Teoremas de Pappus - Anotações de sala de aula de Mecanica Geral PDF

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ENG 01156 – Mecânica - Aula 13 Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM

120

13. APLICAÇÕES DO CONCEITO DE CENTRÓIDE 13.1 TEOREMAS DE PAPPUS (III AC) – GULDIN (1577 – 1643) Os teoremas de Pappus - Guldin são bastante úteis na determinação de áreas e volumes de sólidos de revolução. Uma superfície de revolução é gerada pela rotação de uma curva plana em relação a um eixo fixo no plano da curva, e que não a intercepte. A Fig. (13.1a) ilustra a geração de uma superfície cônica a partir da rotação de um segmento de reta (a base do cone não é gerada). Um corpo de revolução é gerado pela rotação de uma área plana em torno de um eixo fixo no plano da área e que não a intercepte. A Fig. (13.1b) ilustra a geração de um cone a partir da rotação de uma área triangular em relação a um eixo. b)

a) Área Geratriz

Reta Geratriz

Figura 13.1 – Centro de gravidade de um conjunto de partículas. Teorema I. A área de uma superfície de revolução é igual ao comprimento da curva geratriz multiplicada pela distância percorrida pelo centróide da curva durante a geração da superfície. Para a prova deste teorema ver HIBBELER (1998). Na equação (13.1), que representa este teorema, r é a distância perpendicular entre o centróide da curva geratriz e o eixo de rotação e L é o comprimento da curva geratriz. A

2

rL

(13.1)

Teorema II. O volume de um corpo de revolução é igual à área geratriz multiplicada pela distância percorrida pelo centróide da área durante a geração do corpo. Para a prova deste teorema ver HIBBELER (1998) página 365. Na equação (13.1), que representa este teorema, r é a distância perpendicular entre o centróide da área geratriz e o eixo de rotação e A é a área da geratriz. V

2

rA

(13.2)

Os teoremas de Pappus - Guldin oferecem um modo simples de calcular a área/volume de corpos de revolução. Também podem ser utilizados inversamente para determinar o centróide de uma curva plana/área plana quando a área da superfície ou o volume do corpo gerado pela curva/área é conhecido.

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Exemplo 1. Determinar os centróides de uma semi circunferência e de um semi círculo através dos teoremas de Pappus – Guldin. Solução: sabe-se que o volume de uma esfera vale

4 3 2 R e que a área da sua superfície vale 4 R . Aplicando 3

as expressões (13.1) e (13.2) tem-se 4 R3 2 3 anterior) R

2R

4 R

2

2

r

R 2

r

R

2

r

4R 3

(ver ilustração da aula

2R

r

Exemplo 2. Determinar a área da superfície de um toro. Solução: A superfície de um toro é gerada pela rotação de uma circunferência em torno de um eixo. Logo, o centróide da área geratriz é R.

R

2

R 2 r

2

4

Rr

r

A

Exemplo 3. Um tanque de armazenamento de água é formado por uma casca de revolução. Este tanque deve ser pintado com duas demãos de tinta com razão de aproveitamento de 16 m2/l. Sabe-se que a linha curva ABC tem um comprimento de 10 m e seu centróide dista 2,5 m da linha de centro do tanque. Quantos litros de tinta serão necessários para pintar o tanque e a coluna vertical cilíndrica que tem 6 m de comprimento? Solução: Aplicar-se diretamente o primeiro teorema de Pappus – Guldin. A

Casca: A Coluna: A

2

2

rL

2

rL

2

2,5 10 157,1 m 1, 25 6

2

47,1 m 2

2,5

2

Área total: 204,2 m

B

Aplica-se uma regra de 3 simples para se obter o volume de tinta para uma demão. 2

v

1 l 16 m l 204,2 m

2

12,76 l . Para duas demãos necessita-se de 25,5 litros de tinta. C 1,25

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13.2 FORÇAS DISTRIBUÍDAS O conceito do centróide de um corpo também pode ser utilizado para encontrar a força resultante de um carregamento distribuído. 13.2.1 Carga Distribuída Sobre uma Superfície Considere a placa ilustrada na Fig. (13.2) submetido a um carregamento descrito pela função p ( x , y ) , que representa uma taxa de carga por unidade de área ou seja N/m2. p

p

p( x, y )

dF F y

y

dV

x

x =

dA

y

y

x

x

Figura (13.2) – Cálculo da força equivalente a uma carga distribuída sobre uma superfície. A partir da função p( x , y ) determina-se a força dF atuante na área dA da placa, localizada num ponto arbitrário de coordenadas (x, y). O módulo desta força é dado por dF p (x ,y ) dA . É importante salientar que todas as forças dF são paralelas. Logo, calculase o módulo da força equivalente ao carregamento distribuído através de um somatório das forças dF que atuam sobre a área A da placa. Este somatório é representado pela integral: F

