Aplicações à Física e à Engenharia

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1 UNIVERSIDADE DO ESTADO DE MATO GROSSO CAMPUS UNIVERSITÁRIO DE SINOP FACULDADE DE CIÊNCIAS EXATAS E TECNOLÓGICAS CURSO DE ENGENHARIA CIVIL DISCIPLINA: CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I Aplicações à Física e à Engenharia Prof.: Rogério Dias Dalla Riva

2 Aplicações à Física e à Engenharia 1.Introdução 2.Pressão Hidrostática e Força 3.Resolução de Exemplos 4.Momentos e Centros de Massa 5.Resolução de Exemplos

3 1. Introdução Junto com as muitas aplicações de cálculo integral à Física e à Engenharia consideramos duas aqui: a força devido à pressão da água e centros de massa. Como em nossas aplicações anteriores à geometrica (áreas, volume e comprimentos) e ao trabalho, nossa estratégia é quebrar a quantidade física em um grande número de pequenas partes, aproximar cada pequena parte, adicionar os resultados, tomar o limite e então avaliar a integral resultante. 3

4 2. Pressão hidrostática e força Os mergulhadores notam que a pressão da água aumenta quando eles mergulham mais profundamente. Isso ocorre por causa do aumento do peso da água acima deles. 4

5 2. Pressão hidrostática e força Em geral, suponha que uma placa horizontal fina com a área A por metros quadrados seja submersa em um fluido de densidade ρ quilogramas por metro cúbico a uma profundidade d metros abaixo da superfície do fluido, como na figura abaixo. 5

6 2. Pressão hidrostática e força O fluido diretamente acima da placa tem um volume V = Ad, assim sua massa é m = ρv = ρad. A força exercida pelo fluido na placa é, portanto: F = mg = ρgad onde g é a aceleração da gravidade. A pressão P na placa é definida como a força por unidade de área: P F = = ρgd A 6

7 2. Pressão hidrostática e força No Sistema Internacional de Unidades, a pressão é medida em newtons por metro quadrado, que é chamada pascal (1 N/m 2 = 1 Pa). Como essa é uma unidade pequena, o kilopascal (kpa) é frequentemente usado. Por exemplo, uma vez que a densidade da água é de ρ = kg/m 3, a pressão no fundo de uma piscina de 2 m de profundidade é P = ρgd = kg/m 9,8 m/s 2 m P = Pa = 19,6 kpa 7

8 2. Pressão hidrostática e força Um princípio importante da pressão de fluidos é o fato verificado experimentalmente de que em qualquer ponto no líquido a pressão é a mesma em todas as direções. Então, a pressão em qualquer direção a uma profundidade d em um fluido com densidade ρ é dada por P = ρgd = δd 8

9 2. Pressão hidrostática e força Isso nos ajuda a determinar a força hidrostática contra uma placa vertical ou parede de uma represa em um fluido. Este não é um problema simples, porque a pressão não é constante, mas se eleva com o aumento da profundidade. 9

10 3. Resolução de exemplos Exemplo 1: Uma represa tem o formato do trapézio mostrado na figura a seguir. A altura é de 20 m, e a largura é de 50 m no topo e 30 m no fundo. Clacule a força na represa devido à pressão hidrostática da água se o nível da água está a 4 m do topo da represa. 10

11 3. Resolução de exemplos Solução: Escolhemos um eixo vertical x com origem na superfície da água, como na figura a seguir. 11

12 3. Resolução de exemplos A profundidade da água é de 16 m; assim, dividimos o intervalo [0, 16] em subintervalos de igual comprimento com extremos x i e x i * [x i-1, x i ]. A i-ésima faixa horizontal da represa é aproximada por um retângulo com altura x e largura w i, onde, por similaridade de triângulos (ver figura abaixo) a 10 1 x = = * 16 i x x a = = * * i i 12

13 3. Resolução de exemplos e assim 1 w = 2 (15 + a) = 2 ( x ) = 46 x 2 * * i i i Se A i é a área da i-ésima, então A = w x = x x * i i (46 i ) 13

14 3. Resolução de exemplos Se x é pequena, então a pressão P i na i-ésima faixa é praticamente constante, e podemos escrever P i ,8 x * i P i x * i 14

15 3. Resolução de exemplos A força hidrostática F i agindo na i-ésima faixa é o produto da pressão pela área: F = P A x x x * * i i i i (46 i ) Adicionando essas forças e tomando o limite quando n, obtemos a força hidrostática total na represa: n * * i lim i (46 i ) n i = 1 F = x x x 15

