CONTEUDO MECANICA GERAL

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12. CENTRO DE GRAVIDADE E CENTRÓIDE
12.1 CENTRO DE GRAVIDADE DE UM SISTEMA DE PARTÍCULAS
Deseja-se determinar o centro de gravidade do conjunto de partículas ilustradas na Fig.
(12.1). Este conjunto de partículas é distribuído sobre uma barra de peso desprezível, a qual se
apoia num único ponto A. Aplicando os conhecimentos da primeira área, sabe-se que o ponto
A deve estar localizado na mesma reta vertical que passa pelo centro de gravidade do
conjunto de partículas. Caso contrário a barra não estará em equilíbrio.
Figura 12.1 – Centro de gravidade de um conjunto de partículas.
A posição do centro de gravidade de um conjunto de partículas pode ser encontrada
aplicando-se o Teorema de Varignon, ou seja faz-se o somatório dos momentos dos pesos de
cada uma das partículas em relação a um ponto, por exemplo a origem dos eixos x e y, e
calcula-se o momento do peso total das partículas em relação ao mesmo ponto. Aplicando-se
o Teorema de Varignon estes momentos devem ser iguais ou seja
321
332211332211
332211 PPP
PxPxPx
P
PxPxPxxPxPxPxPx GG ++
++
=
++
=→++= (12.1)
Generalizando a expressão (12.1) para n partículas tem-se
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
G
P
Px
x
1
1 (12.2)
No caso de um problema tridimensional o centro de gravidade CG é um ponto localizado por
3 cotas: xG, yG e zG. As cotas yG e zG são definidas por (12.3).
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
== n
i
i
n
i
ii
Gn
i
i
n
i
ii
G
P
Pz
z
P
Py
y
1
1
1
1 , (12.3)
A rigor o cálculo apresentado é aproximado já que as forças peso não são realmente
paralelas, mas sim convergentes para o centro da Terra. No entanto o erro introduzido por esta
simplificação é desprezível.
P1 P2 P3
x1
x2
x3
A x
y
P
xG
A x
y
=
CG
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12.2 CENTRO DE MASSA (CM) DE UM SISTEMA DE PARTÍCULAS
Nos problemas que envolvem movimento é necessário localizar-se o Centro de Massa
do corpo. A determinação deste ponto para um sistema de partículas é feita simplesmente
trocando-se os pesos Pi por massas mi. A expressão (12.4) ilustra este resultado.
∑
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
=
=== n
i
i
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
G
m
mx
gm
gmx
P
Px
x
1
1
1
1
1
1 (12.4)
Na prática comum de Engenharia o Centro de Gravidade e o Centro de Massa são
sempre coincidentes já que a aceleração da gravidade g é constante para todo o corpo (na
realidade g varia em função da distância do corpo ao centro da Terra). A diferença entre os
dois centros ocorre num ambiente sem gravidade. Nesta situação o centro de gravidade não
tem definição, mas o centro de massa é definido.
Exemplo 1. Localize o centro de gravidade do conjunto de partículas ilustrado na Fig.
(12.2).
Figura 12.2 – Ilustração do exemplo 1.
Solução: Como já comentado em 12.2, o centro de massa e de gravidade são coincidentes sempre que a
aceleração da gravidade for constante. Logo, para solução deste exemplo aplicam-se diretamente as equações
(12.3) e (12.4).
m 83,0
321
302113
1
1
1
1
=
++
⋅+⋅+⋅
===
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
G
m
mx
P
Px
x
m 67,0
321
302312
1
1
=
++
⋅+⋅+⋅−
==
∑
∑
=
=
n
i
i
n
i
ii
G
m
my
y e m 33,1
321
322110
1
1
=
++
⋅+⋅+⋅
==
∑
∑
=
=
n
i
i
n
i
ii
G
m
mz
z
x
y
z
3 kg
(0, 0, 2)
2 kg
(1, 3, 1)
1 kg
(3, -2, 0)
(m)
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12.2 CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO
Considera-se inicialmente um corpo unidimensional, Fig. (12.3), (por exemplo um
arame) com massa homogeneamente distribuída. Para se determinar o centro de gravidade
deste corpo considera-se um pequeno elemento de comprimento ∆x e peso ∆Pi.
Figura (12.3) – Cálculo do centro de gravidade de um corpo.
O procedimento de solução é o mesmo aplicado em 12.1. Considerando-se n
elementos de peso ∆Pi pode-se escrever
∑
∑
∑∑
=
=
== ∆
∆
=→∆=∆ n
i
i
n
i
ii
G
n
i
ii
n
i
iG
P
Px
xPxPx
1
1
11
(12.5)
Fazendo-se ∞→n tem-se que 0→∆ ix e 0→∆ iP , logo os somatórios tornam-se integrais
∫
∫
∑
∑
=








