Estática do corpo extenso

momento

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ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO
1. Estudando o momento de uma Força
Quando estudamos o ponto material vimos que basta garantir o equilíbrio
basta que o ponto não translade, isto é, a resultante das forças seja nula
estará garantido que o corpo estará em equilíbrio (condição primeira dos
corpos extensos).
Mas caso de um corpo extenso, por exemplo, uma barra ou uma ponte, além
de afirmar que o corpo não translade teremos que garantir que o corpo não
rotacione (condição segunda dos corpos extensos) . Por isso, existe uma
grandeza física que relaciona força e rotação num ponto, esse grandeza é
chamada de momento ou torque .
O momento (M) de uma força é a capacidade dessa força fazer girar um
objeto. Para calcular essa grandeza, em relação a um referencial, é o produto
(multiplicação) da força aplicada a um corpo pela distância desta força até o
ponto de referência, isto é:
M = F . d
onde F é a força aplicada no corpo, d é a distância da força F até o
referencial de apoio (pólo) e a unidade do Momento é N.m
No Sistema Internacional de Unidades, a unidade de medida que
caracteriza o momento de uma força é newton x metro (N.m).
F – newton (N)
d – metro (m)
M – newton x metro – N.m

Momento é uma grandeza escalar, por isso, pode ser positiva ou negativa. O
sinal segue a seguinte convenção:
Quando a Força aplicada forneça uma rotação no sentido anti-horário,
em relação ao ponto de referência, o momento é positivo,
Caso a Força aplicada fornece uma rotação no sentido horário, em
relação ao ponto de referência, o momento é negativo.
CONDIÇÕES DE EQUILÍBRIO DE UM CORPO
∑Fx = 0 →somatório de forças na direção horizontal deve ser nulo;
∑Fy = 0 →somatório de forças na direção vertical deve ser nulo;
∑Mo = 0 →somatório de momentos em relação a um ponto qualquer deve ser
nulo.

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Vejamos o esquema abaixo para exemplificar os dois casos citados acima:
Momento Positivo: como podemos observar na figura abaixo a força
aplicada à barra faz com que essa gire no sentido anti-horário.

Momento Negativo: como podemos observar na figura abaixo a força
aplicada à barra faz com que essa gire no sentido horário.

Exemplos
1) Uma régua de 40 cm de comprimento é fixada numa parede no ponto O
em torno do qual ela pode girar. Observe a figura abaixo.
Determine o momento das forças F 1 = 60N, F2 = 40N e F3 = 100N, em
relação ao ponto O.
Resolução:
Primeiramente devemos colocar o comprimento em metros e verificar para
que sentido as forças fazem a régua girar, em relação ao ponto O, logo:

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Como podemos ver a força F 1 faz a régua girar no sentido anti-horário, logo
seu momento será positivo, já a força F2 não faz a régua girar em relação ao
ponto O, portanto seu momento é zero e por fim, a força F3 faz a rotação no
sentido horário, com isso, seu momento será negativo.
Vamos agora encontrar o valor de cada momento:
M10 = F1 d10 M10 = 60 . 0,20 M10 = + 12 N.m
M20 = 0 N.m
M30 = F3 d30 M30 = 100 . 0,40 M30 = - 40 N.m
2) Determine o momento das forças F 1 = 5N, F2 = 6N e F3 = 8N aplicada ao
esquema abaixo:

Resolução:
Primeiramente devemos verificar se o comprimento está em metros e para
que sentido as forças fazem a barra girar, em relação ao ponto O, logo, como
podemos ver a força F1 faz a barra girar no sentido horário, logo seu
momento será negativo, já a força F2 faz a rotação no sentido anti-horário,
com isso, seu momento será positivo e por fim, a força F3 não faz a barra

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girar em relação ao ponto O, portanto seu momento é zero.
Vamos agora encontrar o valor de cada momento:
M10 = F1 d10 M10 = 5 . 2 M10 = - 10 N.m
M20 = F2 d20 M20 = 6 . 1 M20 = + 6 N.m
M30 = 0 N.m
3) Veja o esquema abaixo e determine o momento de cada força em relação
ao ponto O e o momento resultante em relação ao ponto O.