16 3. Resolução de exemplos F 16 F = x (46 x) dx (46 ) F = x x dx x F = x = ,43 10 N

17 3. Resolução de exemplos Exemplo 2: Calcule a força hidrostática no extremo de um tambor cilíndrico com raio de 3 pés que está submerso em água com 10 pés de profundidade. Considere δ = 62,5 lb/pés 2. 17

18 3. Resolução de exemplos Solução: Neste exemplo é conveniente escolher os eixos como na figura abaixo, de modo que a origem seja colocada no centro do tambor. 3 18

19 3. Resolução de exemplos Então o círculo tem uma equação simples x 2 + y 2 = 9. Como no Exemplo 1, dividimos a região circular em faixas horizontais de larguras iguais. Da equação do círculo, vemos que o comprimento da i-ésima faixa é e assim sua área é ( * y ) i ( * ) 2 i A = 2 9 y y i 19

20 3. Resolução de exemplos A pressão nessa faixa é aproximadamente δd i ( * y ) i = 62,5 7 e assim a força na faixa é aproximadamente ( * ) ( * ) 2 δd A = 62,5 7 y 2 9 y y i i i i 20

21 3. Resolução de exemplos A força total é obtida pela soma das forças em todas as faixas e tomando-se o limite n n i = 1 ( * ) ( * ) 2 i i F = lim 62,5 7 y 2 9 y y 3 2 F y 9 y dy 3 ( ) = F y dy 125 y 9 y dy =

22 3. Resolução de exemplos A segunda integral é 0, porque o integrando é uma função ímpar [f(-y) = -f(y)]. Portanto: F 3 = Lembrando que 3 2 y dy u a sin u a u du = a u + + C 2 2 a 22

23 3. Resolução de exemplos Teremos F y y F = y + sin ( 3) 9 1 ( 3) = sin 9 9 sin F 9 9 = sin (1) sin ( 1) 9 π 9 π 9π F = 875 = lb

24 3. Resolução de exemplos Outra forma de resolver o Exemplo 2 é observar que a área a ser determinada corresponde à área de um disco semicircular de raio 3. Portanto: F π 2 2 r π (3) = 875 = lb

25 4. Momentos e centros de massa Nosso principal objetivo aqui é encontrar o ponto P no qual uma fina placa de qualquer formato se equilibra horizontalmente, como na figura a seguir. Esse ponto é chamado centro de massa (ou centro de gravidade) da placa. 25

26 4. Momentos e centros de massa Primeiro consideramos a situação mais simples mostrada na figura abaixo, onde duas massas m 1 e m 2 são presas a um bastão de massa desprezível em lados opostos a um apoio e a distâncias d 1 e d 2 do apoio. 26

27 4. Momentos e centros de massa O eixo ficará em equilíbrio se m d = m d Esse é um fato experimental descoberto por Arquimedes e chamado Lei da Alavanca. 27

28 4. Momentos e centros de massa Agora suponha que o eixo esteja sobre o eixo x com m 1 em x 1 e m 2 em x 2 e o centro de massa em. Se verificarmos a figura abaixo, veremos que d = x x e d = x x

29 4. Momentos e centros de massa Portanto m d = m d ( ) = ( ) m x x m x x m1x m1x 1 = m2x2 m2x m1x + m2x = m1x 1 + m2x2 ( ) x m + m = m x + m x x = m x m + m x + m

30 4. Momentos e centros de massa Os números m 1 x 1 e m 2 x 2 são denominados momentos das massas m 1 e m 2 (em relação à origem) e a equação anterior diz que o centro de massa é obtido pela soma dos momentos das massas e divisão pela massa total m = m 1 + m 2. 30

31 4. Momentos e centros de massa Em geral, temos um sistema de n partículas com massas m 1 m 2,, m n localizadas nos pontos x 1, x 2,, x n sobre o eixo x. Podemos mostrar similarmente que o centro de massa do sistema está localizado em n n = = = m x m x x m m i i i i n i = 1 i = 1 n mi m i = 1 i = 1 i 31

32 4. Momentos e centros de massa onde m é a massa total do sistema, e a soma dos momentos individuais M n = i = 1 m x i i é chamada momento do sistema em relação à origem. Então pode ser reescrita como mx = que diz que se a massa total fosse considerada como concentrada no centro de massa, então seu momento deveria ser o mesmo que o momento do sistema. M 32

