introducao

Introdução à Mecânica Clássica.

Prof. Karl Peter Burr

1

Introdução

Os princípios da mecânica clássica foram propostos por Newton em 1687. Restrições : Não é aplicável quando:

1. Velocidade (do móvel) envolvida é da ordem da velocidade da luz. Situações dessa natureza são foco da teroria da relatividade de Einstein.

Exemplo: nave espacial com velocidades da ordem da velocidade da luz.

2. Dimensão envolvidas são da ordem das distancias interatomicas. situações dessa natureza são foco da mecânica quantica.

Exemplo: modelagem da interação entre moleculas.

Em engenharia : quase a totalidade dos problemas resolvidos de maneira satisfatória pela mecânica classica.

Requisitos : Algebra vetorial.

Definição : Ciencia que descreve e prediz as condições de repouso ou movimento de corpos sob ação de forças.

Conceitos básicos :

1. Comprimento: admite-se a geometria Euclideana como adequada para descrever o espaço físico e medir distancias.

x

Σ

Σ:

_{sistema de coordenadas}

d

₁₂

z

y

1

2

Figura 1: Distancia entre dois pontos.

d12= p

(x2− x1)2+ (y2− y1)2+ (z2− z1)2

Nota: comprimento independe do sistema de coordenadas.

2. Movimento: a parte da mecânica classica que estuda as propriedades geométricas do movimento é denominada cinemática.

x y z

A

P

B

Σ

γ

Σ : sistema de coordenadas

A/B: posicao inicial/final do movimento

: trajetoria do movimento

: ponto movel

P

γ

Figura 2: Movimento do ponto P ao longo da curva γ. Ponto A como posição inicial e ponto B como posição final.

Exemplo: Corredor numa pista de atletismo.

A

P

B

trajetoria

ponto de partida ponto de chegada (coordenada em um dado instante)

Figura 3: Movimento do ponto P ao longo da curva γ. Ponto A como posição inicial e ponto B como posição final.

3. Tempo: variável proporcional ao comprimento de arco da trajetória entre o ponto inicial (origem) e o ponto móvel, num movimento particular chamado “relógio”. Indicado por t e as determinações de t serão chamadas de instantes.

• Simultaneidade: posições simultaneas de vários pontos em movimento. Per-mite estabelecer correspondencia entre movimentos.

• Exemplo: corredor numa pista de atletismo e cronometro (movimentos si-multaneos).

A

P

B

trajetoria

ponto de partida

_A

B

P

Figura 4: Movimento da ponta do ponteiro do cronometro simultaneoa ao movimento do corredor.

Qualquer movimento periódico pode ser utilizado como relógio para o estudo da cinemática, e permite definir a unidade de tempo. Atualmente, a unidade de tempo é definida com base no periodo de radiação do césio 133.

4. Massa: admite-se como axioma. A cada sistema material (corpo ou sistema de corpos) é possível fazer corresponder um número positivo chamado de a sua massa.

5. Força: representa a ação de um corpo sobre outro. Pode ser exercida por contato ou a distancia (gravitacional ou eletromagnética). Representada por meio de vetores aplicados. Exemplo: F P A y x j i sentido ponto de aplicacao linha de acao α

| ~F | = F (módulo) ( ~F , P ) : vetor aplicado

~

F = F cos α~i − F sin α~j

A linha de ação da força ( ~F , P ) é a reta

A = P + λ ~F ,

onde λ é um parametro real, e portanto a reta contem o vator aplicado ( ~F , P ). Para o exemplo acima:

xA= xP + λF cos α (componente na direção x) yA= yP − λF sin α (componente na direção y)

2

Sistema de Forças.

Um conjunto de forças é chamado um sistema de forças.

F P P P F F P F 1 1 2 2 3 4 4 3 O i k j

Figura 6: Exemplo de sistema de forças.

Dado um sistema de forças ( ~Fi, Pi); i = 1, . . . , n, chama-se resultante do sistema ao vetor ~ R = n X i=1 ~ Fi

O

i

k

j

F1

F 2

F3

F4

R

Figura 7: Exemplo da resultante do sistema de forças. Escolhido o uma base (O,~i,~j, ~k) para o sistema de coordenadas, seja

~

Fi = xi~i + yi~j + zi~k; i = 1, . . . , n

A resultante ~R = x~i + y~j + z~k tem suas componentes x, y, z dadas em termos das componentes xi, yi e zi por

x =X i xi y =X i yi z =X i zi Exemplo: F j i α x y H Q Figura 8: Exemplo

3

Momento de uma Força em relação a um Ponto

Momento da força ( ~F , P ) em relação a um ponto O é o vetor definido por ~ MO = (P − O) ∧ ~F ϕ P F P’ (P−O) d . O Polo braco

Figura 9: Momento em relação a um ponto O, denominado de polo.

| ~MO| = |P − O| · | ~F | sin φ = | ~F |d → d = | ~MO|

| ~F | • Ponto O: polo,

• Distancia d: braço do momento.

