mg2_capitulo2

Mecânica Geral II – Notas de AULA 2 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori

1

MOMENTO DE UM BINÁRIO. Duas forças ,F F− que tenham o mesmo

módulo e linha de ação paralelas e sentidos opostos formam um binário.

Representando por ,A Br r , respectivamente, os vetores posição dos pontos de aplicações de , encontramos para a soma dos momentos das duas forças em relação a O:

,F F−

( ) ( )A B A Br F r F r r F× + × − = − ×

A Br r r= −

M r F= × O vetor M é chamado de momento de um binário, é um vetor perpendicular ao plano que contém as duas forças e de módulo:

M r F sen F dθ= ⋅ ⋅ = ⋅

Binários equivalentes

Dois binários que têm o mesmo momento são

equivalentes.

Adição de binários

1 2M M M= +

Decomposição de uma força dada em uma força aplicada em O e um binário.

( )OM r F r s F′ ′= × = + ×

O O

M M s F′ = + ×

Con

Redução de um sistema de forças a uma força e um binário sidere um sistema de forças

1 2 3, ,F F F que atuam nos pontos A1, A2, A3 de um corpo rígido, definidos pelos vetores posição

1 2 3, ,r r r . Como foi visto, 1F pode ser deslocado de A1, a um dado ponto O se for adicionado ao sistema

de força original um binário de momento 1M ,

dado por: 1 1 1M r F= × em relação a O. Repetindo o procedimento para outras forças, podemos dizer que o sistema força-binário equivalente será definido pelas equações:

( )1 1

N NR

i O ii i

iR F M r F= =

= ⇔ = ×∑ ∑

Uma vez que o dado sistema de forças tenha sido reduzido a uma força e um binário em um ponto O, pode-se facilmente reduzi-lo a uma força e um binário em qualquer ponto O´. A força resultante ficará inalterada, porém o novo momento será:


2

R RO OM M s′ = + × R

1 2 3, ,F F F

SISTEMAS EQUIVALENTES DE

FORÇAS E VETORES Qualquer sistema de forças que atua num

corpo rígido pode ser reduzido a um sistema força-binário que atua em O e caracteriza o efeito do sistema de forças sobre o corpo rígido. Dois sistemas de forças são equivalentes, se puderem ser reduzidos ao mesmo sistema força-binário num dado ponto O.

Dois sistemas de forças e

~são equivalentes, se e somente se, a soma das forças e a soma dos momentos, em relação a um dado ponto O, das forças dos dois sistemas, forem respectivamente iguais.

1 2 3, ,F F F′ ′ ′

As condições necessárias e suficientes para que dois sistemas sejam equivalentes são:

1 1 1 1

N N N N

i i O Oi i i i

F F M M ′= = = =

′= ⇔ =∑ ∑ ∑ ∑

SISTEMAS EQUIPOLENTES DE

FORÇAS E VETORES

Dois sistemas de vetores que satisfazem as equações anteriores são ditos eqüipolentes.

Torsor.

No caso geral de um sistema de forças no espaço, o sistema força-binário equivalente em O consiste de uma força R e um momento R

OM não perpendicular e não nulo.Então, o sistema de forças não pode ser reduzido a uma única força ou a um único binário. O vetor binário, no entanto, pode ser substituído por dois vetores binários obtidos pela decomposição de R

OM em uma componente 1M

segundo Re uma componente 2M contida num plano perpendicular a R. Esse sistema força-binário particular é chamado de torsor. A força R e o momento 1M tendem, simultaneamente, a transladar o corpo rígido na direção de R e a girá-lo em torno da linha de ação de R. A linha de ação de R é conhecida como eixo do torsor ou eixo central. A razão p é chamada de passo do torsor:

1Mp

R=

Podemos obter o valor de 1M por:

1

ROR MM

R⋅

=

Para determinar o eixo do torsor, podemos escrever uma equação que envolve o vetor posição r de um ponto arbitrário P do eixo. A licando a

força resultante

p

R e o vetor binário 1M em P e escrevendo que o momento em relação a O desse sistema força-binário é igual ao momento resultante

ROM do sistema original de forças, escrevemos:

1ROM M r R= + ×

Ou: ROM pR r R= + ×

.