Resolução:
Primeiramente devemos verificar se o comprimento está em metros e para
que sentido as forças fazem a barra girar, em relação ao ponto O, logo, como
podemos ver as forças F1 e F4 fazem a barra girar no sentido horário, logo
momento delas será negativo, já as forças F2 e F3 fazem a rotação no sentido
anti-horário, com isso, o momento delas será positivo.
Vamos agora encontrar o valor de cada momento:
M10 = F1 d10 M10 = 16 . 3 M10 = - 48 N.m
M20 = F2 d20 M20 = 12 . 1 M20 = + 12 N.m
M30 = F3 d30 M30 = 20 . 1,2 M30 = + 24 N.m
M40 = F4 d40 M40 = 40 . 2,7 M40 = - 108 N.m
Para encontrar o valor do momento resultante basta fazer a soma de todos
os momentos considerando o sinal de cada um deles, isto é:
M = M10 + M20 + M30 + M40 M = - 48 + 12 + 24 – 108
M = - 120 N.m
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ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO
2. Estática do Corpo Extenso
Primeiramente vamos definir o que é Corpo Extenso, isto é:

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Um corpo pode ser considerado um Corpo Extenso quando suas dimensões (comprimento,
largura e profundidade) não podem ser desprezadas em um dado fenômeno em comparação as
demais grandezas físicas que estão sendo estudadas.
Agora, para entendermos a estática do corpo extenso é necessário que saibamos as condições
necessárias para que esse corpo esteja em equilíbrio, isto é:
1ª Condição: para que possamos afirmar que um corpo extenso está parado, em um dado referencial,
temos que garantir que a sua velocidade vetorial seja constante com o tempo, sendo assim a sua aceleração
vetorial é zero (nula). Logo, concluímos que a força resultante no sistema é zero.
Portanto, a primeira condição necessária para afirmar que um corpo extenso está em equilíbrio é
quando a resultante das forças aplicada nele for nula, isto é, .
2ª Condição: para que possamos afirmar que um corpo extenso está parado, em um dado referencial, é
garantir que o corpo não sofra rotação, isto é, soma dos momentos deve ser nula .
Portanto, a segunda condição necessária para afirmar que um corpo extenso está em equilíbrio é
quando a soma dos momentos aplicados nele for nula, isto é, MR = 0.


Resumindo:
CONDIÇÕES
PRIMEIRA SEGUNDA
FR = 0 FRX = 0

e

FRY = 0
M = 0
Exemplo
1) Na figura a barra homogênea AB é articulada no ponto A e está mantida na horizontal pelo fio BC. O peso
dessa barra é de 100N e o corpo D pesa 250N. Encontre a tração no fio e as componentes vertical e
horizontal da reação da articulação A.
Dados: sen = 0,6 e cos = 0,8

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Resolução:
Vamos fazer um esquema com as forças aplicadas no sistema:

Como sabemos, a tração tem uma componente em x e outra em y, isto é:

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Agora como a barra está em equilíbrio impomos as condições para tal, isto é:
RESULTANTE DAS FORÇAS NULA , isto é:
EM X:
Analisando o sistema no eixo x e está em equilíbrio, temos que:
Fax = Tx Fax = T cos Fax = T . 0,8 Fax = 0,8 T
EM Y:
Analisando o sistema no eixo y e está em equilíbrio, temos que:
Fay + Ty = Pb + PD Fay + T sen = 100 + 250 Fay + T . 0,6 = 350 Fay = 350 - 0,6 T
O SOMATÓRIO DOS MOMENTOS EM RELAÇÃO AO PONTO B É NULO , isto é:
Em relação ao ponto B, as forças Fax, Tx, Ty e PD tem momentos iguais a zero, pois não fazem a barra girar
em relação ao ponto B. Mas as forças Fay e Pbpossuem momentos não nulos, M fay (negativo, faz girar no
sentido horário) e Pb (positivo, faz girar no sentido anti-horário).
Logo, MB = Mfay + MPb = 0, portanto temos que:
- Fay . l + Pb. (l/2) = 0
(obs.: a distância da força da articulação na direção y até B é l, isto é, a barra inteira e a distância
do peso da barra até B é a metade de l)
Para resolver a equação dividiremos todos os termos por l e tiramos o MMC, portanto teremos:
- 2Fay + Pb. = 0
Substituindo o valor do peso da barra podemos encontrar o valor da força da articulação A na direção y, isto
é:
- 2Fay + 100 = 0 - 2Fay = - 100 Fay = 50N
Agora, podemos encontrar o valor da tração, basta substituir o valor encontrado de Fay na seguinte
equação:
Fay = 350 - 0,6 T 50 = 350 - 0,6 T 0,6 T = 350 – 50
T = 300 / 0,6 T = 500N
Para finalizar, encontraremos a Fax, substituindo o valor da tração encontrada na seguinte equação:
Fax = 0,8 T Fax = 0,8 . 500 Fax = 400N
Portanto, a resposta do exercício é: Fay = 50N, Fax = 400N e T = 500N
< 1 2
Momento de uma força ou torque
O momento da força ou torque á grandeza vetorial que produz rotação. Para que se possa
rodar algum objeto é preciso um ponto de apoio e de uma força. A grandeza momento é o
produto da força pela distância entre a reta suporte da força e o ponto de apoio considerado.