33 4. Momentos e centros de massa Agora considere um sistema de n partículas com massas m 1 m 2,, m n nos pontos (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ),, (x n, y n ) no plano xy como mostrado na figura abaixo 33

34 4. Momentos e centros de massa Por analogia com o caso unidimensional, definimos o momento do sistema com relação ao eixo y como M n = m x y i i i = 1 e o momento do sistema com relação ao eixo x como M n = m y x i i i = 1 34

35 4. Momentos e centros de massa Então M y mede a tendência do sistema girar ao redor do eixo y e M x mede a tendência de ele girar ao redor do eixo x. Como no caso unidimensional, as coordenadas (, ) do centro de massa são dadas em termos dos momentos pelas fórmulas x M y = y = m M m x 35

36 4. Momentos e centros de massa onde m = m i é a massa total. Como mx = M e my = M y o centro de massa (, ) é o ponto onde uma partícula única de massa m teria os mesmos momentos do sistema. x 36

37 Exemplo 3: Calcule os momentos e os centros de massa do sistema de objetos que têm massa 3, 4 e 8 nos pontos (-1, 1), (2, -1) e (3, 2). M = 3 ( 1) + 4 (2) + 8 (3) = 29 y M = 3 (1) + 4 ( 1) + 8 (2) = 15 x 37

38 Como m = = 15, obtemos x M y = = m y = =

39 29,1 15 Então o centro de massa é. 39

40 A seguir consideramos uma placa plana (denominada lâmina) com densidade uniforme ρ que ocupa uma regiãor do plano. Desejamos encontrar o centro de massa da placa, chamada centróide (ou centro geométrico) der. Fazendo isso usamos os seguintes princípios físicos: o princípio da simetria diz que se R é simétrico ao redor da reta l, então o centróide de R está em l. 40

41 Simetria em relação ao eixo y R Simetria em relação ao eixo x O centróide de um retângulo é o seu centro 41

42 Os momentos devem ser definidos de maneira que se a massa total da região está concentrada no centro de massa, então seus momentos permanecem inalterados. Também, o momento da união de duas regiões sem a interseção deve ser a soma dos momentos das regiões individuais. 42

43 Suponha que a região R seja do tipo mostrado na figura abaixo; isto é, R esteja entre as retas x = a e x = b, acima do eixo x e abaixo do gráfico de f, onde f é uma função contínua. 43

44 Dividimos o intervalo [a, b] em n subintervalos com os extremos x 0, x 1,, x n e larguras iguais a x. Escolhemos o ponto de amostragem x i* como o ponto médio i do i-ésimo subintervalo, que é i = (x i-1 + x i )/2. Isso determina uma aproximação poligonal a R, mostrada na figura a seguir. 44

45 O centróide do i-ésimo retângulo aproximador R i é seu centro C i ( i, ½f[ i ]). 45

46 Sua área é A = f ( x ) x Assim, sua massa é m = ρf ( x ) x O momento de R i ao redor do eixo y é o produto de sua massa pela distância de C i ao eixo y, que é i. Então i i M ( R ) = [ ρf ( x ) x] x = ρx f ( x ) x y i i i i i 46

47 Somando esses momentos, obtemos o momento da aproximação poligonal a R e, então, tomando o limite quando n, obtemos o momento do própriorem relação ao eixo y. n b M = lim ρx f ( x ) x = ρ xf ( x) dx y i i n i = 1 a 47

48 De maneira similar calculamos o momento de R i em relação ao eixo x como o produto de sua massa e da distância de C i ao eixo x: Mx( Ri ) = [ ρf ( xi ) x] f ( xi ) = ρ [ f ( xi ) ] x 2 2 Novamente somamos esses momentos e tomamos o limite para obter o momento de R ao redor do eixo x. n b x = lim ρ [ ( i ) ] = ρ [ ( i ) ] n i = a M f x x f x dx 48

49 Como no caso do sistema de partículas, o centro de massa da placa é definido de maneira que mx = M e my = M y Mas a massa da placa é o produto de sua densidade por sua área: m = ρa = ρ f ( x) dx b a x 49

50 e assim x b ρ xf ( x) dx xf ( x) dx My a a = = = b b m ρ f ( x) dx f ( x) dx a b a y b b 2 2 ρ Mx a a = = = b b m 1 1 [ f ( x)] dx [ f ( x)] dx 2 2 ρ f ( x) dx f ( x) dx a a 50

51 Note o cancelamento de ρ. A localização do centro de massa independe da densidade. Em resumo, o centro de massa da placa (ou o centróide de R) está localizado no ponto (, ), onde b b x xf ( x) dx y [ f ( x)] dx = = A a A a 2 51