∫ A p ( x, y ) dA ∫ VdV

(13.3)

É importante salientar que o produto p (x , y ) dA define um volume infinitesimal dV, logo pode-se dizer que o módulo da força equivalente ao carregamento distribuído sobre uma placa é igual ao volume total sob o diagrama da diagrama distribuída. Para se localizar o ponto de aplicação, que tem coordenadas ( x , y ) , da força equivalente F deve-se igualar os momentos desta força em relação aos eixos x e y, aos momentos de todas as forças dF em relação aos eixos x e y, ou seja Fx

∫A x p( x, y ) dA

, Fy

∫A y p( x, y) dA

(13.4)

∫A y p ( x, y ) dA ∫V y dV ∫A p ( x , y ) dA ∫V dV

(13.5)

que pode ser rescrita como

x

∫A x p( x, y) dA ∫V x dV ∫A p ( x, y ) dA ∫V dV

,

y

Pela expressão (13.5) conclui-se que a força equivalente é aplicada no centróide do volume sob o diagrama da carga distribuída.

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13.2.2 Carga Distribuída Sobre uma Linha Considere a viga ilustrada na Fig. (13.3) submetida a um carregamento distribuído descrito pela função p (x ) , que representa uma taxa de carga por unidade de comprimento ou seja N/m. p

dF

p

dA

p

p (x )

x x

A

F

= x

x

dx L

L

Figura 13.3 – Cálculo de força equivalente a uma carga distribuída. Conhecendo-se a função p(x ) determina-se a força dF atuante no comprimento infinitesimal dx da viga, localizado numa coordenada arbitrário x. O módulo desta força é dado por dF p (x )dx dA . É importante salientar que todas as forças dF são paralelas, e que o produto p( x) dx define uma área infinitesimal dA. Logo, calcula-se o módulo da força equivalente ao carregamento distribuído através de um somatório das forças dF que atuam sobre o comprimento l da viga. Este somatório é representado pela integral: F

∫ L p x dx ∫ AdA

A

(13.6)

Pela expressão (13.6) nota-se que a força equivalente é igual à área sob o diagrama da carga distribuída. Para se localizar o ponto de aplicação da força equivalente iguala-se o momento da força resultante equivalente em relação à origem dos eixos ilustrados na Fig. (13.3), com o momento de todas as forças dF em relação ao mesmo, ou seja: xF

∫L x p( x) dx

(13.7)

A expressão (13.7) pode ser rescrita como:

x

∫L x p x dx ∫L x p x dx ∫A x dA F ∫L p x dx ∫AdA

(13.8)

Pela expressão (13.8) conclui-se que a força resultante equivalente à carga distribuída sobre a viga está aplicada no centróide da área sob o diagrama da carga distribuída. Exemplo 4. Calcule as reações nos vínculos A e B da viga submetida a um carregamento uniforme, conforme ilustrado na próxima página. Solução: Em primeiro lugar deve-se trocar a carga distribuída por uma força equivalente. Como a figura da carga uniforme é um retângulo, a posição do seu centróide sai diretamente por simetria.

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124 1/2

500 N/m

500 N

A

B

=

HA A

B VA

1m

1m

VB

F 500 N/m 1 m 500 N Fx 0 HA 0

∑ ∑Fy

0

∑M A

V A VB

0

1 VB

500 500 1 2

0

VB

250 N

250 N

VA

As reações podem ser obtidas diretamente, sem necessidade de cálculo, aplicando-se a condição de simetria do problema.

