Corpos Rígidos: Sistema Equivalente de Forças

Prof.: César Falcão

Disciplina: Dinâmica das Máquinas – ESAM3

Introdução

• Corpo rígido deve ser tratado como um grande número de pontos materiais;

• Em mecânica elementar todos os corpos são rígidos• As deformações reais são pequenas e não afetam as condições de equilíbrio

ou de movimento do corpo.

• Nem sempre é possível tratar um corpo como uma única partícula.• O tamanho e os pontos de aplicação específicos de cada uma das forças que

nele atuam devem ser considerados.

• Qualquer sistema de forças atuando em um corpo rígido pode sersubstituído por um sistema equivalente composto por uma únicaforça atuando em um dado ponto e um binário.

Forças Externas e Internas

• Forças atuando em corpos rígidos são divididas em dois grupos:• Forças Externas• Forças Internas

• Forças externas são mostradas em um diagrama de corpo livre

• Se não for contrabalanceada, cada uma das forças externas pode imprimir ao corpo rígido um movimento de translação ou de rotação, ou ambos.

Princípio da Transmissibilidade

• As condições de equilíbrio ou demovimento de um corpo não semodificam ao se transmitir a açãode uma força ao longo de sua linhade ação.• F e F’ são forças equivalentes.

• O princípio da transmissibilidadenem sempre pode ser aplicado nadeterminação de forças internas edeformações.

Momento de uma força em relação a um ponto

• O momento de uma força F em relação a um ponto O é definido como• 𝑀𝑜 = 𝑟 ∧ 𝐹

• 𝑟: vetor posição, une o ponto de referência O com o ponto A de aplicação da força 𝐹.

• 𝑀𝑜 = 𝑟 𝐹 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝐹𝑑• d: é a distância de O até a linha de ação de 𝐹.

• O sentido do momento pode ser determinado pela regra da mão direita

• Qualquer força F’ que tem a mesmaintensidade, direção e sentido de F, éequivalente a ela se também tem suamesma linha de ação e portando, gera omesmo momento.

• Se a força tende a girar a estrutura no sentidoanti-horário, o vetor momento aponta parafora do plano da estrutura e a intensidade domomento é positiva.

• Se a força tende a girar a estrutura no sentidohorário, o vetor momento aponta para dentrodo plano da estrutura e a intensidade domomento é negativa.

Teorema de Varignon

• O momento em relação a um dado ponto O da resultante de diversas forças concorrentes é igual à soma dos momentos das várias forças em relação ao mesmo ponto O.

𝑀𝑜 = 𝑟 ∧ 𝐹1 + 𝐹2 + ⋯ = 𝑟 ∧ 𝐹1 + 𝑟 ∧ 𝐹2 + ⋯

Componentes Cartesianas do Momento de uma Força

• 𝑀𝑜 = 𝑟 ∧ 𝐹 = 𝑖 𝑗 𝑘𝑥 𝑦 𝑧𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧

• 𝑀𝑜 = 𝑀𝑜𝑥 𝑖 + 𝑀𝑜𝑦 𝑗 + 𝑀𝑜𝑧𝑘• 𝑀𝑜𝑥 = 𝑦𝐹𝑧 − 𝑧𝐹𝑦• 𝑀𝑜𝑦 = 𝑧𝐹𝑥 − 𝑥𝐹𝑧• 𝑀𝑜𝑧 = 𝑥𝐹𝑦 − 𝑦𝐹𝑥

• 𝑀𝑜 = 𝑟𝐴/𝐵 ∧ 𝐹 = 𝑖 𝑗 𝑘

𝑥𝐴 − 𝑥𝐵 𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 𝑧𝐴 − 𝑧𝐵

𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧

Exercícios• Uma força vertical de 450 N é aplicada na

extremidade de uma alavanca que está ligada aoeixo em O. Determine:

• a) o momento da força em relação a O;

• b) a força horizontal aplicada em A que gera o mesmo momento;

• c) a força mínima aplicada em A que gera o mesmo momento;

• d) a posição de uma força vertical de 1.080 N para que ela gere o mesmo momento;

• e) se alguma das forças obtidas nas partes b, c e d é equivalente à força original

• a) 𝑀𝑜 = 𝐹𝑑 = 450 ∙ 60𝑐𝑜𝑠60𝑜

𝑀𝑜 = 135 𝑁𝑚

• b) 𝑀𝑜 = 𝐹 ∙ 𝑑. : 𝐹 =𝑀𝑜

𝑑

• 𝐹 =135

60𝑠𝑒𝑛60𝑜 = 259,6 𝑁

• c) A força mínima aplicada em A quegera o mesmo momento deve atuar auma distância perpendicular émáxima de O, ou seja, quando F éperpendicular a OA.