3

Exemplo 1 – Um cubo de aresta a é submetido a uma força P, como ilustrado. Determinar o momento de P do cubo:

(a) em relação a A. (b) em relação à aresta AB. (c) em relação à diagonal AG do cubo. Solução:

(a) em relação a A.

ˆ ˆr AF F A ai a→

∆ = = − = − j

( ) ( ) ˆˆ2 2P P j P= − k

( )( )ˆˆ2P P j k= −

AM r P= ∆ ×

( ) ( )( )ˆˆ ˆ ˆ2AM a i j P j k= − × −

( )ˆˆ ˆ2A

aPM i j k= + +

(b) em relação à aresta AB.

( )ˆˆ ˆ ˆ ˆ2AB A

aPM i M i i j k= ⋅ = ⋅ + +

ˆ2AB A

aPM i M= ⋅ =

(c) em relação à diagonal AG do cubo.

ˆˆ ˆˆ

3AG

AG ai aj aknaAG

→

→

→

− −= =

( )( )ˆˆ ˆˆ 1 3AG

n i→ j k= − −

( )( ) ( )ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆˆ 1 32AG AG

AG

aPM n M i j k i j k→= ⋅ = − − ⋅ + +

( )1 1 16AG

aPM = − −

6AGaPM −

=

Exemplo 2 – Determine as componentes do binário equivalente aos dois binários da figura: Solução: Aplicamos ao ponto A as forças de 100N, paralelas às já existentes de 100N e de sentidos opostos. Obtemos dois binários formados por forças de 100N, um contido no plano xz e outro em um plano paralelo ao plano xy. Os três binários da figura podem ser representados por três vetores binários Mx, My e Mz paralelos aos eixos coordenados e dados por:

( ) ( )150 0.450 67.5xM N m= − ⋅ = − ⋅

( ) ( )100 0.300 30.0yM N m= + ⋅ = + ⋅

( ) ( )100 0.225 22.5zM N m= + ⋅ = + ⋅

( )ˆˆ ˆ67.5 30.0 22.5M i j k N m= − + + ⋅


4

Exemplo 3 – Substituir o binário e a força ilustrados por uma única força, equivalente, aplicada à alavanca. Determinar a distância do eixo ao ponto de aplicação dessa força equivalente.

Solução: Inicialmente, a força e o binário dados são substituídos por um sistema força-binário equivalente em O. Deslocamos a força F para O e somamos a ela um binário de momento MO igual ao momento da força em sua posição original em relação a O:

OM OB F→

= ×

( ) (ˆ ˆ0.15 0.26 400O )ˆM i j= + × − j

ˆ60OM kN m= − ⋅ Esse binário é adicionado ao binário de momento -24 N.mk formado pelas duas forças de 200N, sendo obtido um binário de -84k (N.m). Esse binário pode ser eliminado pela aplicação de F em um ponto C escolhido, de tal modo que:

ˆ84k OC F→

− = ×

( ) ( )0 0ˆ ˆ ˆ84 cos 60 60 400k OC i OCsen j j− = + × − ˆ

( )0ˆ ˆ84 cos 60 400k OC k− = −

420OC mm=

Exemplo 4 – Uma viga de 4.8m está submetida às forças indicadas. Reduzir o sistema de forças dado a: (a) um sistema força-binário equivalente em A. (b) um sistema força-binário equivalente em B. (c) uma única força ou resultante. Solução: (a) um sistema força-binário equivalente em A.