Exemplo 5. Calcule as reações nos vínculos A e B da viga submetida a um carregamento triangular . 1/3

500 N/m

250 N A

B

=

HA

A B VA

1m

1m

VB

Solução: Em primeiro lugar deve-se trocar a carga distribuída por uma força equivalente. Nesta questão aplica-se diretamente o resultado obtido na aula anterior sobre a localização do centróide de um triângulo. F

500 N/m 1 m 250 N 2 Fx 0 HA 0

∑ ∑ Fy

∑M A

0

V A VB

0

1 VB

250 250

1 3

0

VB

83,3 N

VA

166,7 N

Exemplo 6. Calcular as reações nos vínculos A e B da viga submetida a um carregamento trapeizoidal.

0,45

900 N/m

500 N/m

A

B

1m

=

700 N HA

A B VA

1m

VB

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Solução: Em primeiro lugar deve-se trocar a carga distribuída por uma força equivalente. Este problema pode ser resolvido considerando-se a soma de um retângulo com um triângulo de modo a se obter um trapézio. 400 N/m 1 m 2 HA 0

F 500 N/m 1 m

∑ Fx ∑M A

0 0

1 VB

500 0,5 200 1

700 N

∑Fy

700 0,45 0

x

3

0,45 m

500 200 V A VB 700

0

315 N

VB

385 N

VA

Exemplo 7. Calcular as reações nos vínculos A e B da viga submetida a um 2 500 x 1000 x . carregamento parabólico descrito pela função p x 0,625

500 N/m A

333,3 N

=

B

HA

A B VA

1m

VB

1m

Solução: Deve-se resolver as integrais (13.3) e (13.4).

F

1

 500 x2 0

∫

1

1

0 0

HA

333,3 0,625 0

333,33 N 1

3 1000 x   3  0

∑Fy

0

1 VB

1

2 1000 x   2  0

 500 x4  4  

1000 x  dx 

2 x  500 x 0 

∫0 x dA ∫

∑ Fx ∑M A

 500 x3  3 

1000 x  dx 

VB

0 208,3 N

208,3 Nm V A VB VA

x

208,3 333,3

0,625 m

333,3 125 N

Exemplo 8. A pressão atuante sobre a placa ilustrada abaixo varia linearmente ao longo de cada um dos seus bordos. Determine o módulo da força resultante equivalente e o seu ponto de aplicação na placa. p

Solução: O primeiro passo é determinar a

4 kN/m

equação do plano que representa o diagrama de carga. Isto é feito considerando-se a equação geral de um plano p (x , y ) Ax By C , sendo que as constante A, B e C são determinadas pelas condições de contorno. p(0,0) 4 C 4 p(4,0)

3

4 A 4

3

A

p(0,5)

2

5B 4

2

B

Logo tem-se p( x, y )

x 4

2y 5

1 4 2 5 4

2 kN/m

y

3 kN/m

4m 1 kN/m

x

5m

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O módulo da força resultante equivalente ao carregamento distribuído na superfície vale: 5 4 

∫VdV ∫A p ( x , y ) dA ∫ ∫

F

4

 2 yx 4 x dy 5  0

5

x2  0 8 

  4  dxdy  

2y 5

x   0 0  4 

∫

5

8  y dy 5 

∫014

5

4 2  F 14 y y  5  0

50 kN

Para se localizar o ponto de aplicação da carga deve-se resolver as integrais: 5 4 

∫VxdV ∫A x p (x , y ) dA ∫0 ∫0 

∫V

xdV

 80  3 y 

8 2 y 5 

2  x  4 

2 yx 5

x3  0  12 

4

4x 2   dy 2  0

2 yx 2

∫

10

5 80

∫0  3

16  ydy 5 

93,33 kNm 0

  xy 0 0  4  

∫V ydV ∫A y p( x, y) dA ∫ ∫

∫V

5

5

5  4

ydV

  4 x  dx dy    

5

8 2  y  dy 7 y2 14 y 5  0  

∫

∫

5

x2 y  0 8 

4

 4yx  dyy  0

2 y2 x 5

5

8 3 y 15  0

Coordenadas de aplicação da carga: x

  4 y dx dy    

2y 2 5

108,33 kNm

93,33 50

1,87 m e y

108,33 50

2,17 m

13.3 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1) Calcule as reações em A e B para o pórtico representado na figura abaixo. Solução: O primeiro passo é transformar as cargas distribuídas em cargas concentradas equivalentes.

