Equilíbrio de um ponto material pdf

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1

Equilíbrio do Ponto Material

Referências:

Mecânica Vetorial para Engenheiros – Estática: Capítulo 2. Autores: Ferdinand P. Beer e E. Russel Johnston, Jr.

Estática – Mecânica para Engenharia: Capítulo 2. Autor: R. C. Hibbeler

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2

Equilíbrio de um Ponto Material:

Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre um ponto material é zero, este ponto está em equilíbrio, ou seja, está em repouso ou em movimento em linha reta

com velocidade constante (movimento retilíneo uniforme).

Um ponto material submetido à ação de duas forças estará em equilíbrio quando essas duas forças tiverem a mesma intensidade, a mesma linha de ação e sentidos opostos, pois nesse caso a resultante das duas forças é zero. Se houver mais de duas forças

atuando sobre o ponto material, a soma das componentes nas direções x, y e z devem se anular independentemente.

A

100 N

100 N

A

F2 = 866 N F4 = 2000 N

F3 = 1000 N

F1 = 1500 N F

4

F1

F2

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3

Para exprimir algebricamente as condições necessárias de equilíbrio de um ponto material, escrevemos que a resultante 𝐑 das forças aplicadas é igual a zero:

Decompondo cada força 𝐅Ԧ em componentes cartesianas, temos: o que implica em

A

F2 = 866 N F4 = 2000 N

F3 = 1000 N

F1 = 1500 N

Vamos testar as condições de equilíbrio o problema abaixo, com as forças atuando no plano x, y (forças coplanares):

30º 30º

Condição de equilíbrio da resultante x:

Condição de equilíbrio da resultante y:

෍ 𝐹𝑥 = 1500 + 2000 cos 120𝑜 + 1000 cos 240𝑜 .

෍ 𝐹𝑥 = 1500 − 1000 − 500 = 0.

෍ 𝐹𝑦 = −866 + 2000 sen 120𝑜 + 1000 sen 240𝑜 .

෍ 𝐹𝑦 = −866 + 1732 − 866 = 0.

𝐑 = ෍ Ԧ

𝐅 = 𝟎

Condição de equilíbrio

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4

Diagrama de Corpo Livre:

Um grande número de problemas que envolvem estruturas reais pode ser reduzido a problemas referentes ao equilíbrio de um ponto material. Isso é feito escolhendo-se um ponto material conveniente e esquematizando-se, em um diagrama separado, todas as forças que são exercidas sobre ele. Esse diagrama é chamado de diagrama de corpo livre.

Exemplo: Um caixote de 75 kg está sendo colocado sobre um caminhão. Quanto vale a tração nas cordas AB e AC ?

P =735 N

TAB

30º 50º

TAC

A

Módulo do peso do caixote P = 75 kg X 9,8 m/s2 = 735 N

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5 P = 735 N

TAB

30º 50º

TAC

A

Diagrama de corpo livre:

Resolvendo o problema pelo método de componentes:

Força Intensidade (N) Ângulo com +Ox Componente x (N) Componente y (N)

TAC ? 30𝑜 TAC cos(30º) TAC sen(30º)

TAB ? 130𝑜 TABcos(130º) TAB sen(130º)

P 735 270𝑜 0 -735

Condição de equilíbrio da resultante x:

Condição de equilíbrio da resultante y:

Sistema:

Resolvendo o sistema, temos:

Pela condição de equilíbrio, as componentes

x e y devem se cancelar independentemente:

෍ 𝐹𝑥 = 0 ෍ 𝐹𝑦 = 0

෍ 𝐹𝑥 = 𝑇𝐴𝐶 cos 30𝑜 + 𝑇𝐴𝐵cos 130𝑜 = 0

෍ 𝐹𝑦 = 𝑇𝐴𝐶 sen 30𝑜 + 𝑇𝐴𝐵 sen 130𝑜 − 735 = 0

0,866 𝑇𝐴𝐶 − 0,643 𝑇𝐴𝐵 = 0 0,5 𝑇𝐴𝐶 + 0,766 𝑇𝐴𝐵 = 735

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6

Módulo do peso do caixote P = 75 kg X 9,8 m/s2 = 735 N

Solução alternativa: usando a lei dos senos:

Triângulo de forças:

T

AC

T

AB

735 N

40

o

60

o

80

o

6

Como sabemos os ângulos e um dos lados do triângulo de forças, podemos usar a lei dos senos:

735

sen 80o =

𝑇𝐴𝐶

sen 40o → 𝑇𝐴𝐶 = 735

sen 40o

sen 80o ≈ 480 N.

