Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 63 Neste capítulo iremos desenvolver cinco (5) conceitos importantes: (1) Torque Polar ou Torque de uma Força em relação a um Pólo; (2) Torque Axial ou Torque de uma força em relação a um Eixo; (3) Binário ou torque puro ou duas forças iguais, paralelas, de sentidos opostos e aplicadas em pontos diferentes no corpo; (4) Sistema de Forças contínuas e paralelas; (5) Sistemas Equivalentes de forças e binários (Sistema de n Forças e n Torques): que se pode transformar de forma equivalente em: (1) um em um Sistema de uma Força e um Torque resultantes e o Sistema de uma força e um torque pode ser transformado em: (2) um Sistema de uma única Força ou a um Torsor. 4.1 – Torque Polar O lado prático do Torque ( τr ) ou Momento de Força (Mr ) ou Conjugado (Cr ): O Torque ou Momento de uma força ou Conjugado é um análogo de uma “Força” rotacional ou angular, e atua no âmbito de movimento rotacional; é uma medida da intensidade da tendência de giro de um corpo rígido em torno de um ponto ou um eixo, devido a uma força ou conjunto de forças. Seu efeito é produzir uma variação do estado de rotação ou giro ao corpo, com maior ou menor intensidade. A direção do Vetor Torque τr é sempre na direção perpendicular ao plano de giro dos pontos e no sentido da aceleração angular do corpo. O Torque da Figura, exemplificado, é o torque de um corpo rígido em relação ao eixo de giro. Nota-se que ele tem a direção sempre do eixo de giro do corpo, perpendicular ao plano de giro dos pontos do corpo. O sentido do Torque pode ser obtido pelo sentido da aceleração angular do corpo. Se o corpo estiver girando com velocidade constante seu torque é nulo. Se o corpo estiver girando de forma acelerada, aumentando sua velocidade angular então a aceleração angular e o Torque estarão na mesma direção da velocidade angular. Se o corpo estiver girando de forma a estar brecacando, ou diminuindo a sua velocidade angular, em um movimento angular retardado, então o torque e a aceleração angular estarão no sentido inverso ao da velocidade angular. O torque de um corpo rígido pode ser escrito como: α=τ rr IFO onde é diretamente proporcional ao momento de inércia I, do corpo rígido e é também diretamente proporcional, assim como no mesmo sentido, da aceleração angular do corpo. O momento de inércia I, veremos no capítulo 6 representa a inércia de rotação do corpo, ou seja, a dificuldade de se colocar o corpo para girar de forma acelerada, aumentando ou diminuindo a sua velocidade angular. O momento de inércia depende da soma geral do produto de cada pedacinho elementar de massa do corpo e o quadrado da sua distância ao eixo de giro. Princípio da Transmissibilidade “Sempre que deslizarmos uma força ao longo de sua linha de ação de um ponto A para outro ___________________________________________________________ Capítulo 4 Torque e Sistemas Equivalentes ___________________________________________________________ zτr zτr z z αr αr ωr ωr Movimento acelerado rotacional Movimento retardado rotacional Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 64 ponto B qualquer do corpo, os efeitos mecânicos (estáticos ou dinâmicos) do comportamento do corpo permanecem inalterados.” Este princípio da transmissibilidade é a razão pela qual o vetor posição da força em relação ao pólo é dado pela distância entre o pólo e qualquer ponto da linha de ação da força. Torque Polar O Torque da força F r em relação ao ponto O (pólo) é dado, matematicamente, pelo produto vetorial entre o vetor posição r r da força em relação ao pólo (que vai do pólo até um ponto da linha de ação da força), e a Força F r : FrFO rrr ∧=τ O torque é proporcional á distância do eixo de giro (pólo) à linha de ação da força (braço)(b), e à força (F). Isto caracteriza o princípio da alavanca, ou seja, quanto maior o braço da alavanca maior o efeito do torque rotacional. O torque é proporcional à distância do pólo até um ponto da linha de ação da força (módulo do vetor posição r) e à força projetada perpendicularmente à este vetor posição, dando máximo movimento giratório do corpo. Por exemplo, ao se abrir uma porta, para maximizar o torque a ela aplicado, produz-se uma força perpendicular ao plano da porta, e com uma máxima distância ao seu eixo de giro (as dobradiças) para maior eficiência do torque a ser aplicado. onde: F Oτr = Torque da força F r em relação ao um pólo O r r = vetor posição, que tem origem no ponto de referência escolhido (pólo) e extremidade em um ponto qualquer da linha de ação da força, ou seja, vai do pólo escolhido a um ponto qualquer da linha de ação da força F r F r = Força que age no ponto P do corpo rígido θ = ângulo entre os vetores Fer rr , quando ambos estão na mesma origem (θ ≤ 180°) Em módulo: θ=τ senFrFO . rrr ⇒ τFO = r F sen θ O torque pode ser visto também se utilizando o símbolo FOM r quando se utiliza o nome Momento de Força ou FOC r quando se utiliza o nome Conjugado de uma Força, ao invés de torque F Oτr , no entanto, o significado é o mesmo. Podemos analisar e visualizar o cálculo do torque, de três maneiras distintas mas que representam o mesmo conceito como características diversas do mesmo produto vetorial: Maneiras ou Métodos de Análise do Cálculo do Torque Polar de uma força 1ª) Método Vetorial (forma mais genérica) kzzjyyixxOPr OPOPOP rrrr )()()( −+−+−=−= kzjyixr OPOPOP rrrr ++= P ≡Ponto qualquer da linha de ação da força F O ≡ pólo de giro escolhido para cálculo do torque kzjyixr rrrr ++= )kji(F AP APFˆFF zyx rrrr λ+λ+λ=− −=λ= kFjFiFF zyx rrrr ++= zyx F FFF zyx kji Fr rrr rrr =∧=τ 0 )()( kFjFiFkzjyixFr zyx F o rrrrrrrrr ++∧++=∧=τ A B F r F r B A F r r r z yO θ x P Linha de ação da força F Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 65 kFyFxjFxFziFzFy xyzxyz F o rrrr )()()( −+−+−=τ Regra cíclica: A forma vetorial ou analítica, o 1° método de cálculo do torque, como mostrado acima, é muito usado em problemas mais complexos, como no caso dos problemas tridimensionais. Sendo um método mais técnico, menos intuitivo, diminui a ocorrência de erros ou enganos. Por isso é considerado o método mais genérico, valendo em qualquer caso. Além da forma vetorial acima, há outras duas formas equivalentes de se calcular o torque, que não se utilizam do cálculo matemático vetorial, extremamente técnico. Nestes outros dois casos, sua maior utilidade ocorre para problemas bidimensionais, onde os eixos dos torques aparecem mais evidentes. 2ª) Método Posição X Força perpendicular τ = r . F⊥ onde r = distância entre o pólo do corpo e um ponto da linha de ação da força ⊥F = componente da força perpendicular ao vetor r r = F sen θ //F = componente da força paralela ao vetor r r = F cos θ θ = ângulo entre o vetor força Fr e o vetor posição r r Vemos que: ⊥⊥ ∧+∧=+∧=∧=τ FrFrFFrFr rrrrrrrrrr //// )(0º0//// ==∧ senFrFr rrrr ⊥⊥ ==τ=τ FrsenFr º90 rrr ⇒ τ = r . F⊥ Como F⊥ = F sen θ então τ = r . (F . sen θ) como no caso do módulo do produto vetorial. 3ª) Método Força X braço: τ = F . b b = braço da força F em relação ao pólo b =distância da linha de ação da Força até o pólo b = braço = r sen θ Veja-se que τ = F . b = F . (r sen θ) Um conceito de importância e que o aluno as vezes custa assimilar é o conceito de braço de uma força, por isso vamos ressaltar seu conceito. O braço de uma força é a distância entre uma reta e um ponto. Quem é o ponto? È o pólo escolhido. Quem é a reta? É a linha de ação da força. A distância entre um ponto e uma reta é a menor distância, ou seja, aquela que faz um ângulo de 90° com a reta e passa pelo ponto. Essa distância entre o pólo (ponto) e a linha de direção ou de ação da força (reta) é o braço. 4.2 - Torque Axial, Binário e Sistema de Forças Contínuas θ r r F r F// F ⊥ )( θ==τ ⊥ senFrFrFO θ O P F r θ r r θb = r sen θ P O linha de ação da força braço b = braço A = polo F = força Linha de ação da força y z yF j r k r i r x xF + + + i j k i j + zF Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 66 4.2.1 - Torque Axial projeção do Torque em um eixo O torque polar é um torque que é posto como combinação linear de três eixos triortogonais. O torque polar projetado sobre o eixo x, o eixo y e o eixo z. Consideremos o torque do corpo rígido em relação a origem do sistema de referência O, então, o torque axial em relação ao eixos coordenados ficam evidentes: kji zyx F O rrrr τ+τ+τ=τ Torque axial em x: é o produto escalar entre o versor i r pelo torque F Oτ r F Ox .i τ=τ r r Torque axial em y: F Oy .j τ=τ r r Torque axial em z: F Oz .k τ=τ r r kjiFr zyx rrrrrr τ+τ+τ=∧=τ assim sendo, o torque projetado em x é o torque axial em x, τx , o torque axial em y é τy e o torque axial em z é τz . Desta forma, a soma dos torques axiais dos eixos x, y e z nas suas respectivas direções, resultam no torque polar cujo polo é o cruzamento dos três eixos ou o ponto de cruzamento dos três eixos, O. Os torques axiais podem ser escritos da seguinte forma: assim sendo, “O Torque axial em torno de um eixo definido é dado pela projeção do torque polar sobre esse eixo e pode ser calculado pelo produto entre o versor do eixo e o torque polar em relação a um pólo qualquer deste eixo. ou “O Torque em relação a um pólo ou ponto pode se colocado como combinação linear dos torques axiais dos três eixos linearmente independentes, que passariam por esse polo.” kji zyx rrrr τ+τ+τ=τ Muitas vezes deseja-se saber qual é o torque de uma Força em relação a um eixo escolhido λ (BA), por exemplo. Para isso basta calcular o torque em relação a um pólo (A) pertencente ao eixo que se deseja obter a projeção do torque e projetá-lo neste eixo, fazendo-se o produto escalar entre o versor BAλˆ ao eixo e o torque F Aτr da força F em relação ao pólo A : APr −=r 222 )()()( )()()( BABABA BABABA BA zzyyxx kzzjyyixx BA BA −+−+− −+−+−=− −=λ rrrr kji zyx rrrr λ+λ+λ=λ Sendo o torque polar da força em relação a um pólo qualquer pertencente ao eixo que se deseja projetar (A ou B): FrFAouB rrr ∧=τ Sendo que o torque polar de F projetado no eixo BA é dado por: F ABABA ˆ τ⋅λ=τ r Considerando o torque projetado no eixo pelo cosseno que sai da definição de produto escalar: θτ=θτ⋅λ=τ coscosˆ FABABA r Ou, projeta-se o vetor no eixo pelo produto escalar feito vetorialmente: )kji(.)kji(.ˆ zyxzyx F ABABA rrrrrrr τ+τ+τλ+λ+λ=τλ=τ zzyyxxBABA τλ+τλ+τλ=τλ=τ r.ˆ Considerando o torque com a força: ( )Frˆ BABA rr ∧⋅λ=τ Pode-se calcular o torque axial pelo determinante: ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ λλλ =∧λ==τ zyx zyx BA FFF zyx)Fr(.