Equilíbrio em duas Dimensões

Teoria Completa

Introdução

Agora vamos falar sobre algo chamado Equilíbrio... Mas para que serve isso?

Imagine uma tábua de peso desprezível que pode girar com relação a um pino posicionado na metade do seu comprimento. Aí você resolve colocar um bloco de 10   k g em uma das extremidades dessa tábua. O que irá acontecer com ela?

Ela vai cair para o lado mais pesado, certo? Isso acontece porque na sua outra extremidade não tem nada para compensar o peso do bloquinho que colocamos.

Agora você quer que está tábua fique em equilíbrio... O que é preciso fazer? Colocar um bloco de mesmo peso na outra extremidade, certo?

Mas e seu eu mudar o apoio de lugar:

Qual é a nova massa que o bloquinho rosa deve ter para que a tábua não gire em torno do pino?

Calma! É isso que vamos aprender neste tópico, partiu?

O Diagrama de Corpo Livre

O primeiro passo para resolver qualquer questão de equilíbrio é fazer o diagrama de corpo livre, também conhecido por DCL. Mas como faço esta coisa? É só você olhar para o seu problema e isolar o corpo principal, aquele que está sofrendo a ação de várias forças. O diagrama deve mostrar todas as forças que atuam no corpo.

Vamos montar o diagrama de corpo livre da nossa tábua lá de cima. Primeiro temos que identificar qual é o corpo principal: neste nosso caso é a própria tábua, ela que está sofrendo a ação das forças peso dos bloquinhos:

Repare que os bloquinhos foram retirados e no seu lugar foi colocada a força que cada um deles faz na tábua, essas forças são o próprio peso dos bloquinhos.

Mas eu não disse que tem que representar apenas o corpo principal do problema e retirar todos os outros? E o que esse apoio está fazendo ali? Calma, temos que retirar ele também e colocar no lugar a força que o apoio faz na tábua:

Repare que cada elemento que você retirar do problema você tem que substituir por uma força. Mas em que posição do corpo eu coloco a força?

O centro de massa ( C ou C M ) é o ponto de um corpo que, para fins de cálculo, pode ser considerado como aquele que contêm toda a massa do corpo, por isso, podemos representar as forças no centro de massa das figuras.

Observação: você pode encontrar por aí a definição centro de gravidade. Geralmente em cursos de Mecânica Básica, como aqui, os dois pontos são o mesmos: C G = C M .

Percebam que as forças peso atuam co centro de gravidade dos nossos bloquinhos.

Então, podemos entender o diagrama de corpo livre como uma maneira de limpar o nosso desenho e enxergarmos o que está acontecendo no corpo principal.

Tipos de Apoios e suas Reações

O apoio é o que sustenta a estrutura e a impede de se movimentar em certas direções. Toda vez que você impede uma estrutura de se movimentar em uma direção surge o que chamamos de reação de apoio. Existem vários tipos de apoios e para cada um vai surgir alguma reação de acordo com a direção em há o impedimento de movimento. Vamos ver os principais:

  • Apoio Deslizante: permite que a estrutura se mova na direção em que o carrinho rola, mas impede o movimento na outra direção:
  • Essas são as formas possíveis que esse apoio pode aparecer para você, todas essas imagens representam a mesma coisa!!!

    Além disso, repare que no nosso exemplo temos esse mesmo tipo de apoio!

    Repare que esse apoio permite o movimento na horizontal, mas impede o movimento na vertical. Então, a reação de apoio vai estar na direção em que há impedimento do movimento. Dessa forma, para montar o diagrama de corpo livre é só retirar o apoio e colocar a reação vertical:

    E se o apoio estiver assim na vertical?

    Neste caso, o apoio permite que a barra se mova na vertical, mas impede que ela se mova na horizontal. Então, o diagrama de corpo livre fica assim:

    Fica ligado nisso aí!!!

  • Pinos: esses apoios impedem que a estrutura se mova tanto na vertical quanto na horizontal, mas permitem que ela gire em torno dele:
  • Como esses apoios impedem o movimento nas duas direções, o diagrama de corpo livre fica:

  • Apoio fixo ou engaste: este apoio impede o movimento nas direções horizontal e na vertical e também impede que a barra gire em torno dele:

As reações de apoios surgem devido ao impedimento do movimento, então o diagrama de corpo livre fica:

Esse momento M → surge devido ao apoio impedir que a estrutura gire.

Condições de Equilíbrio

Uma estrutura está em equilíbrio estático quando a resultante de todas as forças horizontais, verticais e dos momentos são nulas:

∑ F → x = 0 →

∑ F → y = 0 →

∑ M → = 0 →

Isso acontece porque não podemos ter nenhuma aceleração que promova movimentos de translação ou rotação.