735

sen 80o =

𝑇𝐴𝐵

sen 60o → 𝑇𝐴𝐵 = 735

sen 60o

(7)

7

A

B

C

50

o

30

o

T

CA

T

CB

P = 400 N

Exemplo – Dois cabos estão atados em C, onde é aplicada uma carga. Determine as trações em CA e CB.

50

o

30

o

T

CA

T

CB

P

Diagrama de corpo livre:

(8)

8

Força Intensidade (N)

Ângulo com +Ox

Componente x (N)

Componente y (N)

TCB ? 30𝑜 TCB cos(30o) T

CB sen(30o)

TCA ? 130𝑜 TCA cos(130o) T

CA sen(130o)

P 400 270𝑜 0 − 400

Sistema:

TCA = 352 N; TCB = 261 N.

Solução – resolvendo o problema pelo método de componentes:

As componentes x e y devem se cancelar independentemente:

50

o

30

o

T

CA

T

CB

P

C

෍ 𝐹𝑥 = 𝑇𝐶𝐵𝑐𝑜𝑠 30𝑜 + 𝑇𝐶𝐴𝑐𝑜𝑠 130𝑜 = 0.

෍ 𝐹𝑦 = 𝑇𝐶𝐵𝑠𝑒𝑛 30𝑜 + 𝑇𝐶𝐴𝑠𝑒𝑛 130𝑜 − 400 = 0.

0,866 𝑇𝐶𝐵 − 0,643 𝑇𝐶𝐴 = 0

0, 5 𝑇𝐶𝐵 + 0,766 𝑇𝐶𝐴 − 400 = 0

(9)

9

Solução alternativa: usando a lei dos senos:

A

B

C

50

o

30

o

T

CA

T

CB

P = 400 N

50

o

30

o

T

CB

T

CA

400 N

40

o

60

o

80

o

Como sabemos os ângulos e um dos lados do triângulo de forças, podemos usar a lei dos senos:

400

sen 80o =

𝑇𝐶𝐴

sen 60o → 𝑇𝐶𝐴 = 400

sen 60o

sen 80o ≈ 352 N.

400

sen 80o =

𝑇𝐶𝐵

sen 40o → 𝑇𝐶𝐵 = 400

sen 40o

sen 80o ≈ 262 N.

(10)

10

Exemplo – Determine o comprimento da corda 𝐴𝐶 de modo que a luminária de 8 kg seja suspensa, em equilíbrio, na posição mostrada. O comprimento não deformado da mola 𝐴𝐵 é 0,4 m e a mola tem uma rigidez 𝑘𝐴𝐵 = 300 N/m.

Solução:

Diagrama de corpo livre:

A

30o

𝑇

𝐴𝐶

𝑇

𝐴𝐵

𝑦

𝑥

Peso da luminária: 𝑃 = 𝑚𝑔

𝑃 = 8,0 kg 9,8 m/s2 𝑃 = 78,4 N

(11)

11

Força Intensidade (N)

Ângulo com +Ox

Componente x (N)

Componente y (N)

TAB ? 0𝑜 TAB 0

TAC ? 150𝑜 TAC cos(150o) T

AC sen(150o)

P 78,4 2700 0 -78,4

As componentes x e y devem se cancelar independentemente:

෍ 𝐹𝑥 = 0; ෍ 𝐹𝑦 = 0. A

30o

𝑇

𝐴𝐶

𝑇

𝐴𝐵

𝑦

𝑥

𝑃 = 78,4 N

෍ 𝐹𝑥 = 𝑇𝐴𝐵 + 𝑇𝐴𝐶cos 150𝑜 = 0

෍ 𝐹𝑦 = 𝑇𝐴𝐶sen 150𝑜 − 78,4 = 0

𝑇𝐴𝐵 − 0,866 𝑇𝐴𝐶 = 0 𝑇𝐴𝐵 = 0,866 𝑇𝐴𝐶

0,5 𝑇𝐴𝐶 − 78,4 = 0 𝑇𝐴𝐶 = 156,8 N

(12)

12 A

30o

𝑃 = 78,4 N

𝑇

𝐴𝐶

𝑇

𝐴𝐵

𝑦

𝑥

A força de tração 𝑇𝐴𝐵 no cabo 𝐴𝐵 é a força elástica da mola: 𝑇𝐴𝐵 = 𝐹 = 𝑘𝐴𝐵Δ𝑥

Δ𝑥 é a deformação da mola.

