Exercícios Resolvidos de Centros e Centróides

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Enunciado

01) No sistema em equilíbrio mostrado na figura, a placa homogênea O B C D E , de massa m , está no plano O y z e tem seu movimento restrito pela articulação em O e pelas barras articuladas A B ,   C H e D F . Todas as barras possuem peso desprezível e a barra D F é paralela ao eixo O x . Sobre a placa atuam a força F → ,   C =   - F i ^ , o peso P → ,   G =   - m g k ^ ,   e o momento binário M → = M k ^ . Determinar:

a) As coordenadas do centro de massa G da placa no sistema O x y z .

b) O diagrama de corpo livre das barras e da placa.

c) As equações de equilíbrio da placa.

d) Os esforços atuantes nas barras.

e) As reações vinculares em O .

Passo 1

Faaala galera, tudo certinho com vocês?

a) Nessa questão temos uma placa que está no plano y z , e que tem um formato vazado na extremidade.

Pra começar a resolução, esse item nos pede para determinar as coordenadas do centro de massa G da placa.

Bora começar pelo mais simples! Como a placa está apenas no plano y z , temos x G = 0 .

Além disso, como podemos ver abaixo:

A placa é simétrica em relação ao eixo z , de modo que y G = a .

Agora chegamos na parte um pouco mais complicada, o cálculo de z G .

A ideia nesses casos é sempre completar a placa com figuras geométricas conhecidas pra facilitar o cálculo.

Assim, podemos considerar que a área da placa é dada pela área do quadrado de lado 2 a subtraído do triângulo retângulo de lado a . Daí, como a placa é homogênea:

A p l a c a ⋅ Z G = A 1 Z G 1 - A 2 Z G 2

Essa é a vantagem de usar figuras geométricas conhecidas (tipo quadrados, retângulos, triângulos, circunferências), pois conhecemos a posição dos centros geométricos. Temos:

Z G 1 = a (centro geométrico de um quadrado)

z G 2 = a 3 (centro geométrico de um triângulo)

Além disso, a área do quadrado e do triângulo valem, respectivamente:

A 1 = 2 a 2 = 4 a 2

A 2 = 2 a 2 2

Show! Substituindo tudo isso na nossa fórmula para cálculo de z G , temos:

A p l a c a ⋅ Z G = 4 a 2 ⋅ a - 2 a 2 2 ⋅ a 3

Lembrando que:

A p l a c a = A 1 - A 2

4 a 2 - 2 a 2 2 Z G = a 3 ⋅ 11 3

Logo:

Z G = 11 a 9

Logo:

G = 0 ,   a , 11 a 9

Prontinho, achamos o centro geométrico da placa 😊

Passo 2

Agora devemos desenhar o diagrama de corpo livre (DCL) da placa e das barras.

Começando pelo das barras, deve agir uma força axial em cada uma delas. Vamos supor que essa força seja de tração. Assim, podemos desenhar:

Beleza! Agora vamos desenhar o DCL da placa. Precisamos considerar a força Peso atuando em G , a força F → em C e o momento do binário no eixo k ^ . Além disso, também temos as forças que as barras fazem na placa, e a reação do ponto O , que ocorre nos 3 eixos.

Assim, temos:

Prontinho 😊

Passo 3

c) Aqui devemos escrever as equações de equilíbrio da placa.

Como a placa está em equilíbrio estático, deve valer que:

∑ R → = 0 ∑ M → = 0

Considerando os eixos x ,   y e z , temos:

∑ R → = 0 ⇒   ∑ F X = 0 ∴   - F + 2 F B A 2 - F D F + X O = 0         ( I ) ∑ F Y = 0 ∴ - 3 F C H 2 + Y O = 0         ( I I ) ∑ F Z = 0 ∴ - 2 F B A 2 + F C H 2 - m g + Z O = 0       ( I I I )

Pensando nos momentos em relação a cada um dos eixos, também podemos escrever:

∑ M → = 0 ⇒   a F C H + a 3 F C H - m g a = 0       ( I V ) - 2 a F + a 2 F B A = 0       ( V ) 2 a F + 2 a F D F + M = 0       ( V I )

Massa! Essas são nossas equações de equilíbrio da placa.

Passo 4

d) Precisamos determinar os esforços atuantes nas barras.

É galera, não tem outro jeito de fazer isso, tem que resolver esse sistema...

De V I , temos:

2 a F D F = - 2 a F + M

⇒ F D F =   - 2 a F + M 2 a

De V , temos:

a 2 F B A = 2 a F

Logo:

F B A = 2 F

De I I I , temos:

F C H a + a 3 = m g a

⇒ F C H = m g 3 + 1 ⋅ 3 - 1 3 - 1

∴ F C H = m g 3 - 1 2

Perfeito, já descobrimos os esforços atuantes nas três barras. Como apenas D F deu um valor negativo, ela está comprimida enquanto as outras estão tracionadas.

Passo 5

e) Pra finalizar essa questão, precisamos apenas calcular as reações de apoio em O . Relembrando nosso sisteminha de forças:

∑ R → = 0 ⇒   ∑ F X = 0 ∴   - F + 2 F B A 2 - F D F + X O = 0         ( I ) ∑ F Y = 0 ∴ - 3 F C H 2 + Y O = 0         ( I I ) ∑ F Z = 0 ∴ - 2 F B A 2 + F C H 2 - m g + Z O = 0       ( I I I )

De I I I , temos:

Z O = 2 2 ⋅ 2 F - 1 2 ⋅ m g 3 - 1 2 + m g

⇒ Z O = F + m g 5 - 3 4

De I I , temos:

Y O = 3 2 ⋅ m g 3 - 1 2

Y O = m g 3 - 3 4

E, como os primeiros serão os últimos e os últimos serão os primeiros, de I , vem:

X O = F - 2 2 2 F + - 2 a F + M 2 a

X O = F - F - F - M 2 a

X O =   - F - M 2 a

Ufaa!! Terminamos de resolver o sistema e encontramos as três reações de apoio do ponto O .

Então é isso galera, espero que vocês tenham gostado. Até a próxima 😉

Resposta

a) G = 0 ,   a , 11 a 9

b) Resolução no texto.

c) Resolução no texto.

d)

F D F =   - 2 a F + M 2 a (compressão)

F C H = m g 3 - 1 2 (Tração)

F B A = 2 F (Tração)

e) X O =   - F - M 2 a

Y O = m g 3 - 3 4

Z O = F + m g 5 - 3 4

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