Aqui repare que podemos utilizar a equação do momento para resolver o problema proposto lá do início. Vamos fazer isso aplicando o somatório dos momentos em relação a um certo ponto:

Lembre-se que

P = m g

Então temos P 1 = 10 g e queremos achar P 2 . Logo, faz sentido colocar o ponto de aplicação do momento exatamente no ponto de apoio:

Por que isso faz sentido? Porque a força R não irá gerar momento com relação a esse ponto, o que é bom já que não sabemos o valor de R . Dessa forma vamos ter:

∑ M a p o i o = 0

Vamos considerar o sentido anti-horário positivo:

P 1 × 1 - P 2 × 3 = 0

Substituindo os valores de P 1 e P 2 :

10 g × 1 - m g × 3 = 0

m = 10 g 3 g = 3,33   k g

Resolvemos o nosso problema!

Vamos fazer uns exercícios para treinar e pegar o jeito!!!

Exercício Resolvido #1

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Estática, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 96,3/5

O suporte deslizante é usado para apoiar partes de chapas longas enquanto elas são cortadas por uma série de bancadas. Se a chapa exerce uma força direcionada para baixo de 25   N no rolete C , determine as ações verticais em A   e   D . Note que a conexão em B é rígida e que os pés A   e   D são tubos horizontais razoavelmente longos, com recobrimentos deslizantes.

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Passo 1

Fala aí, pessoal!! Vamos entender primeiro o que está acontecendo nessa situação aqui. O suporte deslizante descrito no problema é o próprio conjunto A B C D , que desliza no ponto C através de um rolete.

Como as barras A B e B D são “razoavelmente longas” podemos aproximar as reações em A e D para forças verticais, como sugerido no enunciado.

Sabendo disso podemos fazer o sistema de forças, que é dado abaixo:

Passo 2

Temos que satisfazer a duas condições:

∑ M → = 0  

E:

  ∑ F → = 0

Para o caso dos momentos, vamos escolher o ponto A , assim não precisamos trabalhar com R → A de cara, pois esta força não tem braço de alavanca com relação ao ponto A .

Perceba que a distância da força de 25   N até A vale 235   m m e a distância da força R → D vale 355   m m .

Adotando o sentido anti-horário como positivo, vamos ter que :

R D . 355 - 25 . 235 = 0         →       R D = 16,55   N

Passo 3

Show de bola!

Agora, para achar R → A vamos calcular momentos de novo?

Não!!! Vamos fazer uma coisa mais simples usando a outra condição:

∑ F y → = 0

R A + R D - 25 = 0

Substituindo o valor de R D :

R A + 16,55 - 25 = 0

R A = 8,45   N

Resposta

R A = 8,45   N

R D = 16,55   N

Exercício Resolvido #2

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Estática, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 99, 3/22

O centro de massa G do carro de motor traseiro e com 1400   k g está localizado como mostrado na figura. Determine a força normal sob cada pneu quando o carro está em equilíbrio. Descreva qualquer hipótese feita.

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Passo 1

O sistema acima pode ser desenhado assim:

Onde, P → é a força peso, N → f é a força normal na roda da frente e N → t é a força normal na roda de trás.

Mas por que colocamos 2 N f e   2 N t ? Porque o carro tem quatro rodas e cada roda tem a sua força normal. Então, admitimos que o carro é simétrico e que a outra metade dele vai ter a mesma configuração de forças.

Passo 2

O carro possui 1400   k g , então o módulo da força peso será:

P = 1400 9,81     →           P = 13734   N

Agora vamos fazer o equilíbrio dessas forças:

∑ F → y = 0       →       2 N f + 2 N t - 13734 = 0

2 N f + 2 N t = 13734

Precisamos de outra equação para resolver o problema. Vamos fazer o somatório de momentos com relação ao ponto A indicado na figura abaixo:

O equilíbrio de momentos em relação ao ponto F nos dá:

∑ M → A = 0

- 13734 1,386 + 2 N t 1,386 + 0,964 = 0

N t = 4050   N

Voltando para a equação do equilíbrio das forças, podemos substituir o valor de N t que achamos:

2 N f + 2 4050 - 1400 9,8 = 0

N f = 2820   N

Resposta

N t = 4050   N

N f = 2820   N

Exercício Resolvido #3

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Estática, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 96,3/6

A viga em I uniforme e com 450   k g sustenta a carga mostrada. Determine as reações nos apoios.

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Passo 1

Nesse caso, temos que satisfazer a duas condições:

∑ M → = 0 →

∑ F → y = 0 →

Perceba que a soma das forças horizontais tem que ser nula, já que a viga está presa:

∑ F → x = 0 →

E as forças têm a seguinte orientação:

Certo? Não, faltou o peso da própria barra:

Passo 2

Vamos primeiro fazer o somatório de momentos usando o ponto A como referência e considerando o sentido anti-horário como positivo:

- P B 4 - P 5,6 + R B 5,6 + 2,4 = 0

Sendo que os pesos são:

P B = m g = 450 ( 9,8 1 ) = 4415   N

P = m g = 220 ( 9,8 1 ) = 2158   N

Substituindo isso na nossa equação, vamos ter que:

- 4414,5 4 - 2158,2 5,6 + R B 8 = 0

R B = 4415 4 + 2158   5,6 8

R B = 3718   N

Passo 3

Agora vamos para a segunda condição:

∑ F → y = 0 →         →       R A + R B - P B - P = 0

R A + 3718 - 4415 - 2158 = 0

R A = 2855   N

Resposta

R A = 2855   N

R B = 3718   N

Exercício Resolvido #4

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Estática, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 120,3/97

Calcule o módulo da força suportada pelo pino em B no dispositivo em curva, carregado e apoiado como mostrado.