𝚫𝒙 = 𝐜𝐨𝐦𝐩𝐫𝐢𝐦𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐝𝐞𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞 𝑨𝑩 − 𝐜𝐨𝐦𝐩𝐫𝐢𝐦𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐧ã𝐨 𝐝𝐞𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞 𝑨𝑩

comprimento não deformado de 𝐴𝐵 = 0,4 m

comprimento deformado 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 = 2 − 𝐴𝐶 cos 30𝑜

Δ𝑥 = 2 − 𝐴𝐶 cos 30𝑜 − 0,4 = 1,6 − 𝐴𝐶 cos 30𝑜

𝐴𝐶 cos 30𝑜 𝐴𝐵

(13)

13

0,453 = 1,6 − 𝐴𝐶 cos 30𝑜

𝐴𝐶 = 1,6 − 0,453

cos 30𝑜 𝐴𝐶 = 1,32 m

𝑇𝐴𝐵 = 𝑘𝐴𝐵Δ𝑥

A força de tração na mola 𝐴𝐵 é 𝑇𝐴𝐵 = 135,8 N e a constante elástica da mola é 300 N/m.

Para a mola 𝐴𝐵, podemos escrever:

𝑇𝐴𝐵 = 𝑘𝐴𝐵Δ𝑥 135,8 = 300 Δ𝑥 Δ𝑥 = 135,8

300 Δ𝑥 = 0,453 m.

(14)

14

Exercício: Considere que o comprimento sem deformação da mola AB é de 2 m. Um bloco é preso em D e mantido na posição de equilíbrio mostrada da figura. Determine qual deve ser a massa desse bloco.

12,8 kg.

(15)

A

B

a

T

CA

T

CB

F

= 330 N

Exemplo – Dois cabos estão atados em C, onde é aplicada uma carga. Determine as trações em CA e CB.

280 mm

600 mm

450 mm

C

b

Calculando os ângulos a e b:

C

32o

T

CA

T

CB

53º

F = 330 N

Diagrama de corpo livre:

𝑥 𝑦

tg 𝛼 = 280 mm 450 mm

tg 𝛽 = 600 mm 450 mm

𝛼 ≈ 32𝑜.

(16)

16 Força Intensidade

(N)

Ângulo com o eixo +Ox.

Componente x

(N)

Componente y

(N)

TCA ? 148𝑜 TCA cos(148o) T

CA sen(148o)

TCB ? 233𝑜 TCB cos(233𝑜) TCB sen(233𝑜)

F 330 0𝑜 330 0

Sistema:

Solução – Resolvendo o problema pelo método de componentes:

As componentes x e y devem se cancelar independentemente:

C

32o

T

CA

T

CB

53º

330 N

−0,85 𝑇𝐶𝐴 − 0,60 𝑇𝐶𝐵 + 330 = 0. ෍ 𝐹𝑦 = 𝑇𝐶𝐴 sen 148𝑜 + 𝑇𝐶𝐵 sen 233𝑜 = 0.

෍ 𝐹𝑥 = 𝑇𝐶𝐴 cos 148𝑜 + 𝑇𝐶𝐵 cos 233𝑜 + 330 = 0.

0,53 𝑇𝐶𝐴 − 0,8 𝑇𝐶𝐵 = 0.

(17)

17

Polias

Uma polia, conforme mostrado na figura abaixo, é um dispositivo que muda a orientação de um cabo e, portanto, também a direção da força que o cabo suporta.

Se a polia for considerada como sem atrito, ou seja, se ela pode girar no seu rolamento sem atrito com os mancais, e se o peso do cabo for desprezível, então a magnitude (o módulo) da força suportada pelo cabo é sempre a mesma enquanto contorna a polia.

Na figura abaixo, temos uma polia sem atrito, e um cabo com peso desprezível. Neste caso, as intensidades das trações dos dois lados da polia são:

𝑇

1

= 𝑇

2

Observe na figura, que os módulos das

(18)

18

Polias – Continuação:

Considere o sistema abaixo, mostrado na figura (a), que se encontra em equilíbrio. Temos um cabo único enrolado em torno de várias polias (duas presas no teto e uma presa no chão). Na ponta esquerda do cabo, temos um bloco de peso 𝑃 e na ponta direita temos uma força de tração 𝑇.