( )1 1

N NR

i A i ii i

R F M r F= =

= ⇔ = ×∑ ∑

1

ˆ ˆ ˆ ˆ150 600 100 250N

ii

R F j j j j=

= = − + −∑

( )ˆ600R j N= −

( )1

NRA i i

i

M r F=

= ×∑

( ) ( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ1.6 600 2.8 100 4.8 250RAM i j i j i j= × − + × + × −

( )ˆ1880RAM k N m= − ⋅

( ) (ˆˆ600 ; 1880RAR j N M k N m)= − ↓ = − ⋅ ⇐

(b) um sistema força-binário equivalente em B. Desejamos encontrar o sistema força-binário em B equivalenteao sistema força-binário em A determinado anteriormente. A força R permanece inalterada, porém, o novo vetor binário MB

R deve ser determinado

R RB AM M BA

→

R= + ×

ˆ ˆ ˆ1880 4.80 600RBM k i= − + − ×− j

ˆ ˆ1880 2880RBM k k= − +

( )ˆ1000RBM k N m= ⋅

( ) (ˆˆ600 ; 1880RBR j N M k N m)= − ↓ = − ⋅ ⇐

(c) uma única força ou resultante.

RAM r R= ×

ˆˆ ˆ600 1880xi j k×− = −


5

1880600

x = −

3.13x m=

Exemplo 5 – Quatro rebocadores são usados para trazer um transatlântico ao cais. Cada robocador exerce uma força de 25kN nas direções e sentidos ilustrados. Determinar:

(a) o sistema força binário equivalente no mastro dianteiro O.

(b) o ponto no casco onde um só rebocador mais poderoso deverá empurrar para produzir o mesmo efeito que os quatro rebocadores originais. Solução:

(a) ( )1 1

N NR

i O i ii i

R F M r F= =

= ⇔ = ×∑ ∑

( ) ( ) (ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ12.5 21.7 15 20 25 17.7 17.7R i j i j j i= − + − + + + )j

ˆ ˆ45.2 49.0R i j= −

( )1

NRO i

iiM r F

=

= ×∑

( ) ( )( ) ( ) ( ) (( ) ( )

ˆ ˆ ˆ ˆ27 15 12.5 21.7

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ30 21 15 21 120 21 25

ˆ ˆ ˆ ˆ90 21 17.7 17.7

ROM i j i j

i j i j i j j

i j i j

= − + × − +

)+ × − + + × −

− × +

+

ˆ1552ROM k= −

(b) rebocador único: ˆ ˆr xi yj= +

ROM r R= ×

( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆ45.2 49.0ROM xi yj i j= + × −

( ) ˆ ˆ ˆ49.0 949 1552x k k k− − = −

12.3x m=

Exemplo 6 – Três cabos são atados ao suporte. Substituir as forças exercidas pelos cabos por um sistema força-binário em A.

Solução: Determinamos inicialmente os vetores que

ligam o ponto A aos pontos de aplicações das forças e decompomos as forças em suas componentes cartesianas.

ˆ700B BF n= E

ˆBEBEnBE

→

→=


6

ˆˆ ˆ3 6 2BE E B i j k→

= − = − +

( )22 23 6 2BE→

= + − + = 7

3 6 2 ˆˆ ˆˆ7 7 7BEn i j= − + k

k

k

k

k

j

j

ˆˆ0.075 0.05Br AB B A i→

∆ = = − = +

ˆˆ ˆ300 600 200BF i j= − +

ˆˆ0.075 0.05Cr AC C A i→

∆ = = − = −

ˆˆ707 707CF i= −

ˆ ˆ0.1 0.1Dr AD D A i→

∆ = = − = +

ˆ ˆ600 1039DF i= + O sistema força-binário em A equivalente

às forças dadas consiste em:

( )1

ˆˆ ˆ1607 439 507N

ii

R F i j k=

= = + + −∑ N

( )1

NRA i

iiM r F

=

= ×∑

ˆˆ ˆ

0.075 0 0.05300 600 200

B B B

i j kM r F= ∆ × =

−

ˆˆ30 45B

M i k= −

ˆˆ ˆ

0.075 0 0.05707 0 707

C C C

i j kM r F= ∆ × = −

−

ˆ17.7C

M j=

ˆˆ ˆ

0.1 0.1 0600 1039 0

D B B

i j kM r F= ∆ × = −

ˆ164C

M k=

( )ˆˆ ˆ30 17.7 119RAM i j k N= + + ⋅m

Exemplo 7 – Uma laje suporta as quatro

colunas indicadas. Determine o módulo, a direção e o sentido das quatro cargas.

Solução: Inicialmente, reduziremos o

sistema de forças dado a um sistema de força-binário equivalente na origem O das coordenadas. Esse sistema consiste na resultante R e no momento MO

R:

( )1

ˆˆ ˆ1607 439 507N

ii

R F i j k N=

= = + + −∑

( )1

NRO i i

i

M r F=

= ×∑

( )r m ( )F kN ( )r F N m× ⋅

0 ˆ200 j− 0

ˆ3i ˆ60 j− ˆ180k−

ˆˆ3 1.5i k+ ˆ40 j− ˆˆ60 120i k−

ˆˆ1.2 3i k+ ˆ100 j− ˆˆ300 120i k−

Como a força R e o vetor binário MOR são

mutuamente perpendiculares, o sistema força


7

binário obtido pode ser reduzido a uma força R. O novo ponto de aplicação de R será determinado, sobre a laje, de modo que o momento de R em relação a O seja igual a MO

R. Representando por r o vetor posição e por x e suas coor enadas, teremos: z d

ROM r R= ×

( ) ( )ˆ ˆˆ ˆ ˆ400 360 420xi zk j i k+ × − = −

ˆ ˆˆ ˆ400 400 360 420zi xk i k− = − 1.05 0.9x m z⇔ = ⇔ = m

Concluindo:

( )ˆ400 ; 1.05 0.9R k N x m z m= ↓ = ⇔ = ⇐

j

Exemplo 8 – Duas forças, ambas de módulo P,

estão aplicadas ao cubo de aresta a da figura. Substitua as duas forças por um torsor equivalente e determine:

(a) o módulo, a direção e o sentido da resultante R.

(b) o passo do torsor. (c) o ponto onde o eixo do torsor corta o eixo z. Solução: Inicialmente determina-se o sistema força-

binário equivalente, na origem O. Observamos que os vetores-posição dos pontos de aplicação E e D das forças são:

ˆ ˆEr ai a= +

ˆˆDr aj ak= +

1 2ˆ ˆR F F Pi Pj= + = +

( )ˆ ˆR P i j= +

1 2RO E DM r F r F= × + ×

( ) ( ) ( )ˆˆ ˆ ˆ ˆRO

ˆM ai aj Pi aj ak Pj= + × + + ×

ˆ ˆROM Pak Pai= − −

( )ˆ ˆROM Pa k i= − −

(a) Força resultante em A: Verifica-se que a resultante R tem módulo:

2R P=0 045 90x y zθ θ θ

= = ⇔ = ⇐

(b) Passo do torsor: Substituindo os valores de R e MO

R das equações anteriores teremos:

( ) ( )( )22

ˆˆ ˆ ˆ

2

RO

P i j Pa k iR MpR P

+ ⋅− −⋅= =

( )2

2

1 0 02

Pap

P− + +

=

2ap = −

(c) Eixo do torsor: Momento do torsor:

( )1ˆ ˆ

2aM pR P i j= = − +

O torsor é formado pela resultante R e pelo momento M1. Para determinarmos o ponto em que o eixo do torsor intercepta o plano yz igualamos o momento do torsor em relação a O ao momento total MO

R do sistema original de forças:

1ROM r R M+ × =

Como: ˆˆr yj zk= +

( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2

Pa i j yj zk P i j Pa i k− + + + × + = − +

Obtemos y = a.

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