Centro de Massa, Centróide e Centro de Gravidade: Conceitos e Cálculos

Centro de Massa Centróide e Centro de Gravidade Nas situações de equilíbrio do corpo rígido é importante representar a força peso no seu ponto de aplicação Este ponto é o centro de massa É um ponto onde representase a forçapeso Por outro lado centro de massa CM fornece o modo mais simples de descrição da trajetória de um objeto em movimento Em situações de equilíbrio o CM ele tem uma grande influência Este ponto descreve a trajetória mais simples Este é o centro de massa deste objeto O centro de massa desse objeto em movimento descreve uma reta ponto branco Cálculo do CM Para um sistema de partículas calculase o CM a partir dos momentos das forças 𝒓 𝒄𝒎 𝒎𝒊 𝒓 𝒊 𝒎𝒊 Exemplo Centro de massa exemplo 91 Halliday vol 1 página 220 Método para obter o centro de gravidade de um objeto qualquer Por meio de suspensão 60 Partícula M kg X cm Y cm MX kgcm MY kgcm 1 12 0 0 0 0 2 25 140 0 350 0 3 34 70 1212 238 4114 71 588 4114 𝑥𝑐𝑚 588 71 𝟖𝟐 𝟖 𝒄𝒎 𝑦𝑐𝑚 4114 71 𝟓𝟕 𝟗 𝒄𝒎 Exemplo centro de massa figura plana homogênea Se o objeto é homogêneo Massa área da figura considerada 𝒓 𝒄𝒎 𝑨𝒊 𝒓 𝒊 𝑨𝒊 Dividir a figura em partes Considerar o centróide centro geométrico da figura plana da figura como uma partícula figura A cm2 X cm Y cm AX cm3 AY cm3 1 75 75 25 5625 1875 2 50 175 5 875 250 125 14375 4375 𝑥𝑐𝑚 14375 125 𝟏𝟏 𝟓 𝒄𝒎 𝑦𝑐𝑚 4375 125 𝟑 𝟓 𝒄𝒎 Outra forma 15 cm 5 cm 10 cm 5 cm x y C1 C2 15 cm 5 cm 10 cm 5 cm x y figura A cm2 X cm Y cm AX cm3 AY cm3 1 100 10 25 1000 250 2 25 175 75 4375 1875 125 14375 4375 Portanto 𝑥𝑐𝑚 14375 125 𝟏𝟏 𝟓 𝒄𝒎 𝑦𝑐𝑚 4375 125 𝟑 𝟓 𝒄𝒎 Momento de uma Força M Torque ou momento de uma força 𝝉 𝒇 𝒓 𝒐𝒖 𝑴 𝒇 𝒓 com 𝒇 𝒓 Exemplo F 10 N barra 4 m x2 x1 15 cm 5 cm 10 cm 5 cm x y C1 C2 y2 y1 y x Exemplo de torque para abrir uma porta 𝑟 Eixo de rotação da porta 𝑓 Esta força não produz torque Esta força produz torque 𝑓 𝜏 𝑓 𝑟 10 4 𝟒𝟎 𝑵 𝒎 antihorário por convenção é considerado como positivo 𝜏 𝑓 𝑟 10 cos 30 4 𝟑𝟒 𝟔 𝑵 𝒎 antihorário 𝜏 𝑓 𝑟 10 sin30 4 𝟐𝟎 𝑵 𝒎 antihorário 𝜏 𝑓 𝑟 10 sin60 2 𝟏𝟕 𝟑 𝑵 𝒎 horário Exemplo x y x 30 𝟏𝟎 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝟎 60 𝟏𝟎 𝐬𝐢𝐧 𝟔𝟎 y 30 𝟏𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎 30 Da condição de equilíbrio de forças 𝐹𝑁 𝐹𝐶 𝐹𝑃 𝐹𝑁 𝐹𝐶 245 Considerando o momento total da força em relação ao apoio 𝐹𝑐 𝑑𝑐 𝐹𝑃 𝑑𝑃 𝐹𝑁 0 0 𝐹𝑐 𝑑𝑐 𝐹𝑃 𝑑𝑃 equilíbrio dos torques 𝑚𝑐 98 625 25 98 50 𝑚𝑐 