Se a polia não tem atrito e se o cabo tem peso desprezível, então a magnitude (módulo) da força de tração em todos os pontos do cabo é a mesma, conforme a figura (b).

Como o sistema está em equilíbrio, concluímos que o peso 𝑃 do bloco deve ter o mesmo valor, em módulo, que a tração no cabo: 𝑃 = 𝑇.

(19)

19

Exemplo – Caixotes de 300 kg estão suspensos e em equilíbrio por diversas combinações de corda

e roldana. Determine, em cada caso, a tração T na corda. (A tração na corda é a mesma dos dois lados da roldana, quando as roldanas são sem atrito.)

𝑎) 𝑃 = 2𝑇 → 𝑇 = 𝑃

2 → 𝑇 =

300 . 9,8

2 = 1470 N.

b) 𝑃 = 2𝑇 → 𝑇 = 𝑃

2 → 𝑇 =

(300).9,8

2 = 1470 N.

c) 𝑃 = 3𝑇 → 𝑇 = 𝑃

3 → 𝑇 =

(300).9,8

3 = 980 N.

d) 𝑃 = 3𝑇 → 𝑇 = 𝑃

3 → 𝑇 =

(300).9,8

3 = 980 N.

e) 𝑃 = 4𝑇 → 𝑇 = 𝑃

4 → 𝑇 =

(300).9,8

(20)

20

Exemplo – O cursor A com 7,5 kg desliza sem atrito em um eixo vertical. Ele está preso por um cabo, através de uma polia sem atrito, a um peso de 8,5 kg. Determine a altura h para que o sistema esteja em equilíbrio. Considere as dimensões da polia desprezíveis.

A

C

7,5 kg

8,5 kg

0,40 m

h

Como o sistema está em equilíbrio, a tração T

no cabo é a mesma dos dois lados da polia.

T

P

C

T

P

A

N

Forças sobre o bloco C:

Forças sobre o bloco A:

N é a força normal aplicada sobre A pelo eixo vertical.

(21)

21

T

P

C

T

P

A

N

Forças sobre o bloco C – O sistema está em equilíbrio, assim a força resultante é zero.

Forças sobre o bloco A – O sistema está em equilíbrio, assim a força resultante é zero.

Direção y: Direção x:

𝛼 Direção x:

Direção y:

Altura h:

෍ 𝐹𝑥 = 0;

෍ 𝐹𝑦 = 𝑇 − 𝑃𝐶 = 0 𝑇 = 𝑃𝐶.

𝑃𝑐 = 8,5 kg 9,8 m/s2 = 83,3 N 𝑇 = 83,3 N.

෍ 𝐹𝑥 = 𝑇sen 𝛼 − 𝑁 = 0.

෍ 𝐹𝑦 = 𝑇cos 𝛼 − 𝑃𝐴 = 0. cos 𝛼 = 𝑃𝐴 𝑇

𝑃𝐴 = 7,5 kg 9,8 m/s2 = 73,5 N

cos 𝛼 = 73,5 N

83,3 𝑁 = 0,882 𝛼 = 28

𝑜.

tg 28𝑜 = 0,40 m

ℎ ℎ =

0,40 m

(22)

22

Plano Inclinado

Quando um corpo se encontra sobre um plano inclinado, é conveniente trabalharmos com um sistema de coordenadas onde o eixo 𝑥 seja paralelo ao plano inclinado e o eixo 𝑦 seja

perpendicular ao plano inclinado.

A força peso do corpo atua na direção vertical para baixo. Se o plano inclinado forma um ângulo 𝜃 com a horizontal, as componentes da força peso são:

𝑃∥ = 𝑃sen(θ)

𝑃⊥ = 𝑃sen(θ)

Componente paralela ao plano:

(23)

23

Exemplo – Determine a intensidade, a direção e o sentido da menor força 𝑭 que irá manter em equilíbrio a caixa mostrada na figura. Observe que a força exercida pelos roletes da esteira transportadora sobre a caixa é perpendicular ao plano inclinado.

Solução – Resolvendo o problema pelo método de componentes:

Escolhemos a caixa como um corpo livre. Assumimos um sistema de eixos ao longo da esteira transportadora. Existem três forças atuando sobre a

caixa: o peso, a normal e a força 𝑭. Para que 𝑭 seja a menor possível, a = 15º.

𝑁 = 𝑃cos 15𝑜

𝐹 = 𝑃sen 15𝑜 Intensidade: 𝐹 = 30 kg 9,8 m/s2 = 76,1 N Condição de equilíbrio:

(24)

24

Exemplo – A manga A tem peso desprezível e desliza sem atrito sobre a barra vertical CD.

Determine a força vertical F que manterá o sistema em equilíbrio com 𝜃 = 30𝑜, sabendo-se que o

comprimento indeformado da mola AB é 0,6 m.

Solução:

O comprimento da mola AB mostrado na figura é dado por:

𝑐𝑜𝑠 30𝑜 = 1 m

𝐴𝐵 𝐴𝐵 =

1 m 𝑐𝑜𝑠 30𝑜

𝐴𝐵 = 1,155 m.

A intensidade da força na mola AB é dada por: 𝐹𝐴𝐵 = 𝑘∆𝑠

∆𝑠 = 1,155 − 0,6 = 0,555 m.

onde ∆𝑠 é a deformação da mola, dada por:

∆𝑠 = Comprimento deformado − Comprimento não deformado

(25)

25

Diagrama de corpo livre de A:

F

N

30𝑜

𝑭

𝑨𝑩

𝐹𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛 30𝑜 − 𝐹 = 0

𝑥

𝑦

𝐴

Da condição de equilíbrio na direção y temos:

(26)

26

A

B

C

45

o

25

o

T

CA

T

CB

P

Exemplo – Dois cabos estão atados em C, onde é aplicada uma carga. Sabendo que a = 75º e P = 400 N determine as trações em CA e CB.

a

C

45

o

25

o

T

CA

T

CA

P

a

= 75º

Diagrama de corpo livre:

(27)

27 Força Intensidade

(N)

Ângulo com o eixo +Ox

Componente x

(N)

Componente y

(N)

TCB ? 25𝑜 TCB cos(25o) T

CB sen(25o)

TCA ? 135𝑜 TCA cos(135o) T

CA sen(135o)

P 400 255𝑜 400 cos(255o) 400 sen(255o)

C

45

o

25

o

T

CA

T

CB

P

75º

Sistema:

Solução – Resolvendo o problema pelo método de componentes:

As componentes x e y devem se cancelar independentemente:

෍ 𝐹𝑥 = 𝑇𝐶𝐵𝑐𝑜𝑠 25𝑜 + 𝑇𝐶𝐴𝑐𝑜𝑠 135𝑜 + 400 cos(255o) = 0.

෍ 𝐹𝑦 = 𝑇𝐶𝐵𝑠𝑒𝑛 25𝑜 + 𝑇𝐶𝐴𝑠𝑒𝑛 135𝑜 + 400 sen(255o) = 0.

0,91 𝑇𝐶𝐵 − 0,71 𝑇𝐶𝐴 − 104 = 0.

0,42 𝑇𝐶𝐵 + 0,71 𝑇𝐶𝐴 − 386 = 0.

𝑇𝐶𝐴 ≈ 326 N 𝑇𝐶𝐵 ≈ 369 N 𝑥

𝑦

(28)

28

Resolução alternativa: usando a lei dos senos:

28

Como sabemos os ângulos e um dos lados do triângulo de forças, podemos usar a lei dos senos:

400

sen 70o =

𝑇𝐶𝐴

sen 50o → 𝑇𝐶𝐴 = 400

sen 50o

sen 70o ≈ 326 N.

400

sen 70o =

𝑇𝐶𝐵

sen 60o → 𝑇𝐶𝐵 = 400

sen 60o

sen 70o ≈ 369 N.

A

B

C

45

o

25

o

T

CA

T

CB

400 N

60

o

70

o

T

CA

T

CB

a

= 75º

45

o

25

o

400 N

50

o

(29)

29

Exemplo – O balde e seu conteúdo tem uma massa de 60 kg. A corda BAC possui

comprimento de 15 m e o segmento BA dessa corda possui comprimento de 6,16 m. Determine a distância vertical y até a polia em A quando o sistema está em equilíbrio, e a intensidade da tensão na corda. Considere a polia sem atrito e despreze suas

(30)

30

y

x

10

- x

y

-2

q q

T

T

y

x

𝑇𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝑇𝑐𝑜𝑠 𝜑 = 0

𝑇𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑇𝑐𝑜𝑠 𝜑 → 𝜃 = 𝜑

Equilíbrio na direção x:

𝑇𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑇𝑠𝑒𝑛 𝜑 − 588 = 0

2𝑇𝑠𝑒𝑛 48,2𝑜 = 588

Equilíbrio na direção y:

𝑙

1

𝑙

2

𝑙1 + 𝑙2 = 15 𝑚 → 𝑙2 = 8,84 m 𝑙1 = 6,16 m

𝑙2 = 𝑥2 + 𝑦2 = 8,84

𝑙1 = 10 − 𝑥 2 + 𝑦 − 2 2 = 6,16

𝑜𝑛𝑑𝑒 𝜃 = 𝜑

𝜑 𝜑

como 𝜃 = 𝜑 temos: 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 𝜑

10 − 𝑥 6,16 =

𝑥

8,84 → 𝑥 ≈ 5,89 m

𝑥2 + 𝑦2 = 8,84 → 𝑦 ≈ 6,59 m.

𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 5,89

8,84 → 𝜃 = 48,2

0

𝑇 = 394 N

(31)

31

Exemplo – Uma carga de 90 N está suspensa pelo gancho mostrado na figura. A

carga é suportada por dois cabos e por uma mola com constante de mola (rigidez)

k = 500 N/m. Determine a força nos cabos e a deformação (alongamento) da mola para a condição de equilíbrio do sistema. O cabo AD está localizado no plano x-y e o cabo AC no plano x-z.:

Diagrama de corpo livre:

(32)

32

Direção y: Direção x:

Forças sobre o ponto A – O sistema está equilibrado, assim a força resultante deve ser

zero. Como as forças se distribuem no espaço, devemos considerar suas componentes

x, y e z.

Direção z:

Resolvendo as equações, temos:

O módulo da força da mola é dado por:

onde 𝑘 é a constante de mola e Δ𝑠𝐴𝐵 é o seu alongamento. ෍ 𝐹𝑥 = 0;

෍ 𝐹𝑦 = 0;

෍ 𝐹𝑧 = 0;

𝐹𝐷 sen 30𝑜 − 4

5𝐹𝐶 = 0

−𝐹𝐷 cos 30o + 𝐹𝐵 = 0

3

5𝐹𝐶 − 90 = 0

𝐹𝐵 = 208 N, 𝐹𝐷 = 240 N, 𝐹𝐶 = 150 N.

𝐹𝐵 = 𝑘 𝛥𝑠𝐴𝐵.

𝐹𝐵 = 𝑘 𝛥𝑠𝐴𝐵 208 N = 500 N

(33)

33

(34)

34

Solução:

Escrevendo as componentes das forças atuando em P:

Ԧ

𝐹1 = 𝐹1𝑢ො1 → 𝐹Ԧ1 = 𝐹1𝑐𝑜𝑠 60𝑜 Ƹ𝒊 + 𝐹1𝑐𝑜𝑠 135𝑜 Ƹ𝒋 + 𝐹1𝑐𝑜𝑠 60𝑜 𝒌෡

Ԧ

𝐹1 = 0,5𝐹1 Ƹ𝒊 − 0,71𝐹1 Ƹ𝒋 + 0,5𝐹1𝒌෡

Ԧ

𝐹2 = 𝐹2 Ƹ𝒊

Ԧ

𝐹3 = −𝐹3 Ƹ𝒋

A força 𝐹Ԧ1 tem intensidade 𝐹1 e ângulos diretores 𝛼 = 𝜃𝑥 = 60𝑜, 𝛽 = 𝜃𝑦 = 135𝑜, 𝛾 = 𝜃𝑧 = 60𝑜.

A força 𝐹Ԧ2 tem intensidade 𝐹2 e se encontra ao longo do eixo 𝑥 positivo (direção Ƹ𝒊)

A força 𝐹Ԧ3 tem intensidade 𝐹3 e se encontra ao longo do eixo 𝑦 negativo (direção de Ƹ𝒋 negativo)

Ԧ

𝐹4 = −200 N ෡𝒌

A força 𝐹Ԧ4 tem intensidade 200 N e se encontra ao longo do eixo 𝑧 negativo (direção de

෡

𝒌 negativo)

A força 𝐹Ԧ5 tem intensidade 800 N e se encontra no plano 𝑥𝑦, com componentes:

Ԧ

𝐹5 = −800 3

5 Ƹ𝒊 + 800 4

(35)

