Embed Size (px)
Citation preview
FUNDAÇÃO MUNICIPAL DE ENSINO DE PIRACICABA
ESCOLA DE ENGENHARIA DE PIRACICABA
ENGENHARIA MECÂNICA
ENGENHARIA CIVIL
ESTÁTICA I
MECÂNICA GERAL I FORÇAS MOMENTO DE FORÇAS
Prof. Otavio José Menegali
ESTÁTICA DOS PONTOS MATERIAIS
CONCEITOS FUNDAMENTAIS
Espaço – É a região geométrica ocupada por corpos cujas posições são descritas por medidas lineares e angulares, tomadas em relação a um sistema coordenado.
Tempo – É a medida da sucessão de eventos e é uma quantidade básica em dinâmica. O tempo não está diretamente envolvido em problemas estáticos.
Massa – É a medida da inércia de um corpo, que por sua vez é sua resistência à mudança de velocidade. Massa também pode ser entendida como a quantidade de matéria em um corpo. É também a propriedade de todos os corpos através da qual eles experimentam atração mútua com outros corpos.
FORÇAS NO PLANO Padrões fundamentais – A partir de acordos internacionais, estabeleceram-se padrões fundamentais para as medidas de massa, comprimento e tempo, conforme apresentados a seguir.
Comprimento – O metro, originalmente definido como um décimo-milionésimo da distância entre o polo e o equador, medido pelo meridiano que passa por Paris e redefinido mais tarde com o comprimento de uma determinada barra de platina–iridiada que está guardada no Departamento Internacional de Pesos e Medidas. As dificuldades de acesso e acurácia na reprodução das medidas acarretaram a adoção de uma nova definição para o comprimento padrão do metro de modo a torna-la mais precisa e reproduzível. Atualmente, o metro é definido como 1.650.763,73 vezes o comprimento de onda de uma certa radiação do átomo de Criptônio–86.
Massa – O quilograma é definido como a massa de um determinado cilindro de platina–iridiada, que está guardado no Departamento Internacional de Pesos e Medidas (International Bureau of Weights and Measures) próximo a Paris, França. Uma cópia precisa desse cilindro está guardada nos Estados Unidos no Instituto Nacional de Padrões e Tecnologia (National Institute of Standards and Technology – NIST – antigo Departamento Nacional de Padrões – National Bureau of Standards) e serve como o padrão de massa nesse país
Tempo – O segundo foi originalmente definido como a fração 1/86.400 do dia solar médio. Contudo, irregularidades na rotação da Terra, introduziram dificuldades no uso dessa definição, e uma definição mais precisa e reproduzível foi adotada. Atualmente o segundo é definido como sendo a duração de 9.192.631.770 períodos da radiação de um certo estado do átomo e Césio 133.
GRANDEZAS ESCALARES E GRANDEZAS VETORIAIS
Uma grandeza é escalar quando necessita apenas de um número para quantificá-la, número este que é chamado de módulo ou valor numérico. Como exemplo temos o tempo, a massa, o volume, a densidade dos corpos, o trabalho, a quantidade de dinheiro, etc.
1
Fornecendo apenas um número, é possível passar a idéia total da quantidade, em relação a um referencial.
Os escalares se somam pelos métodos comuns da álgebra: 4 kg + 5 kg = 9 kg.
Outras grandezas, para que sejam totalmente compreendidas, necessitam além deste número, mais características. Tomemos a velocidade por exemplo. Se dizemos que a velocidade de um carro é de 80 km/h, para formarmos o conceito geral do movimento, é necessário dizer em que direção o carro se move, por exemplo, direção leste-oeste e ainda dizer o sentido, por exemplo, de oeste para leste. Para isto, a Matemática criou o Vetor, que para ser totalmente conhecido necessita destas três características: módulo, direção e sentido. E para ajudar a Física a explicar fenômenos, operações próprias entre Vetores foram criadas, como Soma, Produtos, que diferem das mesmas operações entre os Escalares.
A soma entre dois vetores de módulo iguais a 4 e a 5 pode resultar qualquer valor entre 1 e 9.
Vetor – Ente matemático que possui intensidade, direção e sentido e que se somam de acordo com a lei do paralelogramo.
FORÇA
A força representa a ação de um corpo sobre o outro. É caracterizada por seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. Inicialmente estudaremos o efeito de forças sobre pontos materiais (significa que o tamanho e a forma dos corpos considerados não alteram a solução dos problemas). Consideraremos também que todas as forças atuantes sobre os corpos terão o mesmo ponto de aplicação.
Intensidade – É representada por um número de unidades, tendo como referência, um padrão adotado. Ex.: 3 N ; 5 Kgf, etc.
Existem diversos sistemas de unidades, que a partir das unidades de poucas grandezas fundamentais, podemos obter as unidades de outras grandezas chamadas de derivadas.
No MKS utilizamos Comprimento ( L ) , Massa ( M ) e Tempo ( T ) como grandezas fundamentais, sendo Comprimento expresso em Metros ( m ) , Massa expressa em Kilogramas ( kg ) e Tempo em Segundos ( s ) . A partir dessas grandezas, a unidade da Força será obtida pela Lei de Newton.
F = m a
No MKS, a força necessária para acelerar um corpo de massa igual a 1 kg à razão de 1 m/s 2 é
F = 1 kg . 1 m/s 2 = 1 kg.m/s 2 = 1 N (Newton)
2
No MK*S ( MKS Técnico ) utilizamos Comprimento ( L ) , Força ( F ) e Tempo ( T ) como grandezas fundamentais, sendo Comprimento expresso em Metros ( m ) , Força expressa em Kilograma-força ( kgf ) e Tempo em Segundos ( s ) .
No MK*S, o peso de uma massa igual a 1 kg é igual a 1 kgf.
A unidade de Massa neste sistema (grandeza derivada) é chamada de u t m (unidade técnica de massa)
No CGS utilizamos Comprimento em Centímetros ( cm ) , Massa em gramas ( g ) e Tempo em Segundos ( s ) . A partir dessas grandezas, a unidade da Força será obtida pela Lei de Newton.
F = m a
No CGS, a força necessária para acelerar um corpo de massa igual a 1 g à razão de 1 cm/s 2 é
F = 1 g . 1 cm/s 2 = 1 g.cm/s 2 = 1 d (dina)
Direção – É definida pela sua linha de ação.
Sentido – Ao longo de cada direção podemos ter 2 sentidos.
Exemplo:
As três Leis Fundamentais de Newton
Primeira Lei – Uma partícula permanece em repouso, ou continua a mover-se em linha reta com uma velocidade constante, se não existir nenhuma força agindo sobre ela.
Segunda Lei – A aceleração de uma partícula é proporcional à Força resultante agindo sobre ela e possui a mesma direção dessa força..
F = m . a Terceira Lei – As forças de ação e reação entre os corpos em contato tem a mesma intensidade, mesma linha de ação e sentidos opostos.
Força é vetor pois quando um corpo age sobre o outro é necessário conhecermos a intensidade, direção e sentido desta ação.
3
Soma de Vetores . Lei do Paralelogramo.
Podemos também somar vetores, colocando-se na extremidade de um vetor, escolhido como o primeiro, o início do escolhido como o segundo e repetindo-se o procedimento para os demais, formando-se desta maneira, um polígono, geralmente aberto. A resultante dos vetores será o vetor que “fecha" o polígono.
Decomposição de uma força em componentes
É a recíproca da soma de forças e é um processo que simplifica a resolução de problemas uma vez que escolheremos eixos no plano ou no espaço para o estudo de problemas envolvendo forças.
4
A decomposição de um vetor pode ser feita sobre eixos que formem ângulos quaisquer entre si.
Porém, a escolha de eixos perpendiculares entre si irá simplificar a soma de vetores.
Desta maneira, ao decompor um vetor força P , teremos a componente sobre a direção x, chamada de P x e a segundo y, chamada de P y .
Vetores Unitários – São vetores que têm módulo ( intensidade ) igual a um ( 1 ) , têm direção segundo os eixos x e y e sentido, o positivo destes eixos.
Lembrando a definição de produto de um escalar por um vetor :
Assim como chamamos a soma P + P de 2P ou P + P + P de 3P e em geral se tivermos n vetores P , sua soma será nP , definimos o produto nP de um inteiro positivo n por um vetor P, como um vetor que tenha a mesma direção e sentido de P e intensidade, n vezes a intensidade de P." Para um vetor F podemos escrever:
F x = F x i F y = F y j
e o vetor F fica
F = F x i + F y j
F x e F y serão positivos se tiverem mesmo sentido de i e j e negativos se contrários. Poderão ser obtidos através do ângulo que F faz com os eixos, como mostra a figura.
F x = F cos F y = F sen
5
Adição de forças pela soma de componentes segundo x e y
Quando se torna necessário a soma de 3 ou mais forças a lei do paralelogramo se torna trabalhosa. Para isso podemos aplicar o método a seguir. Cada força deve ser decomposta segundo x e y. Em seguida somamos as componentes em x, uma vez que são vetores que possuem a mesma direção, repetindo o raciocínio quanto a y. Exemplo: Sejam três forças P , Q e S. Pede-se a resultante R.
R = P + Q + S R x i + R y j = P x i + P y j + Q x i + Q y j + S x i + S y j R x i + R y j = ( P x + Q x + S x ) i + ( P y + Q y + S y ) j
R x = P x + Q x + S x R x = F x
R y = P y + Q y + S y R y = F y Exemplo numérico – Determinar a resultante.
F 1 = 100 cos 30o i + 100 sen 30o j = 86,60 i + 50 j
F 2 = 60 cos 40o i – 60 sen 40o j = 45,96 i – 38,57 j
F 3 = –70 sen 20o i + 70 cos 20o j = – 23,94 i + 65,78 j
R = 108,62 i + 77,21 j
R = 108,62 2 + 77,21 2 = 133,27 kgf tg = 77,21 / 108,62 = 0,71 = 35,41º
Equilíbrio de um ponto material
6
Um ponto material estará em equilíbrio quando a resultante de todas as forças que nele atuam for igual a zero.
Normalmente nos problemas, pede-se determinada força para que o ponto material esteja em equilíbrio e o raciocínio a ser seguido é o de decompor todas as forças, inclusive a incógnita e igualar a zero a resultante delas nas duas direções.
Diagrama de Corpo Livre
Grande número de problemas que envolvem estruturas reais podem ser reduzidos a problemas referentes ao equilíbrio de um ponto material. Isto é feito escolhendo-se um ponto material conveniente e esquematizando-se num diagrama separado todas as forças que são aplicadas sobre ele. Tal diagrama é chamado Diagrama de Corpo Livre.
Exercícios
1 ) Dois cabos são ligados juntos em C e carregados como está ilustrado. Determinar a tração em AC e BC
Resolução 1) a)
7
F CB = F CB . cos 20o i + F CB . sen 20o j F CB = 0,940 F CB i + 0,342 F CB j
F CA = – F CA . cos 40o i + F CA . sen 40o j F CA = –0,766 F CA i + 0,643 F CA j
P = 0 i – 1,5 j P = 0 i – 1,5 j
Equilíbrio R = 0
F x = 0 0,940 F CB – 0,766 F CA + 0 = 0
F y = 0 0,342 F CB + 0,643 F CA – 1,5 = 0
0,766 F CA F CB = ------------------ = 0,8152 F CA 0,940
0,766 F CA
8
0,342 ------------------ + 0,643 F CA = 1,5 F CA = 1,6276 kN F CB = 1,3265 kN 0,940
Resolução 1) b) a a b c sen = -------- ; sen = -------- ; b + c = 1,3 ; cos = -------- ; cos = -------- 1,2 0,5 1,2 0,5 a 2 = 1,2 2 – b 2 e a 2 = 0,5 2 – c 2 1,44 – b 2 = 0,25 – c 2
b 2 – c 2 = 1,19 ( b + c ) ( b – c ) = 1,19 1,3 ( b – c ) = 1,19
b – c = 0,9154 b + c = 1,3 2 b = 2,21542 b = 1,1077
c = 0,1923 a = 0,4615 sen = 0,3846 = 22,62o ; sen = 0,9230 = 67,38o
+ = 90o cos = 0,3846 cos = 0,9230 F CB = F CB . cos i + F CB . sen j F CB = 0,3846 F CB i + 0,9230 F CB j
F CA = – F CA . cos i + F CA . sen j F CA = – 0,9230 F CA i + 0,3846 F CA j
P = 0 i – 260 x 9,81 j P = 0 i – 2550,6 j
Equilíbrio R = 0
F x = 0 0,3846 F CB – 0,9230 F CA + 0 = 0
F y = 0 0,9230 F CB + 0,3846 F CA – 2550,6 = 0
0,9230 F CA F CB = -------------------- 0,3846
0,9230 F CA 0,9230 ------------------ + 0,3846 F CA = 2550,6 F CA = 981,11 kN e F CB = 2354,57 kN 0,3846
Resolução 1) c) F CB = F CB . cos 20o i – F CB . sen 20o j F CB = 0,9397 F CB i – 0,3420 F CB j
F CA = – F CA . cos 60o i + F CA . sen 60o j F CA = –0,5000 F CA i + 0,8660 F CA j
9
P = 0 i – 50 x 9,81 j P = 0 i – 490,5 j
Equilíbrio R = 0
F x = 0 0,9397 F CB – 0,5000 F CA + 0 = 0
F y = 0 –0,3420 F CB + 0,8660 F CA – 490,5 = 0
0,5000 F CA F CB = -------------------- 0,9397
0,5000 F CA –0,3420 ------------------- + 0,8660 F CA = 490,5 F CA = 717,07 N e F CB = 381,54 N 0,9397
2 ) Um bloco de 3 kN é suportado pelos dois cabos AC e BC.
a ) Para que valor de a tração no cabo AC é mínima ? Quais os valores correspon-dentes das trações nos cabos AC e BC ?
b ) O valor de para o qual a maior das trações nos cabos é tão pequena quanto possível.
Quais os valores correspondentes das trações nos cabos AC e BC ?
