notasmecanica

Prévia do material em texto

MECÂNICA APLICADA
Paulo Sérgio Costa Lino
UNEMAT - Barra do Bugres
MECÂNICA APLICADA
Universidade do Estado de Mato Grosso - UNEMAT
Campus Renê Barboux
Paulo Sérgio Costa Lino
Com 57 exemplos
e 109 ilustrações
Barra do Bugres - MT
Setembro de 2016
Prefácio
A estática é a parte da física que estuda sistemas sob a ação de forças que se equilibram.
De acordo com a segunda lei de Newton, a aceleração destes sistemas é nula. De acordo
com a primeira lei de Newton, todas as partes de um sistema em equilíbrio também estão
em equilíbrio. Este fato permite determinar as forças internas de um corpo, a partir do valor
das forças externas.
Inicialmente estudaremos o equilíbrio dos sistemas mecânicos discretos analisando as
forças atuantes na estrutura. Para estudar o equilíbrio dos sistemas mecânicos contínuos
apresentaremos o conceito de momento, centro de massa e centróide. Na segunda parte,
estudaremos os tópicos relacionados com a resistência dos materiais o qual considera os
efeitos internos, ou seja, o estado de tensões e deformações que se origina no corpo.
No capítulo 3, abordaremos uma grandeza inerente aos sistemas de partículas e aos
corpos rígidos, denominada momento de inércia. Veremos como determiná-la em corpos
homogêneos no formato de cabos, placas e sólidos. Finalizaremos estas notas apresen-
tando a rotação dos corpos rígidos e suas diversas aplicações à engenharia.
3
Sumário
1 Estática de Pontos Materiais e Corpos Rígidos 6
1.1 Força Resultante no Plano e no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Direção de uma Força no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Equilíbrio de Pontos Materiais Planares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Direção de uma Força no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.5 Equilíbrio Estático de Pontos Materiais no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.6 Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.7 Momento de uma Força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.8 Equilíbrio de Corpos Extensos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.8.1 Intrudução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.8.2 Vínculos ou Apoios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.8.3 Tipos de Estruturas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.8.4 Tipos de Carregamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.8.5 Tipos de Vigas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.9 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2 Centro de Massa e de Gravidade 47
2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.2 Sistemas Mecânicos Discretos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.3 Esquema Prático Para o Cálculo do Centro de Massa de Sistemas Mecânicos
Discretos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.4 Centro de Massa e Centróide de
Sistemas Mecânicos Contínuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.4.2 Centro de Massa e Centróide de Cabos . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.4.3 Primeiro Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.5 Centro de Massa e Centroide de Placas Curvilíneas . . . . . . . . . . . . . . 62
2.5.1 Simetria em Placas Curvilíneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.6 Centro de Massa e Centroide de Placas Planas . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
2.6.1 Simetria em Placas Planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
2.6.2 Centroide de Placas Planas de Contornos Curvilíneos . . . . . . . . . 77
2.6.3 Centroide de Placas Planas Via Integrais de Linha . . . . . . . . . . . 82
2.6.4 Centróide de Placas Planas de Contornos Retilíneos . . . . . . . . . 84
2.6.5 Centróide de Placas Planas Furadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
2.6.6 Segundo Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
2.6.7 Cálculo da Força em Barragens Planas . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
2.7 Centro de Massa e Centróide de Sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
2.8 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
3 Momento de Inércia e Dinâmica de Corpos Rígidos 106
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.2 Momento de Inércia de Anéis e
Discos Homogêneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.3 Momento de Inércia de Áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.4 A Energia Cinética de um Sistema Mecânico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.5 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5
Capítulo 1
Estática de Pontos Materiais e Corpos
Rígidos
O estudo do equilíbrio de corpos de dimensões desprezíveis ou extensos é muito importante
para dimensionamento de cabos, vigas, lajes e outras estruturas complexas.
1.1 Força Resultante no Plano e no Espaço
Dada uma força F⃗ , podemos sempre escrever esta força como combinação linear dos ve-
tores unitários i⃗, j⃗ e k⃗, isto é
F⃗ = Fx⃗i+ Fy j⃗ + Fzk⃗ (1.1)
As parcelas Fx⃗i, Fy j⃗ e Fzk⃗ são as componentes de F⃗ projetadas sobre os eixos x, y e z
respectivamente. Se Fz = 0, dizemos que a força F⃗ é planar.
Figura 1.1: Representação de uma força F⃗ no sistema cartesiano.
Proposição 1.1 Se F⃗R = FRx⃗i + FRy j⃗ + FRzk⃗ é a força resultante de n forças F⃗1, . . . , F⃗n.
6
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Então, 
FRx =
n∑
p=1
Fpx
FRy =
n∑
p=1
Fpy
FRz =
n∑
p=1
Fpz
ou seja, a componente da força resultante é a soma das componentes das forças parcelas.
Demonstração: De fato,
F⃗R = F⃗1 + . . .+ F⃗n =
n∑
p=1
(Fpx⃗i+ Fpy j⃗ + Fpyk⃗)
=
( n∑
p=1
Fpx
)⃗
i+
( n∑
p=1
Fpy
)
j⃗ +
( n∑
p=1
Fpz
)
k⃗
Sendo F⃗R = FRx⃗i+ FRy j⃗ + FRzk⃗, segue o resultado.
�
O módulo ou intensidade de um vetor é o seu comprimento. Usando o teorema de
Pitágoras, se F⃗ = Fx⃗i+Fy j⃗+Fzk⃗, então seu módulo representado por |F⃗ | ou simplesmente
por F é dado por
F =
√
F 2x + F
2
y + F
2
z (1.2)
Observação 1.1 Da proposição 1.1, temos que
FR =
√
F 2Rx + F
2
Ry + F
2
Rz (1.3)
É claro que se F⃗R = FRx⃗i+ FRy j⃗, então
FR =
√
F 2Rx + F
2
Ry
1.2 Direção de uma Força no Plano
A direção de uma força planar F⃗ é dada por
θ = arctan
FRy
FRx
(1.4)
conforme a figura 1.52. Observe que se duas forças possuem as duas componentes posi-
tivas ou negativas respectivamente, então elas possuem a mesma direção, apesar de pos-
suirem sentidos opostos. O mesmo ocorre com duas forças que estão no segundo e quarto
quadrante respectivamente.
7
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.2: Direção da força resultante F⃗R.
Exemplo 1.1 Determine o módulo e a direção da força resultante dada por F⃗R = F⃗1+F⃗2+F⃗3,
sendo F⃗1 = −⃗i+ 2⃗j, F⃗2 = 3⃗i− j⃗ e F⃗3 = 2⃗i+ 2⃗j.
Resolução: Note que
F⃗R = F⃗1 + F⃗2 + F⃗3 = (−⃗i+ 2⃗j) + (3⃗i− j⃗) + (2⃗i+ 2⃗j) = 4⃗i+ 3⃗j
de modo que FR =
√
32 + 42 = 5 e θ = arctan
3
4
= 36, 87◦.
Figura 1.3: Diagrama para determinar o sinal das projeções de uma força planar.
Se as forças componentes são dadas através de seu módulo e do ângulo que forma
com algum eixo coordenado, devemos determinar suas componentes através de projeções
sobre os eixos x e y. É muito útil o diagrama na figura 1.3 para determinar o sinal das
projeções de uma força planar.
8
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Exemplo 1.2 O elo da figura 1.4 está submetido as forças F⃗1 e F⃗2. Determine a intensidade
e a direção da força resultante. Fonte: [2]
Figura 1.4: Figura do exemplo 1.2.
Resolução: Note que
F⃗1 = F1 cos 30
◦⃗i+ F1 sin 30
◦j⃗ = 600× 0, 866⃗i+ 600×0, 500 = 519, 6⃗i+ 300⃗j
e que
F⃗2 = −F2 cos 45◦⃗i+ F2 sin 45◦j⃗ = −400× 0, 707⃗i+ 400× 0, 707⃗j = −282, 8⃗i+ 282, 8⃗j
Assim,
F⃗R = F⃗1 + F⃗2 = (519, 6− 282, 8)⃗i+ (300 + 282, 8)⃗j = 236, 8⃗i+ 582, 8⃗j
de modo que
FR =
√
F 2Rx + F
2
Ry =
√
236, 82 + 582, 82 = 629, 07 N
e
θ = arctan
FRy
FRx
= arctan
582, 8
236, 8
= 67, 88◦
Exemplo 1.3 Determine o ângulo θ e a intensidade da força F⃗1 na figura 1.5 de modo que
a resultante das forças seja orientada ao longo do eixo y positivo e tenha intensidade de
800 N . Fonte: [2]
Resolução: Note que a força de módulo 600 N forma um ângulo α com eixo x e da figura
1.5, cosα = 4/5 e sinα = 3/5. Por outro lado, a força resultante é dada por
F⃗R = FRx⃗i+ FRy j⃗ = 0⃗i+ FRy j⃗
e sendo orientada ao longo de eixo y positivo, segue que FRy = 800, de modo que F⃗ = 800⃗j.
Assim, {∑
Fx = 0∑
Fy = 800
⇒
{
−600 cosα+ F1 cos(90◦ − θ) + 400 cos 30◦ = 0
600 sinα+ F1 sin(90
◦ − θ) + 400 sin 30◦ = 800
9
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.5: Exemplo 1.3.
Usando o fato que cos(90◦ − θ) = sin θ e sin(90◦ − θ) = cos θ, temos:
−600 · 3
5
+ F1 sin θ + 400 cos 30
◦ = 0
600 · 4
5
+ F1 cos θ + 400 sin 30
◦ = 800
⇒
{
−360 + F1 sin θ + 400 · 0, 866 = 0
480 + F1 cos θ + 400 · 0, 500 = 800
⇒
{
F1 sin θ = 13, 59
F1 cos θ = 120
Dividindo membro a membro essas equações, temos:
F1 sin θ
F1 cos θ
=
13, 59
120
⇒ tan θ = 0, 1133 ⇒ θ = 6, 46◦
Para achar F1 usamos uma das expressões acima, isto é,
F1 sin 6, 46
◦ = 13, 59 ⇒ F1 = 120, 76 N
Outro modo de determinar o módulo da força F⃗1 é a seguinte:
F1 =
√
F 21x + F
2
1y =
√
F 21 cos
2 θ + F 21 sin
2 θ
=
√
13, 592 + 1202 = 120, 76 N
Exemplo 1.4 Determine a intensidade e a direção da força resultante na figura 1.6. Fonte:
[4]
Resolução: Seja α o ângulo formado pela força de intensidade 250 N e o semi-eixo nega-
tivo x. Analogamente ao exemplo 1.3, cosα = 3/5 e sinα = 4/5. Assim,{
FRx = −250 cosα+ 400 cos 30◦ + 300
FRy = 250 sinα+ 400 sin 30
◦
10
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.6: Figura do exemplo 1.4.
ou {
FRx = −250 · 0, 6 + 400 · 0, 866 + 300 = 496, 4
FRy = 250 · 0, 8 + 400 · 0, 5 = 400
Logo, FR = FRx⃗i+ FRy j⃗ = 496, 4⃗i+ 400⃗j, de modo que
FR =
√
F 2Rx + F
2
Ry =
√
496, 42 + 4002 = 637, 5 N
e
θ = arctan
FRy
FRx
= arctan
400
496, 4
= 38, 86◦
1.3 Equilíbrio de Pontos Materiais Planares
Figura 1.7: Sistema mecânico discreto planar em equilíbrio estático.
Nesta seção, estudaremos o equilíbrio de um sistema físico formado por pontos materi-
ais. Tal sistema pode ser planar ou tridimensional.
11
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Definição 1.1 Um sistema físico formado por pontos materiais em equilíbrio contidos em
um mesmo plano é dito um sistema físico planar.
Definição 1.2 Dizemos que um sistema físico planar está equilíbrio estático se a força re-
sultante é nula, isto é,
∑
F⃗ = 0⃗. Equivalentemente,∑
Fx = 0 e
∑
Fy = 0 (1.5)
Para achar as tensões neste sistema, podemos projetar as forças em um sistema de
coordenadas colocado estrategicamente no sistema em equilíbrio ou usar a lei dos senos.
Veremos inicialmente o método das projeções da forças em um sistemas de coordenadas
cartesianas.
Exemplo 1.5 Um corpo de peso 80 N é mantido em equilíbrio por dois fios, conforme indica
a figura 1.7. Determinar a intensidade das trações suportadas pelos fios AB e AC.
Resolução: Colocamos um sistema de coordenadas cartesianas com a origem no ponto
A e o eixo Ox paralelo a BC, conforme a figura 1.8.
Figura 1.8: Destacando as forças do sistema físico planar em plano cartesiano.
Em seguida, projetando as forças nos eixos Ox e Oy e usando as condições (1.7), temos:{
−TAB cos 60◦ + TAC cos 30◦ = 0
TAB sin 60
◦ + TAC sin 30
◦ − P = 0
⇒

√
3
2
TAC =
1
2
TAB√
3
2
TAB +
1
2
TAC = 80
⇒
{√
3TAC = TAB√
3TAB + TAC = 160
Assim,
√
3 ·
√
3TAC + TAC = 160, de modo que TAC = 40 N e consequentemente, TAB =
40
√
3 N .
O estudo da Geometria Plana é fundamental para compreender muitos conceitos mate-
máticos e é interessante observar que alguns teoremas tem aplicações em algumas áreas
da Física. Por exemplo, a lei dos senos tem aplicações no equilíbrio de pontos materiais
planares e este será o assunto tratado nesta seção.
