captulo iii - equilbrio dos corpos rgidos

4.1 Introdução

Ou, decompondo-se forças e momentos em temos dascomponentes cartesianas, então,

� Condições de Equilíbrio:� Para que haja o equilíbrio de um corpo rígido é preciso

que o somatório de forças e momentos seja nulo, ouseja,

0=∑F , ( ) 0=×=∑∑ FrMO

Capítulo 4 – Equilíbrio dos Corpos Rígidos

componentes cartesianas, então,

0=∑ xF , 0=∑ yF e 0=∑ zF

0=∑ xM , 0=∑ yM e 0=∑ zM

Estas equações permitem determinar forças desconhecidasaplicadas ao corpo rígido ou até mesmo reações exercidaspor vínculos.

4.2 Diagrama do Corpo Livre� A decomposição das forças em componentes mostra

que as forças externas se compensam nas direções x,y e z;

� A decomposição dos momentos mostra que osmomentos das forças externas em relação aos eixos x,y e z se anulam.

� Diagrama do Corpo Livre:� Diagrama do Corpo Livre:� Para a solução de problemas que envolvem o

equilíbrio de corpo-rígido, é necessário identificartodas as forças atuantes sobre tal corpo a partir daesquematização dos diagramas de corpo livre.


4.2 Diagrama do Corpo Livre

a. Escolha do corpo livre a ser considerado: Uma vezescolhido, tal corpo é destacado do solo e separadodos demais para construção do diagrama;

b. Identificação das forças externas: As forças externasrepresentam a ação exercida sobre o corpo livre pelosolo e pelos corpos dos quais foi separado. Tais

� Etapas para a construção de diagramas de corpo livre:

solo e pelos corpos dos quais foi separado. Taisforças são aplicadas nos locais onde o corpo livreestará vinculado ao solo ou a outros corpos.

O peso deve ser incluído entre as forças externas e aplicadoao baricentro do corpo.Quando o corpo livre é constituído por várias partes, asforças exercidas umas sobre as outras não são incluídasentre as forças externas.


4.2 Diagrama do Corpo Livrec. Representação do módulo, direção e sentido das

forças externas: Devem ser corretamente descritosnos diagramas de corpo livre o módulo, a direção e osentido das forças externas conhecidas. Em relaçãoao sentido das forças, devem ser mostrados ossentidos das forças exercidas sobre o corpo e nãoaqueles associados aos das forças exercidas pelocorpo livre;corpo livre;

As forças externas conhecidas são:i. Peso do corpo;ii. Forças aplicadas ao corpo.

As forças externas desconhecidas são:i. Reações ou forças de vínculo → Ação do solo e de

outros corpos contrária ao movimento do corpo livremantendo-o equilibrado.


4.2 Diagrama do Corpo Livred. Dimensões: As dimensões devem aparecer num

diagrama de corpo livre para o cálculo dos momentosdas forças;


4.3 Equilíbrio em Duas Dimensões� Reações nos Vínculos de uma Estrutura 2D:

� Dividem-se em três classes associadas a três tipos devínculos:

i. Reações Equivalentes a uma força com linha de açãoconhecida: Vínculos que causam reações: roletes,balancins, superfícies lisas, hastes curtas e cabos,cursores e pinos deslizantes sem atrito.

Estes vínculos impedem o movimento em apenas umadireção. Estas reações tem como incógnita o seu módulo esuas linhas de ação são conhecidas e devem ser indicadasclaramente no diagrama de corpo livre.


4.3 Equilíbrio em Duas Dimensões



ii. Reações Equivalentes a uma força de direçãodesconhecida: Vínculos que causam reações: pinospolidos, articulações e superfícies ásperas. Estesvínculos restringem a translação de um corpo livre emtodas as direções mas não a rotação em torno daconexão.

Estas reações originam duas incógnitas representadas pelassuas componentes x e y.

iii. Reações Equivalentes a uma força e um binário:Vínculos que causam reações: apoios fixos. Estesvínculos imobilizam completamente o corpo livre eproduzem forças sobre toda a superfície de contatoque podem ser reduzidas a uma força a um binário emrazão do sistema de forças que originam.


4.3 Equilíbrio em Duas DimensõesEstas reações fornecem três incógnitas, ou seja, duascomponentes da força e o momento do binário.


4.3 Equilíbrio em Duas Dimensões� Equilíbrio de um corpo rígido em duas dimensões:

� Aproximando-se ao caso bidimensional, as equaçõesde equilíbrio podem ser simplificadas quando escolhe-se os eixos x e y no plano da estrutura por:

ou seja,

0=∑ zF ; Oz MM =0== yx MM ;Simplificação

ao caso 2D

ou seja,

0=∑ xF 0=∑ yF 0=∑ OM; ;Equações de

equilíbrio em 2D

Mas, independentemente da escolha da origem O, Mo = 0, asequações de equilíbrio para uma estrutura 2D podem serescritas de forma generalizada, ou seja,

0=∑ xF 0=∑ yF 0=∑ AM; ;

onde A é qualquer ponto no plano da estrutura.


4.3 Equilíbrio em Duas Dimensões� Ex.: Considere a treliça abaixo, submetida às forças N, Q eS, e mantida no lugar por uma articulação em A e um roleteem B. A articulação em A impede a movimentação desteponto e exerce sobre a treliça uma força que temcomponentes Ax e Ay. O rolete impede as rotações da treliçaem relação a A e exerce uma força vertical em B.

N Q S

A B

C D

N Q S



O diagrama do corpo livre inclui as reações Ax, Ay e B, asforças aplicadas N, Q e S e o peso P da treliça.

C D

Ny

Nx

Qy

Qx

Sy

Sx

A BAx

AyB


4.3 Equilíbrio em Duas DimensõesJá que a soma dos momentos em relação a A e das forças énula, tem-se que

0=∑ AMDeterminação da intensidade B(não contém Ax e Ay)

0=∑ xF

Determinação de Ax e Ay

0=∑ yF

Determinação de Ax e Ay

Além disso, equações adicionais podem ser obtidasigualando-se a zero a soma dos momentos das forçasexternas em relação a outros pontos da estrutura.



Por exemplo, tem-se que,

0=∑ BM

Esta equação de equilíbrio não fornece novas informaçõesuma vez que o sistema de forças mostrado no diagrama decorpo livre é nulo. Entretanto, pode-se utilizá-la naverificação da solução das três equações de equilíbriooriginalmente obtidas.originalmente obtidas.


4.3 Reações Estaticamente Indeterminadas� Vinculação Parcial – Treliça:

� No caso anterior, vínculos utilizados impediam osmovimentos de corpo rígido. Neste caso, o corpoestava completamente vinculado. Além disso, as trêsincógnitas relacionadas às equivalentes reações decada vínculo são obtidas pela solução das equaçõesde equilíbrio, ou seja, tais reações são estaticamentedeterminadas.determinadas.


Considere a treliça vinculada por articulações em A e B,

‘

A B

C D

N Q S

4.3 Reações Estaticamente Indeterminadas

Estes vínculos restringem, além do necessário, osmovimentos da treliça sob cargas dadas. O diagrama docorpo livre permite identificar quatro incógnitas associadasàs reações. Assim,

C D

Ny

Nx

Qy

Qx

Sy

SxIncógnitas:

Ax; Ay


A B

C D

Ax

AyBy

Bx

P

Ax; Ay

Bx; By


Portanto, existem mais incógnitas do que equações, ou seja,

0=∑ AM Determinação de By e Ay

0=∑ xF Determinação de Ax + Bx

; 0=∑ BM


Logo as componentes Ax e Bx são denominadasestaticamente indeterminadas. Além disso, a estrutura emquestão está demasiadamente restringida, ou seja, éhiperestática.

Solução: Para tanto deve-se considerar as deformaçõesimpostas à treliça pelo carregamento adotado, que é objetoda disciplina Resistência dos Materiais.

4.3 Reações Estaticamente Indeterminadas� Estrutura Parcialmente Vinculada:

� Considere a treliça abaixo vinculada em A e B porroletes,

C D

N Q S


Os vínculos não são suficientes para manter a treliça semmovimento, pois o movimento horizontal é notório. Destaforma, tal estrutura está parcialmente vinculada ouhipoestática.

A B


C D

Ny

Nx

Qy

Qx

Sy

Sx

P

O diagrama do corpo livre revela a existência de duasreações (A e B), ou seja, duas incógnitas, logo

Neste caso, existemmais equações queincógnitas!!!!


Entretanto, observam-se três equações,

A B

AyBy

0=∑ xF0=∑ BM0=∑ AM ; ;

O último somatório, Fx , somente será satisfeito se,

0=++ xxx SQN

incógnitas!!!!

4.3 Reações Estaticamente Indeterminadas� Vinculação Ineficaz:

� Considere a treliça abaixo vinculada em A, B e C porroletes,

C D

N Q S


A BE

4.3 Reações Estaticamente IndeterminadasO diagrama do corpo livre revela a existência das reaçõesdesconhecidas A, B e E, ou seja,

C D

Ny

Nx

Qy

Qx

Sy

Sx

P


A B

AyBy

P

E

4.3 Reações Estaticamente Indeterminadas� A equação, ∑Fx = 0 será satisfeita somente se, Nx+ Qx+ Sx

= 0;� Apesar de um número suficiente de vínculos, estes nãoestão adequadamente dispostos, o que permite movimentoshorizontais da treliça. Neste caso, a estrutura estáineficazmente vinculada;� Como existem somente duas equações de equilíbrio e trêsincógnitas, as reações são estaticamente indeterminadas.


incógnitas, as reações são estaticamente indeterminadas.

4.4 Equilíbrio de um Corpo a Duas Forças� Equilíbrio de um Corpo Submetidos a Duas Forças:

� Um corpo submetido a duas forças estará equilibradoquando tais forças apresentarem mesmo módulo elinha de ação e sentidos opostos.

Considere a placa em L submetida às forças F1 em A e F2 emB. Se esta placa está em equilíbrio a soma dos momentos deF1 e F2 em relação a qualquer eixo é zero.


F1 e F2 em relação a qualquer eixo é zero.

F1

F2

B

A

4.4 Equilíbrio de um Corpo a Duas Forças

F1

F2

� Soma dos momentos em relação a A: Já que os momentosde F1 e F2 são nulos, a linha de ação de F2 deve passar peloponto A.

B

A


1

� A soma dos momentos em relação a B: Novamente, osmomentos nulos de F1 e F2 mostram que a linha de ação deF1 passa pelo ponto B.

A

F1

F2

B

A

4.5 Equilíbrio de um Corpo a Três Forças� Equilíbrio de um Corpo Submetidos a Três Forças:

� Considere o corpo rígido abaixo submetido às forças F1em A, F2 em B e F3 em C.

F2

B

F3

C


F1

B

A

4.5 Equilíbrio de um Corpo a Três ForçasJá que o corpo está equilibrado, a soma dos momentosdestas forças é nula. Assim, supondo-se que as linhas deação de F1 e F2 se interceptem em D, pode-se somar osmomentos em relação a D, logo,

F2 F3

C


F1

B

A

C

D

4.5 Equilíbrio de um Corpo a Três ForçasMas como os momentos de F1 e F2 são nulos em relação a D,igualmente, o momento de F3 neste ponto D vale zero.Portanto, a linha de ação de F3 deve passar por D e as trêslinhas de ação são concorrentes.

F2

F3


F1

B

A

C

D

Quando as linhas de açãonão se cortam, isto é, sãoparalelas tem-se a únicaexceção!

4.6 Equilíbrio em Três Dimensões� Reações nos Vínculos de uma Estrutura 3D:

Tipos de

Reação

Um única força (superfície lisa) → 1 incógnitaaté

Um sistema força-binário (engastamento)→ 6 incógnitas

Figura 4.10 Beer & Johnston 5ª Edição!


Identificação do tipo de reação relacionada a um dadovínculo: Verificar, dentre os seis movimentos fundamentais(translação e rotação nos eixos x, y e z) são permitidos equais impedidos.

4.6 Equilíbrio do Corpo Rígido em 3D� Condição de Equilíbrio Tridimensional:

0=∑ xF , 0=∑ yF e 0=∑ zF

0=∑ xM , 0=∑ yM e 0=∑ zM

Equaçõesresolvidaspara até 6incógnitas!!!

� Reações que envolvem mais de seis incógnitas: Há maisincógnitas do que equações. Neste caso, algumas reações


incógnitas do que equações. Neste caso, algumas reaçõessão estaticamente indeterminadas e o corpo é hiperestático.

� Reações que envolvem menos de seis incógnitas: Há maisequações do que incógnitas e algumas equações não sãosatisfeitas sob condições gerais de carregamento. Assim, ocorpo rígido está parcialmente vinculado e é denominadohipoestático.

4.6 Equilíbrio do Corpo Rígido em 3D

� Corpos Impropriamente Vinculados: Ainda com seis oumais incógnitas é possível que algumas equações deequilíbrio não sejam satisfeitas. A estes casos estãorelacionados a vínculos que produzem reações definidas porforças paralelas ou que interceptam a mesma reta.


4.6 Equilíbrio do Corpo Rígido em 3D� Ex.: Um cartaz de 1,50 m x 2,40 m de densidade uniforme,

pesa 1350 N e está vinculado por uma junta esférica em Ae por dois cabos. Determine a força de tração em cadacabo e a reação A.

D

C

1,20 m

y


A

C

B0,90 m

x

1,50 m

E

4.6 Equilíbrio do Corpo Rígido em 3DSolução: Esquematiza-se um diagrama do corpo livre, daseguinte forma,

A

D

C

1,20 m

y

Ayj

A iTBDT


A

B0,90 m

1,50 m

E

G

Azk

Axi TEC

P= -(1350 N) j


As componentes das forças TBD e TEC podem ser expressasem termos dos módulos TBD e TEC como se segue,

m 60,3=BD e m 10,2=EC

Logo, os vetores serão,

kjiTBDˆ40,2ˆ20,1ˆ40,2 −+−=

r

e kjiTECˆ60,0ˆ90,0ˆ80,1 ++−=

r

Desta forma, as tensões podem ser escritas como,


Desta forma, as tensões podem ser escritas como,

kTjTiTTT BDBDBDBDBDBDˆ

3

2ˆ3

1ˆ3

2−+−== λ

r

e

kTjTiTTT ECECECECECECˆ

7

2ˆ7

3ˆ7

6++−== λ

r


Escrevendo as equações de equilíbrio,

Escrevendo em função das componentes,

01350 =−++++ jTTkAjAiA ECBDzyx0=∑F

07

2

3

21350

7

3

3

1

7

6

3

2=

+−+

−+++

−− kTTAjTTAiTTA ECBDzECBDyECBDx

Calculando os momentos em relação a A,


0=×=∑∑ FrAM

Calculando os momentos em relação a A,

Tem-se,

( ) 0ˆ1350ˆ20,1

ˆ

7

2ˆ7

3ˆ7

6ˆ80,1ˆ

3

2ˆ3

1ˆ3

2ˆ40,2

=−×+

++−×+

−+−×

ji

kTjTiTikTjTiTi ECECECBDBDBD

4.6 Equilíbrio do Corpo Rígido em 3DSimplificando,

( ) ( ) 0ˆ514,060,1ˆ1620771,0800,0 =−+−+ jTTkTT ECBDECBD

então,

N 506=BDT e N 1580=ECT

Resolvendo a equação para o somatório das forças,

[N] ˆ114ˆ504ˆ1690 kjiA −+=


[N] 114ˆ504ˆ1690 kjiA −+=

4.6 Forças Distribuídas Centróides e Baricentros

� Centro de Gravidade de um corpo bidimensional:A placa horizontal abaixo pode ser dividida em n pequenoselementos. As coordenadas do primeiro elemento são x1 e y1,assim como para o segundo elemento pode se escrever x2 ey2. As forças exercidas pela Terra sobre os elementos daplaca são ∆P1, ∆P2, ..., ∆Pn que podem ser consideradas comoparalelas, ou seja, sua resultante é uma única força numaúnica direção. O módulo P dessa força é dada por:

∆P


=

única direção. O módulo P dessa força é dada por:

o

z

x

yx

yG

o

z x

y

x

y

∆P

∑∑ ∆= PxPxM y :

∑∑ ∆= PyPyM x :

P


Coordenadas e do ponto G, onde a resultante P deve seraplicada:

nny PxPxPxPxM ∆++∆+∆=∑ K

2211:

x y

e,

nnx PyPyPyPyM ∆++∆+∆=∑ K

2211:

Aumentando-se o número de elementos, no limite, tem-se


∫= dPP

Aumentando-se o número de elementos, no limite, tem-seque:

; ∫= dPxPx ; ∫= dPyPy

Tais equações definem o peso P e as coordenadas e dobaricentro G da placa.

x y


O mesmo procedimento pode ser adotado para um arame noplano y e, neste caso, o baricentro G não está sobre o arame.Esta fato também ocorrerá em placas com furos:

y

z

x

P

y

z

x

∆P

=


x

x

y

x

y

∑∑ ∆== PxPxM y ∑∑ ∆== PyPyM x;

=


Placa homogênea de espessura uniforme:� Centróides de Superfícies Curvas:

Módulo do Peso

de um elemento de placa

γ : peso específico do material;

t : espessura da placa;∆A: Área do elemento.

AtP ∆=∆ γ

Para a placa inteira, o módulo P do peso é dado por


nny PxPxPxPxM ∆++∆+∆=∑ K

2211:

AtP γ= A: Área total da placa.

Introduzindo-se ∆P e P na equação de momentos My e Mx

nny AtxAtxAtxAtxM ∆++∆+∆=∑ γγγγ K

2211:

Então,


nnx PyPyPyPyM ∆++∆+∆=∑ K

2211:

e,

nnx AtyAtyAtyAtyM ∆++∆+∆=∑ γγγγ K

2211:

assim,

Simplificando-se as equações de x e y,

AxAxAxAxM ∆++∆+∆=∑ K:


nny AxAxAxAxM ∆++∆+∆=∑ K

2211:

e,

nnx AyAyAyAyM ∆++∆+∆=∑ K

2211:

Para um número elevado de elementos,

∫= dAxAx ∫= dAyAy;


Estas equações definem as coordenadas e do baricentropara uma placa homogênea.

x y

y

x

yx

C =

x

y

x

∆A

y


o

yx

=

ox

∑∑ ∆== PxPxM y ∑∑ ∆== PyPyM x;

No caso de placas não-homogêneas as integrais não podemser empregadas para determinar o baricentro, mas definem ocentróide da superfície.


Arames homogêneos:� Centróides de Superfícies Curvas:

γ : peso específico do material;

a : área da seção transversal do arame;∆l : comprimento do elemento.

laP ∆=∆ γ

Assim, o baricentro do arame é coincidente com o centróideda curva L associada à forma do arame, isto é,

y y


da curva L associada à forma do arame, isto é,

o

y

x

y

x

C

o

y

x

y

x

∆L

=

∑∑ ∆== LxLxM y∑∑ ∆== LyLyM x

4.6 Momentos de Primeira Ordem de Curvas e Sup.

As integrais ∫xdA e ∫ydA denotam os momentos de primeiraordem da superfície A em relação aos eixos y e x,respectivamente. Desta forma,

∫== dAxQAx y; ∫== dAyQAy x

onde,Qy : Momento de primeira ordem de A (superfície) em relação

ao eixo y;


yao eixo y;

Qx : Momento de primeira ordem de A (superfície) em relaçãoao eixo x.

Uma vez que,AxQy = ; AyQx =

4.6 Momentos de Primeira Ordem de Curvas e Sup.

As coordenadas e do centróide podem ser obtidas,reciprocamente, por

A

Qx

y= ;

A

Qy x=

Observa-se que se o centróide de uma superfície estiversituado sobre um eixo, os momentos de primeira ordemserão nulos.

x y


serão nulos.


� Superfícies com um eixo de simetria:� Eixos de Simetria:

y

xx−


o x

Ad ′ dA

AC

Cada elemento dA referente a uma abscissa x corresponde aum elemento dA’ com abscissa –x, desta forma,

0== ∫ dAxQy ou 0=x


� Superfícies com dois eixos de simetria:

B

D’

Dois Eixos

de

simetria

não

perperdic

ulares não

B

D’ D


ox

D

C

ulares não

tem centro

de

simetria

B’

D’ D

Dois Eixos de simetria

perpendiculares. O ponto de

interesse dos eixos é um centro de

simetria


� Superfícies com um centro de simetria:

y

dA

x

Figuras com um centro de simetria não tem,necessariamente, um eixo de simetria como se observaabaixo,


x

Ad ′

o

x−

y

y−

4.6 Placas e Arames Compostos

z

∑ P

y

z

y

∑ P

∑ P3

=

A placa abaixo pode ser dividida em retângulos e triângulospara a determinação das coordenadas e de seu baricentro.x y


o x

Gx

y

o x

G1

∑ P1∑ P2

G2

G3

=


Assim,

( ) nnny PxPxPxPPPxM +++=+++∑ KK

221121:

( ) nnnx PyPyPyPPPyM +++=+++∑ KK

221121:

ou,

∑∑∑ = ∑∑∑ = PyPyM :;


∑∑∑ = iiiy PxPxM : ∑∑∑ = iiix PyPyM :;


Se a placa for homogênea e apresentar espessura constante,haverá a coincidência entre o baricentro e o centróide. Nestecaso, utilizando-se os momentos de 1ª ordem, será possíveldeterminar as coordenadas e do centróide.x y

� Coordenada : Duas opções para determinaçãox

i. AxQy =


ii.iiiy AxAxQ ∑∑ == Subdivisão da placa em

triângulos e retângulos

� Coordenada : Duas opções para determinaçãoy

i. AyQx =

ii.iiix AyAyQ ∑∑ == Subdivisão da placa em

triângulos e retângulos


y y

=

Então, graficamente,


o x

C

∑ Ax

y

o x

C1A1

A2

A3

C2

C3

=


� Ex: Determine, para a superfície plana abaixo, ( a ) osmomentos estáticos com relação aos eixos x e y, e ( b ) aposição do centróide.

y

120 mm


x

80 mm

60 mm


� Solução: Basta subdividir a placa em várias partes maissimples,

y

60 mm

y

40 mm


x

40 mm

x-20 mm

+


y

60 mm

4r/3π = 25 mm

y

60 mm

_


x

80 mm

60 mm

x

80 mm

60 mm


Calculando as figuras individualmente,

� Retângulo:

2mm 960080120 == xA

3mm 576000960060 == xAx

3mm 384000960040 == xAy


mm 384000960040 == xAy

� Triângulo:

2mm 360060120

2

1== xA

3mm 144000360040 == xAx

3mm 72000360020 −=−= xAy


� Semi-Círculo:

2

22

mm 56552

60

2≅==

ππ rA

3mm 339300565560 == xAx

3mm 5937555655105 == xAy

� Círculo:


� Círculo:

( ) 3mm 301620502760 −=−= xAx

( ) 3mm 402160502780 −=−= xAy

222mm 502740 −≅−=−= ππ rA


� Posição do Centróide:

Desta forma,3

mm 50359540216059375572000384000 ≅−+−==∑ iix AyQ

3mm 757680301620339300144000576000 ≅−++==∑ iiy AxQ


� Posição do Centróide:

mm79.5413828

757680≅==

∑∑

i

ii

A

Axx

mm 42.3613828

503595≅==

∑∑

i

ii

A

Ayy

4.7 Determinação do Centróide por Integração

Devem ser escolhidos retângulos estreitos, faixas finas outriângulos como elementos diferenciais de área dA. Destaforma, utilizando-se os momentos estáticos em relação àscoordenadas xel e yel do elemento dA, obtém-se,

dAxAxQ ely ∫== ; dAyAyQ elx ∫==

y y


x

elx

ely

x

y

( )xP

xxel = ; 2yyel =

dxydA =

xelx

ely

x

y

( )xP

a

2

xaxel

+=

yyel =

( )dyxadA −=


Devem ser escolhidos retângulos estreitos, faixas finas outriângulos como elementos diferenciais de área dA. Destaforma, utilizando-se os momentos estáticos em relação àscoordenadas xel e yel do elemento dA, obtém-se,

dAxAxQ ely ∫== ; dAyAyQ elx ∫==y

2r 1


x xelx

ely

( )r,R θ

32 r

r

θ

θcos3

2rxel =

θsen3

2ryel =

θdrdA2

2

1=

Área de um setor circular

Obs.: As coordenadas e são expressas em função dascoordenadas de um ponto localizado sobre a curva limitantedesta superfície.

elxely


Para uma linha definida por uma equação algébrica, ocentróide pode ser calculado por,

dLxLx ∫= ; dLyLy ∫=

Para o elemento dL,

dxdx

dydL

21

2

1

+=

Estas equações


dx

dydy

dxdL

21

2

1

+=

θθ

dd

drrdL

21

2

2

+=

Estas equaçõesdependem do

tipo de expressão que define a linha

4.8 Teorema de Pappus-Guldin

� Ex.: Associado a superfícies e corpos de revolução,

� Conceito de Superfície de Revolução:

É aquela obtida a partir da rotação de uma curva plana emtorno de um eixo fino, conforme apresentado abaixo,

B A superfície de uma esfera éobtida pela rotação de umasemi-circunferência ABC em


CA

semi-circunferência ABC emtorno de eixo AC.

CA

B A superfície lateral de um coneé determinada pela rotação dareta AB em torno do eixo AC.


É aquela obtida a partir da rotação de uma curva plana emtorno de um eixo fino, conforme apresentado abaixo,

B

A superfície de um toróide éobtida pela rotação de umacircunferência B em torno deeixo AC.


CA


� Ex.: Associado a superfícies e corpos de revolução,

� Conceito de um corpo de Revolução:

É aquele gerado pela rotação de uma superfície plana emtorno de um eixo fino. Assim, uma esfera sólida é obtida pelarotação de um semi-círculo e um cone pela rotação de umasuperfície triangular.


Teorema I : “A área de uma superfície de revolução é igual aocomprimento da curva geratriz multiplicado peladistância percorrida pelo centróide da curvadurante a revolução”


Considere o elemento dL da linha L girando ao redor do eixox,

dL

y

x

L

Cy

xA curva geratriz nãointercepta o eixo x!


dAyπ2

Área, , entãodLydA π2= ∫= dLyA π2

Todavia, . Logo,∫= dLyLy LyA π2=

:2 yπDistânciapercorrida pelocentróide de L.

:y Ordenada docentróide C.


Teorema II : “O volume de um corpo de revolução á igual àárea da superfície geratriz vezes a distânciapercorrida pelo centróide durante a revolução”

dA

xy

A

xy

C

A superfície geratriz nãointercepta o eixo x!

Denota a distânciapercorrida pelo centróidede A.

:2 yπ


dV yπ2

Volume gerado:

∫=→= dAyVdAydV ππ 22

Mas,

AyVdAyAy π2=→= ∫ Ordenada do centróide C.:y

de A.

4.8 Teorema de Pappus-Guldin� Ex: A partir dos teoremas de Pappus-Guldin, determinar:

(a) o centróide de uma superfície semi-circular, e (b) ocentróide de uma semi-circunferência.

Dados:3

3

4rV π= e 2

4 rA π=

Solução:2

2r

Aπ

=


y

2A =

xLembrando que,

AyV π2= , então , o que produz,

= 23

2

12

3

4ryr πππ

π3

4 ry =


y

rL π=

x

Lembrando que,

LyA π2= , assim

No caso do item (b), tem-se,

[ ]ryr πππ 242 =

O que fornece,


O que fornece,

π

ry

2=

4.9 Baricentro e Centróide de Sólidos

� Baricentros e Centróides:

A representação esquemática abaixo mostra que o baricentroG do sólido é obtido dividindo-se o mesmo em pequenoselementos de forma que o peso P seja associado aosincrementos ∆P de cada elemento individual.

y y


x

z

∆ P = -∆P j

G

r

P = -P j

x

z

∆Pr


Assim,

∑ :F ( )∑ ∆−=− jPjP iˆˆ

∑ :OM ( ) ( )[ ]∑ ∆−×=−× jPjP iˆˆ rr

Desta forma, reescrevendo a última equação,

( ) ( )[ ]∑ −×∆=−× jPjP iˆˆ rr


∑ i

Portanto,

∑∆= iPP ; ∑ ∆= iPP rr

E, no caso limite,

∫= dPP ; ∫= dPP rr

Estas relações independem do eixo adotado, ou seja, daorientação do corpo!


Expandindo os dois vetores posição em termos dascomponentes cartesianas,

kzjyix ˆˆˆ ++=r

Tem-se que,

;

( ) ( )∫ ++=++ dPkzjyixPkzjyix ˆˆˆˆˆˆ

ou,

kzjyix ˆˆˆ ++=r


ou,

Assim, verifica-se a equivalência,

( ) ∫∫∫ ++=++ dPzkdPyjdPxikPzjPyiPx ˆˆˆˆˆˆ

∫= dPP rr equivalente à { }∫∫∫ === dPzPzdPyPydPxPx ;;


Para corpos homogêneos de peso específico γ,

O que resulta, após a relação com os vetores posição,

então,∫= dPP rr

dVdP γ= ; VP γ=

∫= dVV γγ rr , fornecendo,

∫= dVV rr


Em termos de componentes escalares,

;∫= dVxVx

Estas últimas equações são momentos estáticos do sólidoem relação aos planos yz, zx, xy, respectivamente.

∫= dVV rr

∫= dVyVy e ∫= dVzVz


O ponto de coordenadas , e denota o centróide de umsólido de volume V. Caso tal sólido seja homogêneo, hácoincidência entre seus centróides e o baricentro do volume.

x y z

As equações integrais anteriores definem apenas o centróidede sólidos não-homogêneos.



Se um mesmo corpo pode ser divido em formas geométricasilustradas na tabela anterior, o baricentro G pode serdeterminado igualando-se o momento em relação à origem Ode seu peso total à soma dos momentos dos pesos de cadafigura também em relação ao ponto O, ou seja,

∑∑∑∑∑∑ === iiiiiiiii PzPZPyPYPxPX ;;

E, para corpos homogêneos, a coincidência entre o


E, para corpos homogêneos, a coincidência entre obaricentro e o centróide de volume permite escrever,

∑∑∑∑∑∑ === iiiiiiiii VzVZVyVYVxVX ;;

captulo iii - equilbrio dos corpos rgidos

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