ˆ rr eixo λ B A F r r r BAλ r P Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 67 No exemplo do desenho do pião, deseja-se saber o torque do pião em relação ao eixo AB. O torque axial à AB será a projeção de τr no eixo AB: ατ=ατλ=τ⋅λ=ατ=τ coscoscos rrrrrr ABABAB uma vez que o versor ABλ r tem módulo unitário 1AB =λ r . Pela figura: τAB = τ cos α Uma vez que τ τ⋅λ=τ τ=α r rr ABcos Situações do Torque (nulo e não nulo) de uma força Fr no espaço em relação a um eixo λ: Torque não nulo: O torque de uma força F r em relação a um eixo λ, na direção dos pontos AB, e de versor λeˆ não é nulo quando AB e F pertencem à retas reversas: Torque nulo: De outra forma o torque de uma força F r em relação a um eixo e de direção AB de versor λeˆ é nulo, ABτr = 0, se: (a) a linha de ação da força F for paralela ao eixo e de versor λ ; ou (b) a linha de ação da força passar pelo eixo e de versor λ. Ou seja: 0=τ FAB rr se: ou 4.2.2 - Binário Binário é um torque puro, cuja resultante das forças é nula. “Um binário se caracteriza por duas forças: (a) iguais ou seja, de mesma intensidade (b) paralelas (c) sentidos opostos e (d) aplicadas em pontos distintos do corpo Um binário indica um torque puro uma vez que a soma das duas forças dá resultante nula. No entanto, como estão aplicadas em linhas de ação diferentes elas dão uma tendência de giro ao corpo que corresponde ao Torque. A intensidade do binário é igual ao produto de uma das forças pela distância entre suas linhas de ação. Um binário fornece sempre o mesmo torque sobre o corpo, independentemente do ponto de aplicação escolhido (ou pólo). d/2 d/2 F r F r− O A B τr Binário agindo em um corpo rígido M binário = ± F . d O Binário não tem ponto de aplicação τr B 0 y z x ABλˆ A θ F r r r F r // à λˆ λˆa)A B e Eixo e ∈ plano µ= eFF ˆ r λ=λ eˆˆ d λλ =τ eˆdF Fr Força F e eixo λ estão em direções reversas A B b) λˆ Linha de ação de F r passa pelo eixo q F r A B e P Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 68 A soma dos Torques produzido pelas duas forças que formam o Binário, fornece sempre o mesmo valor, independente do pólo utilizado para cálculo. Com o exemplo, vamos calcular o torque em relação aos pontos A , B e O, valendo o mesmo para qualquer outro ponto P. Como se mostra abaixo: pólo em A : dFdFiFA −=−=τ 0 r ↻ pólo em B : dFdFiFB −=+−=τ 0r ↻ pólo em O : dFdFdFiFO −=−−=τ 22 r ↻ 4.2.3- Sistema de Forças Contínuas e Paralelas Em uma superfície pode haver forças distribuídas continuamente provocadas por ventos ou líquidos sobre uma parede. Quando estas forças são contínuas e paralelas é sempre possível reduzí-la a uma única força resultante aplicada ao Centróide de Área, análoga ao Baricentro (G), só que de forças paralelasoriginadas por outra fonte de forças que não os pesos necessariamente, mas podendo ser também originarias de pesos de outros corpos. Estas forças aparecem como escoamento dinâmico de líquidos em uma superfície ou peso do material espalhado na superfície, ou pressão de um líguido em uma parede do recipiente. Podemos definir para cada ponto desta superfície uma densidade superficial de forças )m/N(ppressão Ad Fd 2 F ===σ ou a tão conhecida grandeza chamada pressão σF = p (força por unidade de área) que pode ser medida no Sistema Internacional em Pa (pascal) = 1 N / m2 . A distribuição de forças ao longo de uma superfície pode ser designada em função das coordenadas da superfície, para isso podemos representá-lo como um diagrama, cuja intensidade da força dá a altura da área proporcional em cada ponto. Muitos dos casos destas pressões de superfície caem dentro de um caso particular em que há um perfil de forças em uma linha, mas na profundidade deste perfil linear as forças se mantém constante ao longo de cada linha de profundidade desse perfil. Sendo assim podendo-se reduzir a distribuição de forças de uma área, a uma linha com uma única dimensão, a dimensão linear, já que a profundidade pode- se pegar um coordenada no centro da dimensão de profundidade. Querendo-se a pressão daquela área basta dividir a densidade linear de força no perfil pela profundidade e. Estes diagramas poderão ser reduzidos a um Centro de Forças Paralelas análogo ao Baricentro, ponto este que atuará está Força Resultante, cuja posição de atuação tem forma análoga de cálculo ao realizado na localização do Centróide de área da figura da intensidade de forças versus a dimensão da linha de sua atuação. E definimos assim a densidade linear de forças: )m/N(p dL dF FF ll =σ==λ Densidade Superficial de Forças ou pressão: σF = p A pressão se caracteriza em uma superfície de área A = l . L = profundidade vezes largura, de onde sai uma Distribuição Superficial de Forças, que podemos definir : Fσ = Ad Fd = pressão = p ( N / m2 ) que recebe o nome especial de pressão, medida em N/m2 ou pascal = Pa no sistema internacional. Densidade Linear de Forças Fλ Se em cada linha da dimensão de frente a força repete sua intensidade ao longo de toda a profundidade “ l ”, podemos caracterizar uma outra grandeza, que é a Distribuição Linear de Forças e definir uma densidade linear de forças, caracterizando um reducionismo da densidade superficial. O valor médio de sua profundidade se reduz à 2/y l= . A densidade linear de forças se iguala ao produto da espessura pela pressão. )m/N(p dL dF FF ll =σ==λ y Fσ x L l (a) λ2 Fλ λ1 x L 0 2 L)( F 21R λ+λ= (b) Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 69 No caso do exemplo dado da trapésio da figura temos que a força resultante no baricentro da figura resulta no valor e posição representados na figura abaixo. Casos particulares conhecidos: Retângulo Se a distribuição de forças tiver uma densidade linear de forças ao longo de um eixo, que seja constante, teremos então a força resultante total do segmento L, como sendo a área sob a curva, no caso a área do retângulo, FR = λ L tendo como posição de força única’, o centróide do retângulo, na posição 2/Lx = que é a posição do centróide de área do retângulo. Triângulo Se a distribuição de forças tiver uma densidade linear de forças variando ao longo do corpo linearmente com o eixo x, formando a área de um triângulo, a força resultante será à área do triângulo, FR = λL/2 = área do triângulo, tendo como ‘centro dessa força’, que substitui o conjunto das forças