12
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Proposição 1.2 (Lei dos Senos) Em um triângulo qualquer, a razão entre qualquer lado e
o seno do ângulo oposto é constante, isto é,
a
sin Â
=
b
sin B̂
=
c
sin Ĉ
(1.6)
Demonstração: Dividiremos a prova em dois casos:
Caso 1: O triângulo ABC é acutângulo. Considere a figura 1.9.
Figura 1.9: Lei dos senos para triângulos acutângulos.
Seja hC a altura relativa ao vértice C. Assim,
sin B̂ =
hC
a
e sin  =
hC
b
de modo que
a sin B̂ = b sin  ⇒ a
sin Â
=
b
sin B̂
(1.7)
Considere agora hB, a altura relativa ao vértice B. Pela definição de seno em um triângulo
retângulo,
sin  =
hB
c
e sin Ĉ =
hB
a
de modo que
a sin Ĉ = c sin  ⇒ a
sin Â
=
c
sin Ĉ
(1.8)
De (1.7) e (1.8) segue o resultado.
Caso 2: O triângulo ABC é obtusângulo.
Seja hA a altura relativa ao vértice A conforme a figura 1.10.
Assim,
sin B̂ =
hA
c
e sin Ĉ =
hA
b
de modo que
c sin B̂ = b sin Ĉ ⇒ b
sin B̂
=
c
sin Ĉ
(1.9)
13
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.10: Lei dos senos para triângulos obtusângulos.
Seja hC a altura relativa ao vértice C. Assim,
sin B̂ =
hC
a
e sin( ˆ180◦ − Â) = hC
b
Usando o fato que sin(180◦ − Â) = sin  segue que
a sin B̂ = b sin  ⇒ b
sin B̂
=
a
sin Â
(1.10)
De (1.9) e (1.10) segue o resultado.
�
A aplicação da lei dos senos em alguns problemas de Estática é fundamentada no teo-
rema a seguir:
Teorema 1.1 Sejam F⃗1, F⃗2 e F⃗3 três forças coplanares e concorrentes. Considere os ângu-
los α, β e γ formado por estas forças conforme a figura 1.11. Então
F1
sinα
=
F2
sin β
=
F3
sin γ
(1.11)
Demonstração: Para demonstrar o teorema, colocamos um sistema de coordenadas
cartesianas, conforme a figura 1.12. Se F⃗1 + F⃗2 + F⃗3 = 0⃗, então
∑
Fx = 0 e
∑
Fy = 0.
Assim, {
F2 cos ϵ = F3 cos δ
F2 sin ϵ+ F3 sin δ = F1
Note que ϵ = γ−90◦ e δ = β−90◦. Assim, da primeira equação do sistema de equações
acima, temos:
F2 cos(γ − 90◦) = F3 cos(β − 90◦) ⇒ F2 sin γ = F3 sin β ⇒
F2
sin β
=
F3
sin γ
(1.12)
Da segunda equação do sistema de equações acima,
F1
sinα
=
F2 sin ϵ+ F3 sin δ
sinα
=
F2 sin(δ + ϵ)
sin(180◦ − δ − ϵ) cos δ
⇒
14
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.11: Três forças concorrentes no plano cartesiano.
Figura 1.12: Três forças concorrentes no plano cartesiano.
F1
sinα
=
F2
cos δ
=
F2
sin(90◦ + δ)
⇒ F1
sinα
=
F2
sin β
(1.13)
De (1.12) e (1.13) segue o resultado.
�
Exemplo 1.6 O sistema mecânico da figura 1.13 está em equilíbrio estático. Sabendo que
TAC =
√
3P , ache o valor de θ.
Resolução: Aplicando a lei dos senos no sistema em equilíbrio da figura 1.13, temos:
P
sin θ
=
TAC
sin(360◦ − 90◦ − θ)
⇒ P
sin θ
=
√
3P
sin(270◦ − θ)
⇒
1
sin θ
=
√
3
− cos θ
⇒ tan θ = − 1√
3
⇒ θ = −30◦ ou θ = 150◦
Da figura acima, segue que θ = 150◦.
15
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.13: Exemplo 1.6.
1.4 Direção de uma Força no Espaço
Vimos que uma força no espaço é dada pelo vetor F⃗ = Fx⃗i+Fy j⃗ +Fzk⃗ e que seu módulo é
F =
√
F 2x + F
2
y + F
2
z . Para determinar sua direção, introduzimos os conceitos de ângulos e
cossenos diretores .
Figura 1.14: Ângulos e cossenos diretores.
Usando a definição de cosseno (cateto adjacente sobre hipotenusa) nos triângulos retân-
gulos da figura 1.21, segue que
cosα =
Fx
F
, cos β =
Fy
F
e cos γ =
Fz
F
(1.14)
Os ângulos α, β e γ dados por
α = arccos
Fx
F
, β = arccos
Fy
F
e γ = arccos
Fz
F
(1.15)
16
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
são chamados de ângulos diretores. e as expressões dadas em (1.14) são os cossenos
diretores da força F⃗ .
Proposição 1.3 Considere uma força F⃗ no espaço conforme a figura 1.21. Se α, β e γ são
os ângulos diretores de F⃗ , então
i)
cos2 α+ cos2 β + cos2 γ = 1 (1.16)ii)
F⃗ = F cosα i⃗+ F cos β j⃗ + F cos γ k⃗ = F u⃗ (1.17)
sendo u⃗ = cosα i⃗+ cos β j⃗ + cos γ k⃗ o vetor unitário na direção da força F⃗ .
Demonstração: De fato,
i) De fato,
cos2 α+ cos2 β + cos2 γ =
F 2x
F 2
+
F 2y
F 2
+
F 2z
F 2
=
F 2x + F
2
y + F
2
z
F 2
=
F 2
F 2
= 1
ii) Das expressões dadas em (1.14), segue que Fx = F cosα, Fy = F cos β e Fz = F cos γ.
Sendo, F⃗ = Fx⃗i+ Fy j⃗ + Fzk⃗, então
F⃗ = (F cosα)⃗i+ (F cos β)⃗j + (F cos γ)k⃗
donde segue o resultado.
�
Observação 1.2 O fato que o vetor u⃗ definido na proposição anterior ser unitário, isto é, ter
módulo igual a 1 segue do item i). De fato,
|u⃗| =
√
cos2 α+ cos2 β + cos2 γ =
√
1 = 1
Exemplo 1.7 Os ângulos 45◦, 150◦ e 60◦ são diretores?
Resolução: Como
cos2 45◦ + cos2 150◦ + cos2 60◦ = (
1√
2
)2 + (−
√
3
2
)2 + (
1
2
)2
=
1
2
+
3
4
+
1
4
=
3
2
̸= 1
esses ângulos não são diretores.
17
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.15: Exemplo 1.9.
Exemplo 1.8 Escreva a força F⃗ na forma de um vetor cartesiano, sabendo que seu módulo
é F = 50 N e os seus ângulos diretores são α = 66, 42◦, β = 126, 87◦ e γ = 46, 15◦.
Resolução: Sendo Fx = F cosα, Fy = F cos β e Fz = F cos γ, então
Fx = 50 cos 66, 42
◦ = 20
Fy = 50 cos 126, 87
◦ = −30
Fz = 50 cos 46, 15
◦ = 34, 63
Logo, F⃗ = Fx⃗i+ Fxj⃗ + Fzk⃗ = 20⃗i− 30⃗j + 34, 63k⃗.
Exemplo 1.9 Considere a força F⃗ na figura 1.15. Expresse-a como um vetor cartesiano,
sabendo que seu módulo é F = 150 N .
Resolução: Observe que os ângulos 30◦ e 60◦ definem a direção da força F⃗ , mas não são
ângulos diretores. Pela definição de cos γ, vemos que Fz = F cos γ = 150 cos 60◦ = 75. Por
outro lado, {
Fx = F
′ cos 30◦ = 0, 866F ′
Fy = F
′ sin 30◦ = 0, 500F ′
(1.18)
Mas,
sin 60◦ =
F ′
F
=
F ′
150
⇒ F ′ = 150 · 0, 866 = 129, 9 (1.19)
Substituindo (1.19) em (2.56), segue que Fx = 0, 866 · 129, 9 = 112, 49 e Fy = 0, 500 · 129, 9 =
64, 95. Logo,
F⃗ = Fx⃗i+ Fy j⃗ + Fzk⃗ = 112, 49⃗i+ 64, 95⃗j + 75k⃗
Exemplo 1.10 Duas forças atuam sobre o gancho mostrado na figura 1.16. Especifique os
ângulos diretores de F⃗2, de modo que a força resultante F⃗R atue ao longo do eixo y positivo
e tenha intensidade de 300 N . Fonte: [3]
18
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.16: Exemplo 1.10.
Resolução: Observe que os ângulos diretores da força F⃗1 são α = 45◦, β = 60◦ e γ = 120◦.
Sendo F1 = 300 N , então
F⃗1 = F1x⃗i+ F1y j⃗ + F1zk⃗ = F1 cosα i⃗+ F1 cos β j⃗ + F1 cos γ k⃗
= 300 cosα i⃗+ F1 cos β j⃗ + F1 cos γ k⃗
= 300(cos 45◦⃗i+ cos 60◦j⃗ + cos 120◦k⃗)
= 212, 13⃗i+ 150⃗j − 150k⃗
Mas, pelo enunciado FR = 300 N e aponta na direção positiva do eixo y, de modo que
FRu⃗ = 300⃗j. Se u⃗ é o vetor unitário de F⃗2, então F⃗2 = F2u⃗ = 300u⃗ e sendo F⃗R = F⃗1 + F⃗2,
então
300⃗j = 212, 13⃗i+ 150⃗j − 150k⃗ + 300u⃗ ⇒ 300u⃗ = −212, 12⃗i+ 150⃗j + 150k⃗ ⇒
u⃗ = −0, 707⃗i+ 0, 5⃗j + 0, 5k⃗
Mas, u⃗ = cos α⃗i+ cos βj⃗ + cos γk⃗, de modo que
cosα = −0, 707 ⇒ α = −45◦
cosα = 0, 5 ⇒ β = 60◦
cosα = 0, 5 ⇒ γ = 60◦
Exemplo 1.11 Sabendo que o módulo de uma força F⃗ é 650 N e F⃗ é paralela ao vetor−→
OA = 4⃗i− 3⃗j + 12k⃗, determine suas componentes.
Resolução: Dividindo o vetor
−→
OA pelo seu módulo, podemos determinar o vetor unitário,
isto é,
u⃗ =
−→
OA
|
−→
OA|
=
4⃗i− 3⃗j + 12k⃗√
42 + (−3)2 + 122
=
4
13
i⃗− 3
13
j⃗ +
12
13
k⃗
Por outro lado, sendo a força F⃗ paralela ao vetor
−→
OA, então F⃗ = ±F u⃗. Logo,
F⃗ = ±650
(
4
13
i⃗− 3
13
j⃗ +
12
13
k⃗
)
= ±(200⃗i− 150⃗j + 600k⃗)
19
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
1.5 Equilíbrio Estático de Pontos Materiais no Espaço
Quando as forças de um sistemas mecânico formado por pontos materiais não estão conti-
das em um mesmo plano, dizemos que o sistema é tridimensional. A condição necessário
para que o sistema esteja em equilíbrio estático é
∑
F⃗ = 0⃗. Sendo F⃗ = Fx⃗i + Fy j⃗ + Fzk⃗,
então ∑
F⃗ =
∑
(Fx⃗i+ Fy j⃗ + Fzk⃗) = 0⃗ = 0⃗i+ 0⃗j + 0k⃗ ⇒∑
Fx =
∑
Fy =
∑
Fz = 0 (1.20)
Deste modo, a solução é obtida através da resolução de um sistema de três equações e
três incógnitas.
Exemplo 1.12 Determine a intensidade e os ângulos diretores da força F⃗ necessários para
o equilíbrio do ponto O na figura 1.55.
Figura 1.17: Exemplo 1.12.
Resolução: Note que F⃗1 = 400⃗j e F⃗2 = −800k⃗. Por outro lado, F⃗3 = F3u⃗OB, sendo
u⃗OB =
r⃗OB
rOB
=
−2⃗i− 3⃗j + 6k⃗√
(−2)2 + (−3)2 + 62
=
−2⃗i− 3⃗j + 6k⃗
7
ou seja, u⃗OB = 0, 286⃗i − 0, 429⃗j + 0, 857k⃗. Assim, F⃗3 = 700u⃗OB = −200⃗i − 300⃗j + 600k⃗. Da
condição de equilíbrio, temos:∑
F⃗ = 0⃗ ⇒ F⃗ + F⃗1 + F⃗2 + F⃗3 = 0⃗ ⇒
Fx⃗i+ Fy j⃗ + Fzk⃗ + 400⃗j − 800k⃗ − 200⃗i− 300⃗j + 600k⃗ = 0⃗ ⇒
(Fx − 200)⃗i+ (Fy + 400− 300)⃗j + (Fz − 800 + 600)k⃗ = 0⃗ ⇒
Fx − 200 = 0 ⇒ Fx = 200
Fy + 100 = 0 ⇒ Fy = −100
Fz − 200 = 0 ⇒ Fz = 200
Logo, F⃗ = 200⃗i− 100⃗j + 200k⃗ e consequentemente,
F =
√
2002 + (−100)2 + 2002 = 300 N
20
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
1.6 Produto Escalar
Em determinados problemas de estática é necessário determinar o ângulo formado entre
duas retas ou as componentes paralela e perpendicular de uma força em relação a um
eixo. Em problemas tridimensionais, a solução por trigonometria torna-se complicada e o
uso da álgebra vetorial, em particular, o produto escalar é uma maneira alternativa e rápida
de obter o resultado. Vamos definir, agora, um produto entre dois vetores, cujo resultado é
um escalar. Por isso ele é chamado produto escalar.
