EX.7 MECANICA GERAL

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7. FORÇAS INTERNAS
7.1 SOLUÇÃO DE PROBLEMAS COM FORÇAS INTERNAS
As forças internas têm a função de manter unidas as diversas partes de um corpo. Estas
forças não afetam o equilíbrio externo do corpo já que elas atuam sempre aos pares (ação e
reação).
Para resolver problemas com forças internas basta lembrar-se desta observação:
Quando um corpo rígido está em equilíbrio, cada uma das suas partes também deve estar em
equilíbrio isoladamente.
Para exemplificar o trabalho com forças internas vamos considerar a estrutura
representada na Fig. (7.1a).
a) b)
Figura 7.1 – Ilustração de problema com forças internas.
A Fig. (7.1b) apresenta o diagrama de corpo livre da estrutura. Considerando-se este diagrama
e que o objeto suspenso pesa 2 kN, pode-se escrever as equações de equilíbrio abaixo
°⋅=→=°⋅−→=∑ 30sen030sen0 TATAF xxX (1)
°⋅+=→=°⋅−−→=∑ 30cos2030cos20 TATAF yyY (2)
kN 87,2,kN 5,0AkN 10830sen220 x ==→=→=⋅°⋅+⋅−→=∑ yA ATTM (3)
A este conjunto de equações se dá o nome de equações de equilíbrio externo do corpo. Nota-
se que não há forças internas nestas equações porque estas não afetam o equilíbrio externo do
Ax
B
C E F
D
Ay
P
T
B
C E F
D
G A
11
1
1
7
60o
2 kN
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corpo. Neste problema apenas com as equações de equilíbrio externo obteve-se os valores das
reações. É importante ressaltar que nem sempre isto ocorre.
Vamos considerar que o próximo objetivo do problema é obter as reações nas
articulações B, C e E. Estas articulações mantém as barras unidas impedindo duas translações
e deixando a rotação livre. Para resolver-se o problema deve-se romper as articulações
colocando-se duas reações no seu lugar. A Fig. (7.2) ilustra um diagrama de corpo livre para
cada uma das barras que forma a estrutura. Deve-se observar que as reações de uma
articulação, que une duas barras, devem ser opostas de modo a se eliminarem, segundo a
Terceira Lei de Newton, quando as barras são unidas novamente.
Figura 7.2 – Diagramas de corpo livre de cada uma das partes da estrutura.
Considerando que a estrutura está em equilíbrio, pode-se afirmar que cada uma das partes que
a formam também estão em equilíbrio. Logo, pode-se escrever um conjunto de equações de
equilíbrio para cada um das partes ilustradas na Fig. (7.2).
Barra horizontal
xxxxX CECEF =→=−→=∑ 00 (4)
2020 −=→=−−→=∑ yyyyY ECCEF (5)
kN 2CkN 401220 y =→=→=⋅+⋅−→=∑ yyC EEM (6)
Barra Vertical
xxxxX BCBCF =→=°⋅−+−→=∑ 030sen15,00 (7)
kN 4087,2230cos10 =→=+−+°⋅−→=∑ yyY BBF (8)
kN 4B,kN 4C0230sen1165,00 xx ===→=⋅°⋅−⋅+⋅−→=∑ xxB ECM (9)
C E
P
Cx Ex
Cy Ey
Ax
B
D
Ay
T
Cx
By
Cy
Bx
B
By Ey
Bx
Ex
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Embora as equações escritas já permitam resolver o problema, apresenta-se a seguir o
conjunto de equações correspondentes à barra inclinada.
xxxxX EBEBF =→=−→=∑ 00 (10)
yyyyY EBEBF =→=−→=∑ 00 (11)
yyxB EEEM =→=⋅−⋅→=∑ xE0110 (12)
Pode-se observar que foram escritas 12 equações de equilíbrio, das quais as 3
primeiras são externas. Para cada articulação são escritas 3 equações de equilíbrio, o que
totaliza as 9 equações restantes. Com este conjunto de 12 equações deve-se resolver um
problema de 9 incógnitas, logo 3 equações podem ser descartadas. Não há uma regra geral
sobre qual conjunto de equações deve ser descartado.