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Contudo é necessário usar apenas a parte escalar do momento nas análises que costumamos
aplicar no ensino médio.
Assim o momento é resumido a
M = F.d
Costuma-se atribuir um sinal ao sentido da rotação:

Considere a figura plana abaixo onde estão aplicadas duas forças.


Em relação ao ponto P
M1=+F1d1
M2=-F2d2

Vamos fazer um exemplo numérico
Uma haste de massa desprezível em repouso na horizontal recebe as três forças abaixo.
Na figura as forças valem:
F1 = 4 N
F2 = 10 N
F3 = 6 N

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O corpo possui uma força resultante que vale zero. As forças para cima somam o mesmo valor
que as somas para baixo.
Contudo, o momento resultante não é zero.

Vamos fazer o momento resultante em relação ao ponto A da barra
Usando a convenção de rotação:
Horário = negativo
Anti-horário = positivo

MRES= +F1d1 – F2d2 +F3 d3
MRES = 4x1 – 10x2 +6x3
MRES= 2 Nm

O momento resultante teve sinal positivo, isto significa que a barra vai girar no sentido anti-
horário em relação ao ponto A.

Um caso interessante que não terá momento nulo é o chamado binário.



Binários são úteis quando se deseja que o corpo fique girando, por exemplo, irrigadores de
jardim.

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Exercício resolvido:
A figura ilustra uma gangorra de braços iguais. Contudo as crianças A e B não estão sentadas
em posições equidistantes do apoio. A criança A de 470 N de peso está a 1,5m do apoio. A
criança B de 500 N de peso está a 1,6 m do apoio. O peso da haste da gangorra é de 100N. A
gangorra vai:


a) descer no lado da criança A.
b) descer no lado da criança B.
c) ficar em equilíbrio na horizontal.
d) fazer uma força de 970 no apoio.

Solução:

As forças que atuam na gangorra são:
Força FA que a criança faz na gangorra de mesmo módulo que seu peso = 470 N
Força FB que a criança faz na gangorra de mesmo módulo que seu peso = 500 N
Peso da gangorra que atua no centro de massa (meio) = 100 N
Força de reação normal da gangorra no apoio = F

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O valor da força F do apoio é a soma das forças verticais (para ter resultante zero), assim
F = 100 + 470 + 500 = 1070 N
[já exclui a letra D]

Para saber para que lado a gangorra vai girar ou se permanecerá em equilíbrio vamos fazer os
momento de cada lado em relação ao ponto de apoio.
MA = + FA.dA = 470 x 1,5 = 705 N.m
MB = - FB.dB = - 500 x 1,6 = - 800 N.m

O Momento resultante é MRES = 705 – 800 = - 95 N.m.
Logo a gangorra pende para o lado de B (horário).

Obs.: Observe que é importante entender que a o momento de A é contrário ao momento de B.
Não é preciso colocar o sinal, basta perceber que o maior momento vai fazer girar naquele
sentido.

MA = FA.dA = 470 x 1,5 = 705 N.m
MB = FB.dB = 500 x 1,6 = 800 N.m

Como MB > MA a gangorra gira para B

Letra B.

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Os casos comuns são os casos onde já há equilíbrio ou o equilíbrio é exigido pelo problema.
Nesses casos o momento resultante é nulo

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video
http://soumaisenem.com.br/fisica/o-movimento-o-equilibrio-e-descoberta-de-leis-
fisicas/equilibrio-corpo-extenso

e Exercícios Resolvidos – Momento de uma Força ou Torque

Atenção alunos: sigam corretamente as dicas dos enunciados dos exercícios e confiram seus
resultados no final da lista com as respectivas resoluções. Sejam coerentes, tentando resolver tudo e só
depois conferindo os resultados. Bons estudos e até semana que vem!

1) Uma barra AO situada num plano vertical pode girar em torno de um ponto O. Determine o momento
da força F (torque) de intensidade de 120 N nos três casos a seguir.

Use M = F . D (momento = força x distância), quando o ângulo de aplicação da força é de 90° com a
barra.

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OBS.: M e T são letras que representam a mesma grandeza física: Momento de uma força ou
Torque, OK?


2) Em cada caso representado abaixo, calcule o momento da força aplicada na barra, em relação ao
ponto O.
Obs.: Quando houver inclinação diferente de 90° entre F e a barra, usa-se a seguinte fórmula:
M = F. d .sen θ


3) (UFLA-95) A figura abaixo representa um sistema em equilíbrio estático. Sendo PA = 20 N, o peso
PB deve ter valor de:
Dica: A soma dos momentos deve ser zero. O giro no sentido horário provoca momento positivo
e no sentido anti-horário provoca momento negativo.


4) Uma barra homogênea AB de peso P = 10 N e comprimento L = 50 cm está apoiada num ponto O a
10 cm de A. De A pende um corpo de peso Q1 = 50 N. A que distância de x deve ser colocado um corpo
de peso Q2 = 10 N para que a barra fique em equilíbrio na horizontal?

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Resolução:

1) a) Como F está sendo aplicada na direção da barra, ela não provoca rotação na barra e o momento
(torque) é nulo. M = 0 N.m

b) F = 120 N e a distância do ponto de aplicação de F até o ponto de giro é d = 3 m, logo:
M = F.d = 120 . 3 = 360 N.m

c) F = 120 N e a distância do ponto de aplicação de F até o ponto de giro é d = 6m, logo:
M = F.d = 120 . 6 = 720 N.m

2) a) M = F. d b) M = F. d. senθ
F=10 N F =8 N
d=b=2 m d=b=6 m
M = 10.2=20 θ=30° e sen 30°=0,5
M = 20 N.m M = 8.6.0,5 = 24
M = 24 N.m
Lembre-se que a unidade de medida do torque (momento) é N.m


3) Quando temos objetos pendurados na barra ou sobre a barra, a força peso é a força aplicada
perpendicularmente à barra. Observe a figura com os vetores das forças pesos representados em cada
ponto de aplicação. O ponto onde a barra está apoiada está representado pelo triângulo.


As forças aplicadas são PA e PB .
Para o equilíbrio, a soma dos momentos deve ser zero:MPB – MPA = 0 (PA faz a barra girar sentido anti-
horário em torno do ponto de apoio, logo o momento é negativo).
PA.dA – PB . dB = 0
20 . 3 – PB . 4 = 0  60 – 4.PB=0  4.PB = 60

PB = 60/4 = 15 N.m  PB = 15 N.m

4) O exercício falou sobre o peso da barra. Então não podemos desprezá-lo. Ele deve ser representado
no centro da barra (veja a figura a seta azul). Observe também as distâncias das aplicações das forças
até o ponto O.

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A soma dos momentos deve ser zero:

Q1 provoca uma rotação na barra no sentido anti-horário (M<0) Q2 e P no sentido horário (M>0):
MQ2 + MP – MQ1 = 0
Q2.d2 + P . d – Q1.d1 = 0
10.(40-x) + 10.15 – 50.10=0
400-10x+150-500=0
- 10 x = 500 -150 -400
- 10 x = - 50 (multiplica por – 1)
10 x = 50
X = 50/10

X = 5 cm