Resolução 2) a)
F CB = F CB . cos 60o i + F CB . sen 60o j
F CA = –FCA . cos i + FCA . sen j
10
P = 0 i – 3 j
FCB = 0,5 F CB i + 0,8660 F CB j
F CA = –FCA . cos i + FCA . sen j
P = 0 i – 3 j
Equilíbrio R = 0
F x = 0 0,5 FCB + –FCA . cos = 0
F y = 0 0,8660 FCB + FCA . sen – 3 = 0
FCA . cos FCB = ------------------ FCB = 2 FCA . cos 0,5
F x = 0 0,8660 FCB + FCA . sen – 3 = 0
F y = 0 0,8660 . 2 FCA . cos + FCA . sen – 3 = 0
1,732 FCA . cos + FCA . sen = 3
FCA ( 1,732 cos + sen ) = 3
A expressão acima mostra um produto de dois números variáveis, resultando uma constante.Se uma das variáveis for pequena, a outra deverá assumir um valor alto. Portanto, para que FCA seja mínimo é necessário que ( 1,732 cos + sen ) seja máximo . Portanto sua derivada primeira deverá ser igual a zero .
d------- ( 1,732 cos + sen ) = 0 d
1,732 (–sen ) + cos = 0 –1,732 sen + cos = 0
1,732 sen 1 sen cos = 1,732 sen 1 = -------------------- ------------ = ----------- cos 1,732 cos
sen ------------ = 0,577 tg = 0,577 = 30o cos
Substituindo em F CA ( 1,732 cos + sen ) = 3
F CA ( 1,732 cos 30o + sen 30o ) = 3 F CA = 1,5 kN
11
e em F CB = 2 F CA . cos F CB = 2 x 1,5 x cos 30o F CB = 2,598 kN
Analisando a derivada segunda, para conclusão se se trata de ponto de máximo ou de mínimo, teremos: d 2 d---------- ( 1,732 cos + sen ) = --------- (–1,732 sen + cos ) = d 2 d
= – 1,732 cos – sen = –1,732 cos 30o – sen 30o = –2
Portanto, 1,732 cos + sen realmente passa por máximo para = 30o pois a derivada primeira é nula e a derivada segunda é negativa. Resolução Gráfica
Resolução 2) b) A resolução é idêntica ao 2) b) até
F CA ( 1,732 cos + sen ) = 3 e F CB = 2 F CA . cos
Para que a maior das trações seja tão pequena quanto possível é necessário que não exista “a maior das trações” pois enquanto uma for maior que a outra deveremos tentar diminuí-la. Teremos então que as duas deverão ser iguais entre si.
F CA = FCB F CA = 2 F CA . cos cos = 0,5 = 60o F CA ( 1,732 cos + sen ) = 3 F CA ( 1,732 cos 60o + sen 60o ) = 3
F CA = 1,73 kN Como F CA = F CB F CB = F CA = 1,73 kN
12
Forças no Espaço
Consideremos uma força F aplicada no ponto O e um sistema de eixos cartesianos. Como no caso plano tínhamos i e j associados às direções x e y respectivamente, definiremos agora, o vetor unitário k associado a direção z. A força F pode ser escrita como:
F = F x + F y + F z
F = F x i + F y j + F z k
F y = F . cos y
F H = F . sen y
F x = F H . cos e F z = FH . sen
F = F sen y . cos i + F cos y j + F sen y . sen k
F = ( F x ) 2 + ( F x ) 2 + ( F x ) 2
Todavia esta forma de escrever F não é a mais utilizada. O mais comum é imaginar o vetor F como a diagonal de um paralelepípedo e de maneira análoga ao que se fez com F y , deve-se fazer com F x e F z . F x = F . cos x
F y = F . cos y
F z = F . cos z
F = F . cos x i + F . cos y j + F . cos z k
Podemos escrever F como
13
F = F ( cos x i + cos y j + cos z k )
que mostra que a força F é o produto do escalar F pelo vetor F = F
= cos x i + cos y j + cos z k
é um vetor de módulo unitário segundo a direção de F
x = cos x y = cos y z = cos z ( x ) 2 + ( y ) 2 + ( z ) 2 = 1
cos 2 x + cos 2 y + cos 2 z = 1
Força definida por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação
Neste caso devemos encontrar o vetor de módulo 1 (um) e multiplicá-lo pelo módulo da força, pois F = F . . Para isso, encontramos o vetor MN e iremos dividi-lo pelo seu módulo .
Sendo M e N dois pontos por onde passa a linha de ação da força M ( x 1 ; y 1 ; z 1 ) N ( x 2 ; y 2 ; z 2 ) MN = N – M = ( x 2 ; y 2 ; z 2 ) – ( x 1 ; y 1 ; z 1 ) MN = ( x 2 – x 1 ) i + ( y 2 – y 1 ) j + ( z 2 – z 1 ) k d x = ( x 2 – x 1 ) d y = ( y 2 – y 1 ) d z = ( z 2 – z 1 )MN = d x i + d y j + d z k
MN = MN = d x 2 + d y
2 + d z 2 = d
MN d x d y d z = ----------- = ------- i + -------- j + ------- k MN d d d
d x d y d z
F = F x i + F y j + F z k = F . = F ( -------- i + -------- j + -------- k ) d d d F d x F d y F d z
F = ----------- i + ----------- j + ----------- k d d d
Portanto: F d x F d y F d z F x = ---------- F y = ---------- F z = ----------
14
d d d Como F x = F cos x F y = F cos y F z = F cos z temos:
d x d y d z
cos x = ------- cos x = ------- cos x = ------- d d d
Adição de Forças Concorrentes no Espaço
Os métodos gráficos e trigonométricos não são práticos no caso da adição de forças no espaço. O mais usado é decompor as forças nas direções x , y e z através dos vetores i , j e k e somá-las :
R = F
R = R x i + R y j + R z k = F x i + F y j + F z k
Equilíbrio de um Ponto Material no Espaço Um ponto material estará em equilíbrio quando a resultante das forças que nele atuam for igual a zero. Para isso é necessário que
F x = 0 , F y = 0 e F z = 0
Exercícios
1 ) Determine as componentes x, y e z da força de 250 N e os ângulos x , y
e z que a força forma com os eixos coordenados.
2 ) Idem para a força de 300 N.
Resolução 1) F = F x i + F y j + F z k
F H = 250 . cos 60o F H = 125 N
15
F y = 250 . sen 60o F y = 216,51 N
F x = F H . cos 25o = 125 . cos 25o F x = 113,29 N
F z = –F H . sen 25o = –125 . sen 25o F z = –52,83 N
F = 113,29 i + 216,51 j – 52,83 k F x 113,29cos x = ------- = ------------- = 0,4532 x = 63,05o
F 250
F y 216,51cos y = ------- = ------------- = 0,8660 y = 30o
F 250
F z –52,83cos z = ------- = ------------- = –0,2113 z = 102,20o
F 250
Resolução 2) F = F x i + F y j + F z k
F H = 300 . sen 40 º F H = 192,84 N
F y = 300 . cos 40 º F y = 229,81 N
FX = FH . sen 20 º = 192,84 . sen 20 º F X = 65,95 N
FZ = FH . cos 20 º = 192,84 . cos 20 º F Z = 181.21 N
F = 65,95 i + 229,81 j + 181,21 k
F x 65,95cos x = ------- = ------------- = 0,22 x = 77,30 o
F 300
F y 229,81cos y = ------- = ------------- = 0,7660 y = 40 o
F 300
F z –52,83cos z = ------- = ------------- = 0,6040 z = 52,84 o
F 300
16
3 ) Sabendo que a tração em AB é 2250 N e que no cabo BC é 1125 N, determinar:
a ) As componentes da força exercida sobre a placa em A e os ângulos que definem esta força.
b ) As componentes da força exercida sobre a placa em C e os ângulos que definem esta força.
Resolução 3) a) AB = B – A = ( 0 ; 1,20 ; 0,60 ) – ( 1,20 ; 0 ; 2,70 ) AB = –1,20 i + 1,20 j – 2,10 k | AB | = ( –1,20 ) 2 + ( 1,20 ) 2 + ( –2,10 ) 2 = 2,70 m
AB –1,20 i + 1,20 j – 2,10 k AB = --------- = ----------------------------------------- | AB | 2,70
FAB = FAB . AB
–1,20 i + 1,20 j – 2,10 k FAB = 2250 ( ----------------------------------------- ) FAB = –1000 i + 1000 j – 1750 k 2,70
F x –1000cos x = ------- = ------------ = –0,44 x = 116,39 o
F 2250
F y 1000cos y = ------- = ------------- = 0,44 y = 63,61 o
F 2250
F z –1750cos z = ------- = ------------- = –0,78 z = 141,06 o
F 2250
17
Resolução 3) b) CB = B – C = ( 0 ; 1,20 ; 0,60 ) – ( 1,20 ; 0 ; 0 ) AB = –1,20 i + 1,20 j + 0,60 k | CB | = ( –1,20 ) 2 + ( 1,20 ) 2 + ( 0,60 ) 2 = 1,80 m
CB –1,20 i + 1,20 j + 0,60 k CB = --------- = ----------------------------------------- | CB | 1,80
FCB = FCB . CB
–1,20 i + 1,20 j + 0,60 k FCB = 1125 ( ----------------------------------------- ) FCB = –750 i + 750 j – 375 k 1,80
F x –750cos x = ------- = ------------ = –0,67 x = 131,81 o
F 1125
F y 750cos y = ------- = ------------- = 0,67 y = 48,19 o
F 1125
F z 375cos z = ------- = ------------- = –0,33 z = 70,53 o
F 1125
4 ) Sabendo que a tração em AB é 39 kN, determine os valores requeridos para a tração em AC e AD de tal forma que a resultante das três forças aplicadas em A seja vertical.
5 ) Sabendo que a tração em AC é 28 kN, determine os valores requeridos para a tração em AB e AD de tal forma que a resultante das três forças aplicadas em A seja vertical.