Figura 1.18: Produto escalar entre dois vetores.
Definição 1.3 O produto escalar ou interno de dois vetores u⃗ e v⃗ é definido por:
u⃗ · v⃗ =
{
0, se u⃗ ou v⃗ é o vetor nulo,
|u⃗||v⃗| cos θ, caso contrário,
(1.21)
em que θ é o ângulo entre eles.
Proposição 1.4 Dados os vetores u⃗ = ux⃗i+uy j⃗+uzk⃗ e v⃗ = vx⃗i+vy j⃗+vzk⃗ não-nulos, então
u⃗ · v⃗ = uxvx + uyvy + uzvz
Demonstração: Seja θ o ângulo entre os vetores u⃗ e v⃗. Pela lei dos cossenos, temos:
|u⃗− v⃗|2 = |u|2 + |v|2 − 2|u||v| cos θ ⇒
|u⃗||v⃗| cos θ = |u⃗|
2 + |v⃗|2 − |u⃗− v⃗|2
2
(1.22)
Substituindo (1.21) em (1.22), segue que
u⃗ · v⃗ = |u⃗|
2 + |v⃗|2 − |u⃗− v⃗|2
2
Desta forma, temos uma fórmula para calcular o produto escalar que não depende direta-
mente do ângulo entre eles. Substituindo-se as coordenadas dos vetores u⃗ e v⃗, obtemos:
u⃗ · v⃗ = uxvx + uyvy + uzvz
�
Da definição acima, podemos facilmente obter o ângulo entre os vetores u⃗ e v⃗ através
da expressão:
θ = arccos
(
u⃗ · v⃗
|u||v|
)
21
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Exemplo 1.13 Determine o ângulo entre uma aresta e uma diagonal de um cubo.
Resolução: Sem perda de generalidade considere um cubo de aresta igual a 1, localizado
no primeiro octante do sistema de coordenadas cartesianas, cujos vértices são dados por
A(0, 0, 0),
B(1, 0, 0), C(1, 1, 0), D(0, 1, 0), E(0, 0, 1), F (1, 0, 1), G(1, 1, 1) e H(0, 1, 1). Sejam os vetores
u⃗ =
−→
AB = B − A = (1, 0, 0) e v⃗ =
−→
AG = G− A = (1, 1, 1). Assim,
θ = arccos
(
(1, 0, 0) · (1, 1, 1)√
12 + 02 + 02
√
12 + 12 + 12
)
= arccos
(
1√
3
)
= 54, 74◦
Definição 1.4 Dizemos que dois vetores u⃗ e v⃗ não-nulos são perpendiculares se o ângulo
formado entre eles é igual a 90◦.
Proposição 1.5 Os vetores u⃗ e v⃗ não-nulos são perpendiculares se e somente se u⃗ · v⃗ = 0.
Demonstração: De fato, se eles são perpendiculares então θ = 90◦ e pela definição de
produto escalar,
u⃗ · v⃗ = |u⃗||v⃗| cos 90◦ = 0
Reciprocamente, se u⃗·v⃗ = 0, novamente da definição de produto escalar segue que cos θ = 0
e consequentemente, θ = 90◦.
�
Proposição 1.6 Dados os vetores u⃗ e v⃗ não-nulos, existem dois vetores u⃗∥ e u⃗⊥, tais que
u⃗∥ é paralelo ao vetor v⃗, u⃗⊥ é perpendicular ao vetor v⃗ e u⃗ = u⃗∥ + u⃗⊥.
Figura 1.19: Componentes paralela e perpendicular ao vetor u⃗.
Demonstração: Sejam u⃗∥ =
u⃗ · v⃗
|v⃗|2
v⃗ e u⃗⊥ = u⃗− u⃗∥. Note que:
i) u⃗∥ + u⃗⊥ = u⃗∥ + (u⃗− u⃗∥) = u⃗
ii) Pela definição de u⃗∥ é claro que esse vetor é paralelo ao vetor v⃗, basta tomar k =
u⃗ · v⃗
|v⃗|2
.
22
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
iii) Para mostrar que u⃗∥ e v⃗ são perpendiculares, note que:
u⃗∥ · u⃗⊥ = u⃗∥ · (u⃗− u⃗∥)= u⃗∥ · u⃗− u⃗∥ · u⃗∥
=
(u⃗ · v⃗)2
|v⃗|2
−
(
u⃗ · v⃗
|v⃗|2
v⃗
)
·
(
u⃗ · v⃗
|v⃗|2
v⃗
)
=
(u⃗ · v⃗)2
|v⃗|2
− (u⃗ · v⃗)
2
|v⃗|4
|v⃗|2 = 0
donde segue o resultado.
�
Observação 1.3 O vetor
u⃗ · v⃗
|v⃗|2
v⃗ é chamado de projeção do vetor u⃗ sobre o vetor v⃗ e é
denotado por projv⃗ u⃗.
Corolário 1.1 Se u⃗ é um vetor não-nulo, então
|u⃗|2 = |u⃗∥|2 + |u⃗⊥|2 (1.23)
Demonstração: De fato,
|u⃗|2 = u⃗ · u⃗ = (u⃗∥ + u⃗⊥) · (u⃗∥ + u⃗⊥) = |u⃗∥|2 + 2u⃗∥ · u⃗⊥ + |u⃗⊥|2
= |u⃗∥|2 + |u⃗⊥|2
pois u⃗∥ · u⃗⊥ = 0.
�
Exemplo 1.14 Dados os vetores u⃗ = 6⃗i− 3⃗j+12k⃗ e v⃗ = i⃗+ j⃗+ k⃗, determine o vetor paralelo
e o vetor perpendicular ao vetor u⃗ em relação ao vetor v⃗.
Resolução: Da proposição 1.6,
u⃗∥ =
u⃗ · v⃗
|v⃗|2
v⃗ =
(6⃗i− 3⃗j + 12k⃗) · (⃗i+ j⃗ + k⃗)
3
(⃗i+ j⃗ + k⃗)
= 5⃗i+ 5⃗j + 5k⃗
e
u⃗⊥ = u⃗− u⃗∥ = 6⃗i− 3⃗j + 12k⃗ − (5⃗i+ 5⃗j + 5k⃗) = i⃗− 8⃗j + 7k⃗
Exemplo 1.15 A estrutura mostrada na figura 1.21 está submetida a uma força horizon-
tal. Determine a intensidade das componentes dessa força paralela e perpendicular ao
elemento AB.
23
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.20: Exemplo 1.15. Figura 1.21: Exemplo 1.15.
Resolução: Seja v⃗ =
−→
AB = B −A = 2⃗i+ 6⃗j + 3k⃗. A força paralela a força F⃗ na direção de
v⃗ é dada por:
F⃗AB = F⃗∥ =
F⃗ · v⃗
|v⃗|2
v⃗ =
300⃗j · (2⃗i+ 6⃗j + 3k⃗)
22 + 62 + 32
(2⃗i+ 6⃗j + 3k⃗)
= 72, 47⃗i+ 220, 41⃗j + 110, 2k⃗
de modo que |F⃗AB| =
√
72, 472 + 220, 412 + 110, 22 = 256, 86 N . Para determinar a intensi-
dade da força perpendicular, podemos usar o corolário 1.1, isto é,
|F⃗⊥|2 = |F⃗ |2 − |F⃗AB|2 = 3002 − 256, 862 = 24022, 9404
de modo que |F⃗⊥| = 155 N .
1.7 Momento de uma Força
Um corpo extenso, sujeito à ação de várias forças, está em equilíbrio estático quando não
está sofrendo nem movimento de translação nem movimento de rotação, em relação a
um referencial. Para que não sofra translação, a resultante das forças externas que agem
no corpo deve ser nula e para que não haja rotação a resultante de uma grandeza física
chamada momento deve ser nula.
O momento de uma força em relação a um ponto ou a um eixo, fornece uma medida da
tendência dessa força provocar a rotação de um corpo em torno do ponto ou eixo. Essa
tendência de rotação é chamada de torque, momento de uma força ou simplesmente mo-
mento. Além disso, quanto maior a força ou a distância, maior é o efeito de rotação.
Definição 1.5 Sejam dados uma força F⃗ e um ponto O. O momento desta força em relação
a um ponto O é definido por:
M⃗0 = r⃗ × F⃗ (1.24)
onde r⃗ é o vetor posição de um ponto qualquer da reta suporte da força F⃗ em relação ao
ponto O conforme a figura 1.22.
24
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.22: Momento de uma força F⃗ em relação ao ponto O.
Pela definição de produto vetorial, este momento tem as seguintes propriedades:
i) O módulo do momento é |M⃗0| = M0 = Fr sin θ
ii) θ é o ângulo entre os vetores r⃗ e F⃗
iii) A direção do vetor momento unitário u⃗M0 é normal ao plano formado pelos vetores r⃗ e
F⃗ , seguindo a regra da mão direita.
Observação 1.4 Da figura 1.22, observamos que d = r sin θ de modo que
M0 = Fd (1.25)
sendo d a distância perpendicular a força F⃗ ou ao seu prolongamento. Usaremos a ex-
pressão (1.25) em todos os problemas referentes aos sistemas bidimensionais.
Figura 1.23: Regra da mão direita
É adotado que uma rotação no sentido horário produz um momento negativo e uma
rotação no sentido anti-horário produz um momento positivo. Esta convenção é chamada
de regra da mão direita.
25
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Proposição 1.7 (Teorema de Varignon) Sejam F⃗1, F⃗2 duas forças agindo no ponto O tal
que F⃗ = F⃗1 + F⃗2 conforme a figura 1.24. Então o momento produzido pela força F⃗ em
relação ao ponto O é igual a soma dos momentos produzidos pelas forças componentes,
isto é,
M⃗F⃗ ,0 = M⃗F⃗1,0 + M⃗F⃗2,0 (1.26)
Figura 1.24: Teorema de Varignon
Demonstração: De fato, sejam M⃗F⃗ ,0, o momento produzido pela força F⃗ em relação ao
ponto O, M⃗F⃗1,0 = r⃗ × F⃗1 e M⃗F⃗2,0 = r⃗ × F⃗2 os momentos produzidos pelas forças F⃗1 e F⃗2 em
relação ao mesmo ponto 0. Assim,
M⃗F⃗ ,0 = r⃗ × F⃗ = r⃗ × (F⃗1 + F⃗2) = r⃗ × F⃗1 + r⃗ × F⃗2 = M⃗F⃗1,0 + M⃗F⃗2,0
�
Exemplo 1.16 Determine o momento da força em relação ao ponto O em cada uma das
barras mostradas na figura 1.25.
Figura 1.25: Exemplo 1.16
Resolução: No caso (a), a força de 200 N tende a girar a barra engastada no sentido
anti-horário, portanto o momento em relação ao ponto 0 é positivo. Sendo r = 2 m, segue
que M0 = +200 · 2 = 400 Nm. No caso (b), a força de 80 N também tende a girar a barra
engastada no sentido anti-horário e sendo r = 0, 60 m, então M0 = +80 · 0, 6 = 48 Nm.
26
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Exemplo 1.17 Determine os momentos da força de 800 N em relação aos pontos A,B,C
e D conforme a figura 1.26.
Figura 1.26: Exemplo 10 Figura 1.27: Exemplo 14
Resolução:
a) Em relação ao ponto A, MA = −(1, 5 + 1) · 800 = −2000 Nm;
b) Em relação ao ponto B, MB = −1, 5 · 800 = −1200 Nm;
c) Em relação ao ponto C, o momento é nulo pois a distância da força F⃗ em relação a
este ponto é nula;
d) Em relação ao ponto D, MD = +0, 5 · 800 = 400 Nm.
Exemplo 1.18 Use o teorema de Varignon e determine o momento total em relação ao
ponto 0 que atua na estrutura da figura 1.27.
Resolução: Sejam F1 = 50 N , F2 = 60 N,F3 = 20 N e F4 = 40 N . Observe que a distância
que a força de F⃗1 está do ponto 0 é 2 m e produz um momento positivo, a distância que a
força F⃗2 é nula e portanto não produz momento. A distância que a força F⃗3 está do ponto
0 é 3 sin 30◦ = 1, 5 m, produzindo um momento positivo e a distância que a força F⃗4 está do
ponto 0 é 2 + 2 + 3 cos 30◦ = 6, 6 m, produzindo um momento negativo. Logo, pelo teorema
de Varignon, temos:
M0 = MF⃗1,0 +MF⃗2,0 +MF⃗3,0 +MF⃗4,0
= 2 · 50 + 0 + 1, 5 · 20− 6, 6 · 40 = −134 Nm
Para calcular o momento em sistemas mecânicos tridimensionais devemos usar a for-
mulação vetorial para calcular o momento de uma força em relação a um ponto.
27
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.28: Exemplo 1.19
Exemplo 1.19 O poste da figura 1.28 está sujeito a uma força de 60 N na direção de C
para B. Determine a intensidade do momento criado por essa força em relação ao suporte
no ponto A.
Resolução: O ponto A localiza-se na origem. Da figura 1.28, C(3, 4, 0) e B(1, 3, 2), de
modo que
−−→
CB = B − C = (1, 3, 2)− (3, 4, 0) = (−2,−1, 2) = −2⃗i− j⃗ + 2k⃗ ⇒
u⃗CB =
−−→
CB
|
−−→
CB|
=
−2⃗i− j⃗ + 2k⃗√
(−2)2 + (−1)2 + 22
= −2
3
i⃗− 1
3
j⃗ +
2
3
k⃗ ⇒
F⃗ = |F⃗ |u⃗CB = 60 ·
(
−2
3
i⃗− 1
3
j⃗ +
2
3
k⃗
)
= −40⃗i− 20⃗j + 40k⃗
Sendo r⃗ =
−→
AB = i⃗+ 3⃗j + 2k⃗, então
MF⃗ ,A = r⃗ × F⃗ =
∣∣∣∣∣∣
i⃗ j⃗ k⃗
1 3 2
−40 −20 40
∣∣∣∣∣∣ = 160⃗i− 120⃗j + 100k⃗ Nm
Logo, |MF⃗ ,A| =
√
1602 + (−120)2 + 1002 = 224 Nm.
1.8 Equilíbrio de Corpos Extensos
1.8.1 Intrudução
Quando aplicamos uma força a um sistema de partículas e a distância entre duas partícu-
las quaisquer é alterada, dizemos que este sistema ou corpo é deformável . Em alguns
casos, entretanto, as deformações podem ser tão pequenas que elas podem, para muitas
aplicações, ser desprezadas. É, assim, conveniente definir um modelo matemático, no qual
a distância entre duas partículas específicas de um sistema permaneça a mesma, ainda
quando são aplicadas forças. Tal sistema é chamado de corpo rígido.
28
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
1.8.2 Vínculos ou Apoios
A função básica dos vínculos ou apoios é de restringir o grau de liberdade das estruturas por
meio de reações nas direções dos movimentos impedidos, ou seja, restringir as tendências
de movimento de uma estrutura. Os vínculos têm a função física de ligar elementos que
compõem a estrutura, além da função estática de transmitir as cargas ou forças. Os apoios
ou vínculos recebem a seguinte classificação:
i) Apoio móvel: Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio,
permite movimento na direção paralela ao plano do apoio e permite rotação.
ii) Apoio fixo: Impedemovimento na direção normal ao plano do apoio, impede movi-
mento na direção paralela ao plano do apoio e permite rotação.
iii) Engastamento: Impede movimento na direção normal ao plano do apoio, impede
movimento na direção paralela ao plano do apoio e não permite rotação.
Figura 1.29: Tipos de apoios.
1.8.3 Tipos de Estruturas
As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou vínculos
que possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada. Para as estruturas
planas, a Estática fornece três equações fundamentais:
→ +∑
Fx = 0, ↑+
∑
Fy = 0 e
+⌢∑
M0 = 0 (1.27)
i) Estruturas hipostáticas: são aquelas cujo número de reações de apoio é inferior ao
número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. Neste tipo
de estrutura temos menos vínculo que o necessário.
ii) Estruturas isostáticas: são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é
igual ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática.
Este tipo de estrutura tem o número necessário de vínculos para impedir o desloca-
mento.
29
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.30: Tipos de estruturas
iii) Estruturas hiperstáticas: são aquelas que possui o número de vínculos maior que o
necessário. O número de reações de apoio excede o das equações fundamentais
da estática. Neste tipo de estrutura o número de reações de apoio excede o das
equações fundamentais da Estática.
Figura 1.31: Estrutura hiperstática
Um tipo de estrutura hiperestática está ilustrado na figura 1.31. As incógnitas são qua-
tro: RAx, RAy, RBy e MA. As equações fundamentais da Estática não são suficientes para
resolver as equações de equilíbrio. São necessárias outras condições relativas ao compor-
tamento da estrutura, como, por exemplo, a sua deformabilidade para determinar todas as
incógnitas.
1.8.4 Tipos de Carregamentos
Temos três tipos de carregamentos: Forças concentradas, carga uniforme distribuída e
carga uniforme variável.
Observação 1.5 Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme distribuída é substi-
tuída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga
30
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.32: Carregamento do tipo forças concentradas
Figura 1.33: Carregamento do tipo carga uniforme distribuída
Figura 1.34: Carregamento do tipo carga uniforme variável
e que passa pelo seu centróide, isto é,
F = pL (1.28)
e para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme variável é substituída por uma força
concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa pelo
seu centróide, isto é,
F =
pL
2
(1.29)
1.8.5 Tipos de Vigas
As vigas podem ser classificadas em:
i) Simplesmente apoiadas,
ii) Bi-engastada ou fixa,
iii) Engastada-apoiada,
iv) Em balanço,
v) Em balanço nas extremidades.
conforme a figura 1.36.
Quando se trata da estática de um sistema mecânico discreto, vimos que a condição
para que ele fique em equilíbrio é ter a força resultante nula sobre o sistema. Um corpo
31
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.35: Tipos de vigas
rígido ou extenso pode ser posto a girar, mesmo com seu centro de massa permanecendo
em repouso, mas nesse caso o objeto não estará em equilíbrio estático. Portanto, uma
segunda condição necessária para que um corpo permaneça em equilíbrio estático é que
o momento atuando sobre ele, em relação a qualquer eixo, deve permanecer nulo.
As duas condições necessárias para que um corpo rígido esteja em equilíbrio estático
são as seguintes:
i) A força externa resultante que atua sobre um corpo deve ser nula, isto é,
F⃗R = 0⃗ (1.30)
ii) O momento externo resultante, em relação a qualquer ponto, deve ser nulo, isto é,
M⃗F⃗ ,0 = 0⃗ (1.31)
Exemplo 1.20 Determine as reações de apoio na viga bi-apoiada da figura 1.36.
Resolução: Devemos determinar RA, RBx e RBy conforme a figura 1.37. Note que a força
inclinada de 600 N foi decomposta em suas componentes horizontal e vertical. Assim,∑
Fx = 0 ⇒
600 cos 45◦ −RBx = 0 ⇒ RBx = 600 cos 45◦ = 424, 26 N∑
Fy = 0 ⇒
RA +RBy − 600 sin 45◦ − 200− 100 = 0 ⇒
RA +RBy = 724, 26
32
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.36: Exemplo 1.20
Figura 1.37: Exemplo 1.20
Por outro lado, calculando o momento em relação ao apoio B, temos:∑
MB = 0 ⇒
+ 200 · 2 + (600 sin 45◦) · 5− (600 cos 45◦) · 0, 2−RA · 7 = 0 ⇒
RA = 348, 07 N
Da expressão anterior segue que RBy = 376, 19 N .
Exemplo 1.21 Determine as reações de apoio da viga bi-apoiada da figura 1.38.
Figura 1.38: Exemplo 1.21
Resolução: Sejam A o apoio da esquerda e B o apoio da direita da viga bi-apoiada
conforme a figura 1.39. Devemos determinar as reações RAx, RAy e RB.
33
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.39: Exemplo 1.21
Analogamente ao exemplo 1.20 a força de 400 N é decomposta em uma componente
horizontal de intensidade 400 cos 50◦ apontando para esquerda e em uma componente verti-
cal de intensidade 400 sin 50◦ apontando para baixo. Além disso, de acordo com a expressão
(1.28), a carga distribuída de 100 N/m deve ser substituída por uma carga concentrada de
intensidade 100 N/m · 6m = 600 N atuando a 3 m do apoio A. Das condições de equilíbrio
estático, temos:
∑
Fx = 0 ⇒
+RAx − 400 cos 50◦ = 0 ⇒ RAx = 257, 12 N∑
Fy = 0 ⇒
RAy +RB − 600− 400 sin 50◦ − 200 = 0 ⇒
RAy +RB = 1106, 42
Por outro lado, calculamos o momento em relação ao apoio A, pois é o apoio que possui
um maior número de forças.∑
MA = 0 ⇒
− (400 sin 50◦) · 6− 600 · 3 +RB · 8− 200 · 9 = 0 ⇒
RB = 679, 81 N
Consequentemente, RAy = 426, 61 N .
Exemplo 1.22 Determine as reações de apoio da viga bi-apoiada da figura 1.41.
Resolução: De acordo com a expressão (1.29), a carga uniforme variável é substituída por
uma carga de intensidade igual a F = 8 kN/m · 6m/2 = 24 kN/m atuando a 6/3 m = 2 m
do apoio B. Assim, ∑
Fy = 0 ⇒
RA +RB − 24 = 0 ⇒ RA +RB = 24
Fazendo a soma dos momentos em relação ao apoio B, temos:∑
MB = 0 ⇒
24 · 2−RA · 6 = 0 ⇒ RA = 8 kN
34
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.40: Exemplo 1.22
Figura 1.41: Exemplo 1.22
de modo que RB = 16 kN .
Exemplo 1.23 Um guindaste fixo tem massa 1000 kg e é usado para levantar uma caixa de
2400 kg conforme a figura 1.42(a). Ele é mantido no lugar por um pino em A e um balancim
em B. O centro de gravidade do guindaste está localizado no ponto G. Adote g = 9, 8 m/s2
e determine as reações nos apoios A e B.
Figura 1.42: Exemplo 1.23
Resolução: As reações nos apoios A e B são RAx, RAy e RBx conforme a figura 1.42(b).
Além disso, o peso do guindaste é P = 1000 · 9, 8 = 9, 8 kN e atua em seu centro de
35
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
gravidade. A massa da caixa gera uma força vertical apontando para baixo de módulo
F = 2400 · 9, 8 = 23, 52 kN . Para o equilíbrio do guindaste devemos ter:∑
Fx = 0 ⇒
RAx +RBx = 0 ⇒ RAx = −RBx∑
Fy = 0 ⇒
RAy − 9, 8− 23, 52 = 0 ⇒ RAy = 33, 32 kN∑
MA = 0 ⇒
1, 5RBx − 2P − 6F = 0 ⇒ RBx = 107, 15 kN
Consequentemente, RAx = −107, 15 kN .
Exemplo 1.24 A armação suporta a parte de um telhado de um prédio pequeno conforme
a figura 1.43 (a). A tensão no cabo é 150 kN . Determine as reações REx, REy e MEz.
Figura 1.43: Exemplo 1.24
Resolução: Usando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo DEF , temos:
DF =
√
DE2 + EF 2 =
√
(3, 75 + 2, 25)2 + 4, 52 = 7, 5 m
de modo que cos θ =
4, 5
7, 5
= 0, 6 e sin θ =
6
7, 5
= 0, 8. Usando as condições de equilíbrio
estático, segue que:∑
Fx = 0 ⇒
T cos θ +REx = 0 ⇒ REx = −150 · 0, 6 = −90 kN∑
Fy = 0 ⇒
REy − 20− 20− 20− 20− T sin θ = 0 ⇒
REy = 80 + 150 · 0, 8 = 200 kN∑
ME = 0 ⇒
20 · 1, 8 + 20 · 3, 6 + 20 · 5, 4 + 20 · 7, 2− (T cos θ) · 6 +MEz = 0 ⇒
MEz = 150 · 0, 8 · 6− 20 · 18 = 360 kNm
36
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.44: Exemplo 1.25
Exemplo 1.25 Um arqueiro aplica uma força F a um arco conforme a figura 1.44(a). Mostre
que o momento fletor no ponto C é dado por
M =
FH
4
+
Fb
2
tan β
Resolução: Sendo T a força de tração na corda, entãoda figura 1.44(c),∑
Fx = 0 ⇒ 2T cos β − F = 0 ⇒ T cos β =
F
2
(1.32)
Na condição de equilíbrio, MC = 0, de modo que:∑
MC = 0 ⇒ (T cos β) ·
H
2
+ (T sin β) · b−M = 0 ⇒
M = T
(
H
2
cos β + b sin β
)
= T cos β
(
H
2
+ b
sin β
cos β
)
(1.33)
Substituindo (1.32) em (1.33), segue que
M =
F
2
(
H
2
+ b tan β
)
=
FH
4
+
Fb
2
tan β
Exemplo 1.26 A barra curva ABC é submetido a cargas na forma de duas forças iguais e
opostas F , como mostrado na figura 3.7. O eixo da barra forma um semicircunferência de
raio r. Determine a força axial N , a força de cisalhamento V e momento fletor M atuando
numa seção transversal definida pelo ângulo θ.