O momento ~MO não se altera quando se aplica a força em qualquer ponto da sua linha de ação. (P0− O) ∧ ~F = [(P0 − P ) + (P − O)] ∧ ~F = (P0− P ) ∧ ~F | {z } 0 pois (P −P0_{)k ~F} + (P − O) ∧ ~F = (P − O) ∧ ~F

Exemplos: A O P F = −F j b a j i k P B F α . d

4

Momento de um Sistema de Forças em Relação a um

Ponto.

P

P

P

P

P

P

F

F

F

F

F

F

O

Figura 11: Ilustração de um sistema de n forças e um polo O. ~ MO = n X i=1 (Pi− O) ∧ ~Fi

Forças Concorrentes : são forças que tem linha de ação concorrentes em um mesmo ponto.

P

O

A

P

F

P

F

P

F

P

F

P

F

F

Teprema de Varignon: O momento de um sistema de forças concorrentes, em relação a um pólo O qualquer, é igual ao momento, em relação a O, da resultante do sistema, supostamente aplicada no ponto de concurso das forças.

~ MO = n X i=1 (Pi− O) ∧ ~Fi = n X i=1 [(Pi− A) + (A − O)] ∧ ~Fi = n X i=1 (Pi− A) ∧ ~Fi | {z } 0 pois(Pi−A)k ~Fi + n X i=1 (A − O) ∧ ~Fi = n X i=1 (A − O) ∧ ~Fi = (A − O) ∧ n X i=1 ~ Fi | {z } ~ R = (A − O) ∧ ~R Se A ≡ O, ~MA= 0.

4.1

Mudança de Polo.

O momento de um sistema de forças ( ~Fi, Pi); i = 1, . . . , n em geral varia com o pólo. Seja O e A dois polos. ~ MO = n X i=1 (Pi− O) ∧ ~Fi ~ MA= n X i=1 (Pi− A) ∧ ~Fi

Diferença entre os momentos nos leva a:

~ MA− ~MO = n X i=1 [(Pi− A) − (Pi− O)] ∧ ~Fi = n X i=1 (O − A) ∧ ~Fi = (O − A) ∧ n X i=1 ~ Fi | {z } ~ R = (O − A) ∧ ~R

Consequentemente, ~

MA= ~MO+ (O − A) ∧ ~R,

chamada de fórmula de mudança de pólo. Propriedades:

1. ~R = 0 → ~MA = ~MO para qualquer A (momento do sistema independe do pólo escolhido).

2. ~R 6= 0 e ~MA= ~MO ↔ (A − O) k ~R.

3. ~MA= ~MO para qualquer A → (O − A) ∧ ~R = 0 para qualquer A → ~R = 0.

4. ~MA· ~R = ~MO· ~R = I (invariante escalar). A projeção do momento do sistema sobre a direção da resultante é invariante para mudanças de pólo.

~

MA· ~R = ~MO· ~R + [(O − A) ∧ ~R] · ~R

| {z }

0 pois(O−A)∧ ~R⊥ ~R

Exemplo: Dados o momento de um sistema de vetores aplicados

~

MA= ~i + 2~k no pólo A = (1, 2, 0), ~

MB = ~i − 3~j − 4~k no pólo B = (2, 0, 1),

determinar a resultante sabendo que ela é da forma ~R = ~i + Ry~j + Rz~k.

5

Momento em Relação a um Eixo (Torque).

Considera-se um eixo passando por um ponto O e orientado por um versor ~u. Define-se como momento do sistema de forças ( ~Fi, Pi), em relação ao eixo O~u o escalar

Mu = ~MO· ~u,

O’

O u

Figura 13: Eixo orientado pelo versor ~u. Considere O’ outro ponto do eixo, então

M_u0 = ~MO0 · ~u = [ ~M_O+ (O − O0) ∧ ~R] · ~u

= ~MO· ~u + [(O − O0) ∧ ~R] · ~u

| {z }

0 pois (O−O0_{)∧ ~Rk~u}

M_u0 = ~MO· ~u = Mu

O momento em relação a um eixo depende somente da orientação do eixo. Em termos das componentes ( ~Fi, Pi) do sistema de forças temos

Mu = ~MO· ~u = " _n X i=1 (Pi− O) ∧ ~Fi # · ~u = n X i=1   (Pi− O) ∧ ~Fi· ~u | {z } M_ui    Mu = n X i=1 Mui

6

Componentes do Vetor ~

M

.

