Teoria

Introdução

Aqui vamos expandir nossos horizontes para o universo das três dimensões.

Imagine aquela mesma tábua do tópico anterior agora apoiada em um tijolo... E você coloca sobre ela vários pesos de massas diferentes. Como fica o equilíbrio agora?

Ahhh mas a tábua tem três dimensões! E agora?

Perceba que vamos ver situações mais próximas da realidade, já que vivemos em um mundo tridimensional.

Então, fica calmo e vem comigo aprender como resolver isso! Partiu?

Tipos de equilíbrio

  • Forças Concorrentes em um ponto
  • Nesse caso, semelhante ao que vimos no tópico 2 D , as condições de equilíbrio serão:

    ∑ F → x = 0 →

    ∑ F → y = 0 →

    ∑ F → z = 0 →

    Viu a diferença? Agora temos uma equação a mais para as componentes das forças na direção z .

    Para calcular essas paradas você já sabe: basta decompor as forças em cada um dos eixos e soma-las respeitando seu sentido positivo ou negativo.

    E como todas as forças apontam para um mesmo ponto, o momento é nulo.

  • Forças concorrentes em uma linha:
  • Nesse caso, existirá o momento, mas não em relação ao eixo definido pela linha. No desenho do exemplo, a linha é paralela ao x . Assim, as condições de equilíbrio serão:

    ∑ F → x = 0 →

    ∑ F → y = 0 →

    ∑ F → z = 0 →

    ∑ M → y = 0 →

    ∑ M → z = 0 →

    Lembra que se uma força cruzar um eixo ela não realiza momento em relação a esse eixo? É por isso que não existe momento em relação ao eixo x , pois a linha do desenho é paralela a este eixo.

    Ou seja, só haverá momento nos eixos em que as forças não estão chegando.

  • Forças Paralelas:
  • Da mesma forma que nos outros casos, teremos:

    ∑ F → x = 0 →

    ∑ F → y = 0 →

    ∑ F → z = 0 →

    E o momento? Bom, perceba que se as forças forem paralelas a um eixo, não realizarão momentos em relação a ele. Assim, de acordo com o desenho do exemplo, só haverá momento nos eixos y e z :

    ∑ M → y = 0 →

    ∑ M → z = 0 →

  • Caso Geral:

E, como sempre, sabemos que no caso geral as condições abrangem todos os eixos tanto para as forças quanto para os momentos:

∑ F → x = 0 →

∑ F → y = 0 →

∑ F → z = 0 →

∑ M → x = 0 →

∑ M → y = 0 →

∑ M → z = 0 →

Show de bola?

#PartiuExercitar

Tipos de equilíbrio

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Uma chapa quadrada e uniforme de aço de 360   m m de comprimento de aresta e uma massa de 15 k g está suspensa no plano horizontal pelos três fios verticais, como mostrado. Calcule a força trativa de cada fio.

Passo 1

Vamos desenhar o sistema junto com os eixos:

Para que a placa esteja em equilíbrio, as seguintes relações precisam ser satisfeitas:

∑ M → x = 0 →

∑ M → y = 0 →

∑ F → z = 0 →

Passo 2

Vamos primeiro calcular os momentos em relação ao eixo x :

∑ M → x = 0 →

Para isso, perceba que T → A   e   T → C tendem a girar a placa em torno do eixo x no mesmo sentido; já o peso, tende a girar a placa no sentido contrário. Além disso, perceba que T → A está a uma distância de 120   m m do eixo x , T → C a uma distância de 360   m m e P → a uma distância de 180   m m :

Sendo, o módulo da força peso da placa igual a:

P → = P = m g = 15.10 = 150   N

Então, os momentos de cada uma das forças com relação ao eixo x é::

M A + M C - M p = 0

T A ( 120.10 - 3 ) + T C ( 360.10 - 3 ) - 150 . 180.10 - 3 = 0

Como todos os termos estão multiplicados por 10 - 3 , podemos cortar ele da equação:

120 T A + 360 T C = 27000

Dividindo tudo por 10 :

12 T A + 36 T C = 2700

E perceba que T → B não realiza momento, pois ele está bem em cima do eixo x e não tem braço de alavanca com relação a este eixo.

Passo 3

Agora vamos para o eixo y :

Aqui as forças T → A   e   T → C continuam exercendo momento de sentidos iguais assim como o momento do peso continua se opondo a eles. O que mudou foi a distância das forças:

T → A   está a uma distância de 360   m m do eixo y , e T → C está a uma distância de 180   m m do eixo. P → tem uma distância de 180   m m do eixo:

T A ( 360.10 - 3 ) + T C ( 180.10 - 3 ) - 150 ( 180.10 - 3 ) = 0

Cortando todos os 10 - 3 :

360 T A + 180 T C = 27000

36 T A + 18 T C = 2700

Passo 4

Já temos esse sistema aqui:

12 T A + 36 T C = 2700

36 T A + 18 T C = 2700

Podemos subtrair a primeira equação da segunda:

- 24 T A + 18 T C = 0           →           T C = 1,33 T A

Substituindo essa relação na segunda equação:

36 T A + 18 1,33 T A = 2700

36 T A + 24 T A = 2700

60 T A = 2700           →           T A ≅ 45   N

E T C será:

T C = 1,33 T A ≅ 60   N

Passo 5

Agora, para achar T B , basta a agente usar a relação do equilíbrio das forças:

∑ F → z = 0 →

T A + T B + T c - P = 0

45 + 60 + T B - 15.10 = 0

T B = 150 - 45 - 60 = 45   N

Assim:

T B = 45   N

T C = 60   N

T A = 45   N

Resposta

T B = 45   N

T C = 60   N

T A = 45   N

Exercício Resolvido #2

O eixo horizontal de aço tem uma massa de 480 k g e está suspenso por um cabo vertical em A e por um segundo cabo B C que passa por baixo do eixo e está situada em um plano vertical transversal. Calcule as forças trativas T 1 e T 2 nos cabos.

Passo 1

Para que o sistema esteja em equilíbrio, as duas condições abaixo precisam ser satisfeitas:

∑ M → = 0 →

∑ F → z = 0 →

A configuração das forças é mais ou menos assim:

Pela figura do enunciado dá para notar que a barra tem 8 m de comprimento. Sendo assim, o peso é aplicado no centro da barra, numa distância de 4 m de cada extremidade.

Ainda pela figura do enunciado, vemos que as forças de valor T 2 são aplicadas a uma distância de 3 m da extremidade. Sendo assim, o peso será aplicado a uma distância de 1 m do ponto de aplicação das forças.

Passo 2

Vamos calcular os momentos das forças em relação ao eixo y que passa em B C .

Nesse caso, perceba que as duas forças de valor T 2 não exercem momento em relação a esse eixo.

Só o peso e a T → 1 exercem.

Vamos calcular o módulo do peso da barra:

P → = P = m g = 480 9,81 = 4709   N

Perceba que essas forças geram momentos de sentidos contrários. Assim:

M T 1 - M P = 0

T 1 ( 4 ) - P ( 1 ) = 0

4 T 1 - 4709 ( 1 ) = 0

T 1 = 4709 4 = 1177 N

Passo 3

Agora ficou mais fácil, vamos usar a segunda condição para achar T 2 .

Antes disso, veja que a gente tem que pegar apenas a componente vertical da força ( F z ):

Ou seja:

F z = T 2 cos ⁡ θ

Passo 4

Bom, mas são duas forças, então:

F z = 2 T 2 cos ⁡ θ

Observando o nosso triângulo, vemos que o cosseno do ângulo θ é:

cos ⁡ θ = 3 3 , 35

Substituindo isso na equação de F z , temos que:

F z = 2 3 3,35 T 2

F z = 1,791 T 2

Assim:

∑ F → z = 0 →

P - F z - T 1 = 0 → 1,791 T 2 = P - T 1

T 2 = P - T 1 1,791

T 2 = 4709 - 1177 1,791

T 2 = 1974   N

Resposta

T 1 = 1177 N

T 2 = 1974 N

Exercício Resolvido #3

A parte de um lustre que é sustentada por correntes tem a forma de uma parte de casca esférica. Se a massa da parte de vidro é m , determine a força trativa T em cada uma da correntes.

Passo 1

Bom, quais são as forças que agem no sistema?

A força peso P → e a força de tensão T → em cada uma das correntes.

Para que a massa m esteja em equilíbrio, vamos precisar garantir que:

∑ F → z = 0 →

Passo 2

O sistema simplificado pode ser representado assim:

Passo 3

Bom, pelo desenho e pelo enunciado, percebemos que as componentes verticais das tensões ( T y ) vão equilibrar o peso. Assim, podemos escrever:

3 T y - P = 0

3 T y = m g

Lembre-se: são três correntes igualmente espaçadas, sendo assim, são três tensões.

Passo 4

Pelo triângulo formado pela tensão, podemos dizer:

T y = T s e n   θ

Nós só não sabemos quem é θ , mas basta usarmos o triângulo retângulo da figura:

Pra ficar mais fácil de ver, vamos tirar o triângulo do desenho:

Assim:

t g   θ = 4 r 2 r = 2             →           θ = a r c t g 2 ≅ 63,4 °

Passo 5

Então:

3 T s e n 63,4 ° = m g           →           T = m g 3 s e n 63 , °

T ≅ 0,373 m g

Resposta

T = 0,373 m g

Exercício Resolvido #4

Uma banqueta de três pernas está submetida à carga L , como mostrado. Determine a força de reação vertical sob cada perna. Despreze o peso da banqueta.

Passo 1

O que queremos saber nessa questão é quais são os módulos das forças de reação: N A ,   N B   e   N C .

Em primeiro lugar, veja que as forças de reação em B   e   C serão iguais. Por quê? Porque existe um plano de simetria passando entre B   e   C :

Esse plano divide a figura em duas partes iguais. Faz sentido pensar que tudo que ocorrer fisicamente em uma metade ocorrerá na outra também, não é mesmo?

Passo 2

Agora vamos testar o equilíbrio de momentos em relação ao eixo x :

∑ M → x = 0 →

Mas vamos ser espertos: passaremos o eixo x em cima do ponto A . Dessa forma, o momento que N A realizar será nulo em relação a esse eixo:

Passo 3

Beleza! Agora só precisou calcular o momento que cada força faz em relação a esse eixo.

Assim de cara, perceba que as forças de reação apontarão na direção contrária à força L .

Além disso, veja que a direção horizontal da força L até o eixo x é de:

d = 100 + 75 = 175   m m .

Assim, podemos dizer que o momento da força é dado por:

M L = L . 175.10 - 3   N ⋅ m

Vamos atribuir a este momento o valor positivo. E o valor negativo ao momento das outras forças.

Passo 4

Bom, vamos às outras forças. Em primeiro lugar, pela simetria, como vimos, elas serão iguais:

N → B = N → C = N →

E qual será a distância das forças até o eixo?

Temos que usar um pouco de trigonometria:

Essa é a vista de cima da projeção do banco no chão.

Qual é a distância de B até A ?

Basta a gente formar o triângulo abaixo em cima da figura:

Em outras palavras, a distância vai ser igual a 250   m m mais o lado ( l ) do triângulo acima. Podemos calcular o lado l usando trigonometria:

cos ⁡ 60 ° = l 250         →           l = 250 cos ⁡ 60 °

Então, a distância total do ponto B até o ponto A é:

d B A = 250 + 250 cos ⁡ 60 ° = 250 1 + cos ⁡ 60 ° = 250 1 + 0,5

d B A = 375   m m

E a distância de C até A ? Mesma coisa, já que é simétrico:

d C A = 375   m m

Passo 5

Beleza, então os momentos de cada força N → valerão:

M N = - 375.10 - 3   N ⋅ m

Usando a relação:

∑ M → x = 0 →

L . 175.10 - 3 + 2 . - 375.10 - 3 N = 0

Simplificando e isolando essa parada:

N = 175 2.375 L

N = 0,233 L

Passo 6

Beleza, mas falta achar N A → . Agora ficou fácil: Bata a gente usar o equilíbrio das forças:

∑ F → z = 0 →

Perceba que a forças normais apontam em um sentido contrário ao da força L .   Assim:

L - 2 . 0,233 L - N A = 0 →   N A = 0,533 L

Resposta

N B = N C = 0,233 L

N A = 0,533 L

Exercício Resolvido #5

Durante um teste, o motor esquerdo do avião bimotor é acionado gerando um empuxo de 2   k N . As rodas principais em B   e   C estão freadas de modo a evitar movimento. Determine a variação nas forças de reação normais A ,   B   e   C (comparativamente aos valores nominais com ambos os motores desligados).

Passo 1

A ideia é a seguinte: com os dois motores ligados, havia um grupo de reações que atingiam o avião.

Com apenas uma turbina ligada, essas forças sofrem uma variação. Não queremos achar essas novas forças, mas sim a variação delas. Então, estamos procurando:

∆ N → A , ∆ N → B ,   ∆ N → C

Sendo essas as variações das forças normais.

Passo 2

Vamos traçar um eixo x que passe por B   e   C :

Nesse primeiro momento, queremos descobrir o valor de ∆ N A . Desenhando sem o avião e apenas com as forças que nos interessam:

Perceba que elas vão realizar momentos de sentidos contrários.

E qual foi o motivo de não termos usado as outras forças até esse ponto? Bom, porque o eixo x passa em cima de B   e   C , pontos de aplicação de todas as outras forças. Sendo assim, os momentos delas são nulos ali.

Voltando aos cálculos:

∑ M → x = 0 →

2000 2 - ∆ N A 4 = 0  

∆ N A = 1000   N = 1   k N

Passo 3

Agora vamos passar um eixo y que cruze o ponto A :

Desenhando sem o avião:

Dá pra perceber que os momentos terão sinais contrários, né? Assim:

∑ M → y = 0 →

∆ N B 2,4 - ∆ N C . 2,4 = 0

∆ N B = ∆ N C

Bom, vamos usar essa informa��ão a seguir.

Passo 4

Aí vem uma sacada importante: o que você diria que é o resultado da soma das variações das forças verticais?

Bem, para que o avião fique em equilíbrio, temos que ter:

∑ F → V = 0 →

Ou seja, a soma das forças verticais precisa ser nula. Isso precisa ser respeitado em qualquer condição, mesmo que haja variações.