25 50 625 𝟐𝟎 𝒌𝒈 Calcule o valor da força normal Da condição de equilíbrio de forças 𝐹𝑁 𝐹𝐶 245 𝐹𝑁 20 98 245 𝟒𝟒𝟏 𝑵 𝐹𝑃 25 98 245 𝑁 𝟑𝟕 𝟓 𝒄𝒎 𝐹𝐶 𝒅𝒄 𝒅𝑷 𝟑𝟕 𝟓 𝒄𝒎 𝐹𝑁 Equilíbrio do corpo rígido Condições para um corpo rígido inicialmente parado Considere as situações a seguir 𝑭 𝟎 𝑴 𝟎 Exemplo SEARS ZEMANSKY cap 11 Diagrama de forças da barra Das condições de equilíbrio estático 𝐹𝑥 0 𝐹𝐷𝑥 𝑇𝑥 0 𝑭𝑫𝒙 𝑻𝒙 𝑻 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝟓 𝐹𝑧 0 𝐹𝐷𝑧 𝑇𝑧 𝐹𝑃𝐵 𝐹𝑃𝐷 0 𝑭𝑫𝒛 𝑭𝑷𝑩 𝑭𝑷𝑫 𝑻𝒛 𝑭𝑫𝒛 𝟗 𝟖 𝟒 𝟗 𝑻𝒛 𝐹𝑃𝐵 1 98 𝟗 𝟖 𝑵 𝐹𝑃𝐷 05 98 𝟒 𝟗 𝑵 𝑇𝑥 𝑇 cos25 𝑇𝑧 𝑇 sin 25 𝑭𝑫𝒙 𝑻𝒙 𝑇 cos 25 1 𝑭𝑫𝒛 𝑭𝑷𝑩 𝑭𝑷𝑫 𝑻𝒛 𝟗 𝟖 𝟒 𝟗 𝑇 sin 25 𝑭𝑫𝒛 147 𝑇 sin25 2 Da condição de equilíbrio dos momentos das forças 𝑀𝑃 0 𝐹𝐷𝑧 0 𝑇𝑧 05 49 05 98 025 0 𝑇𝑧 49 05 98 𝑁 𝑇 sin 25 98 𝑇 98 sin 25 2318 𝟐𝟑 𝟐 𝑵 Da equação 1 𝐹𝐷𝑥 𝑇 cos 25 2318 cos 25 𝟐𝟏 𝟎 𝑵 Da equação 2 Barra homogênea 1 kg Barra rígida T Força na dobradiça Θ 25 Dinossauro 05 kg L 05 m FPB FPD x FD T z P 25 𝐹𝐷𝑧 147 𝑇 sin 25 147 98 𝟒 𝟗 𝑵 O módulo de FD é dado 𝐹𝐷 212 492 𝟐𝟏 𝟔 𝑵 Direção de FN 𝛼 tan1 49 21 𝟏𝟑 𝟏 Exemplo SEARS ZEMANSKY cap 11 FD α Escada 5 m 180 N Homem 800 N Posição do homem 13 da escada Força de reação no chão Fatrito Coeficiente de atrito estático mínimo 25 cos 531 FPE FPH FA FN2 FN1 x z P 5 3 cos 531 5 sin 531 531 Das condições de equilíbrio estático 𝐹𝑥 0 𝐹𝐴 𝐹𝑁2 0 𝐹𝐴 𝐹𝑁2 1 𝐹𝑧 0 𝐹𝑁1 𝐹𝑃𝐻 𝐹𝑃𝐸 0 𝐹𝑁1 800 180 𝟗𝟖𝟎 𝑵 2 Da condição de equilíbrio dos momentos das forças 𝑀𝑃 0 1 800 15 180 5 sin 531 𝐹𝑁2 0 𝑭𝑵𝟐 𝟏𝟎𝟕𝟎 5sin 531 2655 𝟐𝟔𝟔 𝑵 Da equação 1 𝑭𝑨 𝟐𝟔𝟔 𝑵 Coeficiente de atrito estático 𝜇𝑒 𝐹𝐴 𝐹𝑁1 2655 980 𝟎 𝟐𝟕𝟎 Exemplo Forças na barra e na caixa Barra 5 m m 20 kg Caixa 50 kg Calcule as trações e reação no apoio A A 2 m x z T1 T2 FPB Rx Rz 𝑇2 𝟒𝟗𝟎 𝑵 𝐹𝑃𝐵 20 98 𝟏𝟗𝟔 𝑵 A 2 m 52 22 4582 𝑚 2291 𝑚 𝐹𝑃 50 98 𝟒𝟗𝟎 𝑵 T2 𝟓𝟎 𝒌𝒈 Das condições de equilíbrio estático 𝐹𝑥 0 𝑅𝑥 𝑇1 1 𝐹𝑧 0 𝑅𝑧 𝐹𝑃𝐵 𝑇2 0 𝑅𝑧 196 490 𝑅𝑧 𝟔𝟖𝟔 𝑵 2 Da condição de equilíbrio dos momentos das forças em relação ao ponto A 𝑀𝐴 0 2 𝑇1 2291 196 4582 490 0 2 𝑇1 26942 0 𝑻𝟏 𝟐𝟔𝟗𝟒𝟐 𝟐 𝟏𝟑𝟒𝟕 𝑵 Da equação 1 𝑹𝒙 𝟏𝟑𝟒𝟕 𝑵 O módulo de R é dado 𝑅 13472 6862 𝟏𝟓𝟏𝟐 𝑵 Direção de R 𝛼 tan1 686 1347 𝟐𝟕 𝟎 Momento de uma força parte vetorial α 𝑹 Calculase o momento de uma força a partir do produto vetorial 𝑴 𝑭 𝒓 𝑭 Operacionalmente pode ser utilizado o determinante 𝑴 𝑭 ቮ 𝒊 𝒋 𝒌 𝒙 𝒚 𝒛 𝑭𝒙 𝑭𝒚 𝑭𝒛 ቮ coordenadas da posição nas qual a força é aplicada componentes da força aplicada A direção é dada pela regra da mão direita Em que o Polegar 𝑴 𝑭 Indicador 𝒓 Anular 𝑭