Dada uma base de versores (~i,~j, ~k) associados a um sistema de coordenadas Oxyz, podemos escrever as componentes do momento ~MO em relação a esta base de versores como:

Mx = ~MO·~i (projeção de ~MO no eixo O~i), My = ~MO· ~j (projeção de ~MO no eixo O~j), Mz = ~MO· ~k (projeção de ~MO no eixo O~k),

Portanto ~MO = Mx~i + My ~j + Mz ~k. Em termos das componentes da força ~F e do vetor posição (P − O), dados por

~

F = Fx~i + Fy~j + Fz ~k e

(P − O) = x ~i + y ~j + z ~k Então temos que

~ MO = (P − O) ∧ ~F =       ~i ~j ~k x y z Fx Fy Fz       = (yFz− zFy)~i + (zFx− xFz)~j + (xFy− yFx)~k. Logo podemos escrever as componentes de ~MO como

Mx =(yFz− zFy) My =(zFx− xFz) Mz =(xFy− yFx)

No caso de um sistema ( ~Fi, Pi) constituido por n forças, tem-se

Mx = n X i=1 (yiFzi − ziFyi) My = n X i=1 (ziFxi − xiFzi) Mz = n X n=1 (xiFyi − yiFxi)

Observações: 1. Seja ~F ⊥ ~k.

.

θ

θ

.

r

F

k (P−O)

d

y

x

P’

P

j

i

k

j

i

θ

θ

d

r

F

z

y

x

_P’

P

k (P−O)

Figura 14: Momento gerado por força ortogonal ao eixo O~k.

Mz = ~MO· ~k = [(P − O) ∧ ~F ] · ~k = [~k ∧ (P − O)] · ~F pela propriedade de permutação circular no produto misto.

|Mz| = |~k ∧ (P − O)| | {z } r | ~F | cos θ = r cos θ | {z } d | ~F | = | ~F |d

O valor absoluto do momento de uma força ortogonal a um eixo é o produto do módulo da força, pela distancia, ao eixo, da linha de ação da força.

2. ~F k ~k.

Mz = ~MO· ~k = [(P − O) ∧ ~F ] · ~k = (P − O) ∧ | ~F |~k · ~k = 0

pois (P − O) ∧ ~k ⊥ ~k. Se uma força for paralela a um eixo, seu momento em relação a esse eixo será nulo.

3. Se a linha de ação de qualquer força encontrar um eixo (ortogonal a ela ou não) o momento em relação a ele será nulo.

A B θ F P d O π .

Figura 15: Plano π ortogonal ao segmento AB.

| ~MO| = | ~F | cos θd

Para d → 0, a linha de ação da força ~F cruza o eixo AB, e | ~MO| = 0. 4. Sinal do momento, em relação a um eixo, de uma força ortogonal.

O π . F P d k + (sentido anti−horario)

Figura 16: Convenção de sinal para momento gerado por uma força em relação a um eixo. Sentido positivo (negativo) se a força tende a produzir uma rotação no sentido anti-horário (horário) para um observador sentado acima do plano π.

Exemplo: A resultante de um sistema de vetores é ~R = 2~i + ~j + 2~k e o momento em relação ao polo A = (1, 1, −1) é ~MA = ~i + 2~j − ~k. Dados B = (1, 0, −1) e C = (0, 2, 1), determine o momento em relação a (B − C)?

7

Binário

Forças opostas : duas forças cujos vetores são vetores opostos.

F

−F

Figura 17: Forças opostas.

Forças diretamente opostas : são forças opostas com a mesma linha de ação.

F

−F

Figura 18: Forças diretamente opostas. Binário : sistema constituido por duas forças opostas.

−F F A B d . O θ θ

~ MO = (B − O) ∧ ~F + (A − O) ∧ (− ~F ) = (B − O) ∧ ~F − (A − O) ∧ ~F = [(B − O) − (A − O)] ∧ ~F ~ MO = (B − A) ∧ ~F = ~M

De acordo com o resultado acima, o momento devido a um binário independe do polo. O momento ~M é ortogonal ao plano formado pela linha de ação das forças ~F e − ~F .

| ~M | = |B − A|| ~F | sin θ = | ~F ||B − A| sin θ

| {z }

d

= | ~F |d

onde d é o “braço” do binário.

Exemplo: Achar o ponto B de aplicação do vetor −~V e calcular o braço do binário onde ~

V = 2~i + ~j + ~k

com ponto de aplicação A = (1, 0, 1). O momento do binário é ~M = −2~i + 3~j + ~k e o ponto B é tem a forma B = (x, y, 0).

8

Sistemas Equivalentes

Dois sistemas de forças S e S’ são equivalentes se tiverem a mesma resultante e o mesmo momento em relação a um ponto O genérico.

Redução de um Sistema de Forças .

Reduzir um sistema de forças S é obter outro sistema de forças equivalente (em geral, mais simples) a S. Transporte . B A F = B A F F −F = B A F M_B

Figura 20: Transporte da força ~F aplicada em A para o ponto B, mas mantendo o sistema equivalente.

~

MB: momento de transporte (binário), onde ~

MB = (B − A) ∧ ~F

Consequencia: qualquer sistema de forças é redutível a ( ~R, O) + ~MO. Casos mais simples:

1. ~R = 0, ~MO = 0 → sistema equilibrado (sistema equivalente a zero, isto é, equivalente ao sistema cujas forças são todas nulas).

2. ~R = 0, ~MO6= 0 → equivalente a binário de momento ~MO.

3. ~R 6= 0, I = 0 → Equivalente a uma única força, desde que aplicada em um ponto conveniente. Sabe-se que S é equivalente a um sistema constituido pela força ( ~R, O) mais um binário de momento ~MO. Com I = ~MO· ~R = 0 → M~O⊥ ~R.

. . O R O M d −R R R O E E R = = π π π

Figura 21: Sistemas de forças equivalentes.

d = | ~MO| | ~R|

determina no plano π ilustrado acima a distancia da linha de ação da força ( ~R, E). O sentido de ~MO determina de maneira univoca a reta (E, ~R). Temos que (E, ~R) k (O, ~R) e o ponto E pode ser qualquer ponto da reta suportada por (E, ~R).

Exemplos:

(a) Forças concorrentes em O.

O O R F F F F P P P P 1 1 2 2 3 3 4 4 =

(b) Forças coplanares. R O E _R = = π π π . . M_O P P F F F 1 1 2 2 3 3 P R O −R d

Figura 23: Sistemas de forças coplanares e sistemas de forças equivalentes.

~ R = n X i=1 ~ Fi M~O = n X i=1 (Pi− O) ∧ ~Fi d = | ~MO| | ~R| (E, ~R) k (O, ~R) (c) Forças paralelas. 4. ~R 6= 0, I 6= 0 → Caso geral. Exemplos:

(a) Dado o sistema de forças aplicado sobre a placa quadrada de lado a ilustrada na figura abaixo, pede:

z y x O C G A B a a F F F

Figura 24: Sistemas de forças aplicados a uma placa quadrada de lado a. i. Calcule a resultante;

ii. Calcule o momento do sistema de forças em relação ao polo O; iii. Verifique se o sistema é redutivel a uma única força;

(b) Dado o sistema:

~v1 = a~i + ~j + 2~k, A1 = (1, 0, 1) ~v2 = ~i + b~j − ~k, A2 = (0, 1, 2) ~v3 = ~i − 2~j + c~k, A3 = (−1, 0, 1)

Determinar as constantes a, b, c para que o sistema seja equivalente a um binário. Qual o momento desse binário?

(c) Dado o tetraedro OABC e as forças

O j k i a a a A B C x y z

Figura 25: Tetraedro OABC. ( ~F , A), ~F = λ(A − O)

( ~Q, B), ~Q = µ(B − A) ( ~S, C), ~S = δ(C − B) ( ~T , O), ~T = ρ(O − C)

Qual a relação entre λ, µ, δ e ρ para que o sistema seja equivalente a: i. Binário;

9

Eixo Central

Antes de introduzirmos o conceito de eixo central, vamos resolver uma equação vetorial. Considere uma forma da equação vetorial da reta, dada por

~

x ∧ ~a = ~b

De acordo com a equação vetorial acima, ~x e ~a são ortogonais a ~b. Logo, ~a · ~b = 0. Considere a figura abaixo:

x

.

a

b

λ a

π

π

a b

| a |

Figura 26: Ilustração da solução da equação vetorial.

Como x ∈ π2 ilustrado acima, temos que x é da forma α(~a ∧~b) + λ~a. Substituindo essa equação para x na equação vetorial acima temos que:

[α(~a ∧ ~b) + λ~a] ∧ ~a =~b [α(~a ∧ ~b)] ∧ ~a + λ~a ∧ ~a

| {z } 0

=~b

Como ~a e ~b são ortogonais, |~a∧~b| = |~a||~b| e como ~a∧~b é ortogonal a ~a, então |(~a∧~b)∧~a| = |~a ∧ ~b||~a| = |~b||~a|2_{. Então o módulo da equação acima fornece que}

α|~a ∧ ~b||~a| =|~b| α|~b||~a|2 =|~b| α = 1 |~a|2 Logo, ~ x =~a ∧ ~b |~a|2 + λ~a

9.1

Definição de Eixo Central.

Seja S um sistema de forças com resultante diferente de zero. O lugar geométrico dos pontos E para os quais o momento do sistema é paralelo a ~R ( ~ME = h ~R), é uma reta paralela a ~R. Tal reta é chamada de eixo central do sistema S e é única.

Pela fórmula de mudança de pólos ~

ME = ~MO+ (O − E) ∧ ~R

Impondo que ~ME = h ~R, temos que

(E − O) ∧ ~R = ~MO− h ~R

Note que ~R ⊥ ~MO− h ~R, o que implica que

~ R · ( ~MO− h ~R) = 0 → h = ~ R · ~MO | ~R| = I | ~R|2 onde I é o invariante escalar. Note então que

(E − O) | {z } ~ x ∧ ~R |{z} ~ a = ~MO− h ~R | {z } ~b

tem a mesma estrutura que a reta ~x ∧ ~a = ~b. Logo, podemos escrever que

E = O + ~ R ∧ ~MO− _{| ~R|}I2R~  | ~R|2 + λ ~R E = O + ~ R ∧ ~MO | ~R|2 + λ ~R que é a equação do eixo central.

9.2

Momento Mínimo.

R M_O |R| R . M Projecao de _Ona direcao de R

Figura 27: Projeção do momento ~MO na direção da resultante ~R.

~ ME = ~_{MO· ~R} | ~R| ! | {z } Projeção de ~MO na direção de ~R ~ R | ~R| |{z} versor unitário na direção de ~R

Seja P ponto qualquer tal que P /∈ (E, ~R). Pela formula de mudança de polos

~ MP = I | ~R|2 ~ R | {z } ~ ME + (E − P ) ∧ ~R

que mostra que ~MP não é paralela a ~R, por que é a soma de um vetor paralelo com outro ortogonal a ~R. Logo ~ ME = I | ~R|2 ~ R é mínimo.

Exemplos:

1. Considere o sistema de forças

( ~F1, D), ~F1 = P√2 2 (~i + ~k) ( ~F2, A), ~F2 = P√2 2 (~i − ~j) ( ~F3, B), ~F3 = P√2 2 (−~i + ~k) ( ~F4, H), ~F4 = P√2 2 (~i + ~j)

aplicado nos vertices do cubo de lado a ilustrado abaixo.

x

z

y

H

D

C

B

A

G

E

_F

a

a

a

j

k

i

(a) Calcular a resultante;

(b) Calcular o momento em relação a D;

(c) Verificar se o sistema é redutível a uma única força; (d) Determinar o eixo central.

2. Dada a placa quadrada de lado a abaixo z y x O G A a a F F C B F F P Determinar: (a) A resultante; (b) ~MO; (c) ~MG; (d) O momento mínimo;

(e) a reta que representa o eixo central; (f) se o sistema é redutível a um binário; (g) se o sistema é redutível a uma única força. 3. Dada a placa quadrada de lado a abaixo

z y x O G A a a F C B F P Determinar: (a) a resultante; (b) ~MO; (c) ~MG; (d) O momento mínimo; (e) o eixo central.

10

Sistema de Forças Paralelas.

Considere o sistema S de forças paralelas ( ~Fi, Pi), tal que ~Fi = hi~u.

. . . P P P F F F u O 1 2 n n 2 1

Figura 28: Sistema de forças paralelas. Suponha que a resultante

~ R = n X i=1 ~ Fi = n X i=1 hi~u = n X i=1 hi ! ~ u 6= 0.

Seja O polo qualquer. Então ~ MO = n X i=1 (Pi− O) ∧ hi~u | {z } ~ MO⊥~u

Portanto ~MO· ~R = 0, e o sistema S de forças paralelas é redutível a uma única força aplicada em um ponto do eixo central. Vamos mostrar que existe ponto C tal que ~MC = 0 para qualquer ~u: ~ MC = n X i=1 (Pi− C) ∧ hi~u = 0 Portanto, Pn

i=1hi(Pi − C) ∧ ~u = 0 para qualquer ~u implica que n X i=1 hi(Pi− C) = 0 n X i=1 hi[(Pi− O) + (O − C)] = 0 n X i=1 hi(Pi− O) + (O − C) n X i=1 hi = 0 A última equação acima nos leva a:

C − O = Pn

i=1hi(Pi− O) Pn

i=1hi

onde C é o centro de forças paralelas. Se hi = mi (massas), então C ≡ G (centro de massa ou baricentro).

10.1

Expressões Cartesianas.

xG = Pn i=1mixi Pn i=1mi , yG = Pn i=1miyi Pn i=1mi , zG = Pn i=1mizi Pn i=1mi .

10.2

Propriedades do Baricentro.

1. O baricentro G de (m1, P1) e (m2, P2) é o ponto que divide o segmento P1P2em partes inversamente proporcionais a m1 e m2. O P P m m 2 2 1 1 G

Figura 29: Reta com massas m1 e m2 nas extremidades.

G − O = m1(P1− O) + m2(P2− O) m1 + m2

Para verificar que G divide P1P2 em partes inversamente proporcionais a m1 e m2. Faço O ≡ P1, G − P1 = m2 m1+ m2 (P2− P1) Faço O ≡ P2, G − P2 = m1 m1+ m2 (P1− P2)

2. Se os pontos Pi pertencerem a um plano π, ou a uma reta r, G pertencerá respecti-vamente a π ou a r.

SePi ∈ reta r → G ∈ reta r SePi ∈ plano π → G ∈ plano π

(a) Se Pi ∈ plano π, adotamos OXY coincidente com π.

z

y

x

O

P

π

Figura 30: Distribuição de massa no plano π.

G − O =xG~i + yG~j + zG~k Pi− O =xi~i + yi~j + zi~k Então zG = Pn i=1mizi Pn i=1mi = 0 pois zi = 0; i = 1, . . . , n. Portanto, G ∈ π.

(b) Se Pi ∈ r, basta considerar dois planos cuja intersecção é r, e aplicando-se o resultado anterior e conclui-se que G ∈ r.

3. Soma: = + m m m G G G 1 1 2 2

Figura 31: Soma de massas m1 e m2.

G − O = m1(G1− O) + m2(G2− O) m1+ m2

4. Simetria de massa.

(a) Pontos Pi admitem plano π de simetria material. Logo, G ∈ π. z y x O π m m i i z −zi i

Figura 32: Distribuição simétrica de massa em relação ao plano π.

10.3

Massas Distribuidas.

Outro modelo usado em mecânica classica é supor a massa de um corpo material distribuida de maneira contínua sobre uma linha, superfície ou então uma região ocupando um certo volume. Substitui-se somatórios por integrais, então

xG = 1 m Z V xdm, yG = 1 m Z V ydm, zG = 1 m Z V zdm. Exemplos:

11

Estática.

Definição : É a parte da mecânica clássica que estuda o equilíbrio dos corpos materiais. Diz-se que um corpo esta em equilíbrio se as coordenadas de todos seus pontos, em relação a um referencial, não variam com o tempo.

Corpo Rígido : um corpo material é um corpo rígido quando a distancia entre os seus diferentes pontos não variam com o tempo.

Ponto Material : corpo material cujas dimensões são desprezíveis em face das observa-ções feitas sobre ele.

11.1

Princípios da Estática.

1. Se nenhuma força for aplicada a um sólido isolado em equilíbrio, ele permanecerá em equilíbrio → resultante nula.

2. Aplicando-se a um sólido isolado em equilíbrio

(a) uma única força, ele não permanecerá em equilíbrio;

(b) duas forças não diretamente opostas, o sólido não permanecerá em equilíbrio. 3. Ação e reação: A cada força proveniente da ação de um corpo A sobre um corpo B

corresponde uma força diretamente oposta, proveniente da ação de B sobre A.

F

F

B

A

A

B

Figura 33: Força de ação e reação.

11.2

Forças Externas e Internas.

Em relação a um sistema de corpo materiais, são ditas externas as forças que provem de corpos não pertencentes ao sistema considerado e internas as forças entre corpos do sistema ou entre as partes de um mesmo corpo.

11.3

Condições Necessárias Suficientes para Equilíbrio.

A condição necessária e suficiente para o equilíbrio de um sólido (corpo rígido) é que sejam nulos a resultante e o momento de todas as forças externas aplicadas em relação a um polo arbitrário.

1. Se ~R = 0 e ~MO = 0, sólido em equilíbrio pelo primeiro princípio. Sistema equivalente a uma forças nula.

2. Se ~R 6= 0 e ~MO = 0, sólido não estará em equilíbrio, pelo segundo princípio, parte 1), pois estará sujeito a uma única força não nula.

3. Se ~R = 0 e ~MO 6= 0, o sólido não estará em equilíbrio, pelo segundo princípio, parte 2), pois o sistema de força é equivalente a um par de forças não diretamente opostas.

11.4

Vinculos.

1. Graus de Liberdade.

Dado um sistema material, chamaremos de graus de liberdade ao número de parâ-metros independentes necessários e suficientes para definir uma posição possível do sistema.

Ponto Material no espaço tem 3 graus de liberdade. São necessários 3 coordenadas para fixar a sua posição. Para representar a posição de um ponto sobre um plano são necessários apenas 2 coordenadas.

A x y z z y x_A A A A) B) y x A x_A y_A

Um Corpo Rígido no espaço tem 6 graus de liberdade (3 de translação e 3 de rotação). Um corpo rígido se movimentando sobre um plano tem 3 graus de liberdade (2 de translação e 1 de rotação).

x y z A) B) y x A x_A y A x y z x’ y’ = z’ φ φ ψ ψ θ G z x y 1 1 1 1 φ

Figura 35: Graus de liberdade de um corpo rígido. A) no espaço e B) no plano. 2. Conceito de Vinculo.

• São entes capazes de limitar ou impedir o deslocamento de um ponto material ou de um corpo rígido.

• Para restringir ou impedir esse movimento, os vinculos aplicam forças ou binários sobre o ponto ou corpo.

3. Principais Tipos de Vinculos.

(a) Articulação: Vinculo capaz de fornecer uma força de qualquer módulo, direção e sentido, aplicada em um ponto determinado. Retira 3 graus de liberdade no espaço e 2 graus de liberdade no plano.

000000000 000000000

111111111 111111111

O

Figura 36: Uma barra tem liberdade de rodar em trono de qualquer eixo. Sua extremidade O, porem, não se desloca.

(b) Anel: Vinculo capaz de fornecer uma força de qualquer módulo e sentido em qualquer direção perpendicular a uma reta dada. Retira 2 graus de liberdade no espaço e 1 graus de liberdade no plano.

0000 0000 1111 1111 0000 0000 1111 1111 A

Figura 37: A barra pode girar em torno do ponto A, pode mover-se na direção do seu eixo. O ponto A, porem, permanece fixo.

(c) Apoio Simples: Vinculo capaz de fornecer uma força de qualquer módulo e sentido na direção normal a uma superfície. Retira 1 grau de liberdade no espaço e 1 grau de liberdade no plano.

0000000000

1111111111

0000000000

1111111111

A

Figura 38: A barra pode girar em torno do ponto A e este ponto pode mover-se sobre o plano horizontal.

e uma força. Retira 6 graus de liberdade no espaço e 3 graus de liberdade no plano. 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 A

Figura 39: O ponto A esta completamente impedido de se movimentar. 4. Condições de Equilíbrio.

Para que um corpo rígido permaneça em repouso, dado quaquer sistema A de forças aplicado sobre ele, é necessário retirar os seus 6 graus de liberdade no espaço ou 3 graus de liberdade para um sistema plano.

5. Forças Ativas e Forças Reativas.

Quando se aplica uma força em um corpo, os vinculos reagem com forças ou momentos para “segurar” o corpo na posição de equilíbrio.

Exemplos: 00 00 00 00 00 00 11 11 11 11 11 11 A _B P L/2 L/2 = A B M X Y P A A x y

Figura 40: Viga engastada sob ação de força P equivalente à viga sob ação de forças XA, YA e momento M reativos e força P ativa.

00000 00000 11111 11111 00000 11111 P = B X Y P A A x y B L/2 L/2 YB A A

Figura 41: Viga apoiada sob ação de força P equivalente à viga sob ação de forças XA, YA e YB reativas e força P ativa.

0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 B = A B X Y A A x y A P P L

Figura 42: Viga articulada sob ação de força P equivalente à viga sob ação de forças XA, YA reativas e força P ativa. Exemplo de estrutura hipoestática. Número de equações menor que número de incognitas, logo equilíbrio estático impossível.

00000 11111 00 00 00 00 00 00 00 11 11 11 11 11 11 11 P = B X Y P A A x y B L/2 L/2 YB A A M

Figura 43: Viga engastada e apoiada sob ação de força ativa P equivalente à viga sob ação de forças XA, YA, YB e momento M reativos e força P ativa. Número de equações menor que número de incognitas. A estática não consegue resolver. É necessário recorrer a mecânica dos sólidos.

6. Classificação das Estruturas: • n: número de equações; • m: número de incognitas.

(a) Estruturas Hipoestáticas → n > m. Portanto não há equilíbrio → campo da dinâmica.

(b) Estruturas isostáticas → n = m → objeto da estática.

(c) Estruturas Hiperestáticas → n < m → campo da resistencia de materiais. Exemplos: 1. Determinar as reações em A, B, C e D. 00 00 00 11 11 11 000 000 111 111 0000 0000 1111 1111 000 111

D

F

P

M

B

E

C

y

z

A

x

2a

a

a

a

a

2. No sistema da figura abaixo, conhece-se P e o peso Q da placa ABCD. Determinar as reações em O, A e B. 00000 00000 11111 11111 00000 11111 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 000 000 111 111 0000 0000 0000 0000 0000 1111 1111 1111 1111 1111

O

A

x

z

y

B

a

4a

P

a

2a

4a

2a

C

3. Determinar as forças em cada barra ilustradas abaixo. A polia, as barras e o fio tem pesos despreziveis. 00 00 00 00 00 00 00 00 00 00 00 00 00 00 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11

x

y

E

a

A

D

a

P

a

a

B

C

4. No sistema representado na figura, determinar: (a) as reações externas;

(b) as forças em E;

(c) as distancias x para que seja minima a força em E.

00000 00000 11111 11111 000000 000000 111111 111111

a

a

x

P

x

y

C

D

B

A

11.5

Treliças.

Estruturas formada por barras retas, as quais formam triangulos, de maneira que as forças externas sejam aplicadas apenas nos vertices (nós).

Método dos nós . Exemplo: 00000 00000 00000 11111 11111 11111 ₀₀₀₀₀₀000000₁₁₁₁₁₁111111

B

C

a

a

P

Q

x

y

A

Figura 48: Treliça sob ação de forças P e Q.

• Para determinarmos as forças nas barras AB, AC e BC, vamos aplicar o método dos nós.

• Diagrama de Corpo Livre: separo a barra e os nós que compoem a estrutura e esquematizo as forças internas e externas aplicadas.

P Q y x F F F F F F F F X Y B C Y AB F AB F AC AC AB AB BC BC AC AC BC F F_BC B C C A

Figura 49: Diagrama de corpo livre da treliça sob ação de forças P e Q.

• Cada nó da estrutura deve estar em equilíbrio. Tenho duas equações de equilíbrio para cada nó.

• Número de equações e = 2 × n, onde n é o número de nós. No problema em questão n = 3 → e = 6.