Caso seja necessário obter o valor da força que atua na barra BE deve-se fazer
kN 6,544 22 =+=BEF na direção da barra.
Sempre que tivermos uma barra bi-rotulada com as forças agindo apenas nas rótulas,
estas forças terão resultante obrigatoriamente com a orientação da barra. Este resultado pode
ser demonstrado de modo genérico fazendo-se
Pelo teorema de Varignon tem-se
lRlAlA yx )sen(sencos αβαα −=−
Como a barra está em equilíbrio, a
expressão acima deve ser igual a zero.
Como R e l são não nulos tem-se
0)sen( =−αβ
ou seja β = α. Logo conclui-se que a
força resultante R terá obrigatoriamente
a direção da barra.
Este resultado pode ser aplicado de modo direto nos problemas. Por exemplo, no
exercício ilustrado na Fig. (7.1), a barra BE poderia ter sua influência representada por uma
força FBE que tem a direção da barra.
Exemplo 1. Para a estrutura do tipo “mão francesa”, determinar as reações dos
vínculos, bem como as forças em cada uma das barras.
α
β
RAx
Ay
B
l
α
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A
B
HA
HB
VB
P
C
a
b
c
1
2
3
A
HA
P
Cb
2
F1 F3
A
B
HA
HB
VB
a
F2
F3
Solução: Para obtermos as reações dos vínculos
basta escrever as equações de equilíbrio
externo.
BAX HHF =→=∑ 0 (1)
PVF BY =→=∑ 0 (2)
00 =⋅+⋅−→=∑ AB HaPbM
a
PbH A =
Quando a > b , as reações HA e HB têm valores inferiores a P. Logo a situação ideal é ba ≥ .
Para determinar as forças que atuam em cada uma das barras vai-se romper as articulações e representar
um diagrama de corpo livre para cada uma das barras. Como todas as barras que formam o corpo são bi-
rotuladas e têm cargas apenas nas articulações, vai-se empregar o resultado anteriormente demonstrado. Logo
cada uma das barras vai ser substituída por uma força.
00 3 =+−→=∑ Fc
b
a
PbFX (1)
P
a
cF =3
000 1131 =→⋅−=→=+−→=∑ FPa
c
c
aPFF
c
aPFFY (2)
P
a
bFF
c
bFFF
c
bHHF BAX =→=→=+−+−→=∑ 23223 00
A barra número 1 não sofre ação de nenhuma força segundo a orientação desta barra.
7.2 MÁQUINAS SIMPLES
Máquinas simples são mecanismos projetados para transmitir e/ou modificar forças.
Estas máquinas podem ser simples ferramentas, como por exemplo uma alavanca ou um
alicate, ou podem ter um mecanismo mais complexo como, por exemplo, o de uma
retroescavadeira.
Problemas que envolvem máquinas são resolvidos rompendo-se as articulações que
unem as diversas partes da máquina ou seja aplicam-se os mesmos procedimentos anteriores.
No entanto, neste tipo de problema, as equações de equilíbrio externo geralmente não levam a
resultados práticos.
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Análise de um alicate comum. Um alicate, Fig. (7.3), é uma ferramenta útil para
apertar, manipular e esmagar objetos (arames, pregos, parafusos). O seu princípio de
funcionamento é baseado na “regra” da alavanca, ou seja, aplica-se uma força P, de menor
intensidade, a uma distância b de um ponto de apoio com o objetivo de obter uma força Q, de
maior intensidade, a uma distância a do ponto de apoio. Para que o alicate cumpra a sua
função é necessário que o giro em torno do ponto de apoio, que é a articulação representada
na Fig. (7.3), seja livre e que a distância b seja maior que a distância a. Esta última conclusão
é obtida matematicamente escrevendo-se as equações de equilíbrio para o problema.
Figura 7.3 – Alicate comum.
Em primeiro lugar, vamos identificar as forças que atuam no problema. Tem-se duas
forças ativas externas P aplicadas pela pessoa que usa o alicate. Esta força P gera duas forças
Q reativas, que são as forças que vão pressionar o objeto. Deste conjunto de forças tem-se
como resultado um sistema de forças auto-equilibrado. Neste caso, as equações de equilíbrio
externo não servem para resolver o problema.
Um diagrama de corpo livre mais próximo da realidade deveria representar as forças Q
com um ângulo em relação a vertical, de modo que elas fossem normais à lâmina de corte.
Esta força seria, então, decomposta numa componente vertical Q1 e numa componente
horizontal Q2. Para que o objeto não seja expulso do alicate, quando este é pressionado, deve-
se considerar o atrito existente entre o objeto e a lâmina de corte. Neste caso, tem-se uma
força FA paralela à lâmina de corte, que pode ser decomposta numa componente horizontal
FA2 e numa componente vertical FA1. A componente FA2 deve equilibrar Q2 e a componente
FA1 atua favorecendo o esmagamento do objeto. É importante ressaltar que as forças Q2, FA2 e
FA1 são de pequeno valorjá que o ângulo com relação a vertical deve ser pequeno. Além
disso, estas forças são variáveis a medida que se pressiona o objeto com o alicate. A Fig. (7.4)
faz uma ilustração do diagrama de corpo livre do objeto com estas considerações.
Representou-se as forças de atrito num detalhe para que a ilustração ficasse mais clara.
a
b
Q
Q
Articulação (giro livre)
P
P
Q
Q
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Figura 7.4 – Diagrama de corpo livre do objeto considerando a forma real de aplicação das
forças.
Como o alicate resulta num sistema de forças auto-equilibrado, deve-se romper a sua
articulação e analisar apenas uma das partes para se obter uma relação entre as forças de
entrada e saída. Rompendo-se a articulação, deve-se acrescentar duas forças internas que
representam o seu funcionamento. A Fig. (7.5) apresenta o diagrama de corpo livre de uma
das partes.
Figura 7.5 – Diagrama de corpo livre de uma das partes do alicate.
Escrevendo-se as equações de equilíbrio para a parte detalhada obtém-se
00 =→=∑ xX AF
QPAF yY +=→=∑ 0
P
a
bQQaPbM A =→=⋅+⋅−→=∑ 00
Q Q1
Q2
Q2
Q1Q
FA2
FA2
FA2
FA1
FA
a
b
P
Q Ay
Ax
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Das equações de equilíbrio pode-se concluir que o pino não exerce força na direção
horizontal. Este resultado é válido mesmo considerando o modo de aplicação da força Q
ilustrado na Fig. (7.5). O pino deve resistir a soma das forças de entrada e saída. A relação b/a
é o fator de multiplicação da ferramenta (um termo mais genérico seria função de
transformação da máquina). Deste resultado nota-se que se o objetivo é Q > P então deve-se
ter b > a. Para ilustrar melhor este resultado, vamos considerar as dimensões de um alicate
encontrado no comércio; a = 2 cm (objeto posicionado no centro da lâmina de corte) e b = 13
cm (posição mais comum de uso do alicate). Neste caso, tem-se um fator de multiplicação de
6,5 vezes.
7.3 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Um cilíndro pesa 2 kN e é suspenso por um par de tenazes conforme ilustrado na Fig.
(7.6). Determine as forças exercidas sobre a tenaz nos pontos D e C.
Figura 7.6 – Esquema de uma tenaz.
A Fig. (7.6) apresenta também o diagrama de corpo livre do cilíndro. As forças
verticais que a tenaz aplica no cilíndro são obtidas diretamente considerando que o problema
é simétrico (basta dividir 2 kN por 2). Novamente tem-se um problema com sistema de cargas
auto-equilibrado. Para resolve-lo deve-se romper a articulação C e analisar apenas uma das
partes. Apresenta-se a seguir o diagrama de corpo livre de uma das partes e as suas
correspondentes equações de equilíbrio.
A B
C
D E
2 kN
15
0 
m
m
30
0 
m
m
200 mm
250 mm
D E
2 kN
1 kN
1 kN
Dx Ex
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B
C
1 kN
1 kN
Dx
Cx
Cy
xxX DCF =→=∑ 0
00110 =→=+−→=∑ yyY CCF
0300112511000 =⋅−⋅+⋅→=∑ xC DM
kN 75,0=xD e kN 75,0=xC
A força que atua no ponto D da tenaz pode ser representada
apenas por uma resultante R fazendo-se
kN 25,1175,0 2222 =+=+= yxD DDR
°== 1,53
75,0
1arctanθ
2) Encontrar as forças reativas externas e as forças internas atuantes nas conexões dos
componentes da empilhadeira representada na Fig. (7.7), sabendo que o peso a ser
levantado é de 5 kN.
Figura 7.7 – Esquema de uma empilhadeira.
Solução: A Fig (7.8) apresenta o diagrama de corpo livre da empilhadeira. Nota-se que neste caso as equações
externas podem ser úteis na solução do problema. É importante ressaltar que a roda representada no ponto D tem
reação apenas na direção x. Os vínculos representados pelos pontos A, B e C são articulações. As reações dos
pontos C e B não são representadas neste diagrama porque elas são forças internas neste caso.
1,5 m 0,5 m
1 
m
A B
C
D
E
5 kN
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A B
C
D
E
5 kN
B
5 kN
B
C
Equações de equilíbrio externo:
xxx ADF =→=∑ 0
kN50 =→=∑ yy AF
05210 =⋅+⋅→=∑ xA DM
Dx = 10 kN e Ax = 10 kN
Figura 7.8 – Diagrama de corpo livre da empilhadeira
Para responder as demais questões do exercício deve-se romper a empilhadeira nas suas articulações.
Equilíbrio interno – parte 1
xxx EBF =→=∑ 0
kN50 =→=∑ yy BF
kN5,2015,050 =→=⋅+⋅−→=∑ xxB EEM
Bx = 2,5 kN
Equilíbrio interno – parte 2
kN5,1205,2100 =→=−+→=∑ xxx CCF
05,01075,05,05,275,050 =⋅+−⋅−⋅−→=∑ cC FM
Fc = 0 (Fc é a força feita pelo cilíndro hidráulico).
kN5050 =→=−+→=∑ ycyy CFCF
A força nula no cilíndro hidráulico indica que este somente é necessário para colocar o
braço da empilhadeira numa determinada posição, mas não para mantê-lo nesta posição.
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P
A
Fy
Fx
Bx
3) Calcule o valor da força que comprime o objeto M na prensa representada na Fig. (7.9).
Considere que a força P é aplicada perpendicularmente a barra AF, que tem um eixo fixo
em F. Na posição representada no esquema, o tirante BC é perpendicular a FB e divide o
ângulo ECD em duas partes iguais.
Figura 7.9 – Esquema de uma prensa.
Solução: Verifica-se novamente que as equações de equilíbrio externo não colaboram na solução do problema. O
procedimento adotado, então, é romper as articulações que ligam as
partes da prensa. Inicialmente representa-se, ao lado, o diagrama de
corpo livre da alavanca. Como BC é um tirante, a força nele tem a
mesma direção do tirante ou seja By é igual a zero. Considerando-se as
equações de equilíbrio da alavanca pode-se escrever
010010002000 =⋅+⋅−→=∑ xF BM
NBx 2000=
Como o tirante BC transmite força apenas na direção do tirante pode-se
representar a força de 2000 N diretamente no ponto C como ilustrado na
figura apresentada na próxima página.
P
C
A
B
D
E
F
AF= 1000 mm
FB = 100 mm
P = 200 N
α
α =110
α
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2000 N
FCD
FCE
A força de 2000 N aplicada pelo tirante na rótula C, deve ser equilibrada pelas forças que atuam nas barras CE e
DC. Como estas barras são birotuladas, e as forças atuam apenas nas rótulas, sabe-se que as forças nas rótulas
têm obrigatoriamente a direção da barra. Logo, pode-se representar o esquema a seguir.
CDCECDCEy FFFFF =→=+−→=∑ 0coscos0 αα
Este resultado também pode ser obtido diretamente pela simetria do problema.
NFFF oCECEx 8,524011sen2
20000sen220000 ==→=−→=∑ α
A força de esmagamento é a projeção na direção vertical da força de 5240,8 N ou seja
NForça o 514411cos8,5240 ≅⋅=
P
C
A
B
D
E
F
α
α
2000 N 2000 N