1000 N/m 1

500 N/m

m

400 N

3 2 cos 50

F1

1000 1714,4 N

1 m

3m

50o

500 3 2

F2 B

750 N

Representando-se um diagrama de corpo livre com as cargas concentradas tem-se

A

0 ,857

1714,4 N

3m

400 N 750 N 3m

50o

2m

B

A

HA VA 3m

RB

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127

O próximo passo é aplicar as equações de equilíbrio.

∑ Fx ∑Fy ∑ MA

0

HA

0

V A 1714,4 R B sen 50

0

750 R B cos 50

400 cos 40

0

H A 0,643 RB

400 sen 40

0

VA

750 2 1714,4 0,857 400 sen 40 3 1cos 50 3R B sen 50

3,242 R B 2890,79

R B cos50 3 2 sen 50

0,766 RB

443,582 (1) 1971,515 (2)

400 cos 40 3 1sen 50 0

R B 891,7 N

Substituindo-se em (1) e (2) fica HA = 129,8 N e VA = 1288,5 N Os resultados obtidos podem ser confirmados fazendo-se

∑M B

0.

2) Para a estrutura ilustrada abaixo determinar as reações nos vínculos A e D. (Exercício extraído da lista de questões de prova de Mecânica Estrutural I – Prof. Bittencourt e Prof. Masuero). 20 kN/m

10 kN/m

30 kN/m

B

C

A

HA

D

VA

MA

1m

2m

80 kNm

4m

4m

HD

2m

VD

Solução: O primeiro passo é representar as forças reativas correspondentes aos vínculos A e D. É importante ressaltar que sendo o vínculo D um apoio duplo tem-se duas reações, que são equivalentes a uma força com direção desconhecida. Logo, a inclinação representada no apoio não deve ser considerada. O próximo passo é substituir as cargas distribuídas por forças concentradas equivalentes. P1 10 kN/m 4 m

40 kN

P2

20 kN/m 4 m 2

40 kN

40 kN

30 kN/m

P3

2

40 kN 41 1,

C 2,67 m

MA

VA

D 4m

4m

V A VD

HD

2m

VD

Escrevendo-se as equações de equilíbrio externo tem-se Fx 0 H A H D 84,85 cos 45 0 HA 0

1m

A

HA

∑ ∑F y

84,85 kN

80 kNm

40 40 84,85 sen 45

0

HD

59,998 (1)

V A VD

2m

4

B 2m

139,998 (2)

2

2

2

84,85 kN

ENG 01156 – Mecânica - Aula 13 Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 0

∑M A

10 VD

MA

M A 10 VD 686,786

2 40 6,67 40 80 9 84,85 sen 45

0

M A 4 V A 3 H A 2 40

dir

0

2VD

∑MD

2 84,85 cos 45

0

(3)

esq

∑MB

128

3HD

0

1,414 84,85

M A 4 VA 3 H A

0

2VD

3H D

80

(4)

119,996

(5)

Escrevendo-se o sistema de equações resultante em notação matricial obtém-se 1  0 0  3 0  H

0 1 0 4 0

A

HD

0 0 1 1 0

1 0   H A   59,998       0 1   V A   139,998  0 10  M A   686,786       0 0   H D   80  3 2   VD   119,996 

37,798 kN

37,8 kN

22,2 kN

VD

Resolvendo-se o sistema de equações tem-se

113,3 kN

VA

26,698 kN

M A 419,806 kNm

419,8 kNm

26,7 kN

3) Determine a força resultante da carga do solo que atua sobre um túnel. Solução: O procedimento para o cálculo da força resultante é semelhante ao que foi empregado nos casos de uma carga distribuída numa linha reta. Para se resolver o problema toma-se um setor com ângulo d . O comprimento do arco correspondente a este setor vale r d . Logo, o módulo da força atuante neste setor do túnel vale dF F ( ) r d .

F

25 (5 2 cos ) N/m

Neste ponto, é importante ressaltar que as forças dF não têm a mesma direção, como nos problemas anteriores, logo o processo de integração deve ser vetorial e não escalar. Levando-se em conta a forma como o ângulo se escrever:  dF (sen , cos ) F ( ) r d

2m

varia pode-

Pela figura nota-se que o carregamento é simétrico, logo a componente da força resultante na direção x é nula. Fazendo-se a integração apenas na direção y fica: 2

Fy

∫0

Fy

50 5 sen

cos

r F( ) d (

s...