contínuas, o centro CF na posição do centróide do triângulo que no caso do exemplo abaixo é 32 /Lx = , tendo a força total que atua nesta posição, uma equivalência a todas as outras forças distribuídas continuamente. Figura qualquer Se a distribuição de forças, tiver uma figura qualquer ao longo de uma linha, teremos como força resultante, a área sob a curva e como posição desta resultante o centróide de área da figura em questão.: ∫∫ λ== dxdFF FRr cuja força total é a área sob a curva e com ‘centro de força’ CF na posição, R F F F F dxx dx dxx dF dFx x ∫∫ ∫ ∫ ∫ λ=λ λ== que é a posição do centro de força resultante. Forças Contínuas separadas em Figuras Simples De um conjunto de figuras podemos separá-las em figuras mais simples, a exemplo da figura abaixo, um trapézio, que podemos separar em um triângulo e um retângulo, e reduzir o conjunto a um sistema de duas forças e a partir das duas forças usar o centro de força em somatório para reduzir a uma única força como sejam: triângulo mais retângulo da figura, que coincide com o centróide de área da figura: Fλ λ x L 0 curvaasobÁreadFFR == ∫ r x λ F = f (x) Fλ λ x L 0 FR = λ L / 2 = Área Lx )3/2(= λ F = L λ x Fλ λ x L 0 FR = λ L 2/Lx = λ = const Fλ x L 0 λ1 λ2 (c) x FR 2 L)(dAdxdFF 21FR λ+λ==λ== ∫ ∫ ∫ A dAx dx dxx dF dFx x L F L F L ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =λ λ == O baricentro de forças coincide como o centróide de área xv FR = Área = ( λ1 + λ2 ) . L / 2 l /2 x (d) x y Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 70 Podemos separar a figura em duas: o triângulo, com sua força total atuante em L/3, e intensidade igual à área do triângulo e o retângulo terá sua força atuante em L/2 e força como a área do retângulo. A intensidade das forças será a área das figuras parciais. Para compor das duas forças uma única temos que a força resultante é a soma das forças parciais e a posição: ∑ ∑= i ii F Fx~ x ∑ ∑= i ii F Fy~ y ∑ ∑= i ii F Fz~ z onde n21iR F...FFFF rrrrr +++==∑ De forma contínua temos, em coordenadas cartesianas: ∫ ∫ ∫ ∫ λ λ == L F L F dx dxx~ dF dFx~ x ∫ ∫ ∫ ∫ λ λ == L F L F dy dyy~ dF dFy~ y ∫ ∫ ∫ ∫ λ λ == L F L F dz dzz~ dF dFz~ z onde ∫∫ λ== L FR dqdFF 4.3 – Sistemas Equivalentes Torque Resultante O Torque Resultante é a soma de todos os torques que atuam em um corpo rígido e sob o ponto de vista dos efeitos produzidos se iguala ao produto do momento de inércia total ou inércia de rotação I, (que será definido no Capítulo 6, mais adiante), com a aceleração angular, αr . α=τ=τ ∑ rrr Ii 4.3.1 - Redução de um Sistema de Forças e Binários a um Sistema de uma Força e um Binário Resultantes Um Sistema de n Forças e n Binários sempre pode ser reduzido a um Sistema Força-Binário Resultantes, em um ponto qualquer, que seria equivalente ao primeiro sistema, ou seja, um Sistema de uma Força Resultante e um Torque Resultante. Isso pode ser visto na figura a seguir. As expressões de equivalencia estariam ligadas à: (a) força resultante que seria a soma vetorial de todas as forças do sistema de n forças, e (b) torque resultante em relação a um pólo qualquer escolhido, que resultaria da soma dos torques de todas as forças em relação àquele pólo e a soma de todos os binários que atuariam no corpo. Essas duas expressões vetoriais garantem a transposição parao novo sistema reduzido e equivalente. 4.3.2 - Redução de um Sistema Força e Binário Perpendiculares, a um Sistema de uma única Força Em uma segunda etapa se o Sistema Força- Binário resultantes em relação a um polo A qualquer, tiver a força resultante perpendicular ao Binário resultante em relação a A, então é possível reduzir este Sistema a uma única Força em um ponto P, a ser calculada sua posição. Para isso basta transportar essa força para uma posição (P) em que o torque resultante neste novo ponto, em relação ao pólo de onde ela estava (A), seja igual ao torque resultante do sistema anterior em relação a A. A R R PemF A τ=τ rr λ2 Fλ λ1 x L F∆ F� 2/Lx =Π x 3/Lx =∆ (1) Sistema de Forças e Binários (2) Sistema Força-Binário Resultante em A ∑∑ τ+τ=τ iFAR iA rrr 1P RF r NF r 1F r 2P nP A A Rτr ... ∑= iR FF rr 2F r nτr θ 2τr 1τr FR= F∆+ F� =Área do trapézio= ( λ1+λ2)L/ 2 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 71 4.3.3 - Redução de umSistema Força-Binário Resultantes e não Perpendiculares a um Torsor (Força e Binário numa mesma direção) No caso do Sistema Força-Binário obtido não formar um ângulo de 90° entre os vetores Força Resultante FR e Binário Resultante τR, então, não é possível transformá-lo em um Sistema de uma única força, mas é possível transformá-lo ou reduzí-lo a um torsor, ou seja, um Sistema de uma força e um binário na mesma direção da força. Para isso deve-se projetar o torque resultante na direção perpendicular à força resultante, ⊥τR r , e na direção paralela a força resultante, //Rτ r , de tal forma que para estas expressões, podemos escrever matematicamente: Consirando o versor na direção a força: R R F F Fˆ R r r =λ A projeção do torque polar na direção da força é o produto escalar entre o versor da força e o torque polar: AR// RFR . ˆ τλ=τ r O resultado do produto escalar é um escalar, um número com um sinal, e se der positivo é porque a projeção ficou no mesmo sentido da força, se negativo, ficou no sentido inverso ao da força. E portanto o torque resultante, paralelo a força, de forma vetoria será dado pelo torque escalar produto pelo versor da força. R//// FRR λˆτ=τ r Para determinação do torque resultante perpendicular à força, fazemos a subtração vetorial : //A RRR τ−τ=τ ⊥ rrr Para a redução ou eliminação do torque perpendicular à força, devemos igualá-lo com o torque da força resultante em um outro ponto a ser determinado (pólo P, no desenho) em relação ao ponto em que a força estava (A) ao ser reduzida ao Sistema força-binário inicial, portanto, para equivalência entre os dois sistemas, deve-se exigir que: ⊥τ=τ RPemFAR rr 4.4 – Resumo do Capítulo 4 Conceitos estudados: (1) Torque Polar :Torque de uma Força em relação a um Pólo (2) Torque Axial: Torque de uma força em relação a um Eixo (3) Princípio da Transmissibilidade (4) Binário (5) Sistemas Equivalentes de Forças: (a) Redução de Forças contínuas e paralelas a uma única Força (b) Sistema de n Forças e n Binários⇒Sistema de uma Força-Binário (c) Sistema de uma Força-Binário ⇒Uma única Força ou um Torsor. (1) Torque Polar: (2) Principio da Transmissibilidade: (3) Binário: dFFO =τ (torque puro) Duas forças : (a) Iguais (mesmo intensidade) ; (b) Paralelas ; (c) Sentidos opostos ; (d) Aplicadas em pontos diferentes Características: (a) Força resultante é nula ; (b) Não tem ponto específico de aplicação no corpo, podendo ser qualquer ponto ; (c) Direção do Binário: perpendicular ao plano das forças e no sentido da regra da mão direita; (d) Pode ser calculado usando qualquer pólo e somando–se os torques das duas forças ; (e) Módulo do Torque resultante é dF=τ . (2) Sistema Força-Binário resultantes em A formando entre si um ângulo de 90º (3) Sistema de uma única Força em P A RF r P A R R PemF A τ=τ rr RF r A ARτ r RF r A A RF r θ ⊥τRr //Rτ r (2) Sistema Força-Binário em O sendo o ângulo entre eles θ ≠ 90° (3) Torsor ⊥τ=τ RPemFAR rr //Rτ r Rτr P A B F r F r B A “Sempre que deslizarmos uma força ao longo de sua linha de ação de um ponto A para outro ponto qualquer do corpo B, os efeitos mecânicos (estáticos ou dinâmicos) do comportamento do corpo permanecem inalterados.” F r r r z y O θ x P Linha de ação da força F FrFO rrr ∧=τ θ=τ senFrFO rrr ⊥=θ=τ Fr)senF(rFOr bF)senr(FFO =θ=τr forçadaaçãodelinhada ponumeextremidadepólonoorigemtem(póloaorelaçãoemforçadaposiçãovetorr =r Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 72 (4) Torque em relação a um eixo: (5) Sistermas Equivalentes: (a) Forças contínuas e paralelas (b) Redução de um Sistema de n forças e n binários a um Sistema de uma Força e um Binário: (c) Redução de um Sistema de uma Força e um Binário a um Sistema de uma única Força: (d) Redução de um Sistema Força-Binário a um Torsor: 4.5 - Exercícios Resolvidos Torques Sistemas Equivalentes de Forças 4.1*) Em um avião experimental estão sendo testados os ângulos de seus jatos. Na figura mostra-se os limites sugeridos para os jatos laterais para uma curva em vôo. Supondo que a força aplicada em cada jato é de F = 3.000 kN, para a configuração planejada na figura, visando uma avaliação do seu desempenho, determine: (a) o sistema força-binário equivalente no ponto O ; (b) a posição em um ponto do eixo x para equivalência do sistema de uma única força. Solução: Esquema das equivalências: Sistema de Forças ≡ (a) Sistema Força-Binário em O ≡ (b) Sistema de uma única força em P no eixo x (a) Redução a um Sistema Força-Binário em O: Cálculo da Força Resultante em O e do Torque Resultante em O: ∑= iR FF rr ; ∑τ=τ iFOR rr Força Resultante: jº18sen3000i)º18cos30003000(FR rrr −+= = )kN(j927i5853FR rrr −= Torque Resultante em relação ao pólo O: )m.kN(k)15xº18sen30004xº18cos30004x3000(OR rr +−=τ )m.kN(k14493OR rr =τ (b) Redução do Sistema Força-Binário em O a um Sistema de uma única força em P sobre o eixo X : O R R PemF O τ=τ rr ⇒ OPyRR d.FO =τ r ⇒ 14.493 = 927 . dOP ⇒ dOP = 15,64 m ( à esquerda do ponto O em x) 4.2*) Do sistema de 3 forças da figura, (a) determine o sistema força-binário equivalente ≡ x O FR τR Sistema Força-Binârio em O (1) Sistema de n Forças e n Binários (2) Sistema de uma Força e um Binário em O ∑∑ τ+τ=τ iFAR iA rrr 1P RF rNF r 1F r 2P nP A A ARτ r ... ∑= iR FF rr2Fr nτr θ 1τr 2τr (2) Sistema Força-Binário em O com θ = 90° A RF r B A R R BemF A τ=τ rr RF r A Rτr (3) Sistema de uma única Força em O’ RF r A A RF r B //Rτr (2) Sistema Força-Binário em O Sendo θ ≠ 90° (3) Torsor R//// FRR λˆτ=τ r //Rτr Rτr ⊥τRr θ //A RRR τ−τ=τ ⊥ rrr Fλλ x L 0 curvaasobáreadxF FR =λ= ∫ r x λ F = f (x) ∑ ∑= i ii F Fx~ x ∫ ∫= dF dFx~ x F F x O ≡ 18° Sistema de Forças no Foguete 18° F F y x O4 m4 m 15 m ≡ x O FR MR Sistema Força-Binârio em O x O FR P Sistema de uma única força em P no eixo x OP = X ≡ τr B 0 y z x ABλˆ A α F rr r zzyyxx AAB ˆ. λτ+λτ+λτ= =λτ=τ=τ λ rrr d/2 d/2 F r F r− O A B τr Binário agindo em um corpo rígido M binário = ± F . d O Binário não tem ponto de aplicação ⊥τ=τ RBemFAR rr RRF FFˆ R rr=λ Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 73 aplicado ao ponto B, base da haste fixada AB e (b) a distância de B a um ponto E da haste AB em que se poderia reduzir o sistema a uma única força equivalente. Solução: (a) De (1) para (2) : (a) )N(j30sen5i)30cos534(FF iR rrrr °+°+−== ∑ j5.2i67,2FR rrr +−= ∑τ=τ iB FBR rr ⇒ )m.N(k)1x33,42x34x4(BR rr −+=τ ; )m.N(k67,17BR rr =τ (b) EemFBR R B τ=τ rr τRB=17,67= 2,67 x d BE ⇒ d BE = 6,62 m 4.6 - Exercícios Propostos 4.1 - Torque Polar 4.3) Determinar o Torque FB rrτ da Força Fr na corda, em relação ao ponto B da base do galho serrado da árvore. A Força é aplicada no ponto C do galho, e puxada pelas mãos do operador em A, , sendo que possui módulo 939,4 N. Obtenha também o módulo deste Torque. Resp.: )m.N(k1600j875i100FB rrrr ++=τ ; )m.N(826.1FB =τr 4.4) Determinar o Torque FB rrτ da Força Fr na corda, em relação ao ponto B da base do braço de cilindro serrado fixado no poste. A Força é aplicada no ponto C do braço, puxada pelas mãos do operador em A, , e possui módulo 866 N. Obtenha também o módulo deste Torque. Resp.: )m.N(k1250j850i300FB rrrr ++=τ ; )m.N(1541FB =τ r 4.5) Uma grua de construção recebe em seu cabo uma tração T = 29 kN ao puxar uma carga da posição C. Calcule no instante da figura o módulo do Torque produzido por esta tração em relação à sua base em O. Resp.: )m.kN(492Fo =τr A B C D E FR ≡ A B C D FR τR ≡ A B 3 C 5 N 4 N θ=30° D 1 m 2 m 1 m x z y 6 m 3 m 2 m 5 m 4 m 5 m 1,5 m 1 m A y x B C G z O GC 6 m 3 m 2 m 6 m 5 m 5 m 1,5 m 1,5 m A y x B z Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 74 4.6) (a) Um registro de água, paralelo ao plano xOy, para ser fechado, necessita ter uma força de 120 N, que deve atuar paralela ao plano xOy e perpendicular à linha do registro como mostra a figura. Qual o torque da força F, em relação ao pólo O, necessário à sua abertura ? Obs. Forneça o vetor torque e seu módulo. Resp.: )m.N(k9,23j25,4i25,4R rrrr +−−=τ ; τR =24,7 (N.m) 4.7) Para o corpo da figura sujeito a um sistema de forças e torques, determine: (a) o torque que a Força F1 faz em relação ao ponto D da figura ; (b) o torque que a Força F2 faz com relação ao mesmo ponto D da figura ; (c) a redução à um sistema força-torque resultantes em relação ao ponto D. Dê os resultados em função dos versores cartesianos. Resp.:(a) )m.N(k60j301FD rrr +−=τ ; (b) )m.N(j642FD rr −=τ ; (c) )m.N(k8j6i12FR rrrr ++−= ; )m.N(k180j184i60R rrrr +−=τ 4.2 - Torque Axial 4.8) Determine o Torque produzido pela força )N(k5j8i6F rrrr +−+= que atua no ponto P da porta, em relação ao eixo z da figura, ou seja, em relação ao eixo que passa pelas dobradiças da porta, que a faz abrir para cima. A força está aplicada ao ponto P atuando na sua extremidade, a fim de fechar a porta basculante do carro, cujos amortecedores a impulsionam para cima. Resp.: τz = –16,8 N .m 4.9) Dado a força aplicada ao corpo rígido da figura determine o torque axial desta força em relação ao eixo AB. Resp.: )m.N(j716AB rr =τ 4.10) Escreva os vetores força resultante RF r e torque resultante Rτr a serem aplicados no ponto O, origem do sistema de referência, equivalentes às forças aplicadas ao corpo rígido mostradas na figura. Obs.: as forças são sempre paralelas a um dos eixos. Resp.: )N(k10j7i4FR rrr ++−= ; )m.N(k28j42i54R rrrr +−=τ 6 m y z x 8 m 3 m )N(k3j6i10F1 rrrr ++−= )m.N(k120j90i601 rrrr +−=τ )N(k5i2F2 rrr +−= D A B C 2 m 2 m 3 m 12 O C 7 m 11 m 28 m 20 m T A y x z F r 45º O z y x 20 cm 5 cm A P x y )N(k5j8i6F rrrr +−+= 1,5 m 0,8 m 8 30 z x y 4 2 1 200 N A B Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 75 4.11) Dado as forças NjF rr 1501 −= e NkF rr 3502 = aplicadas ao corpo rígido da figura e aplicadas no eixo y nos pontos y1 = 12 m e y2 = 5 m, respectivamente. Determine o torque axial de cada uma destas forças em relação ao eixo que contém os pontos OA no sentido do versor λˆ que pertencem ao plano xOy e faz um ângulo de 45° em relação à horizontal. Resp.: =τ 1FOA 01.ˆOBF1 =τλ=τ ; m.N12372.ˆOBF2 =τλ=τ 4.12) Dado a força aplicada ao corpo rígido da figura determine o torque axial de cada força da figura em relação ao eixo AB, ABM r e seu respectivo sentido: se λˆ ou - λˆ . Resp.: )m.N(ˆ7001FAB λ=τ r ; )m.N(ˆ10732FAB λ=τ r ; )m.N(ˆ15003FAB λ−τ r ; )m.N(ˆ10004FAB λ−τ r Binários 4.13) Dado os 2 binários da figura determine o torque de cada binário e o torque resultante no corpo e seu sentido obtidos da figura (“barata de pernas para cima”). Resp. : )m.N(k4201 rr −=τ ; )m.N(k2022 rr =τ ; )m.N(k218R rr =τ 4.14) Determine o valor de cada um dos três binários aplicados sobre o encanamento da Figura: devido à F1 e F2 , à F3 e F4 e à F5 e F6 , e forneça o torque resultante total no encanamento e a força resultante obtida. Resp.: )m.N(k24i241 rrr −−=τ ; )m.N(j42i662 rr −=τ ; )m.N(k363 rr =τ ; 0FR = r ; )m.N(k12j42i42R rrrr +−=τ Sistema de Forças Contínuas e Paralelas 4.15) (a) Reduza o Sistema de forças contínuas paralelas, aplicadas à viga da figura, a uma força equivalente F1 no trecho AC da viga e F2 no trecho CB da viga da figura, e determine as posições x’s dessas forças, ( x1 e x2 ) considerando a origem do eixo x na articulação A (x=0) da viga. Reduza o sistema das duas forças obtidas, a uma única força equivalente e resultante sobre a viga, determinando-lhe sua intensidade e sua distância xR do ponto A. Resp.: F1 = 3200 N ; x1 = 6,33 m ; F2 = 7200 N ; x2 = 13,5 m ; FR = 10400 N ; xR = 11,3 m 800 N/m 1 m 8 m 9 m B A y xz C C O A 45° 12 m y λˆ Nj150F1 rr −= x Nk350F2 rr = z 5 m F2 =12 N F1 =7 N F3 =4 N x z y F4 =2 N 3 m 4 m O M1 =30 N m 5 m 2 m 9 m 7 m 40° 35 N F2 =35 N F1 =60 N 60 N x z y 40° 12 30 z x y 4 2 1 F2 =200 N A B 5 λˆ 16 7 m F4 =250 N F1 =100 N F3 =300 N z y x 2 m 9 m 3 m 3 m )N(j8F 1 rr = k6F 3 rr −= i4F 5 rr −= k6F 4 rr = 4 m j8F 2 rr −=4 m O i4F 6 rr = Cap. 4 Mecânicado Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 76 4.16) (a) Determine as forças equivalentes F1 , F2 , F3 (da esquerda para a direita) das distribuições de forças e seus pontos de aplicação. Resp.: F1=1500(N) em x1 =3,5 m de A; F2=900 (N) em x2=8 m de A; F3=10 (N) em y3=0,25 m do topo da barra 4.17) (a) Determine as forças equivalentes F1, F2 (da esquerda para a direita) das distribuições de forças e seus pontos de aplicação na viga do desenho, nas regiões AC e CB da viga, sabendo-se que ela pesa 2000 N . Resp.: F1 = 4000(N); x1=6 m de A ; F2=3000(N) ; x2 =16m de A; P=2000(N); x3=13 m de A 4.18) Na figura abaixo: (a) Reduza o Sistema de forças contínuas paralelas, aplicadas à viga da figura, a uma força equivalente F1 de A até B e F2 de B até C e seus pontos de aplicação em relação ao ponto A da viga. Reduza o sistema das duas forças obtidas das forças contínuas, a uma única força equivalente e determine sua distância do ponto A . Resp.: F1=9000 (N) ; x1=5 m ; F2=6750 N ; x2=15 m ;FR=15750 (N); xR=9,29 m 4.19) A barreira de água AB, está sujeita às forças dadas na figura. (a) Determine a força resultante e seu ponto de aplicação (C) das forças contínuas aplicadas no lado esquerdo da barreira, contado a partir da articulação no ponto A, de todo o volume de água que faz pressão sobre a barreira. Resp.:FR=16200 (kN)→;AC=6m; 4.20) Uma estante se apoia em um suporte triangular da figura em equilíbrio, e está vinculado ao ponto A da parede por uma articulação fixa e ao ponto B por um rolete. Sabendo-se que a massa do suporte triângular é m = 1,5 kg e que ele está sujeito a uma carga vertical para baixo de densidade linear de força constante λF = 200 N/m na posição dada na figura, determinar os vetores força, que podem ser substituídos as forças contínuas sobre a prateleira e a força resultante total das forças de apoio e peso. Resp.: FR = 114.7 N ; dAC = 32,5 cm 4.3 - Sistemas Equivalentes de Forças e Torques: Sistemas Bidimensionais 4.21) Dado o Sistema de Forças atuantes no corpo rígido da Figura, determine: (a) a Força Resultante: RF r ; (b) o Torque Resultante em A: Rτr ; (c) a redução do Sistema força-binário resultante a um Sistema de uma Única Força em um ponto da barra AB, determinando a posição deste ponto U, através da sua distância ao ponto A: AUd . Resp.: )N(j220i323FR rrr −= ; )m.N(k780R rr −=τ ; dAU=3,55 m y x z G 200 N/m A B 9 cm 20 cm 30 cm 10 cm 3 cm 1800 kN/m 1m 18 m A y B H2O z x 900 N/m 1m 10m 15 m A y x z B C 400 N/m 1m 10m 15 m B A y x z C 300 N/m 0,5 m 20 N/m 1m 5 m 6 m B A y x z 3 cm Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 77 4.22) Ao Sistema de Forças e Binários atuantes na estrutura determine: (a) um Sistema Força Resultante-Binário resultante, equivalentes no ponto B; ( b) a posição da força resultante, determinando-lhe sua posição de aplicação, através de sua distância ao ponto B, sobre a barra BC. Resp.: )N(j166i420FR rrr +−= ; )m.N(k840R rr =τ ;d DB=2m 4.23) (a) Reduza o Sistema de forças e binários a um sistema força-binário resultante em A ; (b) Reduza o Sistema Força-binário em B a um Sistema de uma única força na barra BC e determine a distância d que esta força ficará de B.Resp.:(a) )N(j420i760FR rrr −= ; )m.N(k7380BR rr ==τ ; (b) d = 9,71 m 4.24) No corpo rígido da figura, todas as forças estão no plano xOy, para este caso, forneça os vetores (a) Força resultante ; (b)Torque resultante ; (c) Posição sobre o eixo z (na linha OC) da força resultante que seja equivalente ao sistema de forças dado. Resp.: m375,0d;)mkN(i51,4;kNk5,4j12F RR =−=τ+= rrrrr 4.25) No corpo rígido da figura, todas as forças estão no plano zOy, para este caso, forneça os vetores (a) Força resultante ; (b)Torque resultante em relação ao pólo O ; (c) Posição sobre o eixo z da força resultante, reduzindo a uma única força que seja equivalente ao sistema de forças dado. Resp.: m8,3d;)m.kN(i20;)kN(k14j5F zRR O =−=τ+= rrrrr 4.26) (a) Reduza o Sistema de forças e binários a um sistema força-binário resultante em A ; (b) Reduza o Sistema Força-binário em A a um Sistema de uma única força na barra AB e determine a distância d que esta força ficará de A. Resp.:(a) )N(j420i290FR rrr −= ; )m.N(k2640AR rr −=τ ; (b) d = 6,29 m F2 = 600 N C F1 = 400 N F3 = 700 N 5 m 9 m 6 m 3 m B A 3 4 5 x z y 12 kN 25 kN 3 m 1,5 m x y z O 30°° 15 kN A B C kNk40F1 rr = 5 m 3 m x y z O 60° A B C kN30F2 = kNj20F2 rr = 2 m 6 m 450 N 120 N 340 N.m A B C 4 3 60° 2,5 m 2 m 4 m 1,5 m x z y 5 F2 = 120 N C 60° F1 = 200 N F3 = 150 N 3 m 6 m 4 m 2 m B A x z y Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 78 4.27) (a) Reduza o Sistema de 3 Forças e um Torque da Figura a um Sistema Força Resultante e Torque Resultante em A. (b) Reduza agora o Sistema Força-Binário em A a um Sistema de uma única Força na linha AB, indicando qual a Força e em que posição (A’) ela ficará, contando a partir do ponto A. Resp.: )N(j2,20i26,2FR rrr −−= ; )m.N(k30AR rr −=τ ; dAA’=1,49 m 4.28) Um martelo na tentativa de retirada de um prego introduzido torto sobre uma peça de madeira, faz o esforço de retirá-lo através de uma força horizontal F aplicada sobre seu cabo na posição indicada na figura. Determine a força F mínima para sua retirada, considerando que a madeira exerça sobre o prego uma força de restrição (vínculo) de 700 N na direção do prego e o ângulo do prego com a perpendicular à madeira é θ = 30°. Resp.: F = 139 N Sistemas Equivalentes de Forças e Torques: Sistemas Tridimensionais 4.29) No corpo rígido da figura, forneça os vetores Torque resultante e Força resultante em relação à origem O. Resp: )kN(k30j47i12FR rrrr +−−= ; )m.kN(k2,52j67i5,40R rrrr +−−=τ 4.30) Determine a Força Resultante e o Torque Resultante que a asa esquerda da aeronave provoca na solda do centro de massa de sua fuselagem em O, uma vez que a sua turbina realiza neste instante um arranque de 7 kN e a aerodinâmica de sua asa uma força de 42 kN para cima, no ponto A. A massa da asa é de 2,0 Mg (megagramas = 106 g). O centro de massa da asa esta no ponto G. Resp.: )kN(k4,22i7FR rrr += ; )m.kN(k63j14i6160R rrrr −−=τ 4.31) (a) Reduza o Sistema de 4 forças e um binário, a um sistema de 1 força e 1 binário resultantes no ponto O da figura ; (b) Reduza o sistema força-binário em O a um sistema de uma única força sobre o eixo y entre os pontos O e A, determinando a que distância y’ do ponto O, ficará a força resultante. Resp.: )N(k55i154FR rrr −= ; )m.N(k2238i800OR rrr −−=τ ; y’=14,5m F2 = 300 N C F1 = 200 N F3 = 150 N 5 m 9 m 6 m 3 m BA x y 3 45 z 5 m 4 m 8 m 2 m 7 kN 42 kN O G x y z A P 40 kN..m 15 kN 50 kN 12 kN (direção de x) 18 kN 3 m 1,5 m 0,9 m x y z 30 kN O 15 m 8 m 10 m F3= 10N F2= 8 N F1= 12N A 35° τ1= 300,4 N m 13 m B C y θ z 700 N C A F 8 4 AB =35 cm x B 15° D Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 79 4.32) Escreva os vetores força resultante RF r e torque resultante Rτr a serem aplicados no ponto O, origem do sistema de referência, equivalentes às forças aplicadas ao corpo rígido mostradas na figura. Obs.: as forças são sempre paralelas a um dos eixos. Resp.: )N(k10j7i7FR rrrr ++−= ; )Nm(k15j4i29OR rrrr +−=τ 4.33) Determine o vetor Força Resultante e o vetor Torque Resultante em relação a O do Sistema de Forças aplicadas ao Sistema de canos da figura. Resp.: )N(k1j6i4FR rrrr ++−= ; )m.N(k20j35i41OR rrrr ++=τ 4.34) Determine o vetor Força Resultante e o vetor Torque Resultante em relação a O, do Sistema de Forças aplicadas ao Corpo da figura.Resp.: )N(k12j15i6FR rrrr −−−= ; )m.N(k16j32i48OR rrrr ++−=τ 4.35) Dado as duas vigas interligadas da figura e sujeitas às cargas designadas, reduza o sistema de forças e torques, a um sistema força resultante e torque resultante em A, origem do sistema de coordenadas. Resp.: )kN(k10j25i15FR rrrr +−= ; )m.kN(k135j100i5,31AR rrrr −+=τ 4.36) No Sistema de 3 Forças (paralelas aos eixos da figura) que agem no pendurador, verifique as ações equivalentes que agem na raiz de fixação, ponto B, origem do Sistema de Referência, determinando: (a) o vetor Força Resultante; (b) o vetor Torque Resultante em B; (c) os módulos da Força e do Torque Resultantes em B. Resp.:(a) )N(k50j20i5FR rrrr −+= ;(b) )m.N(k25,0j6,3i4,3BR rrrr −−−=τ ;(c) )N(1,54FR = ; )N(96,4BR =τ 50 N 20 N 5 N 0,08 m 0,1 m 0,05 m 0,05 m 0,05 m B y z x 0,22 m z y x 1,5 m 6 m 2 m 2,5 m )N(j8F 1 rr = k6F 2 rr −= i4F 5 rr −= k7F 4 rr = 4 m j2F 3 rr −=3 m O F2 =12 N F1 =7 N F3 =4 N x z y F4 =2 N 5 m 4 m 3 m O F5 =3 N 20 N 179 N 31,7 N =τx 243,1 N.m 50 N 30° 12,5m 3,5m 27 m 8 m O y x z A z x y 12 m 2 m 0,3 m 8 m kNk20F2 rr −= kNk30F1 rr = kNi15F3 rr = kNj25F4 rr −= )m.kN(i101 rr −=τ 4 m A 6 m 0,3 m z x y 5 m 8 m 6 m 2 m 1,5 m )N(j20F1 rr −= )N(k8F2 rr −= )N(k4F3 rr −= )N(i6F4 rr −= )N(j5F5 rr = O Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 80 4.37) O avião abaixo, está em equilíbrio de translação e aplica neste instante, as seguintes forças ao girar os aerofólios a fim de fazer girar o avião: no ponto A≡(-0,8; -3; 0) m uma força )kN(k6FA rr −= ; no ponto B≡(-9; 1,2; 0) m, uma força )kN(k14FB rr = ; e no ponto C≡(-9; 0; 0,7) m uma força )kN(j8FC rr −= ; fazendo com que o avião gire e translade em torno do seu centro de massa. Ainda assim, se aplica forças de empuxo adicional às duas hélices dianteiras de valores T1 = T2 =10 kN, simétricos em relação ao centro de massa G, aplicadas na direção das asas, nas posições, H1 ≡(0,5; 2; 0) m, e H2 ≡(0,5; -2; 0) m como mostra a figura, a fim de aumentar a velocidade linear do avião no espaço. Determinar: (a) a Força Resultante sobre o avião; (b) o Torque de cada uma das 5 forças em relação ao centro de massa G do avião, centro do Sistema de coordenadas (x,y,z); (c) o Torque Resultante sobre o avião. Resp.: (a) )kN(k8j8i20FR rrrr +−= ; (b) )m.kN(j8,4i18AFG rrr −=τ ; )m.kN(j126i8,16BFG rrr +=τ ; )m.kN(k72i6,5CFG rrr +=τ ; )m.kN(k201TG rr −=τ ; )m.kN(k202TG rr =τ ; (c) )m.kN(k72j121i4,40R rrrr ++=τ 4.38) Um avião, estando em equilíbrio de translação, aplica neste instante, as seguintes forças ao girar os aerofólios a fim de fazer girar o avião: no ponto A≡(0; 19; 0) m uma força )kN(k12FA rr = ; no ponto B≡(-30; 16; 2) m, uma força )kN(k15FB rr = ; e no ponto C≡(-30; 0; 3) m uma força )kN(j8FC rr −= ; fazendo com que o avião gire e translade em torno do seu centro de massa. Ainda assim, aplica forças de empuxo adicional aos dois jatos dianteiros de valores TJ1 = TJ2 =7 kN, simétricos em relação ao centro de massa G, aplicadas abaixo das asas, nas posições, J1 ≡(0; 11; -2) m, e J2 ≡(0; -11; -2) m como mostra a figura, a fim de aumentar a velocidade linear do avião no espaço, mas também aplicando-lhe um torque em relação a G. Determinar: (a) a Força Resultante sobre o avião; (b) o Torque de cada uma das 5 forças em relação ao centro de massa G do avião. (c) o Torque Resultante sobre o avião. Resp.: (a) )kN(k27j8i14FR rrrr +−= ; (b) )m.kN(i228AFG rr =τ ; )m.kN(j450i240BFG rrr +=τ ; )m.kN(k240i24CFG rrr +=τ ; )m.kN(k77j141JFG rrr −−=τ ; )m.kN(k77j142JFG rrr +−=τ ; (c) )m.kN(k240j422i492RFG rrrr ++=τ 4.39) Considerando o sistema de mancais e polias com correias da figura, determinar: as forças de reação sobre a extremidade do eixo AB exercido pelo mancal A que é um mancal simples; as forças de reação sobre o mancal B que é um mancal de encosto; e a força F aplicada a um lado da correia da polia C como mostra a figura; a fim de manter todo o sistema em estado de equilíbrio de translação e rotação. Considere que a correia de força 90 N na polia C, faz um ângulo de θ = 30º com a vertical (z) e que os mancais estão alinhados e exercem apenas forças de reação (não de torques) sobre o eixo AB. Resp.: )N(k110F rr −= ; )N(k124i3,85A rrr += ; )N(k4,64i7,89B rrr += O G x y z A B C )kN(j8F C rr −= )kN(k15F B rr = )kN(k12F A rr = )kN(i7F 1J rr = )kN(i7F 2J rr = z x y )kN(k14F B rr = )kN(j8F C rr −= )kN(k6F A rr −= )kN(i10T1 rr = )kN(i10T 2 rr = A B C F θ 90 N 50 N 80 N 0,3 m 0,2 m 1,2 m 0,8 m 1,5 m y z x A B C D
Compartilhar