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Passo 1

Aqui vamos ter que atender a três condições:

∑ F → x = 0 →

∑ F → y = 0 →

∑ M → = 0 →

Passo 2

A forças de reação em A e B tem uma forma dada por:

Perceba que a componente A → x da reação em A é nula. Isso se deve ao fato de que o apoio em A é um apoio deslizante, ou seja, não há o impedimento desse apoio de se mover na horizontal. E não se esqueça: só colocamos reação de apoio na direção onde há impedimento do movimento.

Sendo assim, já descobrimos quanto vale B → x :

∑ F → x = 0 →

B x - 120 = 0       →       B x = 120   N

Passo 3

Agora vamos fazer o seguinte: calcular o equilíbrio de momentos em relação ao ponto B .

Vamos considerar o sentido anti-horário como o positivo:

∑ M → = 0 →

20 + 120 0,05 - A y 0,125 = 0

Não pode esquecer de contabilizar o momento de 20   N ⋅ m que já tinha na estrutura.

Então, obtemos o seguinte:

A y = 208   N

Passo 4

Agora, usando o somatório de forças verticais:

∑ F → y = 0 →

A y - B y = 0       →       B y = 208   N

Passo 5

Sendo assim, o módulo de B → será:

B → = B x 2 + B y 2 = 120 2 + 208 2 = 240   N

Resposta

B → = 240   N

Exercício Resolvido #5

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Estática, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 99, 3/7

Calcule as forças e o momento de reação na base aparafusada O da estrutura de sinal de trânsito suspenso. Cada sinal tem uma massa de 36   k g , enquanto que as massas dos elementos O C e A C são 50   k g e 55   k g , respectivamente.

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Passo 1

O diagrama de corpo livre pode ser representado por:

Passo 2

Vamos calcular as forças peso que estão no diagrama:

P S = 36 9,81       →           P S = 353   N

E vetorialmente, temos que a força peso do sinal aponta para baixo, então:

P → S = - 353 j ^   N

A força peso da barra O C é:

P O C = 50 9,81       →           P O C = 491   N

E o vetor é:

P → O C = - 491 j ^   N

E por último o peso da barra A C :

P A C = 55 9,81       →           P A C = 540   N

Transformando em vetor temos:

P → A C = - 540 j ^   N

Passo 3

Agora vamos achar as reações de apoio. Perceba que o apoio é um engaste, pois a estrutura não pode se movimentar em nenhuma direção e nem girar. Inclusive foi dito no enunciado que a base é aparafusada.

Vamos começar usando o equilíbrio de momentos em relação ao ponto O e considerando o sentido de giro anti-horário como positivo, temos:

∑ M → O = 0 →      

- M + P S 10 + P S 5 + P A C 4 = 0

Repare que a força P → O C não tem braço de alavanca com relação ao ponto O . Então, vamos substituir os valores:

- M + 353 10 + 353 5 + 540 4 = 0

M = 7455   N ⋅ m

Esse momento é positivo, ou seja, ele gira no sentido horário.

Passo 4

Perceba que não há forças horizontais além da reação de apoio O → x , então:

∑ F → x = 0 →

O x = 0

Agora vamos fazer o equilíbrio das forças verticais:

∑ F → y = 0 →      

  O y - P S - P S - P O C - P A C = 0

O y - 353 - 353 - 491 - 540   = 0

O y = 17 36   N

Resposta

O x = 0

O y = 1736   N

M = 7455   N ⋅ m

Exercício Resolvido #6

J.L. Meriam & L.G. Kraige, Mecânica para engenharia, Estática, 6° ed. RJ: LTC, 2009, 96,3/1

Determine a força P necessária para manter o motor de 200   k g na posição para a qual θ = 30 ° . O diâmetro em B é desprezível.

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Passo 1

Se você reparar bem vai ver que esse é o caso em que as forças são concorrentes em um ponto só, ou seja, a linha de ação das forças passa por um dos ponto do desenho?

Você consegue identificar este ponto? É o ponto C , dê uma olhadinha aqui:

Esse é o nosso diagrama de corpo livre.

Perceba que, por se tratar de uma corda, a força P pode ser representada ao longo de toda esta corda. Então, o que fizemos aqui foi transmitir a força P e representá-la na direção C B → .

Passo 2

Vamos usar um pouquinho de geometria agora: Perceba que esse é um triângulo que possui dois lados iguais. Assim, ele terá também dois ângulos iguais.

Perceba também que um dos três ângulos do triângulo vale 30 ° . Sabendo que a soma dos ângulos dá 180 ° , podemos escrever assim:

30 ° + α + α = 180 °           →           α = 150 ° 2

  α = 75 °

Assim:

Passo 3

Então, colocando esses ângulos no nosso diagrama de corpo livre, temos isso aqui: