Exercícios Sobre Estática para MEC0404 T02 em 2016.1 Segunda Parte

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE
CENTRO DE TECNOLOGIA
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA
CÂMARA DE PROJETOS MECÂNICOS E DE FABRICAÇÃO
DISCIPLINA: MEC0404-MECÂNICA DOS SÓLIDOS – T02
PROF.: JOÃO WANDERLEY RODRIGUES PEREIRA
EXERCÍCIOS SOBRE ESTÁTICA - SEGUNDA PARTE
ALUNO:......................................................................................................DATA: 01/02/2016
EXERCÍCIO-5.1
Uma escada homogênea com 7,8 m tem massa de 25 kg e está colocada contra uma parede vertical lisa com sua extremidade inferior a 3 m da parede [veja a Fig. 5.4(a)]. O coeficiente de atrito entre a escada e o chão é de 0,30. Determine a força de atrito que age sobre a escada em A. O centro de massa da escada é considerado estar no seu ponto médio.
SOLUÇÃO
Este problema pertence ao primeiro grupo, pois o enunciado do problema não especifica que o movimento é iminente ou que exista. Considera-se que o movimento não é iminente e que a escada está em equilíbrio, mas esta consideração deve ser conferida antes que a solução possa ser aceita. O diagrama de corpo livre está mostrado na Fig. 5.4(b), e a equação de equilíbrio para força é dada por
F = Fi + Nj – 25(9,81)j – Ri = i(F – R ) + j(N – 245) = 0
donde
N = 245 N e F = R
A equação de equilíbrio de momento em relação a B fornece
MB = rxF = – 3ixNj + (– l,5i)x(– 245j) + (– 7,2j)xFi =
= k(– 3N + 367,5 + 7,2F) = 0.
ou
7,2F = 3(245) – 367,5 = 367,5
e
F = 51,04 N.
O valor máximo que a força de atrito pode ter com a força normal de 245 N é
F’ = N = 0,30(245) = 73,5 N
que é maior que a força de 51,04 N necessária ao equilíbrio. Desta maneira, o equilíbrio está assegurado e a força de atrito
F = 51,04 N à direita de A.
EXERCÍCIO-5.2
Um homem de 75 kg começa a escalar a escada no Exemplo 5.1. Determine a distância q do homem à parede quando a escada começa a deslizar [veja a Fig. 5.5(a)].
SOLUÇÃO
Este problema pertence ao segundo grupo porque a distância q deve ser encontrada para deslizamento iminente da escada. Quando o movimento é iminente, o sentido da força de atrito deve ser mostrado corretamente no diagrama de corpo livre, opondo-se ao movimento, neste caso, para a direita.
Há quatro incógnitas no diagrama de corpo livre da Fig. 5.5(b); três forças e a distância incógnita q. Há três equações de equilíbrio e uma equação de atrito, F’ = N, pois o problema estabelece que o movimento é iminente. A equação de equilíbrio para força é
F = Fi + Nj – 25gj – 75gj – Ri = i(F – R ) + j(N – 100g) = 0
donde
N = 981 N e F = R
Uma vez que o movimento é especificado, a força de atrito é igual ao valor limite, isto é,
F = F’ = N = 0,30(981) = 294 N F = 294i N.
A equação de equilíbrio para o momento ao redor do ponto B é
MB = rxF = – 3ixNj + (– 7,2j)xFi + (– 1,5i)x(– 25gj) +
+ (– qi)x(– 75gj) = k[– 3(981) – (– 7,2)(294) + 367,5 + 735,75q) = 0.
e
q = 0,623 m-(distância a partir da parede)
EXERCÍCIO-5.3
Para alcançar uma altura maior com a escada dos exemplos anteriores, a extremidade inferior é colocada sobre uma caixa de 50 kg que tem 0,6 m de altura, como indicado na Fig. 5.6(a). Os coeficientes de atrito são 0,20 entre B e a parede vertical, 0,35 entre A e a caixa C, e 0,25 entre C e o chão. As massas do homem e da escada são as mesmas do exemplo anterior. Determine a distância q quando o movimento da escada é iminente.
SOLUÇÃO
O problema estabelece que o movimento da escada é iminente, e, pela figura, é aparente que B deslizará sobre a parede e também que tanto a escada deslizará sobre C ou que A e C deslizarão juntos quando C desliza sobre a superfície horizontal. Como o problema especifica que o movimento da escada é iminente mas não quando isto acontece, ele cai na terceira classificação. Os dois diagramas de corpo livre estão desenhados nas Figs. 5.6(b) e (c). Há oito incógnitas, seis forças e duas distâncias, nos dois diagramas, e seis equações de equilíbrio disponíveis. O movimento é iminente em B; desta maneira, F’2 = 0,20N2. A oitava equação é obtida considerando-se que o movimento é iminente na superfície em C e conferindo-se a segunda superfície para se ter certeza de que a força de atrito não excede o valor limite. Se o atrito na segunda superfície não excede o valor N, foi feita uma consideração errada, e o problema poderá ser resolvido com base no movimento iminente na segunda superfície
A solução é mais simples se o movimento é iminente em A (pois serão disponíveis equações suficientes para remover todas as incógnitas da escada sem fazer uso do diagrama de corpo livre do bloco); assim sendo, é considerado que F1 seja igual ao seu valor limite e que F3 é menor que seu valor limite. As equações de atrito e equilíbrio dão os seguintes resultados:
F1 = F’1 = 1N1 = 0,35N1 (a)
F2 = F’2 = 2N2 = 0,20N2 (b)
e
F = F1i + N1j – 25gj – 75gj + F2j – N2i =
= i(F1 – N2) + j(N1 – 100g + F2) = 0
que se reduzem a
(F1 – N2) = 0 (c)
e
(N1 – 100g + F2) = (N1 + F2 – 981) = 0 (d)
As Eqs. (a) e (b) podem ser substituídas nas Eqs. (c) e (d) para dar
0,35N1 – N2 = 0
e
N1 + 0,20N2 – 981 = 0
donde
N1 = 917 N e F1 = 321 N
Antes de se determinar a distância q, é desejável conferir a consideração de que o movimento não é iminente entre C e o plano horizontal. A equação de equilíbrio de força para a Fig. 5.6(c) é
F = – F1i – N1j + F3i + N3j – 50gj = i(– F1 + F3) + j(– N1 + N3 – 491) = 0
que fornece 
F3 = F1 = 321 N e N3 = N1 + 491=1.408N
o valor limite de F3 é
F3 = 3N3 = 0,25(1.408) = 352 N
Como este valor é maior que a força necessária para o equilíbrio, a consideração de que a escada desliza sobre a caixa está correta. A distância q pode ser determinada pela Fig. 5.6(b) por
MB = rxF = – qix(– 75gj) + (– 1,5i)x(– 25gj) + (– 3i)x(917j) +
+ (– 7,2j)x(32li) = k(735,75q + 367,5 – 2.751 + 2.311,2) = 0
que fornece 
q = 0,0982 m.
Se o bloco C fosse pequeno, ele poderia ter tombado antes que a escada pudesse deslizar sobre ele. Esta possibilidade pode ser confirmada pela determinação da distância d na Fig. 5.6(c). Se d é suficientemente pequena para que a força resultante normal não caia no canto do bloco ou fora dele, ele não tombará. Neste caso, d é igual a 0,1368 m, o que indica que não há perigo no tombamento de C.
EXERCÍCIO-5.4
A caixa homogênea sólida A de 200 kg na Fig. 5.7(a) repousa sobre um piso áspero. O coeficiente de atrito entre a caixa e o piso é de 0,25. O operário tenta mover a caixa puxando-a por uma corda que passa pela polia lisa, como indicado. Determine a tensão na corda quando o movimento é iminente.
SOLUÇÃO
O problema estabelece que o movimento é iminente, mas não é evidente se a caixa desliza sobre o chão ou se ela tomba em relação ao canto direito inferior. Assim, o problema cai na terceira classificação. O diagrama de corpo livre da caixa na Fig. 5.7(b) tem três forças desconhecidas, F, R e Q e a distância incógnita q. Uma vez que há somente três equações de equilíbrio independentes para este sistema de forças, deve ser obtida uma quarta equação, a qual dependerá se a caixa tomba ou desliza.
Se o corpo tombar antes de deslizar, a distância q na Fig. 5.7(b) será igual a 0,25 m (R age no canto da caixa quando ela tomba), e a grandeza da força F será menor que o valor limite de R. Se a caixa desliza antes de tombar, o atrito F será igual ao seu valor limite, e a distância q será menor que 0,25 m.
Neste exemplo, é conveniente determinar dois valores de Q, primeiro a força que causará o deslizamento da caixa (considerando que não tombe) e em segundo lugar a força que causará o tombamento da caixa (considerando que não deslize). O menor valor de Q é o resultado desejado.
Se se considera o deslizamento, a força Q pode ser determinada a partir das seguintes equações:F = Q(0,866i + 0,500j) – 1.962j – Fi + Rj =
= i(0,866Q – F) + j(0,500Q – 1.962 + R) = 0
donde
0,866Q – F = 0
e
0,500Q + R – 1.962 = 0
Como é considerado o deslizamento da caixa, F e R estão relacionados por
F = R = 0,25R
A solução simultânea das Eqs. (a), (b) e (c) fornece
Q = 495 N
e
Q = 495 N para a direita e para cima fazendo 30o com a horizontal
Se se considera que ocorre tombamento, R agirá no ponto B na Fig. 5.7(b), e a grandeza de Q pode ser obtida por
MB = rxF = 0
Assim 
MB = (– 0,50i + 0,95j)xQ(0,866i + 0,500j) + (– 0,25i)x(– 1.962j) =
= k[(– 0,50)(0,500Q) – 0,95(0,866Q) + (– 0,25)(– 1.962)] = 0
o que fornece
Q = 457 N
e
Q = 457 N para a direita e para cima fazendo 30o com a horizontal
Como a caixa tombará quando Q = 457 N e não deslizará até que Q = 495 N, a força que causa movimento iminente é
Q = 457 N para a direita e para cima fazendo 30o com a horizontal
A discussão anterior sobre problemas de atrito pode ser sumarizada, relacionando-se uma sugestão de procedimentos para a resolução de cada tipo de problema. É importante determinar-se o tipo de problema a partir do enunciado do mesmo, antes de se partir para a solução.
Procedimento quando o movimento iminente não está assegurado:
Considere que o sistema esteja em equilíbrio.
Determine as forças de atrito e normal, usando as equações de equilíbrio.
Confira a consideração inicial comparando F com N, onde é o coeficiente de atrito estático, para cada superfície de contato. Se F é menor ou igual a N, a consideração é correta, e o problema está resolvido. Se F é maior que N, o equilíbrio não existe, e uma solução completa envolverá os princípios da Dinâmica.
Procedimento quando o movimento relativo ou iminente é especificado em todas as superfícies de contato com forças de atrito:
Escreva a equação F = F’ = N para todas as superfícies onde o movimento é iminente. Esteja certo de que o sentido da força de atrito está correto, isto é, que a força de atrito opõe-se ao movimento ou à tendência em se movimentar.
Determine as quantidades incógnitas, usando as equações de equilíbrio, junto com as equações de atrito (o movimento acelerado não é considerado aqui). Não é necessária nenhuma conferência para este tipo de problema porque não é necessária nenhuma consideração.
Procedimento quando é especificado o movimento iminente, mas não o tipo deste movimento ou a superfície ou superfícies onde ele é iminente:
O número de quantidades incógnitas sempre excede o número de equações de equilíbrio disponível; desta maneira, é necessário considerar que um ou mais corpos começarão a se mover em uma das duas ou mais formas possíveis. Seja F = F’ = N no par ou pares de superfícies onde o deslizamento é considerado ou sabido ser iminente, ou coloque a força normal no canto ao redor do qual se considera que o corpo tombe quando este tombamento é considerado. Em todas as outras superfícies, considera-se que o movimento não é iminente.
Determine as forças normal e de atrito em todas as superfícies onde não se considera que o movimento seja iminente.
Confira a consideração inicial comparando F e N para todas as superfícies onde o deslizamento foi considerado não ser iminente, ou confira a posição da normal onde o tombamento foi considerado não ser iminente. Se F é menor ou igual a N, para todas as superfícies, ou se nenhuma das forças normais age fora da base do corpo, a consideração inicial estava correta. Se F é maior que N para qualquer das superfícies, ou se qualquer das forças normais age fora da base do corpo, a consideração original não estava correta, e deve ser feita uma consideração diferente, onde o movimento seja iminente.
Procedimento alternativo para o terceiro tipo de problema discutido acima:
Determine a quantidade incógnita (normalmente uma força) necessária para produzir o movimento iminente especificado em cada uma das possíveis formas em que o movimento possa existir.
Selecione, como solução correta, o valor que satisfaz a condição mínima ou máxima, como estabelecido no problema.
EXERCÍCIO-5.5
O centro de massa do corpo B de 12,5 kg do mecanismo de frenagem na Fig. 5.10(a) está em G. A polia A tem massa de 37,5 kg, e os coeficientes de atrito estático são 0,40 entre A e B e 0,30 entre A e a lona de freio. Determine o momento do binário C necessário para produzir movimento iminente de A no sentido anti-horário.
SOLUÇÃO
Neste problema, o movimento é iminente simultaneamente entre A e a lona, e entre A e B. Quando o movimento é iminente, é necessário determinar o sentido correto das forças de atrito quando elas agem em cada corpo. Após estas direções terem sido determinadas, é possível distinguir entre as tensões maior e menor na correia.
O sentido correto das forças de atrito pode ser determinado desenhando-se um esquema do corpo cujo movimento é iminente, indicando a direção do movimento e mostrando as forças de atrito que se opõem a ele. Neste exemplo, a polia A tem seu movimento iminente no sentido anti-horário, e desta maneira as forças de atrito em A têm um sentido horário como indicado na Fig. 5.10(b). O atrito de A sobre a correia tem um sentido anti-horário como mostrado na Fig. 5.10(c), e, assim, auxilia a tensão do lado esquerdo. Desta maneira, esta tensão é Ts na Eq. (5.5), e a tensão no lado direito é a tensão maior. Após ter sido determinada qual é a maior tensão, os diagramas de corpo livre da correia e do corpo A e do corpo B na Fig. 5.10(d) e Fig. 5.10(e) podem ser desenhados com as forças de atrito nas posições corretas. Há oito quantidades incógnitas nos dois diagramas: as duas tensões, as componentes da reação em O, as forças de atrito e normal entre A e B, o momento do binário C e a reação R. As oito incógnitas podem ser determinadas pelas seis equações de equilíbrio e duas equações de atrito, uma entre F e Q e uma entre TL e Ts.
As forças F e Q podem ser determinadas por uma equação de momento e atrito, se o centro de momento é escolhido na interseção das linhas de ação de Ts e R (ponto D). Assim,
MO = – 0,125Qk – 0,05Fk + 0,3(300)k = 0.
Uma vez que o movimento é iminente, F = 0,40Q; desta maneira,
0,125Q + 0,05(0,4Q) = 90
e Q = 621 N, como mostrado.
Fy = Tsj – 300j – 12,5gj – 621j = 0
donde Ts = 1.044 N, como mostrado. A tensão maior TL é determinada pela Eq. (5.5) como
TL = Tse = 1.044(2,718)0,30π = 2.680 N
Pela Fig.5.10(d),
MO = Ck + 0,125(1.044)k – 0,125(2.680)k – 0,125(0,4)(621)k = 0
donde
C = 235 N.m
e
C = 235k N.m = 235 N.m no sentido anti-horário
EXERCÍCIO 5.6
O diâmetro médio do parafuso de um macaco de rosca quadrada é de 40 mm, o passo da rosca é de 10 mm e o coeficiente de atrito estático para a rosca e a porca é 0,30. Determine a força que é necessária na extremidade de uma alavanca de 300 mm para levantar uma massa de 1.000 kg.
SOLUÇÃO
A Fig. 5.15 é o diagrama de corpo livre mostrando uma força de 1.000g N sobre um bloco que está sendo empurrado para cima sobre um plano inclinado pela força horizontal Q. Pela figura,
tg = [10/2(20)] = 0,0796,
e as aproximações
sen = 0,0796 e cos = 1,000
são justificadas para cálculos com régua de cálculo. As equações de equilíbrio e de atrito para o corpo fornecem os seguintes resultados:
Fy = R.cos 1.000g – F.sen = 0
e
F = F’ = 0,30R
Desta maneira
R[1,000 – 0,30(0,0796)] = 1000(9,81)
e
R = 10.050 N como mostrado
Fy = Q – R.sen – F.cos = 0
da qual
Q = 10.050[0,0796 + 0,30(1,000)]
e
Q = 3.815 N como mostrado
A Eq. (b) fornece
T (0,300) = 3.815(0,020)
ou
T = 254 N como mostrado na Fig. 5.14(b)
EXERCÍCIO-6.1
Determine o segundo momento de uma área retangular em relação a um eixo passando pelo centróide e paralelo à base do retângulo.
SOLUÇÃO
A área retangular é mostrada na Fig. 6.3 com o eixo x como o eixo de momento. O elemento de área é selecionado como indicado na Fig. 6.3, e todas as dimensões necessárias estão na figura. É recomendada a seguinte seqüência de etapas, semelhantes àquela listada no Art. 3.5:
dA = b.dy
dIx = y2.dA = y2.b.dy
e
EXERCÍCIO-6.2
Determine o momentode inércia da área circular de raio R em relação ao diâmetro do círculo.
SOLUÇÃO
Na Fig. 6.4 é mostrada uma área circular de raio R. O eixo x é o eixo de momento. Para este problema é conveniente usar-se integração dupla e coordenadas polares, embora também possam ser empregadas coordenadas retangulares. O elemento está indicado na figura com as dimensões necessárias. As linhas hachuradas indicam que a primeira integração deve ser conduzida em relação a r para completar o setor de um círculo.
Recomenda-se, ainda, que as expressões para o elemento de área e o seu segundo momento possam ser inicialmente escritos como se segue:
dA = dr(r.d)
dIx = (r.sen)2.dA = r3.sen2.dr.d
e
EXERCÍCIO-6.3
Determine o momento de inércia da área limitada pela linha x = 9a e pela parábola y2 = 4ax em relação ao eixo x.
SOLUÇÃO
O elemento de área está selecionado como mostrado na Fig. 6.5, e todas as dimensões necessárias estão incluídas. O elemento é um retângulo de altura 2y e largura dx, e o eixo x é o eixo centroidal do retângulo. Assim, pelo Exemplo 6.1, o momento de inércia do elemento é
Também
Desta maneira
e
EXERCÍCIO-6.4
Determine o segundo momento da área na Fig. 6.6, em relação ao eixo x. Na equação da curva, a = 150 mm e p = 10 rad/m.
SOLUÇÃO
Neste problema, podem ser usadas com vantagem tanto uma integral dupla como uma integral simples, com um elemento de área vertical. Não é usada uma integral simples com um elemento horizontal porque y = a.sen(px) apresenta um número infinito de valores de x para um dado valor de y. A área hachurada do elemento selecionado é mostrada na Fig. 6.6, e estão incluídas todas as dimensões necessárias. As equações para o elemento de área e os momentos de inércia necessários são as seguintes:
dA = y.dx = a.sen(px)dx
onde o eixo c é paralelo ao eixo x e passa pelo centróide do elemento. O momento de inércia do elemento em relação ao eixo x é
e
Quando a = 0,15 m e p = 10 rad/m, o segundo momento se torna
Ix = [4(0,15)3/9(10)] = 1,5(104) m4 = 1,5(104) cm4
EXERCÍCIO-6.5
Determine o momento de inércia polar de uma área circular oca de raio interno R1 e raio externo R2, em relação a um eixo passando pelo centro da área.
SOLUÇÃO
A Fig. 6.7 mostra o elemento de área hachurado selecionado, com todas as dimensões necessárias. O momento de inércia polar pode ser obtido como se segue:
dA = 2r.dr
dJO = r2.dA = 2r3.dr
Algumas vezes é desejável expressar-se o segundo momento de uma área em termos da área. Neste exemplo,
Uma forma conveniente se de expressar JO como uma função de A é multiplicar JO por
Desta maneira
EXERCÍCIO-6.6
Determine o momento de inércia da área hachurada na Fig. 6.9, em relação ao eixo x.
SOLUÇÃO
A área composta pode ser dividida em um retângulo A de 10 por 6 cm e um semicírculo B com a área triangular C removida. As localizações dos eixos centroidais das três áreas estão indicadas pelas dimensões à direita da área. A posição do centróide da área B foi determinada pelo Exemplo 3.4, e o da área C, pelo Problema 3.7. Estes valores também são dados na tabela anexa dos momentos de inércia de áreas geométricas comuns. Os momentos de inércia das três áreas, em relação ao eixo x, podem ser obtidos como se segue:
Para a área A:
Para a área B: Ic não é conhecido diretamente e deve ser calculado. Por simetria, o momento de inércia do semicírculo, em relação ao diâmetro, é metade do momento de inércia de um círculo completo. Assim
donde
e
Para a área C:
Para a área composta:
EXERCÍCIO-6.7
A coluna na Fig. 6.10 é construída com duas canaletas padrão 305 x 31 e uma chapa de aço de 12 mm por 350 mm. Determine os momentos de inércia e os raios de giração da área da seção reta em relação a eixos que passam pelo centróide, paralelo e perpendicular à placa. Despreze o efeito da treliça.
SOLUÇÃO
A Fig. 6.10(b) mostra a seção com dimensões significativas. As dimensões centroidais estão colocadas acima e à direita do desenho.
Os eixos necessários passando pelo centróide são o eixo y (pela simetria) e o eixo x, que deve ser locado. A Tabela 6.2 fornece a área de uma canaleta como 38,9 cm2 e loca seu centróide como indicado na figura. O eixo xc é locado por meio do princípio dos momentos. A área total é
A = 35(1,2) + 2(38,9) = 119,8 cm2
O momento da área, em relação ao eixo x, é
A distância do eixo x no centróide é
O momento de inércia e o raio de giração da área, em relação ao eixo xc, são obtidos como se segue:
Para a placa:
Para as duas canaletas:
Para a área composta:
e
De maneira semelhante, o momento de inércia e o raio de giração da área, em relação ao eixo y, são como se segue:
Para a placa:
Para as duas canaletas:
Para a área composta:
e
EXERCÍCIO-6.8
Determine os produtos de inércia da área triangular na Fig. 6.14 em relação (a) aos eixos x e y e (b) ao par de eixos que passa pelo centróide e paralelo aos eixos x e y.
SOLUÇÃO
(a) O elemento de área mostrado na Fig. 6.14 é um retângulo de comprimento (b - x) e altura dy. Pela simetria, o produto de inércia deste elemento em relação a um par de eixos passando pelo centróide do elemento, e paralelo aos eixos x e y, é zero. Assim, o produto de inércia do elemento em relação aos eixos x e y é o produto da área e das duas coordenadas de seu centróide, (b + x)/2 e y; isto é,
Por triângulos semelhantes, x é igual a (b/h)y, que pode ser substituído na expressão anterior para fornecer
(b) O teorema dos eixos paralelos pode ser usado para determinar o produto de inércia em relação aos eixos centroidais, como se segue:
ou
O produto de inércia de um triângulo retângulo em relação a um par de eixos centroidais, paralelo e perpendicular à base, terá uma grandeza de b2h2/72, não importando em como o triângulo esteja orientado, mas o sinal será positivo somente quando o ângulo reto do triângulo estiver no segundo ou quarto quadrantes dos eixos centroidais, sendo negativo quando o ângulo reto estiver no primeiro ou terceiro quadrantes.
EXERCÍCIO-6.9
Determine o produto de inércia da área do quadrante de círculo na Fig. 6.15, em relação aos eixos x e y.
SOLUÇÃO
Serão usadas integração dupla e coordenadas polares com o elemento de área selecionado como indicado na Fig. 6.15. Como os limites de integração em relação a r e são independentes, a ordem de integração não é relevante. Na solução seguinte, a primeira integração é feita em relação a :
dA = r.d.dr
dIxy = xy.dA = r3sen.cos. d.dr
e
EXERCÍCIO-6.10
Determine os segundos momentos máximo e mínimo da área da cantoneira com abas desiguais na Fig. 6.17, em relação a eixos passando pelo centróide da área.
SOLUÇÃO
A área está dividida em dois retângulos A e B, e a localização do centróide de cada área está indicada por dimensões. As coordenadas do centróide em C são determinadas pelo princípio dos momentos como apresentado no Capo 3. Os valores de Ix e Iy para as duas áreas são obtidos pelo uso da Eq. (6.2) e da Tabela 6.1.
Para a parte A:
Para a parte B:
Para a área total:
Analogamente, para a parte A
Para a parte B:
Para a área total:
Os produtos de inércia das áreas são determinados como indicado no Art. 6.7.
Para a parte A:
Para a parte B:
Para a área composta:
Pela Eq. (6.6)
Pela Eq. (6.5) com β = 28,5°, o segundo momento máximo é
Com β = 118,5°, o segundo momento mínimo é
Os momentos de inércia principais podem ser também determinados por meio da Eq. (6.7).
EXERCÍCIO-6.11
Resolva o Exemplo 6.10 por meio do círculo de Mohr.
SOLUÇÃO
Os valores de Ix, Iy e Ixy devem ser calculados da mesma maneira como no Exemplo 6.10. Estes valores são
Ix = 80,8 cm4, Iy = 38,82 cm4 e Ixy = 32,31 cm4
O círculo na Fig. 6.20 está construído como indicado, a partir dos valores de Ix, Iy e Ixy. O ponto A está localizado em Ix e Ixy (que é negativo), e B está em Iy e –Ixy. O ponto C é o centro do círculo e está 59,8 unidades de O. O raio do círculo é
CA = (21,02 + 32,312)1/2 = 38,53 cm4e os momentos de inércia principais são
Imáx = OC + CF = 59,8 + 38,5 = 98,3 cm4
Imín = OC – CG = 59,8 – 38,5 = 21,3 cm4
O dobro do ângulo entre o eixo x e o eixo principal, com o momento de inércia máximo, está mostrado no esquema como 2βmáx, e
 βmáx = 28,5o no sentido anti-horário a partir do eixo x
O ângulo que vai do eixo x ao eixo principal, com o momento de inércia mínimo, é βmín e é
βmín = βmáx + 90o = 28,5o + 90o 
 βmín = 118,5o no sentido anti-horário a partir do eixo x
Estes valores foram obtidos analiticamente pela geometria do círculo de Mohr. Eles poderiam também ter sido medidos diretamente da figura. A precisão dos resultados obtidos colocando-se as distâncias da figura em escala dependerá, por certo, da escala usada e do cuidado empregado na sua construção.
EXERCÍCIO-6.12
Determine o momento de inércia de massa de um cilindro circular reto homogêneo em relação ao eixo geométrico. Expresse o resultado em termos da massa do cilindro.
SOLUÇÃO
Na Fig. 6.23 é mostrado um cilindro de raio R e altura h. É selecionado um elemento cilíndrico fino, com todas as suas partes a uma mesma distância do eixo geométrico e suas dimensões mostradas na figura. A massa do elemento pode ser expressa como o produto do volume e da densidade (massa por unidade de volume):
onde é a densidade do material.
A massa do cilindro é
O momento de inércia de massa do elemento em relação ao eixo y é
e
O momento de inércia de massa é assim expresso em função da densidade e das dimensões do corpo. O momento de inércia pode ser expresso em termos da massa multiplicando-se por m e dividindo-se por seu equivalente em termos da densidade e das dimensões do corpo, como se segue:
EXERCÍCIO-6.13
Determine o momento de inércia de massa de um cilindro circular reto homogêneo em relação: (a) Ao diâmetro na base do cilindro; (b) Ao diâmetro passando pelo centro de massa do cilindro.
SOLUÇÃO
(a) Na Fig. 6.24 é mostrado um cilindro de raio R e altura h. O eixo x é um diâmetro na base. A não ser que seja usada integração dupla ou tripla, poderá ser envolvido um elemento tendo todos os pontos à mesma distância do eixo x. Entretanto, o momento de inércia em relação ao eixo x é igual à soma dos momentos de inércia em relação aos planos xy e xz; isto é,
O valor de é igual a por simetria, e
 (pelo Exemplo 6.12).
Desta maneira
 
Todos os pontos do elemento na forma de um disco chato, como mostrado, estão à mesma distância do eixo xz. A massa do elemento é
e seu momento de inércia em relação ao plano xz é
O momento de inércia da massa do cilindro em relação ao plano xz é
a qual pode ser expressa em termos da massa como
O momento de inércia em relação ao eixo x é
(b) O momento de inércia do cilindro em relação a um eixo passando pelo centro de massa e paralelo ao eixo x é
EXERCÍCIO-6.14
Determine o momento de inércia de massa de uma esfera homogênea sólida, em relação a qualquer eixo centroidal.
SOLUÇÃO
A Fig. 6.25 representa uma esfera com um raio R. O eixo y, para este exemplo, é selecionado como o eixo centroidal. O elemento mostrado é um disco cilíndrico fino. O momento de inércia do elemento de massa em relação ao eixo y é (veja o Exemplo 6.12) dm r2/2. A massa do elemento é
pois a equação do círculo no plano xy é x2+ y2 = R2. A massa da esfera pode ser obtida por integração ou multiplicando-se o seu volume pela densidade do material. Em qualquer caso,
O momento de inércia da massa do elemento cilíndrico é
e o momento de inércia total é
O momento de inércia pode ser expresso em termos da massa da esfera como se segue:
EXERCÍCIO-6.15
Um sólido de revolução é formado pela revolução da área limitada pela curva y2 = ax, pela linha x = a, e pelo eixo x, ao redor do eixo x (veja a Fig. 6.26). A densidade do material no sólido é proporcional à distância do eixo x. (a) Determine o momento de inércia de massa do corpo em relação ao eixo x. Expresse o resultado em função da massa do corpo. (b) O corpo tem massa de 7 kg e a é 100 mm. Determine o momento de inércia de massa do corpo em relação ao eixo x.
SOLUÇÃO
(a) É selecionado o elemento de massa cilíndrico oco na Fig. 6.26, porque a densidade do elemento é constante e todas as suas partes estão à mesma distância do eixo de momento. A massa do elemento é
e como
A massa do corpo é
O momento de inércia da massa do elemento em relação ao eixo x é
e o momento de inércia do corpo é
(b) A massa do corpo é de 7 kg, e as unidades comuns para momentos de inércia são kg.m2; a é 100 mm ou 0,100 m, e o momento de inércia torna-se
Ix = (3/7)(7)(0,100) 0,0300 kg.m2 = 30 g.m2
EXERCÍCIO-6.16
Determine o produto de inércia da massa do tetraedro ou pirâmide homogêneo na Fig. 6.27, em relação aos planos coordenados xz e yz.
SOLUÇÃO
É selecionado um elemento paralelo a um dos planos de referência (o plano xz), pois o seu plano será um plano de simetria para o elemento. O produto de inércia da massa do elemento em relação a um conjunto de planos passando pelo centro de massa do elemento (paralelos aos planos especificados) é zero, pois um dos planos é um plano de simetria. A massa do elemento é
As expressões x1 = (a/b)(b − y) e z1 = (c/b)(b − y) podem ser obtidas através de triângulos semelhantes, e a massa do elemento torna-se
A massa do corpo é
O produto de inércia da massa do elemento é
e o produto de inércia da massa do corpo é
EXERCÍCIO-6.17
Um sólido homogêneo de revolução é formado pela revolução da área hachurada na Fig. 6.28(a) ao redor do eixo a. A equação da curva é y2 = b(b –x) onde b = 0,300 m, e a densidade do material é de 800 kg/m2. Determine o momento de inércia da massa do corpo em relação ao eixo z.
SOLUÇÃO
O elemento diferencial de massa, mostrado na Fig. 6.28(b), é um disco cilíndrico fino com o eixo a como seu eixo geométrico. O eixo c passando pelo centro de massa do disco diferencial é paralelo ao eixo z. A massa do elemento é o produto da densidade, , pelo volume, dV; assim
Pelo Exemplo 6.13, o momento de inércia da massa do disco, em relação ao eixo c, é
Como o último termo é uma diferencial de terceira ordem, ele pode ser desprezado quando é adicionado à diferencial de primeira ordem. Desta maneira
Pela Eq. (6.10), o momento de inércia do elemento diferencial em relação ao eixo z torna-se
O momento de inércia de massa de todo o corpo pode ser determinado por integração como se segue:
EXERCÍCIO-6.18
O volante na Fig. 6.30 é feito de aço com uma densidade de 8.000 kg/m3. Os aros têm seções retas elípticas. Determine o momento de inércia da massa da roda em relação a seu eixo.
SOLUÇÃO
O aro e o cubo podem ser considerados cilindros sólidos com cilindros menores removidos, e os raios da roda podem ser considerados como barras delgadas.
O momento de inércia de massa do aro em relação ao eixo é
O momento de inércia do cubo é
A área da seção reta elíptica dos raios da roda é ab/4, onde a e b são os eixos maior e menor. O momento de inércia dos raios é
O momento de inércia total da massa do volante é
Observe que o momento de inércia do cubo tem um efeito desprezível sobre o resultado, e que os raios da roda contribuem somente com cerca de 4 por cento do momento de inércia total. Assim. é aparente que as formas do cubo e dos raios relativamente não apresentam importância no cálculo do momento de inércia de massa do volante.
EXERCÍCIO-7.1
A barra uniforme de 20 kg e 1,8 m, na Fig. 7.10, gira ao redor de um eixo horizontal fixo em O. Calcule o trabalho realizado pela força gravitacional da barra quando a mesma gira da posição horizontal OA até a posição OB.
SOLUÇÃO
A força é uma constante e pode ser escrita em notação vetorial como
F = − 20gj
O deslocamento q do centro de gravidade pode ser determinado subtraindo-se o vetor posição inicial rG do vetor posição final rG’. Os vetores posição são
rG = 0,9i m e rG’ = 0,9(− 0,6i – 0,8j) = (− 0,54i – 0,72j) m
e o deslocamento do centro de gravidade G é
q =rG’ − rG = − 0,54i – 0,72j − 0,9i = (− 1,44i – 0,72j) m
O trabalho realizado pela força F é
U = F∙q = (− 20gj)∙ (− 1,44i – 0,72j) = 141,26 J
Como observado anteriormente, o trabalho realizado por uma força constante, tal como o peso da barra, pode ser obtido por meio do produto da força pela componente do deslocamento na direção da força. Esta análise fornece uma solução mais direta, pois não é necessário considerar o movimento horizontal de G. O deslocamento vertical resultante de G é 0,8(0,9), ou 0,72 m, que pode ser multiplicado pelo peso para dar o trabalho realizado como
U = 0,72(20g) = 141,26 J
Como tanto a força como o deslocamento estão no mesmo sentido (para baixo), a força realiza trabalho positivo sobre a barra.
EXERCÍCIO-7.2
A barra AB na Fig. 7.11(a) tem massa de 10 kg e está conectada a blocos nas extremidades, os quais deslizam em ranhuras horizontal e vertical, como indicado. A mola OA está disposta de tal forma que pode atuar tanto em tração como em compressão. Sua constante elástica é de 1.000 N/m e tem um comprimento não distendido de 0,175 m. Determine o trabalho realizado por todas as forças que agem sobre a barra quando ela se move para a posição horizontal A’B', como indicado por linhas tracejadas. Os pesos dos blocos de A e B podem ser desprezados.
SOLUÇÃO
Na Fig. 7.11(b) está mostrado um diagrama de corpo livre da barra em uma posição intermediária. Há quatro forças e um binário agindo sobre o corpo. Duas das forças, R1 e R2, são normais a seus correspondentes deslocamentos, e como resultado, elas não realizam trabalho. Assim, o trabalho resultante sobre a barra é
U = Umola + Upeso + Ubinário
A Fig. 7.11(c) mostra um diagrama F-s para a mola. O seu comprimento varia 0,200 m, de O,125 até 0,325 m. A mola está inicialmente comprimida 0,050 m e exerce uma força de 50 N sobre o bloco A. Na posição final, a mola está distendida 0,150 m e tem uma força trativa de 150 N. A área C representa trabalho negativo sobre a mola, uma vez que a mesma está em compressão, mas aumentando em comprimento. A área C representa trabalho positivo sobre o bloco A, pois a componente vertical da força em A e o deslocamento estão na mesma direção (para baixo). De maneira análoga, a área D representa trabalho negativo da mola sobre o bloco A. O trabalho da mola sobre AB é
Umola = [(50(0,050)/2] − [(150(0,150)/2] = − 10 J sobre AB
O trabalho realizado pelo peso é
Upeso = 10(9,81)(0,150) = 14,72 J sobre AB
e o trabalho realizado pelo binário é
Ubinário = 7,5(/2) = 11,78 J sobre AB
O trabalho total realizado sobre AB é
U = − 10 + 14,72 + 11,78 = 16,50 J
EXERCÍCIO-7.3
Uma barra de 3,6 m, sob a ação de duas forças de 200 N e 400 N, deve ser sustentada por um pino liso como mostrado na Fig. 7.14(a). Determine a distância b, necessária ao equilíbrio.
SOLUÇÃO
Um deslocamento virtual lógico, neste caso, é girar a barra de um ângulo a partir da horizontal, conforme mostrado na Fig. 7.14(b), uma vez que as forças de reação Rx e Ry não realizam trabalho durante o deslocamento. Os deslocamentos das cargas aplicadas são
q1 = − b j e q2 = (3,6 – b) j
O princípio do trabalho virtual pode ser aplicado como se segue:
U = (− 200j)∙( − b j) + (− 400j)∙(3,6 – b) j =
= 200b − 400(3,6 – b) = [200b − 400(3,6 – b)] = 0
Como
 ≠ 0 200b − 400(3,6 – b)] = 0 b = 2,4 m
EXERCÍCIO-7.4
Uma escada com 40 kg e 7,5 m de comprimento, com seu centro de gravidade em seu ponto médio, repousa contra uma parede vertical e sobre ela age uma força horizontal de 150 N, na sua extremidade inferior, como mostrado na Fig. 7.15(a). Todas as superfícies de contato são lisas. Determine (a) a distância x a partir da qual a escada estará em equilíbrio, e (b) as reações nas extremidades da escada, sobre a escada.
SOLUÇÃO
(a) É mostrado um diagrama de corpo livre na Fig. 7.15(b). Se a extremidade inferior da escada recebe um deslocamento virtual xi (para a esquerda, tanto que x < 0), a sua extremidade superior se moverá para cima de yj, e o centro de gravidade da escada se moverá de (xi + yj)/2. O trabalho virtual, que deve ser zero para o equilíbrio, é
U = (− 150i)∙(xi) + (R1j)∙(c) + (R2i)∙(yj) + (− 40gj)∙[(xi + yj)/2] = 0
ou
U = − 150x − 20gy = 0 (a)
Esta última equação contém duas variáveis, e não pode ser obtida uma solução, a menos que seja escrita uma segunda equação em termos das mesmas duas variáveis. O comprimento da escada deve ser o mesmo antes e depois do deslocamento virtual; assim sendo
x2 + y2 = (x + x)2 + (y + y)2= x2 + 2xx + (x)2 + y2 + 2yy + (y)2
Quando esta equação é simplificada e os termos quadrados dos deslocamentos virtuais são desprezados, quando adicionados aos termos da primeira ordem, o resultado é
2xx + 2yy = 0 ou y = − (x/y) x
Esta última equação pode ser combinada com a Eq. (a) para dar
− 150x + 20g(x/y) x = − 10x[15 − 2g(x/y)] = 0
donde
(x/y) = (15/2g) ou y = (2gx/15)
Esta expressão pode ser substituída na equação que relaciona x e y e o comprimento da escada para dar
x2 + y2 = (7,5)2 = x2 + (2gx/15)2 x = 4,56 m
(b) A reação R1 pode ser determinada dando à escada um deslocamento virtual, no qual R1 não realizará trabalho. Tal deslocamento é mostrado na Fig. 7.15(c), na qual todas as partes da escada estão deslocadas yj. O trabalho virtual é
U = (R1j)∙(yj) + (− 150i)∙(yj) + (− 40gj)∙(yj) + (R2i)∙(yj) = 0
ou
U = R1y − 40gy = 0
e
R1 = 392 N para cima
A reação R2 pode ser determinada dando à escada um deslocamento virtual horizontal + xi, como mostrado na Fig. 7.15(d). O trabalho virtual é
U = (R1j)∙(+ xi) + (− 150i)∙(+ xi) + (− 40gj)∙(+ xi) + (R2i)∙(+ xi) =
= (− 150 + R2)x = 0 R2 = 150 N à direita
Observe que a parte (b) deste problema poderia ter sido solucionada por inspeção, usando as equações do equilíbrio. O método do trabalho virtual foi usado para ilustrar a possibilidade de se empregarem vários deslocamentos virtuais. O teorema de Pitágoras foi usado para relacionar deslocamentos virtuais na parte (a) da solução. Relações trigonométricas também podem ser usadas com vantagem para tais problemas.
EXERCÍCIO-7.5
Um mecanismo com alavanca deslizante com uma mola ligada ao cursor é mostrado na Fig. 7.16(a). A alavanca OA tem 0,15 m de comprimento, a barra de ligação AB tem 0,30 m de comprimento, e a mola S tem uma constante elástica de 20 kN/m, e não está tracionada quando = 0. Determine o momento M que deve ser aplicado à alavanca OA, de maneira a produzir equilíbrio quando = 60o. Todas as superfícies são lisas, e os pesos das barras podem ser desprezados.
SOLUÇÃO
Embora o problema pergunte por M para um valor particular de , o melhor procedimento é escrever uma equação para o trabalho em termos de e resolvê-la empregando o valor particular de . Símbolos para outras forças e comprimentos, em lugar de números reais, também serão usados na elaboração do problema, pois isto auxilia a detecção de erros em dimensões e unidades.
Um diagrama de corpo livre do sistema é mostrado na Fig. 7.16(b). O deslocamento virtual é produzido dando-se à alavanca OA um deslocamento angular infinitesimal k, dando ao cursor B um deslocamento horizontal − si; veja a Fig. 7.16(a) (s é o vetor posição de B medido a partir de sua posição mais à direita). As forças R, Ox e Oy não realizam trabalho durante o deslocamento virtual, pois o deslocamento de cada força é zero ou é perpendicular à força. A equação do trabalho virtual é
U = (Mk)∙(k) + (Fsi)∙(− si) = 0 (a)
Como a força Fs é zero quando (e s) é zero, ela pode ser expressa em termos de como
Fs = ksi = k(a + b – l) = [a + b – (a cos + (b2 – a2 sen2)1/2)]i
A grandeza do deslocamento virtual, s, pode ser obtida a partir da expressão para s (em termos de ), como se segue:
Quando a Eq. (a) é expandida empregando-se as expressões para Fs e s, ela se torna
Como U deve ser zero para qualquer valor de , o momento M pode ser obtido pela substituição de valores numéricospara k, a, b e na equação anterior; assim, a grandeza de M é
EXERCÍCIO-7.6
A barra uniforme AB de 15 kg na Fig. 7.19(a) e o corpo D de 3 kg estão conectados por uma corda inextensível que passa por uma pequena polia lisa em C. Determine a posição, ou posições, de equilíbrio do sistema e o tipo de equilíbrio.
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo livre na Fig. 7.19(b) indica que há cinco forças agindo sobre o sistema, mas três delas não produzem movimento e, assim, não realizam trabalho. O trabalho realizado pelas outras duas forças, que produzem movimento a partir de suas posições, quando = 0, é
U = 15gy1 – 3gy2
Também
y1 = 0,6 sen e y2 = BC = 2[1,8 sem(/2)]
Desta maneira
U = 9g sen − 10,8g sen(/2)
A posição de equilíbrio é determinada para o valor de que fornece dU/d = 0; isto é,
dU/d = 9g cos − 5,4g cos(/2) = 0 ou cos = 0,6 cos(/2)
Pela identidade trigonométrica cos2(/2) = 0,5(1 + cos) esta equação, quando elevada ao quadrado, transforma-se em
cos2 = 0,36(0,5)(1 + cos) ou cos2 − 0,18 cos − 0,18 = 0
donde
cos = (0,524 ou − 0,344)
	Estes dois valores de cos são satisfeitos com quatro diferentes valores de entre (0 e 360)°. Estes valores são 58,4° e 301,6° para cos = 0,524, e 110,1° e 249,9° para cos = − 0,344. Dois destes valores são raízes estranhas, introduzidas quando se quadrou a equação original, e não satisfarão a equação
cos = 0,6 cos(/2)
Estes valores são = 110,1° e = 301,6°, e neste caso a observação do sistema desenhado para estas duas posições mostra que ele não está em equilíbrio para estes valores de . O sistema não está em equilíbrio para os outros dois valores de , que são dados nas Figs. 7.l9[(c) e (d)]. Parece óbvio, pelas figuras, que o equilíbrio será estável para = 58,4° e instável para = 249,9°. Esta conclusão pode ser verificada pela determinação do valor da segunda derivada da função trabalho para estes valores de .
para = 58,4o, esta se torna
O sinal negativo indica que o trabalho realizado pelas forças é um máximo e que o equilíbrio é estável. Quando = 249,9°,
e o equilíbrio é instável, pois a segunda derivada é positiva.
Os resultados da análise anterior também podem ser verificados construindo-se um gráfico da função trabalho versus , como mostrado na Fig. 7.l9(e). Observe que nas posições de equilíbrio de = 58,4° e = 249,9°, os valores de U são máximo e mínimo. A posição para 58,4° é estável, pois corresponde ao valor máximo de U. As raízes estranhas de = 110,1 ° e = 301,6° não apresentam significado porque dU/d não é zero para estes valores.
EXERCÍCIO-7.7
A barra uniforme AB com 50 kg e 1,2 m da Fig. 7.20(a) está vinculada, de tal forma a que as extremidades A e B somente podem-se mover em ranhuras vertical e horizontal, respectivamente. Uma mola com uma constante elástica de 365 N/m atua sobre a extremidade B da barra e tem um comprimento não deformado de 2,4 m. Desprezando-se as massas dos blocos em A e B, determine o valor ou valores de correspondendo às posições de equilíbrio e investigue a estabilidade de cada posição.
SOLUÇÃO
O uso da energia potencial está ilustrado nesta solução. O plano de referência para a energia potencial da força gravitacional é selecionado passando pela extremidade inferior da barra, e a energia potencial devida à gravidade é
A energia potencial armazenada em uma mola é k2/2 onde k é a constante elástica e é a distância que a mola é comprimida, L sen para este problema, e assim
e
Estas são as duas únicas forças que contribuem para a energia potencial do sistema, uma vez que os blocos não entram em contato com as extremidades das ranhuras; assim sendo, a função potencial é
A derivada da função potencial em relação a é
As posições de equilíbrio são obtidas equacionando-se a derivada a zero. Isto é,
Quando são substituídos valores numéricos para mg, k e L, os ângulos encontrados são
A primeira derivada também é zero para = 180o e para = − 55,9o, mas os vínculos físicos do sistema limitam a valores entre 0o e 90°.
A estabilidade das posições de equilíbrio pode ser examinada calculando-se a segunda derivada da função potencial para os dois valores de .A segunda derivada é
Quando = 0 é substituído nesta expressão, ela se torna
indicando que V tem um valor mínimo e a posição de equilíbrio é estável. Quando = 60° é substituído nesta expressão, ela se torna
a qual indica que = 55,9o é uma posição de equilíbrio instável.
Como a barra não é estável quando = 55,9o, vê-se que se é um pouco maior que 55,9o, a barra se moverá para uma posição horizontal, = 90°, onde deve ainda estar em equilíbrio. A força vertical sobre o bloco em A resulta de uma trava rígida; assim sendo, a função potencial terá uma descontinuidade infinita em O = 90°, quando esta força é incluída. Entretanto, se a trava é substituída por uma mola com uma constante elástica k1 a função potencial, Eq. (a), torna-se
para valores de maiores que 90o. Quando são substituídos valores numéricos nas duas expressões para a função potencial, elas tornam-se
e
O valor de V é colocado em gráfico contra para três diferentes valores de k1 na Fig. 7.20(b). O gráfico mostra que V é mínimo em = 0 e máximo em = 55,9o. Um segundo mínimo é indicado para ligeiramente maior que = 90°, dependendo do valor de k1. Uma mola com uma dureza infinita, representando uma trava rígida, poderia fornecer uma posição de equilíbrio estável em = 90°.
Uma função potencial descontínua ocorre sempre que a posição variável não está livre para assumir todos os possíveis valores. A posição limitante será dada pelos vínculos e será uma posição de equilíbrio (também estável), sempre que a função potencial decresce quando a variável se aproxima do valor limite. Quando a posição variável é limitada pelos vínculos, deverá ser investigada a possibilidade de equilíbrio nas posições extremas. Uma situação deste tipo sempre ocorrerá quando somente um valor da variável faz com que a derivada da função potencial desapareça, e quando esta posição é encontrada ser instável.