Sendo assim, a soma das variações das forças precisa ser nula também:

∆ N A + ∆ N B + ∆ N C = 0

Juntando o que vimos antes:

1000 + ∆ N B + ∆ N C = 0

1000 + ∆ N B + ∆ N B = 0

∆ N B = - 500   N

∆ N C = ∆ N B = - 500   N

Resposta

∆ N A = 1000   N

∆ N B = ∆ N C = - 500   N

Exercício Resolvido #6

A mola de módulo k = 900   N / m é esticada de uma distância δ = 60   m m quando o mecanismo está na posição mostrada. Calcule a força P m i n necessária para iniciar rotação em torno do eixo B C e determine os módulos correspondentes das forças nos mancais, as quais são perpendiculares à B C . Qual é a força de reação normal em D se P = P m i n / 2 ?

Passo 1

O desenho abaixo pode exemplificar o sistema:

Perceba que F S é a força elástica.

Passo 2

O módulo da força elástica é dado por:

F S = k δ

F S = 900 0,060 = 54   N

Na situação de rotação, a reação D vai ser nula: D = 0 . Para esse caso, vamos calcular as reações:

∑ M → B C = 0 →

- P 135 + 54 45 = 0       →       P = P m í n = 18   N

Com relação ao eixo x :

∑ M → B X = 0 →

- 18 15 + C z 300 = 0       →       C Z = 0,9   N

E:

∑ M → B z = 0 →

54 165 - C x 300 = 0         →         C x = 29,7   N

Passo 3

Pelo equilíbrio de forças:

∑ F → x = 0 →

29,7 + B x - 54 = 0         →         B x = 24,3   N

E no eixo z :

∑ F → z = 0 →

0,9 + B z + 18 = 0         →         B z = - 18,9   N

Assim, os módulos serão:

B → = B x 2 + B z 2 = 30,8   N

C → = C x 2 + C z 2 = 29,7   N

Passo 4

Para o caso em que P = P m í n 2 :

P = P m í n 2 = 18 2 = 9   N  

Assim, nesse caso, a força D será:

∑ M → B C = 0 →

- 9 135 + 54 45 - D 90 = 0         →         D = 13,5   N

Resposta

B → = 30,8 N

C → = 29,7 N

P m í n = 18 N → D = 0

P m í n 2 = 9 N → D = 13,5 N

Exercício Resolvido #7

A estrutura é usada para armazenar e desenrolar cabos. A massa combinada da estrutura, do corretel e do cabo é de 150   k g com centro de massa em G . Determine as forças normais nos quatro pés ( A ,   B ,   C e D ) se a ) o cabo sai pela parte de cima do carretel e b ) o cabo sai pela parte de baixo do carretel em seu ponto médio horizontal. O raio efetivo do carretel é de 150   m m .

Passo 1

a)

Visto de lado, o negócio fica assim:

Já que a tensão sempre é aplicada no ponto médio, temos uma simetria que garante que:

N A = N D  

E:

  N B = N C

Por isso temos 2 N A e 2 N B .

Primeiro vamos calcular o binário da força de 225   N em relação ao ponto E e representar a força de 225   N no ponto E (o centro do círculo):

M E = 225 150 = 33750 N ⋅ m m

Vamos aplicar o equilíbrio de momentos no ponto A :

- 1500 250 + 2 N B 600 - 225 cos ⁡ 15 ° 950 + 225 s e n 15 ° 300 - 33750 = 0

N B = 498,12   N

Assim:

N B = N C = 498,12   N

Agora vamos usar o somatório de forças:

∑ F = 0

2 498,12 + 2 N A - 1500 + 225 s e n 15 ° = 0

N A = 222,76   N

Assim:

N A = N D = 222,76   N

Passo 2

b):

E no caso de a força estar assim?

O que vai mudar nesse caso? Apenas o sinal do binário do 225   N   M E = 33750   N ⋅ m m . Assim:

- 1500 250 + 2 N B 600 - 225 cos ⁡ 15 ° 950 + 225 s e n 15 ° 300 + 33750 = 0

N B = 265,12   N

Assim:

N B = N C = 265,12   N

Aplicando o equilíbrio de forças:

∑ F = 0

2 265.12 + 2 N A - 1500 + 225 s e n 15 ° = 0

N A = 455,76   N

Assim:

N A = N D = 455,76   N

Resposta

a )

N B = N C = 498,12   N

N A = N D = 222,76   N

b )

N B = N C = 265.12   N

N A = N D = 455,76   N

Exercício Resolvido #8

O mastro de 400   k g , com centro de massa em G , é mantido na posição mostrada por uma rótula em O e por dois cabos A B e A C . Determine as forças trativas nos dois cabos e as componentes x , y e z da força de reação em O .

Passo 1

O sistema acima pode ser representado pelo desenho abaixo:

Passo 2

Vamos escrever cada uma das forças na forma vetorial:

Coordenadas do ponto A :

Temos uma coordenada no eixo z :

A z = O A s e n 55 ° = 15 s e n 55 ° = 12,28   m

Pra achar as coordenadas x   e   y , basta projetar na horizontal e depois projetar em cada um dos eixos, x   e   y :

A x = - 15 cos ⁡ 55 ° s e n 40 ° = - 5,53   m

A y = - 15 cos ⁡ 55 ° cos ⁡ 40 ° = - 6,59   m

Assim:

A ^ = - 5.53 , - 6.59,12.28 m

E as coordenadas do centro de gravidade (onde o peso é aplicado)?

G z = 9 s e n 55 ° = 7,37   m

G x = - 9 cos ⁡ 55 ° s e n 40 ° = - 3,31   m

G y = - 9 cos ⁡ 55 ° cos ⁡ 40 ° = - 3,95   m

Assim:

G ^ = - 3.31 , - 3.95,7.37 m

As coordenadas de B   são:

B ^ = 12,0 , 0   m

E de C :

C ^ = 0,12,0   m

Passo 3

Assim:

T → A B = T A B B ^ - A ^ B ^ - A ^

Então:

T → A B = T A B 12 + 5,53 i ^ + 6,59 j ^ - 12,28 k ^ 12 + 5,53 2 + 6,59 2 + 12,28 2

T → A B = T A B ( 0,78 i ^ + 0,29 j ^ - 0,549 k ^ )

E:

T → A C = T A C . C ^ - A ^ C ^ - A ^

T → A C = T A C . 5,53 i ^ + 6,59 + 12 j ^ - 12,28 k ^ 5,53 2 + 6,59 + 12 2 + 12,28 2

T → A C = T A C ( 0,241 i ^ + 0,810 j ^ - 0,53 5 ^ )

O peso é dado por:

P → = 400.10 - k ^ = - 4000 k ^

E ainda temos as forças de reação em O :

O ^ = O x i ^ + O y j ^ + O z k ^

Passo 4

Vamos aplicar as equações de equilíbrio de forças:

∑ F x = 0 → 0.783 T A B ⏟ T A B x + 0.241 T A C ⏟ T A C x + O x = 0

∑ F y = 0   → 0.294 T A B ⏟ T A B y + 0.810 T A C ⏟ T A C y + O y = 0

∑ F z = 0 →   - 0.549 T A B ⏟ T A B z - 0.535 T A C ⏟ T A C z + O Z - 4000 = 0

Percebam que temos 3 equações e 5 incógnitas T A B , T A C , O x , O y , O z ! Precisamos de mais 2 equações para determinar todas as incógnitas.

Acho que chegou o Momento de perguntar quais são essas 2 equações, certo? Vamos trabalhar com o equilíbrio de momentos na direção B C na direção do eixo O y :

∑ M B C = 0 → ∑ M → B n → B C = 0

- 12 i ^ ⏟ r → O z x O z k ^ + - 12 - 3.31 i ^ - 3,95 j ^ ⏟ r → P x - 4000 k ^ ⏟ P → - 2 2 i ^ + 2 2 j ^ ⏟ n B C → = 0

12 O Z - 62368 2 2 - 16080 2 2 = 0

E:

∑ M O y = 0 → 0.549 T A B 12 - 4000 3,31 = 0

Resolvendo o sistema de equações acima:

O x = - 2175,18   N

O y = 2588,6   N

O Z = 6427,68   N

T A B = 2019,49   N

T A C = 2464,31   N

Resposta

O x = - 2175,18   N

O y = 2588,6   N

O Z = 6427,68   N

T A B = 2019,49   N

T A C = 2464,31   N

Exercício Resolvido #9

Cada uma das três barras uniformes de 1200   m m tem uma massa de 20   k g . As barras estão soldadas juntas na configuração mostrada e estão suspensas por três arames verticais. As barras A B e B C estão no plano horizontal x y e a terceira barra está em um plano paralelo ao plano x z .Calcule as forças trativas em cada arame.

Passo 1

O diagrama de corpo livre da nossa estrutura fica assim:

Como todas as barras são uniformes e possuem a mesma massa de 20   k g , a força peso P de todas elas são iguais:

P = 20 9,81       →             P = 196,2   N

Passo 2

Vamos começar calculando o momento com relação ao eixo x , pois duas das nossas incógnitas ( T A e T B ) estão sobre este eixo e, portanto, não vão ter braço de alavanca.

∑ M → x = 0 →

- P 0,6 - P 0,6 + T C 1,2 = 0

- 196,2   0,6 - 196,2   0,6 + T C 1,2 = 0

T C = 196,2   N

Passo 3

Vamos fazer o somatório de momentos com relação ao eixo y agora:

∑ M → y = 0 →

Repare que o braço de alavanca da força peso da barra inclinada será:

Então:

∑ M → y = 0 →

P 0,6 + P 0,6 s e n   30 ° - T A 1,2 = 0

196,2   0,6 + 196,2   0,3 - T A 1,2 = 0

T A = 147,2   N

Passo 4

Vamos usar o equilíbrio de forças para achar a força que falta:

∑ F → Z = 0 →

T A + T B + T C - P - P - P = 0

147,2 + T B + 196,2 - 196,2 - 196,2 - 196,2 = 0

T B = 245,2   N

Resposta

T A = 147,2   N

T B = 245,2   N

T C = 196,2   N

Exercício Resolvido #10

Determine a força trativa T necessária para manter o sólido retangular na posição mostrada. O sólido retangular com 125   k g é homogêneo. O atrito em D é desprezível.

Passo 1

O diagrama de corpo livre do sólido fica assim:

Passo 2

Vamos calcular o módulo da força peso do sólido:

P = 125 9,81       →             P = 1226,3   N

E a foça trativa T ? Temos que calcular a sua direção e sentido que é dada pela reta que vai do ponto C em direção ao ponto D :

n → C D = C D C D

Temos que as coordenadas dos pontos C e D são:

C = 0 ; 0,3 ; 0

E:

D = 0,125 ; 0 ; 0 , 4

Então:

C D = 0,125 ; 0 ; 0 , 4 - 0 ; 0,3 ; 0       →           C D = ( 0,125 ; - 0,3 ; 0,4 )

Então, o vetor normalizado fica:

n → C D = ( 0,125 ; - 0,3 ; 0,4 ) ( 0,125 ) 2 + ( - 0,3 ) 2 + ( 0,4 ) 2

n → C D = ( 0,243 ; - 0,582 ; 0,776 )

Então, a força trativa fica:

T → = T n → C D         →             T → = T ( 0,243 ; - 0,582 ; 0,776 )

Passo 3

Vamos começar calculando o momento em relação à reta A B que esta no eixo x , pois as incógnitas de reação de apoio dos pontos A e B não terão braço de alavanca com relação a este eixo:

∑ M → A B = 0 →

Perceba que somente a componente z da força trativa terá braço de alavanca com relação à reta A B , pois a componente x é paralela a esta reta e a componente y tem sua linha de ação cruzando a reta A B .

Então:

∑ M → A B = 0 →

- P 0 , 2 + T z 0,3 = 0

- 1226,3 0,2 + 0,776 T 0,3 = 0

T = 1053   N

Resposta

T = 1053   N

Exercício Resolvido #11

Se o peso do mastro é desprezível comparado à carga de 30   k N aplicada, determine as forças trativas T 1 e T 2 nos cabos e a força atuando na rótula em A .

Passo 1

O diagrama de corpo livre fica assim:

Passo 2

Temos que calcular a direção e sentido da força trativa T 1 que é dada pela reta que vai do ponto B em direção ao ponto C :

n → B C = B C B C

Temos que as coordenadas dos pontos B e C são:

B = 0 ; 0 ; 9

E:

C = 4 ; 3 ; 0

Então:

B C = 4 ; 3 ; 0 - 0 ; 0 ; 9       →           B C = ( 4 ; 3 ; - 9 )

Então, o vetor normalizado fica:

n → B C = ( 4 ; 3 ; - 9 ) ( 4 ) 2 + ( 3 ) 2 + ( - 9 ) 2

n → B C = ( 0,389 ; 0,291 ; - 0,874 )

Então, o vetor da força trativa T → 1 fica:

T → 1 = T 1 n → B C         →           T → 1 = T 1 ( 0,389 ; 0,291 ; - 0,874 )

Já o vetor T → 2 é paralelo ao eixo x , então podemos escrever:

T → 2 = - T 2 i ^

Passo 3

Vamos começar calculando o momento em relação ao eixo x :

∑ M → x = 0 →

Repare que somente a componente y da força T → 1 vai ter braço de alavanca com relação ao eixo x :

Então:

∑ M → x = 0 →

30 4 - T 1 y 9 = 0

30 4 - 0,291 T 1 9 = 0

T 1 = 45,8   k N

Passo 4

Agora vamos calcular o momento com relação ao eixo y . As forças que exercem momento com relação a este eixo são:

Então:

∑ M → y = 0 →

T 2 6 - T 1 x 9 = 0

T 2 6 - 0,389 T 1 9 = 0         →             T 2 6 - 0,389 ( 45,8 ) 9 = 0

T 2 = 26,7   k N

Passo 5

Para achar as reações de apoio, vamos fazer o somatório das forças:

∑ F → = 0 →

A → + T → 1 + T → 2 - 30 j ^

A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ + 45,8 0,389 i ^ + 0,291 j ^ - 0,874 k ^ - 26,7 i ^ - 30 j ^ = 0  

Vamos ter que separar as equações de acordo com as componentes:

E m   x     →         A x + 17,8 - 26,7 = 0

E m   y     →         A y + 13,3 - 30 = 0

E m   z     →         A z + 40 = 0

Então, a reação A x é:

A x + 17,8 - 26,7 = 0

A x = 8,9   k N

A reação A y é:

A y + 13,3 - 30 = 0

A y = 16,7   k N

E a reação A z fica:

A z + 40 = 0

A z = 40   k N

Então, o vetor A → é:

A → = 8,9 i ^ + 16,7 j ^ + 40 k ^   k N

E a resultante fica:

A → = ( 8,9 ) 2 + ( 16,7 ) 2 + ( 40 ) 2

A → = 44,2   k N

Resposta

T 1 = 45,8   k N

T 2 = 26,7   k N

A → = 44,2   k N

Exercício Resolvido #12

Uma força vertical P no pedal do dispositivo é necessária para produzir uma força trativa T de 400   N na barra de controle vertical. Determine as reações correspondentes nos mancais em A e B .

Passo 1

O diagrama de corpo livre fica assim:

Passo 2

Vamos começar calculando o momento em relação ao eixo x :

∑ M → x = 0 →

Repare que a distância da força T até o eixo x é:

Então:

∑ M → x = 0 →

P 0,2 - T 0,12 cos ⁡ 30 ° = 0

P 0,2 - 400 0,12 cos ⁡ 30 ° = 0

P = 208   N

Passo 3

Agora vamos fazer o somatório de momentos com relação a uma reta que passe pelo ponto A e que seja paralela ao eixo y :

Então:

∑ M → R e t a   A = 0 →

P 0,1 + T 0,6 + 0,1 - B z ( 0,1 + 0,1 ) = 0

208 0,1 + 400 0 , 0 6 + 0,1 - B z ( 0,1 + 0,1 ) = 0

B Z = 424   N

Passo 4

Para achar as reações de apoio, vamos fazer o somatório das forças:

∑ F → z = 0 →

A z + B z - T - P = 0

A z + 424 - 400 - 208 = 0  

A z = 184   N

Como não há nenhuma força no eixo y , então não vai ter reações neste eixo nos apoios em A e B .

Resposta

A z = 184   N

B Z = 424   N

Exercício Resolvido #13

Determine o local x e y do ponto de aplicação da força P de modo que a tração desenvolvida nos cabos A B , C D e E F seja a mesma. Despreze o peso da chapa.

Passo 1

O diagrama de corpo livre fica assim:

Passo 2

Vamos começar fazendo o equilíbrio de forças verticais:

∑ F → y = 0 →

T + T + T - P = 0

P = 3 T

Vamos deixar esta informação guardada!

Passo 3

Agora vamos calcular o somatório de momentos com relação ao eixo x :

∑ M → x = 0 →

T 2 - P ( y ) = 0

Repare que todas as forças que cruzam o eixo x não tem braço de alavanca e, portanto, não exercem momento com relação a este eixo!

Sabemos que:

P = 3 T

Então, vamos substituir isso na equação do momento:

T 2 - P y = 0       →           T 2 - 3 T ( y ) = 0

3 T y = 2 T

Cortando T , temos:

y = 2 3   m         →           y = 0,667   m

Passo 4

Agora vamos fazer o somatório de momentos com relação ao eixo y :

∑ M → y = 0 →

- T 2 + P x = 0

Já sabemos que:

P = 3 T

Então:

- T 2 + P x = 0         →       - T 2 + 3 T x = 0

3 T x = T 2

x = 2 3   m         →         x = 0,667   m

Resposta

x = 0,667   m

y = 0,667   m

Exercício Resolvido #14

A placa possui um peso W com centro de gravidade em G . Determine a tração desenvolvida nos fios A B , C D e E F se a força P = 0,75   W é aplicada em d = L / 2 .

Passo 1

O diagrama de corpo livre fica assim:

Passo 2

Vamos começar calculando o somatório de momentos com relação a reta que liga os pontos C e E :

∑ M → C E = 0 →

Com isso, ficamos com apenas uma incógnita que é a força trativa T A B .

Mas antes temos que descobrir a distância da força P = 0,75   W até a reta C E - . Para isso vamos fazer semelhança de triângulos:

Temos que:

Repare que para achar a hipotenusa do triângulo maior foi feito Teorema de Pitágoras!

Para achar o lado a do triângulo menor, temos que:

a L 2 = L 2 L 2 2           →             a L 2 2 = L 2 L 2

a = L 2 2

Sabendo que 2 = 1,414 , temos que:

a = 0,354 L

E o lado b será igual ao lado a , pois:

b L 2 = L 2 L 2 2

b = 0,354 L

Passo 3

Agora sim podemos calcular o momento com relação a reta que liga os ponto C e E . Sabendo que os braços de alavanca são:

Então:

∑ M → C E = 0 →

- T A B L + P b + L 2 + W L 2 = 0

- T A B L + 0,75 W 0,354 L + L 2 + W L 2 = 0

Podemos cortar o L de todos os termos:

T A B = 0,75 W 0,854 + 0,5 W

T A B = 1,14 W

Passo 4

Agora vamos fazer o momento com relação ao eixo y :

∑ M → y = 0 →

Para isso vamos ter os seguintes braços de alavanca:

∑ M → y = 0 →

- T A B L 2 - T E F ( L ) + P a + L 2 + W L 2 = 0

- 1,14 W L 2 - T E F ( L ) + 0,75 W 0,354 L + L 2 + W L 2 = 0

- 1,14 W L 2 - T E F ( L ) + 0,75 W 0,8 54 L + W L 2 = 0

Novamente podemos cortar o L de todos os termos:

T E F = 0,75 W 0,854 + 0,5 W - 1,14 W ( 0,5 )

T E F = 0,57 W

Passo 5

Para finalizar, vamos fazer o equilíbrio de forças verticais:

∑ F → z = 0 →

T A B + T E F + T C D - P - W = 0

1,14 W + 0,57 W + T C D - 0,75 W - W = 0

T C D = 0,04 W

Resposta

T A B = 1,14 W

T C D = 0,04 W

T E F = 0,57 W

Exercício Resolvido #15

A porta retangular de acesso com 25   k g é mantida na posição aberta, a 90 ° , pelo apoio simples C D . Determine a força F no apoio e o módulo da força normal ao eixo de abertura A B em cada pequena dobradiça A e B . Considere que na dobradiça B a força horizontal e paralela à parede seja nula.

Passo 1

Podemos representar o sistema com o desenho abaixo:

Nós não sabemos quanto vale o módulo da força F C D , mas sabemos calcular a direção dela. Repare que o ponto D tem as seguintes coordenadas:

D = ( - 1.2 ; 0.6 ; 0 ) m

E as coordenadas do ponto C são:

C = 0 ; 1.2 ; 0.3 m

Então, a direção C D → é:

C D → = 0 ; 1.2 ; 0.3 - ( - 1.2 ; 0.6 ; 0 )

C D → = ( 1.2 ; 0.6 ; 0.3 ) m

Agora temos que transformar isso em um vetor unitário, para isso é só dividirmos pelo seu módulo. Então, vamos começar calculando o módulo:

C D → = ( 1.2 ) 2 + ( 0.6 ) 2 + ( 0.3 ) 2

C D → = 1,375   m

Então, o vetor unitário vai ser:

n → C D = C D → C D →           →         n → C D = ( 1.2 ; 0.6 ; 0.3 ) 1,375

n → C D = 0,873 i ^ + 0,436 j ^ + 0,218 k ^

Agora sim podemos calcular a nossa força F → C D :

F → C D = F n → C D

F → C D = F ( 0,873 i ^ + 0,436 j ^ + 0,218 k ^ )

Como não sabemos o valor de F , vamos deixar assim!

Passo 2

Nosso próximo passo é calcular o módulo da força peso da porta:

P = 25 9,81       →             P = 245   N

Agora que conhecemos todas as forças vamos calcular o momento de cada uma delas com relação aos eixos x , y e z . Vamos escrever a força F → C D em termos de suas componentes para facilitar a visualização:

Vamos começar pelo eixo z .

Repare que somente o peso e a componente x da força F → C D exercem momento com relação ao eixo z . Isso porque as outras forças não possuem braço de alavanca. Então, vamos lá:

∑ M → z = 0 →

245 0,6 - 0,873 F 1,2 = 0 → F = 140,5   N

No eixo y , a força B → x , o peso P → e a componente x da força F → C D possuem braço de alavanca com relação a este eixo: ∑ M → y = 0 →

B x 1,3 - 245 0,65 + 0,873 F 0,3 = 0

Como já sabemos o valor do F , temos que:

B x 1,3 - 245 0,65 + 0,873 ( 140,5 ) 0,3 = 0

B x = 94,3   N

E por último no eixo x , as forças que exercem momento são B → y e a componente z da força F → C D :

∑ M → x = 0 →

- B y 1,3 + 0,218 F 0,6 = 0

B y = 14,15   N

Passo 3

Vamos usar o equilíbrio de forças para achar as forças que faltam:

∑ F → y = 0 →

A y + 14,15 + 0,436 F = 0         →         A y = - 75,5   N

No eixo x :

∑ F → x = 0 →

A x + 94,3 + 0,873 F - 245 = 0         →         A x = 28,3   N

No eixo z só temos as forças A → z e B → z , então elas vão ser nulas:

∑ F → z = 0 →

A z + B z + 0,218 F = 0

O enunciado nos diz para considerarmos a força horizontal e paralela à parede da dobradiça B como nula! Essa força que ele tá falando nada mais é do que B z , assim

B z = 0

A z = - 0,218 F = - 0,218 × 140,5

A z = 30,6   N

Então, a resultante das reações nos pontos A e B são:

A → = - 75,5 2 + 28,3 2 + 30,63 2 = 8 6 , 2   N

B → = 94,3 2 + 14,15 2 = 95,4   N

E a força F → C D fica:

F → C D = 140,5 0,873 i ^ + 0,436 j ^ + 0,218 k ^   N

Resposta

A → = 86,2   N

B → = 95,4   N

F → C D = 140,5 0,873 i ^ + 0,436 j ^ + 0,218 k ^   N

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