• 𝑀𝑜 = 𝐹𝑑. : 𝐹 =𝑀𝑜

𝑑=

135

0,6= 225 𝑁

• d) Para determinar o ponto de aplicaçãode uma força vertical de 1.080 N quegera o mesmo momento em relação a Otemos

• 𝑀𝑜 = 𝐹𝑑. : 𝑑 =𝑀𝑜

𝐹=

135

1080= 0,125 𝑚

• OBcos60o = 12,5.... OB = 25 cm

e) Embora cada uma das forças nas letras b), c) e d) gere o mesmomomento que a força de 450 N, nenhuma tem sua mesma intensidade,direção e sentido, ou sua mesma linha de ação. Portanto, nenhuma dasforças é equivalente à força de 450 N.

Uma força P é aplicada ao pedal de freio em A. Sabendo que P = 450 N e = 30o, determine o momento de P em relação a B.

• Resolução:

• 𝑀𝐵 = 𝑃𝑥 ∙ 𝑦 + 𝑃𝑦 ∙ 𝑥

• 𝑀𝐵 = 𝑃𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑦 + 𝑃𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑥

• 𝑀𝐵 = 450𝑐𝑜𝑠30 ∙ 0,24 + 450𝑠𝑒𝑛30 ∙ 0,1

• 𝑀𝐵 ≅ 116 𝑁𝑚 ↷

Sabe-se que a biela AB exerce na manivela BC uma força de 2,5 kN dirigidapara baixo à esquerda, ao longo da linha central AB. Determine omomento dessa força sobre C

Resolução:

𝐴𝐵 = 0,0422 + 0,1442 = 0,15 𝑚. : 𝑠𝑒𝑛𝛽 =0,042

0,15. : 𝑐𝑜𝑠𝛽 =

0,144

0,15

𝐹 = −𝐹𝑠𝑒𝑛𝛽 𝑖 − 𝐹𝑐𝑜𝑠𝛽 𝑗 = −700 𝑖 − 2400 𝑗 [N]

𝑟 = 𝐶𝐵 = −0,042 𝑖 + 0,056 𝑗 [m]

𝑀𝐶 = 𝑟 ∧ 𝐹 = 140𝑘 𝑁𝑚

Determine os momentos da força de 800 N que atua sobre a estrutura na figura abaixo em relação aos pontos A, B, C e D.

• Resolução:

𝑀𝐴 = 𝐹 ∙ 𝑑𝐴 = 800 ∙ 2,5 = 2000 𝑁𝑚 ↻𝑀𝐵 = 𝐹 ∙ 𝑑𝐵 = 800 ∙ 1,5 = 1200 𝑁𝑚 ↻𝑀𝐶 = 𝐹 ∙ 𝑑𝐶 = 800 ∙ 0𝑀𝐷 = 𝐹 ∙ 𝑑𝐷 = 800 ∙ 0,5 = 400 𝑁𝑚 ↺

Determine o momento resultante das quatro forças que atuam na haste mostrada abaixo em relação ao ponto O

• Resolução: ↺ +𝑀𝑅𝑜 = 𝐹 ∙ 𝑑

𝑀𝑅𝑜 = −50 ∙ 2 + 60 ∙ 0 + 20 ∙ 3𝑠𝑒𝑛30𝑜 + [−40 ∙ (4 + 3𝑐𝑜𝑠30𝑜)]𝑀𝑅𝑜 = −100 + 0 + 30 − 264𝑀𝑅𝑜 = −334 𝑁𝑚 = 334 𝑁𝑚 ↻