35

Somando as componentes e igualando a resultante a zero, pois o sistema está em equilíbrio:

𝑭1 = 0,5𝐹1 Ƹ𝒊 − 0,71𝐹1 Ƹ𝒋 + 0,5𝐹1𝒌෡

Ԧ

𝐹2 = 𝐹2 Ƹ𝒊

Ԧ

𝐹3 = −𝐹3 Ƹ𝒋

Ԧ

𝐹4 = −200 N ෡𝒌

Ԧ

𝐹5 = −480 N Ƹ𝒊 + 640 N Ƹ𝒋

෍ 𝐹𝑥 = 0 0,5𝐹1 + 𝐹2 − 480 = 0 0,5𝐹1 + 𝐹2 = 480

෍ 𝐹𝑦 = 0 −0,71𝐹1 − 𝐹3 + 640 = 0 −0,71𝐹1 − 𝐹3 = −640

෍ 𝐹𝑧 = 0 0,5𝐹1 − 200 = 0 𝐹1 = 400 N

(36)

36

Exemplo – As mangas A e B estão ligadas por um cabo de 250 mm de comprimento e podem deslizar sem atrito sobre os respectivos eixos. Determine as distâncias x e z

(37)

37

Solução:

Analisando a manga em A. Vamos supor que a tração na corda AB possui

módulo T. A componente dessa tração ao longo do eixo x (componente i) deve cancelar a força P agindo sobre a manga A. Construindo um vetor unitário na direção AB:

A(𝑥, 200, 0) B(0, 0, 𝑧)

𝐴𝐵 = 𝐵 − 𝐴 = (−𝑥, −200, 𝑧)

𝐴𝐵 = 𝑥2 + 𝑧2 + 200 2

ො

𝑢𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 𝐴𝐵

Note que 𝐴𝐵 vale 250 mm.

Analisando a manga em B. Vamos supor que a tração na corda BA possui

módulo T. A componente dessa tração ao longo do eixo z (componente k) deve cancelar a força Q agindo sobre a manga B. Construindo um vetor unitário na direção BA:

A(𝑥, 200, 0)

B(0, 0, 𝑧)

𝐵𝐴 = 𝐴 − 𝐵 = (𝑥, 200, −𝑧)

𝐵𝐴 = 𝑥2 + 𝑧2 + 200 2

ො

𝑢𝐵𝐴 = 𝐵𝐴 𝐵𝐴

Note que 𝐵𝐴 vale 250 mm, já que o comprimento da corda é o mesmo, não importa a direção.

(38)

38

Analisando a manga em A.

Vetor força na corda em A: 𝑇 = 𝑇 ො𝑢𝐴𝐵 → 𝑇 = 𝑇

250 −𝑥, −200, 𝑧

Como o sistema está em equilíbrio, a soma das forças na direção x deve se anular. Dessa forma, no ponto A temos:

𝑇𝑥 + 𝑃𝑥 = 0 → −𝑇𝑥

250 + 200 = 0 → 𝑇𝑥 = 200 250 →

𝑇 =

50000 𝑥

Como o sistema está em equilíbrio, a soma das forças na direção z deve se anular. Dessa forma, no ponto B temos:

𝑇𝑧 + 𝑄𝑧 = 0 → −𝑇𝑧

250 + 100 = 0 → 𝑇𝑧 = 100 250 → Vetor força na corda em B: 𝑇 = 𝑇 ො𝑢𝐵𝐴 → 𝑇 = 𝑇

250 𝑥, 200, −𝑧

x = 2z Continua...

Analisando a manga em B.

𝑇 =

25000

𝑧

Portanto, temos a seguinte relação entre x e z:

𝑇 = 50000

𝑥 =

25000

𝑧 →

𝑥 𝑧 =

(39)

39

Como o comprimento da corda é 250 mm, temos: 𝑥2 + 𝑧2 + 200 2 = 250 onde: 𝑥 = 2𝑧

𝑥2 + 𝑧2 + 200 2 = 250 → 2𝑧 2 + 𝑧2 + 200 2 = 250

4𝑧2 + 𝑧2 + 200 2 = 250

5𝑧2 + 200 2 = 250

Elevando ambos os lados da igualdade ao quadrado:

5𝑧2 + 200 2 = 250 2 5𝑧2 = 250 2 − 200 2

𝑧 = 4500 → 𝑧 = 67 mm. 𝑥 = 2𝑧 → 𝑥 = 134 mm.