∆








∆
=
∞
=
→∆
∞
=
→∆
l
l
i
i
x
i
ii
x
G
dP
xdP
P
Px
x
i
i
0
0
10
10
lim
lim
(12.6)
Quando o arame estiver no espaço tem-se mais duas cotas que são definidas pela (12.7).
∫
∫
∫
∫
== l
l
Gl
l
G
dP
zdP
z
dP
ydP
y
0
0
0
0 , (12.7)
Considerando-se o corpo como um sólido, localiza-se o centro de gravidade deste
aplicando-se as expressões (12.8).
∫
∫
∫
∫
∫
∫
===
P
P
G
P
P
G
P
P
G
dP
zdP
z
dP
ydP
y
dP
xdP
x ,, (12.8)
∆Pi
xi
A
x
y
=
0
∆xi
l
xG
A
x
y
0
P
CG
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Caso o material que forma o corpo seja não homogêneo, Fig. (12.4), como VP γ= em que γ
é o peso específico do material [N/m3], nota-se que dVzyxdP ),,(γ= , ou seja o peso
espeífico do material é função da posição no sólido. Substituindo-se este resultado em (12.8)
tem-se
∫
∫
∫
∫
∫
∫
===
V
V
G
V
V
G
V
V
G
dVzyx
dVzzyx
z
dVzyx
dVyzyx
y
dVzyx
dVxzyx
x
),,(
),,(
,
),,(
),,(
,
),,(
),,(
γ
γ
γ
γ
γ
γ
(12.9)
Embora a rigor todos os materiais sejam não homogêneos, esta consideração praticamente
inviabiliza o cálculo em situações normais, já que estas integrais são de dificílima solução.
Figura 12.4 – Ilustração de um material não homogêneo.
Caso o material do seja homogêneo, ou seja γγ =),,( zyx , o peso específico pode ser
simplificado das expressões (12.9). Neste caso, o centro de gravidade do corpo passa a
coincidir com o centro geométrico (centróide) deste.
12.2 CENTRÓIDE DE UM CORPO
O centróide de um corpo depende apenas da geometria deste, como se verifica nas
expressões (12.10).
∫
∫
∫
∫
∫
∫
===
V
V
C
V
V
C
V
V
C
dV
zdV
z
dV
ydV
y
dV
xdV
x ,, (12.10)
Quando a forma do corpo não varia na profundidade ou quando a espessura do corpo é muito
pequena, se comparada com as outras dimensões, pode-se fazer dAtdV ⋅= , em que t
representa a espessura do corpo. Substituindo-se este resultado em (12.10) obtém-se (12.11)
que permite localizar o centróide de um corpo definido num plano.
∫
∫
∫
∫
∫
∫
===
A
A
C
A
A
C
A
A
C
dA
zdA
z
dA
ydA
y
dA
xdA
x ,, (12.11)
Quando o corpo é unidimensional, por exemplo um arame, faz-se dlbdA ⋅= , que substituída
na (12.11) resulta na (12.12).
∫
∫
∫
∫
∫
∫
===
L
L
C
L
L
C
L
L
C
dl
zdl
z
dl
ydl
y
dl
xdl
x ,, (12.12)
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É importante ressaltar que o centróide é o centro geométrico do corpo e depende
inteiramente de suas propriedades geométricas. Quando o corpo é homogêneo o centro de
gravidade e o centróide são coincidentes.
O procedimento de localização do centro de gravidade e centróide pode ser bastante
simplificado se o corpo tem simetria com um ou mais eixos. Quando o corpo tem um eixo de
simetria, o centróide estará localizado sobre este eixo. Quando o corpo tiver doiseixos de
simetria, o centróide estará localizado na interseção dos dois eixos. A Fig. (12.5) ilustra
alguns exemplos de determinação de centróide através da simetria.
Figura 12.5 – Localização de centróide através da simetria.
Momento Estático de 1a ordem. A integral ∫A xdA é conhecida como momento
estático de 1a ordem da área A em relação ao eixo y. Analogamente, a integral ∫A ydA é o
momento estático de 1a ordem da área A em relação ao eixo x. A Fig. (12.6) ilustra esta
definição. Substituindo-se esta definição na (12.11) pode-se escrever
∫
∫
∫
=⋅=
==⋅=
A
Cy
A
A
Cx
xdAxAS
ydA
A
ydAA
yAS
(12.13)
Figura 12.6 – Localização do centróide por integração.
C C
y
x
A
0 x
y
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h
b
x
x
y
y
dy
Pela própria definição do momento estático de 1a ordem, verifica-se que o momento de
1a ordem em relação a um eixo de simetria é nulo (uma área é cosiderada simétrica em relação
a um centro O se a todo ponto P da área corresponder um ponto P’da mesma área, de modo
que o segmento PP’ seja dividido em duas partes iguais pelo ponto O. A Fig.(12.7) ilustra esta
definição.
Figura 12.7 – Definição de simetria.
Exemplo 2. Localize o centroide do arame de formato circular.
Solução: Toma-se um elemento infinitezimal dθ com coordenadas
(Rcosθ ; Rsenθ) e comprimento dl. O cálculo é feito aplicando-se a
expressão (12.11).
πθ
θθ
θ
θθ
πθ
θθ
θ
θθ
π
π
π
π
π
π
π
π
R
dR
dR
Rd
RdR
dl
ydl
y
R
dR
dR
Rd
RdR
dl
xdl
x
L
L
C
L
L
C
2sensen
2coscos
2
0
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
0
==
⋅
==
==
⋅
==
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
A solução deste problema bem como de outras geometrias simples pode ser encontrada em
tabelas de livros especializados.
Exemplo 3. Localizar o centróide do
triângulo ilustrado ao lado.
Solução: A solução deste tipo de problema pode ser
facilmente encontrada na bibliografia indicada, mas para a
sua dedução faz-se necessário o uso do Cálculo Integral.
Iniciando a solução do problema toma-se uma tira, de altura
infinitezimal dy e largura x, do triângulo. Aplicando-se
semelhança de triângulos pode-se escrever
P
P'
O
R
Rcosθ
R
se
nθ
dθ
θ
dl = R dθ
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h
yhbx
h
yh
b
x −
⋅=→
−
= e dyxdA ⋅= .
Como a área de um triângulo é conhecida pode-se aplicar diretamente a equação (12.12) ou seja
h
C
h
C
h
C
A
C
yyh
h
ydy
h
yhby
bh
ydyxyybhydAyA
0
32
200 32
22
2 







−=→
−
⋅=→⋅=⋅→=⋅ ∫∫∫
332
2 3
3
2
hyhh
h
y CC =→







−=
Tal como o triângulo a maioria das formas geométricas simples já tem seu centróide
calculado e tabelado.
12.3 CÁLCULO DE CENTRÓIDE DE CORPOS COMPOSTOS
Muitas vezes é possível dividir um corpo em várias partes com formas mais simples,
cuja posição do centro geométrico já conhecemos. Este procedimento, se combinado com o
uso de tabelas, quase sempre dispensa o uso da integração. A Fig. (12.8) ilustra a divisão de
um corpo complexo em corpos mais simples. A equação de trabalho é a (12.14) em que n é o
número de geometrias simples que foi empregada para representar o corpo complexo.
Figura 12.8 – Cálculo de centroide para corpos compostos.
Para evitar-se erros no cálculo do centroide/centro de gravidade algumas regras são
importantes:
9
12
6
12
4
(cm)
x
y
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• Procure escolher um par de eixos x e y que facilite o cálculo;
• Lembre que furos e vazados têm área negativa;
• As cotas dos centroides de cada uma das geometrias simples devem ser tomadas em
relação aos eixos x e y inicialmente estabelecidos. Logo, estas cotas podem ser positivas
ou negativas;
• Procure reduzir os cálculos, sempre que possível, aplicando o conceito de simetria.
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
== n
i
i
n
i
ii
Cn
i
i
n
i
ii
C
A
Ay
y
A
Ax
x
1
1
1
1 , (12.14)
Exemplo 4. Determine o centro geométrico da peça ilustrada na Fig. (12.8). Para
solução deste problema faz-se necessário saber a posição do centróide do um semicírculo, o
que é dado pela expressão (12.15). A Fig. (12.9) ilustra o significado desta cota.
π3
4RCO = (12.15)
Figura 12.9 – Posição do centróide de um semicírculo.
Solução: Aplica-se diretamente a equação (12.13). Os eixos de referência escolhidos estão representados na Fig.
(12.7). Na solução deste problema será usado o resultado do Exemplo 3.
( ) ( ) ( )
cm 49,3
24296912
34492432965,4912
2
2
=
−⋅+⋅
⋅−





−⋅+⋅
=
π
ππ
Cx
( ) ( )
cm 04,10
24296912
1224429612912
2
2
=
−⋅+⋅






−⋅+⋅
=
π
π
Cy
Este tipo de cálculo também pode ser feito na forma de tabelas. Neste caso o cálculo
pode ser feito através de programas de planilhas.
C
O
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A
B C
D E
F
G
3 m
0,
8m
x
0,2
1,25 0,5
a a
H
12.4 EXERCÍCIOS
1) Um equipamento formado pelas partes A, B e C é içado por dois cabos fixos em D e E.
Em G é fixado um cabo horizontal para dar estabilidade no conjunto. As partes A, B e C
pesam 2 kN, 13 kN e 10 kN respectivamente, e as posições dos seus centros de gravidade
estão dadas no desenho. Determine posição do ponto F para que a força que atua no cabo
fixo em G seja nula. Interprete o resultado obtido.
Solução : Escreve-se as equações de equilíbrio considerando-se Gx = 0.
EDEDxx FFFFGF =→=−+−→=∑ 0coscos0 αα (1)
α
αα
sen
250sensen250 =+→=−+−→=∑ EDEDy FFFFF (2)
( ) ( ) 0sensen105,21325,122,08,00 =++−+⋅−⋅−⋅−→=∑ axFaxFGM EDxH αα (3)
( ) 65,41sen =+ ED FFx α (4)
Substituindo-se (2) em (4) fica
m 66,1
25
65,4165,41
sen
25sen ==→= xx
α
α
Analisando-se a expressão resultante para o cálculo de x verifica-se que ela representa 
∑
∑
i
ii
P
Px
 que é a mesma
expressão utilizada para o cálculo do centro de gravidade do equipamento. Logo, concluí-se que x é a
coordenada do centro de gravidade do equipamento.
Este problema pode ser resolvido, de modo mais simples, transformando-se as três forças ativas, que são os
pesos, em uma única força que é o peso de todo o equipamento. Esta força está localizada no centro de gravidade
do equipamento que é facilmente determinado. Colocando-se o cabo na mesma linha vertical que passa pelo
centro pode-se verificar facilmente que Gx = 0 neste caso.
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2) A peça representada na próxima página é fabricada empregando-se dois materiais A e B.
Sabendo-se que o peso específico do material A vale 7850 kgf/m3 e o do material B vale
5000 kgf/m3 determine os centros de gravidade, de massa e geométrico desta peça.
Solução: Como a aceleração da gravidade é a mesma
para toda a peça, o centro de massa coincide com o
centro de gravidade. Adotam-se para o cálculo os eixos
de referência representados na figura. Como já foi
comentado, o centro geométrico depende apenas das
características geométricas da peça. Logo, para calcula-
lo basta aplicar a equação (12.13). Neste problema vai-
se organizar a solução em forma de tabela.
Figura Área Xc Yc A*Xc A*Yc
Retângulo A 1000 0 0 0 0
Retângulo B 5000 55 0 275000 0
Furo -78,54 85 10 -6675,9 -785,4
SOMA 5921,46 268324,1 -785,4
mm 45 mm 31,45
46,5921
1,268324
≅==Cxmm 13,046,5921
4,785
−=
−
=Cy
Para o cálculo do centro de gravidade deve-se considerar que toda força peso pode ser escrita como
sendo iii VP γ= em que γi é o peso específico de um corpo mais simples que forma a peça. Admitindo-se que a
peça tem forma constante ao longo da sua profundidade pode-se escrever iii AtP γ⋅= em que t é a profundidade
da peça. Aplicando-se estas conclusões na (12.2) obtém-se a equação para a solução do problema.
∑
∑
=
=
= n
i
ii
n
i
iii
G
A
Ax
x
1
1
γ
γ
(12.16)
Logo, pode-se resolver o problema aplicando-se a mesma tabela anterior bastando multiplicar as colunas 2, 5 e 6
pelos correspondentes pesos específicos.
Figura Área Peso Esp Peso Xc Yc Peso*Xc Peso*Yc
Retângulo A 0,001 7850 7,85 0 0 0 0
Retângulo B 0,005 5000 25 55 0 1375 0
Furo -0,000078 5000 -0,39 85 10 -33,15 -3,9
SOMA 0,005922 32,46 1341,85 -3,9
mm 41 mm 33,41
46,32
85,1341
≅==Gx mm 12,046,32
9,3
−=
−
=Gy
A
B
10 100
50
100
20
10
30
(mm)
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3) Determinar o centro geométrico da figura abaixo.
Solução: Aplicar o conjunto de equações
(12.11).
cm 25
150
3750
===
∑
∑
L
xL
xC
cm 5,7
150
1125
===
∑
∑
L
yL
yC
Segmento L Xc Yc L*Xc L*Yc
AB 60 30 0 1800 0
BC 65 30 12,5 1950 812,5
CA 25 0 12,5 0 312,5
SOMA 150 3750 1125
4) Determinar o centro geométrico da peça abaixo.
0
20 80
20
14
0
Z
Y X
140
55 30
25
60
Vista FrontalVista Lateral
(mm)
60
25
65
x
y
(cm)
A B
C
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Solução: Pode-se notar que a peça tem um plano de simetria, paralelo ao plano YZ, na cota mm 70=Cx .
( ) ( ) ( ) cm 7,2
657
1777
325,22141421410
1325,2121414521410
1
1
==
⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
==
∑
∑
=
=
n
i
i
n
i
ii
C
V
Vy
y
( ) ( ) ( ) cm 6,5
657
25,3669
325,22141421410
25,9325,2921414121410
1
1
==
⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
==
∑
∑
=
=
n
i
i
n
i
ii
C
V
Vz
z
Logo, o centro geométrico está localizado no ponto de coordenadas C (7 ; 2,7 ; 5,6) cm
5) Determinar o centróide da figura abaixo.
Solução: Este tipo de problema deve ser resolvido por
integração. Para tal adota-se uma faixa de integração com área
dxydA = . O primeiro passo na solução do exercício é calcular a
área da figura.
2
731
0
3731
0
2731
0
m 463
3
33 ,
,
,,
=








−=





−== ∫∫
xxdxxdxyA
O próximo passo é determinar os momentos estáticos de 1ª
ordem. Pata tal vamos definir os momentos estáticos de 1ª ordem
da faixa de integração:
dxydAydSx 22
2
== xydxxdAdS y ==
∫=
A
xx dSS e ∫=
A
yy dSS
∫∫∫ 



 +−=





−==
731
0
42731
0
22731
0
2
69
2
13
2
1
2
,,,
dxxxdxxdxySx
3
731
0
53
m 164
53
69
2
1 ,
,
=








+−=
xxxSx
∫∫∫ 




−=





−==
731
0
3731
0
2731
0
33
,,,
dxxxdxxxdxxyS y
3
731
0
42
m 252
42
3 ,
,
=








−=
xxS y
m 650
463
252 ,
,
,
===
A
S
x yc m 21463
164 ,
,
,
===
A
S
y xc
3 
m
1,73 m
x
dx
y
X
Y 23 xy −=