37
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.45: Exemplo 1.26
Resolução: Do diagrama de corpo livre dado na figura 1.45(b), temos:∑
FN = 0 ⇒ N − F sin θ = 0 ⇒ N = F sin θ∑
FV = 0 ⇒ V − F cos θ = 0 ⇒ V = F cos θ∑
M0 = 0 ⇒ M −Nr = 0 ⇒ M = Fr sin θ
1.9 Exercícios Propostos
1. Determine o módulo e a direção das forças abaixo:
(a) F⃗1 = −5⃗i+ 12⃗j
(b) F⃗2 = 100⃗i− 100
√
3⃗j
(c) F⃗3 = −50
√
2⃗i− 50
√
2⃗j
Figura 1.46: Exercício 2.
2. O gancho da figura 1.46 está submetido as forças F⃗1 e F⃗2. Determine a intensidade e
a orientação da força resultante. Fonte: [2]
38
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
3. Dois cabos sujeitos a trações conhecidas estão presos ao ponto A conforme a figura
1.47. Um terceiro cabo AC é usado para sustentação. Determine a tração em AC
sabendo que a resultante das três forças aplicadas em A deve ser vertical. Fonte: [1]
R: 26, 19 kN
Figura 1.47: Exercício 3. Figura 1.48: Exercício 4.
4. Determine o ângulo θ e o valor de P no sistema em equilíbrio na figura 1.48.
5. O semáforo de 18 kg na figura 1.49 está em equilíbrio estático. Sabendo que TAB =
1, 022TAC , determine o ângulo θ e valor da tração TAC . Adote g = 9, 81 m/s2
Figura 1.49: Exercício 5.
6. Três forças atuam sobre o suporte mostrado na figura 1.50. Determine o ângulo θ e
a intensidade de F⃗1, de modo que a resultante das forças seja orientada ao longo do
eixo x′ positivo e tenha intensidade de 1 kN . Fonte: [2]
7. Determine a direção e o módulo da resultante das forças da figura 1.51.
8. Determine a força necessária nos cabos AB e AD para o equilíbrio do motor de 250 kg
mostrado na figura 1.52.
9. Determine as forças necessárias nos cabos AB e AC da figura 1.53 para manter a
esfera D de 25 kg em equilíbrio. Dados F = 300 N e d = 1 m.
39
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.50: Exercício 6. Figura 1.51: Exercício 7.
Figura 1.52: Exercício 8 Figura 1.53: Exercício 9
10. Determine o módulo e a direção das forças abaixo:
(a) F⃗1 = 20⃗i− 45⃗j + 60k⃗
(b) F⃗2 = −15⃗i+ 10⃗j − 40k⃗
(c) F⃗3 = 5⃗i− 12⃗j − 13k⃗
11. Determine os ângulos diretores da força F⃗2 tal que F⃗1 = F⃗ − 3F⃗2, sendo F⃗ = i⃗+ 2⃗j− k⃗
e F⃗1 = −2⃗i− 3⃗j + 2k⃗.
12. Determine os possíveis valores de γ de modo que os ângulos 45◦, 150◦ e γ sejam
diretores.
40
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
13. Escreva a força F⃗ como um vetor cartesiano sabendo que possui módulo 120 N e
ângulos diretores α = 60◦, β = 120◦ e γ = 45◦.
14. Expresse a força na figura 1.54 como um vetor cartesiano.
Figura 1.54: Exercício 14. Figura 1.55: Exercício 16.
15. Determine os possíveis valores de γ, sabendo que os demais ângulos diretores são
α = 45◦ e β = 60◦.
16. Determine a intensidade e os ângulos diretores da força F⃗ necessários para o equi-
líbrio do ponto O na figura 1.55.
17. Os três cabos são usados para suportar a luminária de 1200 N conforme a figura 1.56.
Determine a força desenvolvida em cada cabo para condição de equilíbrio.
Figura 1.56: Exercício 9.
41
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
18. A torre é mantida reta pelos três cabos. Se a força em cada cabo que atua sobre a
torre for aquela mostrada na figura 1.57, determine a intensidade e os ângulos dire-
tores coordenados da força resultante. Considere x = 20 m e y = 15 m.
Figura 1.57: Exercício 3.
19. Considere os vetores unitários i⃗ = (1, 0, 0), j⃗ = (0, 1, 0) e k⃗ = (0, 0, 1). Mostre que:
(a) i⃗ · i⃗ = j⃗ · j⃗ = k⃗ · k⃗ = 1
(b) i⃗ · j⃗ = i⃗ · k⃗ = j⃗ · k⃗ = 0
20. Mostre que se os vetores u⃗ e v⃗ tem módulos iguais, então os vetores u⃗− v⃗ e u⃗+ v⃗ são
perpendiculares.
21. Determine o ângulo entre os vetores u⃗ e v⃗ dados por:
(a) u⃗ = 2⃗i− j⃗ + 4k⃗ e v⃗ = −⃗i+ 3⃗j − k⃗
(b) u⃗ = i⃗+ 3⃗j − k⃗ e v⃗ = i⃗+ 2⃗j − 3k⃗
22. Dados os vetores u⃗ = 2⃗i− 6⃗j+3k⃗ e v⃗ = i⃗− j⃗+2k⃗, determine o vetor paralelo e o vetor
perpendicular ao vetor u⃗ em relação ao vetor v⃗.
23. Dado o vetor u⃗ = ux⃗i+ uy j⃗ + uzk⃗, mostre que |u⃗| =
√
u⃗ · u⃗.
24. Mostre que u⃗∥ = (|u⃗| cos θ)v̂, sendo v̂ o vetor unitário na direção do vetor v⃗.
25. Determine o momento total das forças na estrutura da figura 1.58.
26. Determine o momento da força F⃗ nos casos abaixo:
a) Em relação ao ponto O conforme a figura 1.59;
b) Em relação ao ponto A conforme a figura 1.60.
42
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.58: Exercício 25.
Figura 1.59: Exercício 26. Figura 1.60: Exercício 26.
27. Determine o momento da estrutura da figura 1.61 em relação ao ponto A.
28. Defina:
(a) corpo deformável
(b) corpo rígido
29. Qual a função básica de um apoio?
30. Qual a função física de um apoio?
31. Cite os tipos de apoios existentes?
32. O que é uma estrutura:
(a) hipostática
(b) isostática
(c) hiperstática
43
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.61: Exercício 27.
33. Como são classificadas as vigas?
34. Como devemos substituir a carga uniforme distribuída no cálculo das reações de
apoio?
35. Como devemos substituir a carga uniforme variável no cálculo das reações de apoio?
36. Cite os tipos existentes de vigas.
37. Uma barra homogênea AB da figura 1.62 tem 10 m de comprimento e pesa 1200 N .
Há um ponto fixo C no qual a barra articulada em atrito. A barra repousa sobre a
extremidade A. Determine a máxima distância x que um homem que pesa 1000 N
pode percorrer sobre a barra, partindo de A, sem que ela gire em torno de C. R:
x = 6, 7 m
Figura 1.62: Exercício 37.
38. Uma menina de 50 kg caminha sobre uma prancha com 10 m de comprimento e 10 kg
de massa. A prancha está apoiada em suas extremidades, nos pontos A e B, con-
forme a figura 1.56. No instante em que a força normal (reação) em B é igual ao
dobro da normal em A, a que distância, em metros, a menina se encontra do ponto
B? Adote g = 9, 81 m/s2
44
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.63: Exercício 38.
39. Determine as reações de apoio na viga bi-apoiada da figura 1.64.
Figura 1.64: Exercício 39.
40. Uma caixa de 50 kg é equilibrada conforme a figura 1.65. Determine:
(a) A tensão no cabo CD;
(b) As reações RBx e RBy;
(c) O módulo e a direção da reação em B.
45
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 1.65: Exercício 40
41. Determine as reações de apoio na viga bi-apoiada da figura 1.66.
Figura 1.66: Exercício 41. Figura 1.67: Exercício 42.
42. Determine as reações de apoio na viga bi-apoiada da figura 1.67.
46
Capítulo 2
Centro de Massa e de Gravidade
2.1 Introdução
Mesmo quando um corpo gira ou vibra, existe um ponto nesse corpo, chamado centro de
massa, que se desloca da mesma maneira que se deslocaria uma única partícula, com a
massa deste corpo e sujeita ao mesmo sistema de forças que ele. Ainda que o sistema não
seja um corpo rígido mas um conjunto de partículas, pode ser definido para ele um centro
de massa, como veremos adiante.
2.2 Sistemas Mecânicos Discretos
Figura 2.1: Sistemas de partículas.
Definição 2.1 Um corpo de massa m de dimensões desprezíveis localizado no ponto P (x, y, z)
é chamado ponto material e é denotado por P (x, y, z)[m].
47
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Para facilitar o estudo dos sistemas mecânicos é necessário estudar um ponto material
muito especial chamado centro de massa.
Definição 2.2 Um sistema mecânico discreto é um conjunto finito de pontos materiais. Um
sistema mecânico discreto de n pontos materiais P1, . . . ,Pn de massas m1, . . . ,mn será
denotado por:
S = {P1(x1, y1, z1)[m1], . . . , Pn(xn, yn, zn)[mn]} (2.1)
Dados os pontos P1(x1, y1, z1), . . . , Pn(xn, yn, zn), podemos relacioná-los com a origem
do sistema de coordenadas O para formar os vetores
−−→
OP1, . . . ,
−−→
OPn. Tais vetores serão
designados simplesmente por P⃗1, . . . , P⃗n.
Definição 2.3 Dado um sistema mecânico discreto S, o centro de massa é o ponto G(x, y, z)
tal que
mG⃗ =
n∑
k=1
P⃗kmk (2.2)
sendo
m =
n∑
k=1
mk
Proposição 2.1 O centro de massa de um sistema mecânico discreto S é único.
Demonstração: De fato, se G e H são dois centros de massa do sistema mecânico discreto
S, então
mG⃗ =
n∑
k=1
P⃗kmk e mH⃗ =
n∑
k=1
P⃗kmk
consequentemente, mG⃗ = mH⃗, isto é, G = H.
�
Proposição 2.2 As coordenadas do centro de massa G de um sistema mecânico discreto
S são dadas por:
x =
1
m
n∑
k=1
mkxk , y =
1
m
n∑
k=1
mkyk e z =
1
m
n∑
k=1
mkzk (2.3)
Demonstração: De fato, da expressão vetorial dada em (2.2), temos:
m(x, y, z) =
n∑
k=1
(xk, yk, zk)mk ⇒ (x, y, z) =
( n∑
k=1
mkxk,
n∑
k=1
mkyk,
n∑
k=1
mkzk
)
⇒
mx =
n∑
k=1
mkxk, my =
n∑
k=1
mkyk e mz =
n∑
k=1
mkzk
donde segue o resultado.
�
48
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Exemplo 2.1 Determine o centro de massa do segmento definido pelos pontos materiais
P1(x1, y1)[m1], P2(x2, y2)[m2].
Resolução: De fato, da expressão (2.3), segue que
x̄ =
m1x1 +m2x2
m1 +m2
e ȳ =
m1y1 +m2y2
m1 +m2
Observação 2.1 Note que se m1 = m2, então
x̄ =
m1x1 +m1x2
m1 +m1
=
x1 + x2
2
e ȳ =
m1y1 +m1y2
m1 +m1
=
y1 + y2
2
ou seja, o centro de massa de um sistema mecânico discreto com dois pontos materiais de
massas iguais é o ponto médio do segmento formado pelos pontos P1 e P2.
Definição 2.4 Dado um sistema mecânico discreto S, o centro de gravidade é o ponto
G(xG, yG, zG) tal que
PG⃗ =
n∑
k=1
P⃗kwk (2.4)
sendo wk o peso de cada ponto material e P o peso total do sistema, isto é,
P =
n∑
k=1
wk
Proposição 2.3 O centro de gravidade G de um sistema discreto de partículas é igual ao
seu centro de massa G, isto é, xG = x, yG = y e zG = z.
Demonstração: De fato, próximo a superfície terrestre o campo gravitacional é uniforme,
de modo que wk = mkg, onde g é o módulo da aceleração da gravidade. Assim, da ex-
pressão (2.4), temos:
( n∑
k=1
wk
)
G⃗ =
n∑
k=1
P⃗kwk ⇒
( n∑
k=1
mk
)
gG⃗ =
n∑
k=1
mkP⃗kg ⇒ G⃗ =
n∑
k=1
P⃗kmk
n∑
k=1
mk
= G⃗
donde segue o resultado.
�
Observação 2.2 Trataremos somente dos sistemas mecânicos próximos a superfície ter-
restre, de modo que o centro de gravidade coincide com o seu centro de massa e G será
denotado simplesmente por G.
Exemplo 2.2 Ache o centro de gravidade do sistema mecânico discreto:
S = {P1(1,−2, 4)[3], P2(2, 1, 1)[1], P3(1, 0, 4)[2], P4(−1, 1, 2)[2]}
sendo os pesos dados em newtons e as coordenadas dadas em metros.
49
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Resolução: Sendo
m =
4∑
k=1
mk = 3 + 1 + 2 + 2 = 8
4∑
k=1
mkxk = 1 · 3 + 2 · 1 + 1 · 2 + (−1) · 2 = 5
4∑
k=1
mkyk = −2 · 3 + 1 · 1 + 0 · 2 + 1 · 2 = −3
4∑
k=1
mkzk = 4 · 3 + 1 · 1 + 4 · 2 + 2 · 2 = 25
segue que x =
5
8
= 0, 625 m, y = −3
8
= −0, 125 m e z = 25
8
= 3, 125 m.
2.3 Esquema Prático Para o Cálculo do Centro de Massa
de Sistemas Mecânicos Discretos
Considere o sistema discreto dado por
S = {P1(x1, y1, z1)[m1], . . . , Pn(xn, yn, zn)[mn]}
Um modo prático de calcular as coordenadas x̄, ȳ e z̄ de S é apresentado na tabela abaixo:
k xk yk zk mk mkxk mkyk mkzk
1 x1 y1 z1 m1 m1z1 m1y1 m1z1
2 x2 y2 z2 m2 m2z2 m2y2 m2z2
...
...
...
...
...
...
...
...
n xn yn zn mn mnzn mnyn mnzn∑ ∑
mk
∑
mkxk
∑
mkyk
∑
mkzk
Exemplo 2.3 Determine o centro de massa do sistema mecânico discreto, sendo as coor-
denadas dadas em metros.
S = {P1(−1, 3, 2)[2, 5 kg], P2(1,−3, 3)[1, 5 kg], P3(2, 1, 1)[4, 2 kg],
P4(−1,−2, 2)[3, 1 kg], P5(2, 1, 1)[1, 8 kg]}
Resolução: Colocando os dados na tabela, temos:
k xk yk zk mk mkxk mkyk mkzk
1 −1 3 2 2, 5 −2, 5 −7, 5 5
2 1 −3 3 1, 5 1, 5 1, 5 4, 5
3 2 1 1 4, 2 8, 4 8, 4 4, 2
4 −1 −2 2 3, 1 −6, 2 −6, 2 6, 2
5 2 1 1 1, 8 3, 6 3, 6 1, 8∑
− − − 13, 1 4, 8 12, 4 21, 7
50
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Logo,
x̄ =
5∑
k=1
mkxk
5∑
k=1
mk
=
4, 8
13, 1
= 0, 366 m,
ȳ =
5∑
k=1
mkyk
5∑
k=1
mk
=
12, 4
13, 1
= 0, 946 m
e z̄ =
5∑
k=1
mkzk
5∑
k=1
mk
=
21, 7
13, 1
= 1, 656 m
Proposição 2.4 O centro de massa G do sistema mecânico discreto
S = {P1(x1, y1, z1)[m1], P2(x2, y2, z2)[m2]}
pertence à reta que passa pelos pontos P1 e P2, ou seja, G,P1 e P2 são colineares conforme
a figura 2.2.
Figura 2.2: Centro de massa G no segmento de reta P1P2.
Demonstração: Seja r a reta que passa pelos pontos P1 e P2. O vetor diretor de r é dado
por
v⃗ = P2 − P1 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1)
Assim, a equação da reta r é dada por:
P⃗ (t)−
−−→
OP1 = tv⃗ ⇒ P⃗ (t) = (x1, y1, z1) + t(x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1)
ou seja,
r :

x(t) = x1 + t(x2 − x1)
y(t) = y1 + t(y2 − y1)
z(t) = z1 + t(z2 − z1)
51
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Eliminando t das expressões acima, obtemos as equações simétricas da reta r, isto é:
r :
x− x1
x2 − x1
=
y − y1
y2 − y1
=
z − z1
z2 − z1
Note que
x̄− x1 =
m1x1 +m2x2
m1 +m2
− x1 =
m1x1 +m2x2 − (m1 +m2)x1
m1 +m2
=
m2(x2 − x1)
m1 +m2
de modo que
x̄− x1
x2 − x1
=
m2
m1 +m2
(2.5)
Analogamente,
ȳ − y1
y2 − y1
=
m2
m1 +m2
e
z̄ − z1
z2 − z1
=
m2
m1 +m2
(2.6)
De (2.5) e (2.6), segue que
x̄− x1
x2 − x1
=
ȳ − y1
y2 − y1
=
z̄ − z1
z2 − z1
ou seja, G(x̄, ȳ, z̄) ∈ r.
�
Observação 2.3 É claro que se P1(x1, y1, z1) e P2(x2, y2, z2) são dois pontos materiais com
massas iguais a m, então o centro de massa está no ponto médio do segmento P1P2.
Figura 2.3: Baricentro do triângulo formado pelos pontos P1,P2 e P3.
Definição 2.5 O baricentro de um triângulo de vértices P1, P2 e P3 , denotado por B é o
ponto de encontro de suas três medianas (segmento que liga um vértice ao ponto médio do
lado oposto) conforme a figura 2.3.
52
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
É possível provar que o baricentro de um triângulo é único e que suas coordenadas são
dadas por:
xB =
x1 + x2 + x3
3
(2.7)
yB =
y1 + y2 + y3
3
(2.8)
e
zB =
z1 + z2 + z3
3
(2.9)
Proposição 2.5 O centro de massa do sistema mecânico discreto
S = {P1(x1, y1, z1)[m1], P2(x2, y2, z2)[m2], P3(x3, y3, z3)[m3]}
em que P1, P2 e P3 são não-colineares e m1 = m2 = m3 = m é o baricentro do triângulo
formado pelos pontos P1, P2 e P3, isto é, x̄ = xB, ȳ = yB e z̄ = zB.
Demonstração: O centro de massa do sistema mecânico discreto formado pelos pontos
P1 e P2 de massas iguais a m é o ponto médio de P1P2, ou seja, é o ponto material
M
(
x1 + x2
2
,
y1 + y2
2
,
z1 + z2
2
)
[2m]
Desta forma, o centro de massa do sistema mecânico discreto S é igual ao centro de massa
do sistema mecânico discreto:
S ′ =
{
P3(x3, y3, z3)[m],M
(x1 + x2
2
,
y1 + y2
2
,
z1 + z2
2
)
[2m]
}
Denotando por G(x̄, ȳ, z̄) o centro de massa do sistema S, então
(m+ 2m)x̄ = mx3 + 2m ·
x1 + x2
2
⇒ x̄ = x1 + x2 + x3
3
= xB
Analogamente,
ȳ =
y1 + y2 + y3
3
= yB e z̄ =
z1 + z2 + z3
3
= zB
�
Exemplo 2.4 Dado três pontos materiais A,B e D, de massas iguais a m estão situados
nas posições indicadas na figura 2.4. Determine as coordenadas do centro de massa do
sistema de pontos materiais.
Resolução: Como as massas dos pontos materiais são iguais, o centro de massa localiza-
se no baricentro do triângulo definido pelos pontos A, B e D. Assim, das expressões (2.7)
e (2.8), segue que
G(x̄, ȳ) =
(
0 + 4 + 2
3
,
0 + 0 + 3
3
)
= (2, 1)
Se um sistema mecânico discreto possui alguma simetria, pode-se tirar vantagem dessa
simetria para a localização do centro de massa.
53
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 2.4: Sistema mecânico discreto de três pontos materiais de massas iguais a m.
Proposição 2.6 Se um sistema mecânico discreto S possui um plano de simetria, isto é,
se cada partícula mk possui uma imagem especular m′k relativa a um certo plano, então o
centro de massa encontra-seneste plano.
Demonstração: Sem perda de generalidade, suponhamos que o plano xy é um plano de
simetria. Assim, para cada k = 1, . . . , n, zk = −z′k e mk = m′k. Para mostrar que o centro de
massa de S pertence ao plano xy, basta provar que z̄ = 0. De fato,
z̄ =
∑
(zkmk + z
′
km
′
k)∑
(mk +m′k)
=
∑
(−z′km′k + z′km′k)∑
(mk +m′k)
= 0
�
2.4 Centro de Massa e Centróide de
Sistemas Mecânicos Contínuos
2.4.1 Introdução
Macroscopicamente, nao se consegue notar a existencia dos átomos e moléculas porque
o tamanho dos mesmos e muito pequeno e sua quantidade, geralmente elevada. Dessa
forma em condições normais, podem-se estudar os fenômenos físicos que ocorrem na
matéria, tais como o centro de massa ou de gravidade supondo que a mesma é continua,
e não discreta. Essa é uma hipótese importante, pois, dessa maneira, podem-se definir
grandezas físicas como funções da posição e executar operações matemáticas tais como
limites, derivadas e integrações com essas grandezas. Para este fim, temos que apresen-
tar o conceito de densidade que em linhas gerais é uma medida da distribuição da massa
desse corpo ao longo de seu comprimento, área ou volume.
Vimos anteriormente que as coordenadas do centro de massa de um sistema mecânico
discreto S são dadas por:
x =
1
m
n∑
k=1
mkxk, y =
1
m
n∑
k=1
mkyk e z =
1
m
n∑
k=1
mkzk
54
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Para sistemas mecânicos contínuos, os somatórios são substituídos por integrais atuando
em alguma região R da reta, do plano ou do espaço, isto é,
x =
1
m
∫
R
xdm , y =
1
m
∫
R
ydm e z =
1
m
∫
R
zdm (2.10)
sendo m a massa do corpo, isto é,
m =
∫
R
dm (2.11)
A proposição a seguir é muito para calcular o centro de massa de sistemas mecânicos
contínuos compostos.
Proposição 2.7 (Lema de Arquimedes) Se uma região R de massa m e centro de massa
G⃗ é dividida em duas regiões menores R1 e R2, então
mG⃗ = m1G⃗1 +m2G⃗2 (2.12)
Além disso, o centro de massa do objeto composto encontra-se no segmento de reta que
une os centros de massa das duas regiões menores conforme a figura 2.5.
Figura 2.5: Região R dividida em duas regiões R1 e R2.
Demonstração: De fato,
mG⃗ =
∫
R
P⃗ dm =
∫
R1∪R2
P⃗ dm =
∫
R1
P⃗ dm+
∫
R2
P⃗ dm
= m1 ·
1
m1
∫
R1
P⃗ dm+m2 ·
1
m2
∫
R2
P⃗ dm
= m1G⃗1 +m2G⃗2
55
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Mostraremos agora que G(x̄, ȳ, z̄) ∈ G⃗1G⃗2. Para isso, a equação da reta que passa pelos
centros de massa G1(x̄1, ȳ1, z̄1) e G2(x̄2, ȳ2, z̄2) é dada por:
r⃗(t) = (x(t), y(t), z(t)) =

(x̄2 − x̄1)t+ x̄1
(ȳ2 − ȳ1)t+ ȳ1
(z̄2 − z̄1)t+ z̄1
para t ∈ [0, 1]. Eliminando t das expressões acima, obtemos as equações simétricas da
reta, isto é,
r :
x− x̄1
x̄2 − x̄1
=
y − ȳ1
ȳ2 − ȳ1
=
z − z̄1
z̄2 − z̄1
Sendo m = m1 +m2, então
x̄− x̄1 =
m1x̄1 +m2x̄2
m
− x̄1 =
m1x̄1 +m2x̄2
m1 +m2
− x̄1
=
m2
m1 +m2
(x̄2 − x̄1) ⇒
x̄− x̄1
x̄2 − x̄1
=
m2
m1 +m2
Analogamente,
ȳ − ȳ1
ȳ2 − ȳ1
=
m2
m1 +m2
e
z̄ − z̄1
z̄2 − z̄1
=
m2
m1 +m2
donde segue que
x̄− x̄1
x̄2 − x̄1
=
ȳ − ȳ1
ȳ2 − ȳ1
=
z̄ − z̄1
z̄2 − z̄1
isto é, G(x̄, ȳ, z̄) ∈ r.
�
2.4.2 Centro de Massa e Centróide de Cabos
Nos sistemas mecânicos envolvendo fios, cabos e barras finas faz-se necessário o conceito
de densidade linear que apresentamos a seguir:
Definição 2.6 Para um corpo de massa m em que o comprimento L é muito maior que sua
largura e altura, define-se densidade linear média denotado por λ como sendo a razão entre
sua massa pelo seu comprimento, isto é,
λ =
m
L
(2.13)
Em algumas situações, a densidade linear λ varia continuamente com o comprimento
de arco, de modo que
dm = λ(L)dL (2.14)
representa a massa de um pedaço infinitesimal de um cabo conforme a figura 2.6. Por
integração obtemos a massa total do cabo, isto é,
m =
∫
R
λ(L)dL (2.15)
56
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 2.6: Arco de comprimento L e densidade linear λ(L).
Exemplo 2.5 Determine a massa de um cabo retilíneo de comprimento 2 m, sabendo que
a sua densidade linear é dada por λ(x) = (x+ 1) kg/m.
Resolução: Colocando o cabo encima do eixo x, de modo que a sua extremidade esquerda
coincida com a origem do eixo, então a região R é o intervalo [0, 2]. Assim, da expressão
(2.52), temos:
m =
∫
R
λ(x)dx =
∫ 2
0
(x+ 1)dx =
[
x2
2
+ x
]2
0
= 4 kg
Pela definição de centro de massa, temos
x =
1
m
∫
R
xdm =
1
m
∫
R
xλ(L)dL (2.16)
Analogamente,
y =
1
m
∫
R
yλ(L)dL e z =
1
m
∫
R
zλ(L)dL (2.17)
Exemplo 2.6 Determine o centro de massa de um pedaço de fio retilíneo AB de 10 cm de
comprimento, sabendo que sua densidade linear é proporcional ao quadrado da distância
do ponto A.
Figura 2.7: Exemplo 2.6.
Resolução: Considere o eixo x com a origem sobre o ponto A conforme a figura 2.7.
Sendo λ(x) = kx2, então
m =
∫
R
dm =
∫ 10
0
λ(x)dx =
∫ 10
0
kx2dx = k
x3
3
]10
0
=
1000k
3
57
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
e ∫
R
xdm =
∫ 10
0
xλ(x)dx =
∫ 10
0
xkx2dx = k
∫ 10
0
x3dx
= k
x4
4
]10
0
= 2500k
Da expressão (2.16), segue que
x =
1
m
∫
R
xdm =
1
1000k/3
· 2500k = 7, 5 cm
Definição 2.7 O centróide de um cabo é um ponto P (x̄, ȳ, z̄) obtido das expressões (2.16)
e (2.17) no caso em que a densidade linear λ(L) é constante.
Proposição 2.8 As coordenadas do centroide de um cabo podem ser obtidas através das
expressões
x =
1
L
∫
R
xdL , y =
1
L
∫
R
ydL e z =
1
L
∫
R
zdL (2.18)
sendo L seu comprimento.
Demonstração: Por hipótese é constante, isto é, λ(L) = k. Da expressão (2.52), a massa
do cabo é dada por:
m =
∫
R
λ(L)dL =
∫
R
kdL = kL
Logo,
x =
1
m
∫
R
xdm =
1
kL
∫
R
xkdL =
1
L
∫
R
xdL
y =
1
m
∫
R
ydm =
1
kL
∫
R
ykdL =
1
L
∫
R
ydL
x =
1
m
∫
R
zdm =
1
kL
∫
R
zkdL =
1
L
∫
R
zdL
�
Exemplo 2.7 Determine o centroide de um pedaço de fio na forma de uma semicircunfe-
rência de raio r = a.
Resolução: O primeiro passo é achar uma expressão para o elemento infinitesimal dL. Do
Cálculo, o elemento infinitesimal de comprimento de arco de um curva plana é dado por
dL =
√
dx2 + dy2
Da figura 2.8, x = a cos θ e y = a sin θ, de modo que
dx = −a sin θdθ e dy = a cos θdθ ⇒
dL =
√
dx2 + dy2 =
√
(−a sin θdθ)2 + (a cos θdθ)2
=
√
a2dθ2(cos2 θ + sin2 θ) = adθ
58
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 2.8: Pedaço de fio de raio a no formato de semicircunferência.
consequentemente o comprimento do fio é dado por:
L =
∫
R
dL =
∫ π
0
adθ = πa
Assim,
x̄ =
1
L
∫
R
xdL =
1
πa
∫ π
0
a cos θ(adθ) =
1
π
∫ π
0
a cos θdθ = 0
e
ȳ =
1
L
∫
R
ydL =
1
πa
∫ π
0
a sin θ(adθ) =
1
π
∫ π
0
a sin θdθ =
2a
π
Observação 2.4 No exemplo anterior vimos que x̄ = 0 e isto é devido ao fato que f(x) =√
a2 − x2 é uma função no intervalo simétrico [−a, a]. Em outras palavras, se um cabo
possui simetria em relação ao eixo y, então a abscissa do centróide é nula.
Definição 2.8 Dizemos que uma função f definida no intervalo I é par se f(−x) = f(x)
para todo x ∈ I e f é uma função ímpar se f(−x) = −f(x) para todo x ∈ I.
Proposição 2.9 Se f é uma função diferenciável e par no intervalo [−a, a], isto é, f(x) =
f(−x) para todo x ∈ [−a, a] cujo gráfico representa um fio de densidade constante, então a
abscissa do centróide do cabo é nula conforme a figura 2.9.
Demonstração: Sendo f uma função par, então f ′ é uma função ímpar no intervalo (−a, a).
De fato, 
d
dx
f(−x) = f ′(−x)(−1) = −f ′(−x)
e
d
dx
f(−x) = f ′(x) = f ′(x)
⇒ f(−x) = −f(−x)
Por outro lado,
dL =
√
dx2 + dy2 =
√
1 +
(
dy
dx
)2
dx =
√
1 + [f ′(x)]2dx
59
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 2.9: Simetria em cabos uniformes e homogêneos.
de modo que
x̄ =
1
L
∫
R
xdL =
1
L
∫ a
−a
x
√
1 + [f ′(x)]2dx =
1
L
∫ 0
−a
x
√
1 + [f ′(x)]2dx+
1
L
∫ a
0
x
√
1 + [f ′(x)]2dx
=
1
L
∫ 0
a
(−u)
√
1 + [f ′(−u)]2(−du) + 1
L
∫ a
0
x
√
1 + [f ′(x)]2dx
= − 1
L
∫ a
0
x
√
1 + [f ′(x)]2dx+
1
L
∫ a
0
x
√
1 + [f ′(x)]2dx = 0
�
Exemplo 2.8 Determine o centroide de um cabo retilíneo que liga os pontos P1(x1, y1, z1) e
P2(x2,y2, z2).
Resolução: Seja v⃗ =
−−→
P1P2 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1) o vetor diretor da reta r que liga os
pontos P1 e P2. Assim, a equação paramétrica da reta r é dada por:
x(t) = (x2 − x1)t+ x1
y(t) = (y2 − y1)t+ y1
z(t) = (z2 − z1)t+ z1
para t ∈ [0, 1]. Desta forma,
dL =
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
+
(
dz
dt
)2
dt =
√
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2dt ⇒
L =
∫ 1
0
√
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2dt =
√
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2
de modo que dL = Ldt. Consequentemente, a abscissa do centroide do cabo é:
x̄ =
1
L
∫
R
xdL =
1
L
∫ 1
0
[(x2 − x1)t+ x1]Ldt =
[
(x2 − x1)
t2
2
+ x1t
]1
0
=
x2 − x1
2
+ x1 =
x1 + x2
2
Analogamente,
ȳ =
y1 + y2
2
e z̄ =
z1 + z2
2
Intuitivamente, este é um resultado esperado, isto é, o centroide de um cabo localiza-se em
no ponto médio do cabo independentemente de sua posição.
60
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
2.4.3 Primeiro Teorema de Pappus
Pappus de Alexandria (século IV d.C.) foi um grande matemático grego sucessor de Eu-
clides, Arquimedes e Apolônio, sua principal obra é a Coleção Matemática, uma mistura de
guia da geometria da época, acompanhada de comentários, com numerosas proposições
originais, aprimoramentos, extensões e notas históricas. No livro VII, aparece uma anteci-
pação dos teoremas do centróide de Pappus-Guldin (1577 − 1642). O primeiro teorema de
Pappus enunciaremos a seguir.
Teorema 2.1 (Primeiro teorema de Pappus) A área de uma superfície de revolução é
igual ao produto entre o comprimento da trajetória descrita pelo centroide dessa mesma
curva pelo comprimento da curva geratriz conforme a figura 2.10. Matematicamente, temos:
A = 2πyL (2.19)
Figura 2.10: Primeiro teorema de Pappus.
Demonstração: Considere uma curva plana e um eixo de revolução no eixo desta curva.
Um elemento infinitesimal dL da curva geratriz é considerado na figura 2.10. Para uma
única revolução da curva geratriz sobre o eixo x, o elemento infinitesimal dL gera uma área
dada por dA = 2πydL e a área total da superfície é dada por:
A =
∫
R
dA = 2π
∫
R
ydL (2.20)
Por outro lado, da expressão 2.18,
y =
1
L
∫
R
ydL ⇒
∫
R
ydL = yL (2.21)
Substituindo (2.21) em (2.20), segue o resultado.
�
Exemplo 2.9 Use o primeiro teorema de Pappus e mostre que a área lateral de um cone
circular reto de raio r e altura h é dado por A = πr
√
r2 + h2.
61
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 2.11: Cone reto de revolução.
Resolução: Pelo exemplo 2.8, a ordenada do centroide do cabo retilíneo é ȳ =
r
2
. Usando
o teorema de Pitágoras na figura 2.11, o comprimento do cabo retilíneo é L =
√
r2 + h2.
Logo, usando o primeiro teorema de Pappus, temos:
A = 2πȳL = 2π · r
2
·
√
r2 + h2 = πr
√
r2 + h2
2.5 Centro de Massa e Centroide de Placas Curvilíneas
Figura 2.12: Placa de massa m e densidade superficial σ.
Definição 2.9 Uma placa é um corpo de massa m em que sua largura e comprimento é
muito maior que a sua altura h.
Definição 2.10 Dada uma função diferenciável z = f(x, y) definida em uma região R do
plano xy, uma placa curvilínea no espaço R3 é o gráfico desta função.
Definição 2.11 Dada uma placa de massa m e área S, define-se densidade superficial
média, denotada por σ, como sendo a razão entre sua massa pela sua área superficial, isto
é,
σ =
m
S
(2.22)
62
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Em algumas situações, a densidade superficial σ varia continuamente sobre a superfície,
isto é, σ = σ(x, y). Desta forma, um elemento infinitesimal de massa é dm = σ(x, y)dS. Do
Cálculo, um elemento infinitesimal de área desta superfície é dada pela expressão:
dS =
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA
de modo que
S =
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.23)
e sendo dm = σ(x, y)dS, então
m =
∫
R
∫
σ(x, y)
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.24)
Figura 2.13: Placa paraboloidal de revolução.
Exemplo 2.10 Considere a placa no formato de um parabolóide de revolução de equação
z = x2 + y2 conforme a figura 2.13, definida na região R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}.
Determine a massa da placa sabendo que a densidade superficial é σ(x, y) = 1+ 4x2 +4y2.
Resolução: Note que
∂z
∂x
= 2x e
∂z
∂y
= 2y
de modo que
dm = σ(x, y)
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA = (1 + 4x2 + 4y2)
√
1 + (2x)2 + (2y)2dA
= (1 + 4x2 + 4y2)
√
1 + 4x2 + 4y2dA = (1 + 4x2 + 4y2)3/2 ⇒
m =
∫
R
∫
(1 + 4x2 + 4y2)3/2dA
63
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Usando coordenadas polares, dA = rdrdθ e consequentemente,
m =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 + 4r2)3/2rdrdθ = 2π
∫ 1
0
(1 + 4r2)3/2rdrdθ =
2π
8
(1 + 4r2)5/2
5/2
∣∣∣∣1
0
=
π
10
(25
√
5− 1)
Definição 2.12 As coordenadas x̄, ȳ e z̄ do centro de massa de uma placa curvilínea definida
pela função z = f(x, y) em uma região R é dada pelas expressões:
x̄ =
1
m
∫
R
∫
xσ(x, y)
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.25)
ȳ =
1
m
∫
R
∫
yσ(x, y)
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.26)
e
z̄ =
1
m
∫
R
∫
f(x, y)σ(x, y)
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.27)
sendo m a massa da placa dada na expressão (2.24).
Exemplo 2.11 Determine o centro de massa da placa parabólica do exemplo anterior.
Resolução: Vimos que dm = (1+4x2+4y2)3/2dA e consequentemente m =
π
10
(25
√
5− 1),
de modo que
x̄ =
1
m
∫
R
xdm =
10
(25
√
5− 1)π
∫
R
∫
x(1 + 4x2 + 4y2)3/2dA
Usando coordenadas polares, segue que
x̄ =
10
(25
√
5− 1)π
∫ 2π
0
∫ 1
0
r cos θ(1 + 4r2)3/2rdrdθ
=
10
(25
√
5− 1)π
∫ 2π
0
cos θdθ
∫ 1
0
r2(1 + 4r2)3/2dr = 0
Analogamente é possível provar que ȳ = 0. Por outro lado,
z̄ =
1
m
∫
R
zdm =
10
(25
√
5− 1)π
∫
R
∫
(x2 + y2)(1 + 4x2 + 4y2)3/2dA
Novamente usando coordenadas polares, temos:
z̄ =
10
(25
√
5− 1)π
∫ 2π
0
∫ 1
0
r2(1 + 4r2)3/2rdrdθ =
10
(25
√
5− 1)π
∫ 2π
0
dθ
∫ 1
0
r2[r(1 + 4r2)3/2]dr
=
20
25
√
5− 1
∫ 1
0
r2[r(1 + 4r2)3/2]dr
64
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Para resolver esta última integral, usaremos a técnica de integração por partes, escolhendo
u = r2 e dv = r(1 + 4r2)3/2dr, de modo que
du = 2rdr e v =
∫
r(1 + 4r2)3/2dr =
1
8
· (1 + 4r
2)5/2
5/2
Assim,∫ 1
0
r2[r(1 + 4r2)3/2]dr =
[
r2
(1 + 4r2)5/2
20
]1
0
−
∫ 1
0
2r
(1 + 4r2)5/2
20
dr
=
√
5
4
− 1
10
∫ 1
0
r(1 + 4r2)5/2dr =
√
5
4
− 1
80
(1 + 4r2)7/2
7/2
∣∣∣∣1
0
=
9
√
5
56
+
1
280
Logo,
z̄ =
20
25
√
5− 1
·
(
9
√
5
56
+
1
280
)
=
14(45
√
5 + 1)
25
√
5− 1
≃ 1, 85
Definição 2.13 O centroide de uma placa curvilínea, é um ponto G(x̄, ȳ, z̄) em que a densi-
dade superficial σ é constante.
Proposição 2.10 As coordenadas do centroide de uma placa curvilínea definida pela função
z = f(x, y) na região R são dadas pelas expressões:
x̄ =
1
S
∫
R
∫
x
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.28)
ȳ =
1
S
∫
R
∫
y
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.29)
e
z̄ =
1
S
∫
R
∫
f(x, y)
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA (2.30)
sendo S a área da placa dada pela expressão (2.23).
Demonstração: De fato, usando a expressão (2.25) com σ(x, y) = k, temos:
x̄ =
1
kS
∫
R
∫
xk
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA
=
1
S
∫
R
∫
x
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA
Analogamente prova-se as expressões (2.29) e (2.30).
�
65
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 2.14: Placa hemisférica de raio a.
Exemplo 2.12 Determine a área de superfície de uma placa hemisférica de raio a conforme
a figura 2.14.
Resolução: A equação da placa hemisférica é z =
√
a2 − x2 − y2 definida na região R =
{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a2}. Note que
z2 = a2 − x2 − y2 ⇒ 2z ∂z
∂x
= −2x e 2z ∂z
∂y
= −2y
de modo que (
dS
dA
)2
= 1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
= 1 +
(
−x
z
)2
+
(
−y
z
)2
=
z2 + x2 + y2
z2
=
a2
z2
consequentemente,
dS =
a√
a2 − x2 − y2
dA ⇒ S =
∫
R
dS =
∫
R
∫
a√
a2 − x2 − y2
dA
Usando coordenadas polares, temos:
S = a
∫ 2π
0
∫ a
0
1√
a2 − r2
rdrdθ = 2πa
∫ a
0
r√
a2 − r2
dr
= −πa
∫ a
0
d(a2 − r2)√
a2 − r2
= −2πa
√
a2 − r2
∣∣∣∣a
0
= −2πa(0− a) = 2πa2
2.5.1 Simetria em Placas Curvilíneas
Podemos simplificar os cálculos decentro de massa ou centroide de uma placa curvilíne
observando se existe algum eixo de simetria. Neste caso, o centro de massa ou centroide
pertence a este eixo.
66
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Definição 2.14 Dizemos que a placa curvilínea definida em uma região R circular de raio a
no plano xy possui simetria radial, se z = f(x, y) pode ser escrita na forma z = g(r), sendo
g uma função diferenciável e r =
√
x2 + y2.
Proposição 2.11 Se uma placa curvilínea possui simetria radial e a densidade σ(x, y) =
h(r), sendo r =
√
x2 + y2, então a absicissa e a ordenada do centro de massa são nulas,
isto é, x̄ = ȳ = 0.
Demonstração: De fato, sendo f(x, y) = g(r), então
∂f
∂x
=
dg
dr
∂r
∂x
= g′(r)
∂r
∂x
e
∂f
∂y
=
dg
dr
∂r
∂y
= g′(r)
∂r
∂y
Do fato que r2 = x2 + y2, segue que
∂r
∂x
=
x
r
e
∂r
∂y
=
y
r
de modo que
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
= 1 +
(
g′(r)
x
r
)2
+
(
g′(r)
x
r
)2
= 1 + [g′(r)]2
(
x2
r2
+
y2
r2
)
= 1 + [g′(r)]2
Assim,
x̄ =
1
m
∫
R
∫
xσ(x, y)
√
1 +
(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
dA =
1
m
∫ 2π
0
∫ a
0
r cos θ h(r)
√
1 + [g′(r)]2rdrdθ
=
1
m
∫ 2π
0
cos θdθ
∫ a
0
r2h(r)
√
1 + [g′(r)]2dr = 0
Analogamente, prova-se que ȳ = 0.
�
Observação 2.5 Em particular este resultado é válido também para o cálculo de centroide
de uma placa curvilínea distribuída radialmente em torno do eixo z.
Exemplo 2.13 Mostre que as coordenadas do centroide de uma placa hemisférica de raio
a são x̄ = ȳ = 0 e z̄ = a/2.
Resolução: Do exemplo 2.12, a área da placa hemisférica de raio a é S = 2πa2. Sendo
f(x, y) =
√
a2 − x2 − y2 =
√
a2 − r2 = g(r)
segue da proposição 2.5.1 que x̄ = ȳ = 0. Por outro lado,
g′(r) = − r√
a2 − r2
de modo que
z̄ =
1
S
∫ 2π
0
∫ a
0
g(r)
√
1 + [g′(r)]2rdrdθ =
2π
2πa2
∫ a
0
√
a2 − r2
√
1 +
[
− r√
a2 − r2
]2
rdr
=
1
a2
∫ a
0
√
a2 − r2
√
a2 − r2 + r2
a2 − r2
rdr =
1
a
∫ a
0
rdr =
a
2
67
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Figura 2.15: Placa cônica circular reta de raio a e altura h.
Exemplo 2.14 Determine o centroide de uma placa no formato de um cone circular reto
de vértice na origem do sistema do coordenadas cartesianas, raio da base a e altura h
conforme a figura 2.15.
Resolução: Por semelhança de triângulos,
r
a
=
z
h
, sendo r =
√
x2 + y2 o raio de uma
seção na altura z. Assim, a equação do cone é z =
hr
a
, de modo que g(r) =
hr
a
. Pela
proposição , x̄ = ȳ = 0. Sendo a área da placa cônica igual a S = πa
√
a2 + h2, então:
z̄ =
1
S
∫
R
∫
zdS =
1
πa
√
a2 + h2
∫ 2π
0
∫ a
0
g(r)
√
1 + [g′(r)]2rdrdθ
=
1
πa
√
a2 + h2
∫ 2π
0
∫ a
0
hr
a
√
1 +
h2
a2
rdrdθ =
h
πa3
∫ 2π
0
dθ
∫ a
0
r2dr =
2h
a3
r3
3
∣∣∣∣a
0
=
2h
3
2.6 Centro de Massa e Centroide de Placas Planas
Nesta seção, veremos como calcular as coordenadas do centro de massa ou do centroide
de uma placa plana.
Definição 2.15 Uma placa plana é uma placa no qual todos os seus pontos estão contidos
em um mesmo plano. Por simplicidade, admitiremos que toda placa plana está contida no
plano xy.
Na figura 2.38, temos um exemplo de uma placa plana furada com contornos curvilíneos
e retilíneos. As coordenadas do centro de massa de uma placa plana são dadas pelas
expressões (2.31). Além disso, conforme a natureza da placa o elemento infinitesimal de
área dA pode ser da forma dxdy, dydx ou rdrdθ.
x =
1
m
∫
R
∫
xσ(x, y)dA e y =
1
m
∫
R
∫
yσ(x, y)dA (2.31)
68
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
sendo m a massa da placa dada por:
m =
∫
R
∫
σ(x, y)dA (2.32)
Exemplo 2.15 Considere uma placa plana triangular delimitada pelos eixos coordenados
e pela reta y = 4 − x conforme a figura 2.39. Sabendo que a densidade em cada ponto é
dada por σ(x, y) = xy, determine as coordenadas do seu centro de massa.
Figura 2.16: Centro de massa de uma placa formada por um triângulo retângulo isósceles.
Resolução: A massa da placa é
m =
∫
R
∫
σ(x, y)dA =
∫ 4
0
∫ 4−x
0
xydydx =
∫ 4
0
xy2
2
∣∣∣∣4−x
0
dx =
1
2
∫ 4
0
x(4− x)2dx
=
1
2
∫ 4
0
(16x− 8x2 + x3)dx = 1
2
[
8x2 − 8x
3
3
+
x4
4
]4
0
=
32
3
de modo que
x̄ =
1
m
∫ ∫
R
xσ(x, y)dA =
1
32/3
∫ 4
0
∫ 4−x
0
x2ydydx =
3
32
∫ 4
0
x2y
∣∣∣∣4−x
0
dx =
3
32
∫ 4
0
x2(4− x)dx
=
3
32
∫ 4
0
(4x2 − x3)dx =
[
4x3
3
− x
4
4
]4
0
=
8
5
Analogamente,
ȳ =
1
m
∫ ∫
R
yσ(x, y)dA =
1
32/3
∫ 4
0
∫ 4−y
0
y2xdxdy =
8
5
Definição 2.16 O centroide de uma placa plana, é um ponto G(x̄, ȳ) em que a densidade σ
é constante.
Proposição 2.12 As coordenadas do centroide de uma placa plana definida em uma região
R do plano xy são dadas pelas expressões:
x̄ =
1
A
∫
R
∫
xdA e ȳ =
1
A
∫
R
∫
ydA (2.33)
69
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Demonstração: Seja σ(x, y) = k, sendo k ∈ R. Assim, m = kA e consequentemente,
x̄ =
1
m
∫
R
∫
xσ(x, y)dA =
1
kA
∫
R
∫
kxdA =
1
A
∫
R
∫
xdA
Analogamente,
ȳ =
1
m
∫
R
∫
yσ(x, y)dA =
1
kA
∫
R
∫
kydA =
1
A
∫
R
∫
ydA
�
Exemplo 2.16 Ache o centroide da região delimitada pela reta y = 2−x, pela curva y =
√
x
e pelo eixo x.
Figura 2.17: Centroide da placa delimitada pela reta x = 2 − y, pela curva y =
√
x e pelo
eixo x.
Resolução: A região é ilustrada na figura 2.17. O ponto de interseção entre as curvas é
obtido igualando as ordenadas, isto é,
y = y ⇒ 2− x =
√
x ⇒ (2− x)2 = x ⇒ x2 − 5x+ 4 = 0
As raízes são x1 = 1 e x2 = 4, de modo que os pontos de interseção são P1(1, 1) e P2(4, 2).
O próximo passo é calcular a área da região, ou seja,
A =
∫
R
∫
dA =
∫ 1
0
∫ 2−y
y2
dxdy =
∫ 1
0
x
∣∣∣∣2−y
y2
dy =
∫ 1
0
(2− y − y2)dy =
[
2y − y
2
2
− y
3
3
]1
0
=
7
6
Assim,
x̄ =
1
A
∫
R
∫
xdA =
1
7/6
∫ 1
0
∫ 2−y
y2
xdxdy =
6
7
∫ 1
0
x2
2
∣∣∣∣2−y
y2
dy =
3
7
∫ 1
0
[(2− y)2 − y4]dy
=
3
7
∫ 1
0
(4− 4y + y2 − y4)dy = 3
7
[
4y − 2y2 + y
3
3
− y
5
5
]1
0
=
32
35
Analogamente,
ȳ =
1
A
∫
R
∫
ydA =
1
7/6
∫ 1
0
∫ 2−y
y2
ydxdy =
6
7
∫ 1
0
yx
∣∣∣∣2−y
y2
dy =
6
7
∫ 1
0
(2y − y2 − y3)dy
=
6
7
[
y2 − y
3
3
− y
4
4
]1
0
=
5
14
70
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
2.6.1 Simetria em Placas Planas
Nesta seção, abordaremos o conceito de simetria em placas planas e um resultado muito
importante no qual afirma que se uma placa plana apresenta um eixo de simetria, então o
seu centroide pertence a este eixo.
Figura 2.18: Definição de simetria de uma placa plana no plano xy.
Definição 2.17 Uma placa plana definida por uma região R do plano é simétrica em relação
a um eixo BB′ se todo ponto P corresponder um ponto P ′ da mesma região, de tal forma
que o linha PP ′ é perpendicular a BB′ e dividir a região em duas partes iguais em relação
aquele eixo.
Proposição 2.13 Seja f uma função contínua e positiva definida no intervalo [0, a] (figura
2.19). Se para todo x ∈ [a, b], existe x1 ∈ [0, a] tal que x + x1 = a e f(x) = f(x1), então
x = a/2 é um eixo de simetria da placa plana delimitada pelo gráfico de f e pelo eixo x.
Figura 2.19: Placa plana simétrica delimitada superiormente pelo gráfico de uma função
contínua.
71
Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino
Demonstração: Sejam x ∈ [0, a] e os pontos P ′(x1, f(x1)) e P (x, f(x)). Sendo f(x) =
f(x1), então PP ′ é perpendicular ao eixo x = a/2. Além disso, para todo x ∈ [0, a],∣∣∣∣a2 − x
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣a− x+ a2 − a
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x1 − a2
∣∣∣∣
de modo que PP ′ divide a região em duas partes iguais em relação ao eixo x = a/2, donde
segue o resultado.
�
Proposição 2.14 Seja f uma função contínua definida em um intervalo fechado I. Se E é
um eixo de simetria, então o centroide da placa plana delimitada pelo gráfico de f e pelo
eixo x pertence a este eixo.
Demonstração: Sem perda de generalidade, podemos transladar o eixo y, de modo que
I = [0, a] e o eixo de simetria E é a reta x = a/2. Assim, para provar a proposição,
mostraremos que x̄ = a/2.
De fato, sendo x = a/2 um eixo de simetria, então para todo x ∈ [0, a] existe x1 ∈ [0, a]
tal que f(x) = f(x1) e ∣∣∣∣a2 − x
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x1 − a2
∣∣∣∣ ⇒ a2 − x±
(
x1 −
a
2
)
de modo que x1 = a− x e x1