52 Exemplo 4: Calcule o centro de massa de uma placa semicircular de raio r. 52

53 Solução: Para usarmos as fórmulas anteriores, colocamos o semicírculo como na figura abaixo de modo que f ( x) = r x a = r b = r

54 Aqui não há a necessidade de usar a fórmula para calcular porque, pelo princípio da simetria, o centro de massa deve estar sobre o eixo y, e, dessa forma, = 0. A área do semicírculo é A = πr

55 1 1 y = [ f ( x )] dx A 2 Portanto: 2 r b a ( ) y = r 2 x 2 dx = ( r 2 x 2 ) dx 2 2 πr 2 πr 2 r r 2 r r r 3 ( 2 2 ) ( 2 2 ) 2 x r x dx r x dx r x r = = = πr πr πr r 2 2r 4r = 2 r = = 2 πr 3 πr 3 3π r 55

56 O centro de massa está localizado no ponto de coordenadas 4r 0, 3 π 56

57 Exemplo 5: Determine o centróide da região limitada pelas curvas y = cos x, y = 0, x = 0 e x = π/2. 57

58 Solução: A área da região é π 2 ] π 2 = = = 0 0 A cos x dx sen x 1 58

59 π 2 1 x = x cos x dx A 0 Lembrando que u dv = uv v du fazemos u = x du = dx e dv = cos x v = sen x. π 2 π 2 π 2 1 x = x cos x dx = x sen x] sen x dx A π [ ] π 2 π [ ] π 2 π x x = cos = + cos = 1 59

60 π [ ] 2 y = f ( x ) dx A 2 π 2 π 2 π x cos 2 1 = cos ( 1 cos 2 ) 2 x dx = dx x dx 2 = π π π = x sen2x 4 + = =

61 O centróide está localizado no ponto de coordenadas π π 1,

62 Se a regiãorestá entre as curvas y = f(x) e y = g(x), onde f(x) g(x), como mostrado na figura a seguir, então o mesmo tipo de argumento que nos levou às fórmulas para a determinação do centro de massa pode ser usado para mostrar que o centróide deré(, ). 62

63 b x = x[ f ( x) g( x) ] dx y = {[ f ( x)] 2 g( x)] 2 } dx A A 2 a b a 63

64 Exemplo 6: Determine o centróide da região limitada pela reta y = x e a parábola y = x 2. 64

65 Solução: A região é esboçada na figura abaixo. Tomamos f(x) = x, g(x) = x 2, a = 0 e b = 1 na fórmula anterior. 65

66 Cálculo da área: ( 2 ) x x A = x x dx = = =

67 b 1 x = x[ f ( x) g( x) ] dx A a ( 2 ) ( 2 3 x = 6 ) 1 x x x dx = x x dx x x x = 6 = = =

68 b 1 1 { 2 2 y = [ f ( x )] g ( x )] } dx A 2 a ( 2 4 ) 1 ( 2 4 y = 6 ) 1 x x dx = x x dx y x x = 3 = = =

69 O centróide está localizado no ponto de coordenadas 1 2,

70 Agora mostraremos uma conexão entre centróides e volumes de revolução. Teorema de Pappus*: Seja R uma região plana que está inteiramente de um lado de uma reta l em um plano. Se R é girada ao redor de l, então o volume do sólido resultante é o produto da área A de R e a distância d percorrida pelo centróide de R. * Esse teorema tem o nome do matemático grego Pappus de Alexandria, que viveu no século IV. 70

71 Prova: Provaremos para o caso especial no qual a região está entre y = f(x) e y = g(x) como na figura abaixo e a reta l é o eixo y. 71

72 b [ ] V = 2 π x f ( x) g( x) dx a b 2 π x f ( x) g( x) dx = 2π xa = 2π x A = Ad a [ ] ( ) ( ) onde d = 2π é a distância percorrida pelo centróide durante uma rotação ao redor do eixo y. 72

73 Exemplo 7: Um toro é formado pela rotação de um círculo de raio r ao redor de uma reta no plano do círculo que está a uma distância R (> r) do centro do círculo. Calcule o volume do toro. 73

74 Solução: O círculo tem a área A = πr 2. Pelo princípio de simetria, seu centróide é seu centro e, assim, a distância percorrida pelo centróide durante a rotação é d = 2πR. R r 74

75 Portanto, pelo Teorema de Pappus, o volume do toro é ( ) ( ) V = πr 2π R = 2π r R 75