• Número de incognitas i = b + r, onde:



b : número de barras r : número de reações de apoio

No problema em questão, b = 3, r = 3, o que nos leva a i = 6. Para termos estrutura isostática e = i. • Condições de equilíbrio: – Nó A: ( Rx = 0 P + FAC √ 2 2 = 0 FAC = −P √ 2 Ry = 0 −Q − FAB − FAC √ 2 2 = 0 FAB = P − Q

– Nó B:  R_x = 0 FBC = 0 Ry = 0 FAB + YB = 0 YB = −P + Q – Nó C: ( Rx = 0 XC− FBC− FAC √ 2 2 = 0 XC = −P Ry = 0 YC+ FAC √ 2 2 = 0 YC = P

• Neste problema eu poderia calcular as reações de apoio usando as equações de equilíbrio global da estrutura.

B

C

a

a

P

Q

x

y

A

Y

_Y

X

Figura 50: Forças externas.

   Rx = 0 P + XC = 0 XC = −P Ry = 0 −Q + YB+ YC = 0 ~ MB = 0 a(YC − P ) = 0 YC = P Da segunda equação acima temos que

YB = Q − YC → YB = Q − P Exemplo: 000000 111111 0000 0000 0000 1111 1111 1111 a y x C B A a F 45o ₄₅o

Método das Seções . Exemplo.

Determinar as forças nas barras BD e CD pertencentes a estrutura ilustrada abaixo.

0000 0000 1111 1111 0000 0000 1111 1111 P P B D F C E G A H a a a a a y x

12

Atrito

1. Introdução.

• As reações de contacto entre dois corpos apresentam, em geral, componenetes normal e tangenciais à superfície que recebem o nome genérico de forças de atrito.

• São forças de dificil caracterização, pois as causas do atrito são várias. – Tipo de material;

– Grau de polimento; – Coesão;

– . . .

• Modelos de forças de atrito, baseados em leis empíricas, mas que resolvem os principais problemas de engenharia.

• Neste curso: modelo de atrito seco com escorregamento. 2. Leis de Atrito Seco.

Introduzidas por Coulomb e tem caráter experimental. Considere um bloco de peso ~

P sobre uma superfície horizontal.

000000000000000000 111111111111111111 P x y P N

Figura 53: Bloco sob ação de força peso P . onde ~N é a reação normal à superfície. Para equilíbrio:

~

Aplicar força ~Q horizontal como ilustrado abaixo: 00000000000000000 00000000000000000 11111111111111111 11111111111111111 P _P h h Q Q b N d O x y F

Figura 54: Bloco sob ação de força peso P e força horizontal Q. Para termos equilíbrio:

~ R = 0 → Rx = 0 → F = Q Ry = 0 → N = P ~ MO = 0 → −Qh + N d = 0 → d = Q Ph

Note que para haver equilíbrio, a linha de aplicação de ~N não pode ser a mesma de ~

3. Lei de Coulomb.

atrito estatico

atrito cinetico

equilibrio

movimento

F

F

F

Q

Figura 55: Lei de Coulomb. Verifica-se, experimentalmente, que:

• o valor Fmax é proporcional à reação normal N .

Fmax = µeN

onde µe é a constante de proporcionalidade (coeficiente de atrito estático). • o valor de Fc tambem é proporcional a N .

Fc= µcN

onde Fc é a força de atrito cinético e µc é a constante de proporcionalidade (coeficiente de atrito cinético).

Conclusão:

(a) Q = 0 → não há tendencia ao movimento na direção horizontal → F = 0; (b) Q < µeN → corpo não escorrega → F = Q;

(c) Corpo na iminencia de escorregar → F = µeN ; (d) Q > µeN → corpo escorrega → F = µcN .

4. Tombamento.

Caso d = Q_Ph > b temos a situação:

000000000000000000 111111111111111111 P _P h h Q Q b O x y N F d

Figura 56: Bloco sob ação de força peso P e força horizontal Q. Força de atrito F e componente normal a superfície N . Não há equilíbrio possível.

Resultante das forças vinculares estaria aplicada fora do bloco, logo não há equilíbrio possível.

5. Plano Inclinado. β y _x b h d x N F Q P β O

Figura 57: Bloco sob ação de força peso P e força Q paralela ao plano com angulo de inclinação β. Força de atrito F e componente normal a superfície N .

Equilíbrio: ~ R = 0 → Rx = 0 −Q − P sin β + F = 0 F = Q + P sin β Ry = 0 N − P cos β = 0 N = P cos β ~ MO = 0 → −(b/2 − x)N + dQ + (h/2)P sin β = 0 → x = b 2− d Q N − h 2 P sin β N Na iminencia de escorregamento F = µeN , portanto

µeP cos β = Q + P sin β

O bloco não escorrega para F < µeN . Então

Q + P sin β < µeP cos β → µe >

Q + P sin β P cos β Se x < 0, o bloco tomba antes de escorregar. Exemplo: