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Forças: conceitos básicos I-20


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Forças coplanares

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Conforme visto na página anterior, forças no mesmo plano podem ser reduzidas a uma resultante se o resultado não for um conjugado. Assim, o torque da resultante em relação a um determinado ponto é igual à soma dos torques das forças em relação ao mesmo ponto:

τ = ∑ τi #A.1#. E essa relação permite determinar a posição da linha de ação da resultante para os casos de forças não atuantes no mesmo ponto.

Exemplo de forças coplanares
Fig 01
A Figura 01 (a) dá exemplo de 3 forças atuantes em um corpo.

O vetor da resultante R pode ser determinado por qualquer meio válido de soma vetorial. Em (b), está determinado graficamente.

Mas a soma vetorial não fornece a posição da linha de ação de R, isto é, a distância d em relação ao ponto de referência O, conforme (c) da figura.

Considerando apenas os módulos dos vetores, o torque das forças F1, F2 e F3 em relação a O é dado por:

∑ τ = − d1 F1 − d2 F2 − d3 F3.

Os sinais negativos indicam sentido horário. Ver definição de torque na página anterior. E esse valor deve ser igual ao da resultante:

− d R = − d1 F1 − d2 F2 − d3 F3. Determinando, portanto, a posição da linha de ação.

Decomposição de forças coplanares
Fig 02
Em vários casos, os cálculos ficam mais simples com o uso dos componentes dos vetores de forças no sistema de coordenadas X e Y, porque seus valores são facilmente determinados a partir das intensidades e dos ângulos com um eixo.

Conforme Figura 02 (a),

∑ τ = d1x F1y − d1y F1x − d2x F2y − d2y F2x − d3y F3x.

Conforme (b) da figura,

Rx = F1x + F2x − F3x.

Ry = F1y − F2y. Com esses valores, calcula-se R2 = Rx2 + Ry2. E a distância d é determinada por:

− d R = ∑ τ. Naturalmente, o resultado deve ser idêntico ao anterior.



Forças coplanares e paralelas

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Exemplo de forças coplanares e paralelas
Fig 01
Se, além de coplanares, as forças são paralelas entre si, os cálculos são mais simples. A Figura 01 deste tópico dá um exemplo para três forças.

Trabalhando apenas com módulos,

R = F1 + F3 − F2.

d R = ∑ τ = d1 F1 − d2 F2 + d3 F3.

Portanto, os valores de R e d ficam perfeitamente determinados.



Centro de massa

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Peso P de um corpo é a força que a gravidade terrestre exerce sobre o mesmo. A relação fundamental, que pode ser vista com mais detalhes em outras páginas, é

P = m g #A.1#.

Onde m é a massa do corpo e g a aceleração da gravidade (constante na prática). E também se pode dizer que, na prática, pesos são forças verticais. Exemplo: os pesos de duas massas distintas são forças verticais e paralelas entre si.

Desde que os corpos reais têm dimensões físicas (não são pontos materiais) e peso é uma força, é lógico supor que deve existir um local ou ponto de atuação dessa força. Se o corpo é subdividido em pequenas massas m1, m2, ..., de forma que as posições das linhas de ação dos pesos dessas massas possam ser consideradas as suas próprias posições, pode-se determinar a linha de ação do peso de forma similar aos cálculos anteriores para a resultante de um sistema de forças. Naturalmente, o peso de uma massa mi é g mi.

Assim, considerando uma seção do corpo, há um sistema de forças coplanares e paralelas similar ao do tópico anterior, com todas as forças para baixo, é claro.

Então, massa do corpo m = ∑ mi. Peso do corpo P = m g = g ∑ mi.

Seja xcm a posição da resultante peso (equivalente ao d do tópico anterior). Portanto,

xcm P = xcm g ∑ mi = ∑ τ.

Considerando xi (equivalentes a d1, d2, ... do tópico anterior) as posições das massas mi,

∑ τ = x1 m1 g + x2 m2 g + ... = g ∑ xi mi.

Combinando com a igualdade anterior, xcm = ( ∑ xi mi ) / ∑ mi. Para um corpo real, as três dimensões devem ser consideradas:

xcm = ( ∑ xi mi ) / ∑ mi ycm = ( ∑ yi mi ) / ∑ mi zcm = ( ∑ zi mi ) / ∑ mi #B.1#

Essas coordenadas definem o centro de massa do corpo. Isso significa que a linha de ação do peso sempre passa pelo centro de massa, independente da posição do corpo.

Exemplos de centro de massa
Fig 01
A indicação precisa do centro de massa deve usar integrais em vez da formulação discreta anterior. Neste caso, as porções de massa são dadas por

dm = μ dV, onde μ é a massa específica do material e dV o volume elementar.

xcm = ∫ x μ dV / ∫ μ dV #C.1#.
ycm = ∫ y μ dV / ∫ μ dV #C.2#.
zcm = ∫ z μ dV / ∫ μ dV #C.3#.

Se o corpo é homogêneo, μ = constante. Então, ∫ μ dV = μ ∫ dV = μ V. E as fórmulas anteriores são simplificadas:

xcm = ∫ x dV / V ycm = ∫ y dV / V zcm = ∫ z dV / V #D.1#

Se um corpo tem um centro de simetria, o centro de massa coincide com ele. Se tem um eixo de simetria, o centro de massa está nesse eixo. A Figura 01 (a) dá alguns exemplos comuns.

Obs: rigorosamente, o peso de um corpo atua no seu centro de gravidade. No desenvolvimento acima, é suposto que a aceleração da gravidade é constante e que os pesos são forças paralelas (na verdade convergem para o centro da Terra). Resumindo, o campo gravitacional da Terra é considerado uniforme, o que não corresponde exatamente à realidade. Assim, o centro de massa não deve teoricamente coincidir com o de gravidade. Na prática, mesmo levando em conta as maiores dimensões usuais, a diferença é desprezível na maior parte dos casos.

Voltando à fórmula discreta anterior (#B.1#), pode-se concluir que o conceito não se aplica somente a corpos de estrutura contínua. Pode ser um conjunto de pontos materiais (partículas). No exemplo da Figura 01 (b), as massas indicadas e as coordenadas de cada são dadas em metros. Deseja-se saber as coordenadas do centro de massa do conjunto.

m = ∑ mi = 2 + 5 + 4 + 3 = 14 kg.

xcm = ( 2 x 1 + 5 x 3 + 4 x 4 + 3 x 1 ) / 14 = 36 / 14 ≈ 2,6 m.

ycm = ( 2 x 4 + 5 x 4 + 4 x 2 + 3 x 1 ) / 14 = 39 / 14 ≈ 2,8 m.



Equilíbrio de um ponto material

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Um ponto material (ou partícula) está em equilíbrio estático se a soma das forças atuantes no mesmo é nula:

Fi = 0 #A.1#. Considerando forças no plano, pode-se escrever essa equação em termos de componentes:

∑ FiX = 0 ∑ FiY = 0 #B.1#

A Figura 01 (a) deste tópico dá exemplo para 3 forças (F1, F2 e F3) atuantes em um ponto, que fazem entre si os ângulos α1, α2 e α3.

Ponto material sob ação de 3 forças
Fig 01
Pode-se fazer a decomposição para determinar a relação entre elas na condição de equilíbrio, mas, no caso de 3 forças, há um meio mais simples.

Desde que a resultante deve ser nula, a soma das três forças deve ser um triângulo conforme (b) da mesma figura.

Os ângulos α1, α2 e α3 são externos conforme indicado.

Considerando que sen (180 − α) = sen α, pode-se usar a lei dos senos para estabelecer relações no triângulo e a relação entre as forças é

F1 / sen α1 = F2 / sen α2 = F3 / sen α3 #C.1#.

Esfera sobre um plano inclinado
Fig 02
No exemplo do plano inclinado de ângulo α da Figura 02, uma esfera de peso P é mantida em equilíbrio por um cabo. Deseja-se saber a força F de tração nesse cabo.

As forças atuantes na esfera são o peso P, a reação normal do plano N ( se não houvesse, o corpo "afundaria" no plano) e a tração no cabo F.

Pode-se decompor as forças e usar as equações #B.1# deste tópico, mas, desde que são 3 forças, o método anterior é mais simples.

P / sen 90 = N / sen (90 + α) = F / sen (180 − α).

Consideram-se as relações trigonométricas: sen 90 = 1, sen (90 + α) = cos α e sen (180 − α) = sen α. Portanto,

F = P sen α #D.1# e N = P cos α #D.2#.



Equilíbrio de um corpo

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Para o equilíbrio estático de um corpo, são necessárias duas condições fundamentais:

a) Soma das forças atuantes igual a zero: Fi = 0 #A.1#. Ou, considerando forças no plano e seus componentes,

∑ FiX = 0 #A.2# e ∑ FiY = 0 #A.3#.

b) Soma dos torques (momentos) relativos a um ponto qualquer igual a zero: τi = 0 #C.1#. Quando se usa o termo momento, essa igualdade é normalmente escrita Mi = 0 #C.2#.

Viga biapoiada sob ação de forças verticais
Fig 01
A Figura 01 ao lado dá exemplo de uma viga horizontal apoiada em cutelos, sob ação das forças verticais F1 e F2.

O peso próprio da viga é supostamente desprezível.

Desde que os apoios são cutelos, as reações dos mesmos são as forças verticais FA e FB.

Não há forças horizontais e, portanto, consideram-se apenas

∑ FiY = 0 ou FA + FB − F1 − F2 = 0 ou FA + FB = F1 + F2.


F1 e F2 são conhecidas por hipótese, mas essa equação por si não resolve, porque há duas incógnitas FA e FB.

Aplicando a condição do momento nulo em relação a um ponto de referência O, arbitrariamente escolhido (no caso a extremidade esquerda da viga):

xA FA + xB FB − x1 F1 − x2 F2 = 0.

Além de F1 e F2, as distâncias xA, xB, x1 e x2 também são supostamente conhecidas. Portanto, combinando com a igualdade anterior, os esforços na viga ficam perfeitamente determinados.

Obs: conforme dito, o ponto de referência O é arbitrário, não precisa ser necessariamente o ponto indicado na figura. Uma posição mais conveniente é, por exemplo, no apoio A (ajustando-se as distâncias para as forças, é claro). Neste caso, xA = 0, eliminando uma parcela da igualdade anterior.

Entretanto, nem todos os problemas de equilíbrio estático podem ser resolvidos apenas com a aplicação desses dois princípios fundamentais. Se, por exemplo, a viga da figura tiver três e não dois apoios, haverá mais incógnitas do que equações. Situações desse tipo são denominadas hiperestáticas e, nos cálculos, há necessidade de considerar as deformações dos elementos. Informações sobre alguns carregamentos hiperestáticos podem ser vistas em Resistência dos Materiais deste site.

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