18
Resolução 4) A ( 0 ; 48 ; 0 )B ( 16 ; 0 ; 12 )C ( 16 ; 0 ; –24 )D ( –14 ; 0 ; 0 )
AB = B – A = ( 16 ; 0 ; 12 ) – ( 0 ; 48 ; 0 ) AB = 16 i – 48 j + 12 k | AB | = ( 16 ) 2 + ( –48 ) 2 + ( 12 ) 2 = 52 m
AB 16 i – 48 j + 12 k AB = --------- = --------------------------------- | AB | 52
FAB = FAB . AB
16 i – 48 j + 12 k FAB = 39 ( --------------------------------- ) FAB = 12 i – 36 j + 9 k ( kN ) 52
AC = C – A = ( 16 ; 0 ; –24 ) – ( 0 ; 48 ; 0 ) AC = 16 i – 48 j – 24 k | AC | = ( 16 ) 2 + ( –48 ) 2 + ( –24 ) 2 = 56 m
AC 16 i – 48 j – 24 k AC = --------- = --------------------------------- | AC | 56
16 48 24 AC = -------- i – -------- j – -------- k 56 56 56
FAC = FAC . AC
16 48 24 FAC = FAC ( -------- i – -------- j – -------- k ) 56 56 56 16 FAC 48 FAC 24 FAC FAC = ---------- i – ---------- j – ---------- k 56 56 56
AD = D – A = ( –14 ; 0 ; 0 ) – ( 0 ; 48 ; 0 ) AD = –14 i – 48 j + 0 k
19
| AD | = ( –14 ) 2 + ( –48 ) 2 + ( 0 ) 2 = 50 m
AD –14 i – 48 j + 0 k AD = --------- = --------------------------------- | AD | 50
–14 48 AD = -------- i – -------- j + 0 k 50 50
FAD = FAD . AD
–14 48 FAD = FAD ( -------- i – -------- j + 0 k ) 50 50 –14 FAD 48 FAD FAD = ----------- i – ----------- j + 0 k 50 50
Para que a resultante das forças em A seja vertical é necessário que
F x = 0 e F z = 0
16 FAC 14 FAD F x = 0 12 + ----------- – ----------- = 0 56 50 24 FAC F z = 0 9 + ----------- + 0 = 0 56
24 FAC F z = 0 9 – ----------- + 0 = 0 56
24 FAC ----------- = 9 FAC = 21 kN 56
Substituindo em
16 FAC 14 FAD F x = 0 12 + ----------- – ----------- = 0 56 50
16 x 21 14 FAD 12 + ----------- – ----------- = 0 FAD = 64,29 kN
20
56 50
Resolução 5) A ( 0 ; 48 ; 0 )B ( 16 ; 0 ; 12 )C ( 16 ; 0 ; –24 )D ( –14 ; 0 ; 0 )
AB = B – A = ( 16 ; 0 ; 12 ) – ( 0 ; 48 ; 0 ) AB = 16 i – 48 j + 12 k | AB | = ( 16 ) 2 + ( –48 ) 2 + ( 12 ) 2 = 52 m
AB 16 i – 48 j + 12 k AB = --------- = --------------------------------- | AB | 52
16 48 12 AC = -------- i – -------- j + -------- k 52 52 52
FAB = FAB . AB 16 48 12 FAB = FAB ( -------- i – -------- j + -------- k ) 52 52 52 16 FAB 48 FAB 12 FAB FAB = ---------- i – ---------- j + ---------- k 52 52 52
AC = C – A = ( 16 ; 0 ; –24 ) – ( 0 ; 48 ; 0 ) AC = 16 i – 48 j – 24 k | AC | = ( 16 ) 2 + ( –48 ) 2 + ( –24 ) 2 = 56 m
AC 16 i – 48 j – 24 k AC = --------- = --------------------------------- | AC | 56
FAC = FAC . AC
16 i – 48 j – 24 k FAC = 28 ( --------------------------------- ) 56
FAB = 8 i – 24 j – 12 k ( kN )
AD = D – A = ( –14 ; 0 ; 0 ) – ( 0 ; 48 ; 0 ) AD = –14 i – 48 j + 0 k
21
| AD | = ( –14 ) 2 + ( –48 ) 2 + ( 0 ) 2 = 50 m
AD –14 i – 48 j + 0 k AD = --------- = --------------------------------- | AD | 50
–14 48 AD = -------- i – -------- j + 0 k 50 50
FAD = FAD . AD
–14 48 FAD = FAD ( -------- i – -------- j + 0 k ) 50 50 –14 FAD 48 FAD FAD = ----------- i – ----------- j + 0 k 50 50
Para que a resultante das forças em A seja vertical é necessário que
F x = 0 e F z = 0
16 FAB 14 FAD F x = 0 ----------- + 8 – ----------- = 0 52 50 12 FAB F z = 0 ----------- – 12 + 0 = 0 52
12 FAB F z = 0 ----------- = 12 FAB = 52 kN 52 Substituindo em
16 FAB 14 FAD F x = 0 ----------- + 8 – ----------- = 0 52 50
16 x 52 14 FAD ------------- + 8 – ----------- = 0 FAD = 85,71 kN 52 50
22
6 ) A carga P de módulo 2775 N é suportada por três cabos como está ilustrado. Determine a tração em cada cabo.
Resolução 6) A ( –1,80 ; 0 ; 1,20 )B ( 0 ; 0 ; –1,50 )C ( 2,70 ; 0 ; 0 )D ( 0 ; –3,60 ; 0 )
DA = A – D = ( –1,80 ; 0 ; 1,20 ) – ( 0 ; –3,60 ; 0 ) DA = –1,80 i + 3,60 j + 1,20 k | DA | = ( –1,80 ) 2 + ( 3,60 ) 2 + ( 1,20 ) 2 = 4,20 m
DA –1,80 3,60 1,20 DA = --------- = ---------- i + ---------- j + ---------- k | DA | 4,20 4,20 4,20
–1,80 3,60 1,20 FDA = FDA . ( ---------- i + ---------- j + ---------- k ) 4,20 4,20 4,20
–1,80 FDA 3,60 FDA 1,20 FDA FDA = ---------------- i + ---------------- j + ---------------- k 4,20 4,20 4,20
DB = B – D = ( 0 ; 0 ; –1,50 ) – ( 0 ; –3,60 ; 0 ) DB = 0 i + 3,60 j – 1,50 k | DB | = ( 0 ) 2 + ( 3,60 ) 2 + ( –1,50 ) 2 = 3,90 m
DB 3,60 1,50 DB = --------- = 0 i + ---------- j – ---------- k | DB | 3,90 3,90
3,60 1,50 FDB = FDB . ( 0 i + ---------- j – ---------- k ) 3,90 3,90
3,60 FDB 1,50 FDB FDB = 0 i + ---------------- j – ---------------- k 3,90 3,90 DC = C – D = ( 2,70 ; 0 ; 0 ) – ( 0 ; –3,60 ; 0 ) DC = 2,70 i + 3,60 j + 0 k
23
| DC | = ( 2,70 ) 2 + ( 3,60 ) 2 + ( 0 ) 2 = 4,50 m
DC 2,70 3,60 DC = --------- = ---------- i + ---------- j + 0 k | DC | 4,50 4,50
2,70 3,60 FDC = FDC . ( ---------- i + ---------- j + 0 k ) 4,50 4,50
2,70 FDC 3,60 FDC FDC = ---------------- i + ---------------- j + 0 k 4,50 4,50 P = 0 i – 2775 j + 0 k –1,80 FDA 3,60 FDA 1,20 FDA FDA = ---------------- i + ---------------- j + ---------------- k 4,20 4,20 4,20
3,60 FDB 1,50 FDB FDB = 0 i + ---------------- j – ---------------- k 3,90 3,90
2,70 FDC 3,60 FDC FDC = ---------------- i + ---------------- j + 0 k 4,50 4,50 P = 0 i – 2775 j + 0 k Equilíbrio R = 0
–1,80 FDA 2,70 FDA F x = 0 ---------------- + 0 + --------------- + 0 = 0 4,20 4,50 3,60 FDA 3,60 FDB 3,60 FDC F y = 0 ------------- + --------------- + -------------- – 2775 = 0 4,20 3,90 4,50
1,20 FDA 1,50 FDB F z = 0 ------------- – --------------- + 0 + 0 = 0 4,20 3,90
1,80 x 4,50 FDC = ------------------ FDA
4,20 x 2,70
1,20 x 3,90
24
FDB = ------------------ FDA
4,20 x 1,50
3,60 FDA 3,60 x 1,20 x 3,90 3,60 x 1,80 x 4,50 F y = 0 ---------------- + -------------------------- FDA + --------------------------- FDA = 2775 4,20 3,90 x 4,20 x 1,50 4,50 x 4,20 x 2,70 FDA = 1312,5 N 1,80 x 4,50 1,80 x 4,50 FDC = ------------------ FDA = ------------------ x 1312,5 FDC = 937,5 N 4,20 x 2,70 4,20 x 2,70 1,20 x 3,90 1,20 x 3,90 FDB = ------------------ FDA = ------------------ x 1312,5 FDB = 975 N 4,20 x 1,50 4,20 x 1,50
7 ) Três cabos são unidos em D, onde uma força de 15,60 kN é aplicada, como está ilustrado. Determine a tração em cada cabo.
Resolução 7)
A ( 0 ; 3 ; 3 )B ( 0 ; 3 ; -3 )C ( 0 ; 0 ; 0 )D ( 1,5 ; 2 ; 0 )E ( 7,5 ; 0 ; 1,5 )
DA = A – D = ( 0 ; 3 ; 3 ) – ( 1,5 ; 2 ; 0 ) DA = –1,50 i + 1 j + 3 k | DA | = (–1,50 ) 2 + ( 1 ) 2 + ( 3 ) 2 = 3,50 m
DA –1,50 1 3 DA = --------- = ---------- i + --------- j + --------- k | DA | 3,50 3,50 3,50
–1,50 1 3
25
FDA = FDA . ( --------- i + -------- j + --------- k ) 3,50 3,50 3,50
–1,50 FDA 1 FDA 3 FDA
FDA = --------------- i + ------------- j + ----------- k 3,50 3,50 3,50
DB = B – D = ( 0 ; 3 ; –3 ) – ( 1,5 ; 2 ; 0 ) DB = –1,50 i + 1 j – 3 k | DB | = (–1,50 ) 2 + ( 1 ) 2 + ( –3 ) 2 = 3,50 m
DB –1,50 1 3 DB = --------- = ---------- i + --------- j – --------- k | DB | 3,50 3,50 3,50
–1,50 1 3FDB = FDB . ( --------- i + -------- j – --------- k ) 3,50 3,50 3,50
–1,50 FDB 1 FDB 3 FDB
FDB = --------------- i + ------------- j – ----------- k 3,50 3,50 3,50
DC = C – D = ( 0 ; 0 ; 0 ) – ( 1,5 ; 2 ; 0 ) DC = –1,50 i – 2 j + 0 k | DC | = (–1,50 ) 2 + ( –2 ) 2 + ( 0 ) 2 = 2,50 m
DC –1,50 2 DC = --------- = ---------- i – --------- j + 0 k | DC | 2,50 2,50
–1,50 2 FDC = FDC . ( --------- i – -------- j + 0 k ) 2,50 2,50
–1,50 FDC 2 FDA FDC = --------------- i – ------------- j + 0 k 2,50 2,50
DE = E – D = ( 7,5 ; 0 ; 1,5 ) – ( 1,5 ; 2 ; 0 ) DE = 6 i – 2 j + 1,5 k | DE | = ( 6 ) 2 + ( –2 ) 2 + ( 1,5 ) 2 = 6,50 m
DE 6 i – 2 j + 1,5 k DE = --------- = -------------------------------- | DE | 6,50
6 i – 2 j + 1,5 k FDE = 15,60 . ( -------------------------------- ) 6,50
26
FDE = 14,40 i – 4,8 j + 3,6 k
–1,50 FDA 1 FDA 3 FDA
FDA = --------------- i + ------------- j + ----------- k 3,50 3,50 3,50
–1,50 FDB 1 FDB 3 FDB
FDB = --------------- i + ------------- j – ----------- k 3,50 3,50 3,50
–1,50 FDC 2 FDA FDC = --------------- i – ------------- j + 0 k 2,50 2,50
FDE = 14,40 i – 4,8 j + 3,6 k
FDA = – 0,4286 FDA i + 0,2857 FDA j + 0,8571 FDA k FDB = – 0,4286 FDB i + 0,2857 FDB j – 0,8571 FDB k
FDC = – 0,6000 FDC i + 0,8000 FDC j + 0 FDB k
FDE = 14,40 i – 4,8 j + 3,6 k
Equilíbrio R = 0 F x = 0 –0,4286 FDA – 0,4286 FDB – 0,6000 FDC + 14,40 = 0 F y = 0 0,2857 FDA + 0,2857 FDB – 0,8000 FDC – 4,80 = 0 F z = 0 0,8571 FDA – 0,8571 FDB + 0 FDC + 3,60 = 0
F x = 0 –0,4286 FDA – 0,4286 FDB – 0,6000 FDC = –14,40 F y = 0 0,2857 FDA + 0,2857 FDB – 0,8000 FDC = 4,80 F z = 0 0,8571 FDA – 0,8571 FDB + 0 FDC = –3,60
Resolveremos o sistema pela Regra de Cramer
–0,4286 – 0,4286 – 0,6000 –0,4286 – 0,4286 0,2857 0,2857 – 0,8000 0,2857 0,2857
27
0,8571 – 0,8571 0 0,8571 – 0,8571 = 0,881632653
–14,40 – 0,4286 – 0,6000 –14,40 – 0,4286 4,80 0,2857 – 0,8000 4,80 0,2857 – 3,60 – 0,8571 0 – 3,60 – 0,8571
FDA = 10,49142857
FDA 10,49142857 FDA = ---------- = ------------------- FDA = 11,90 kN 0,881632653
Substituindo em
F z = 0 0,8571 FDA – 0,8571 FDB + 0 FDC = –3,60 0,8571 x 11,90 – 0,8571 FDB = –3,60 FDB = 16,10 kN Substituindo em F x = 0 ou em F y = 0 teremos
F x = 0 –0,4286 FDA – 0,4286 FDB – 0,6000 FDC = –14,40
–0,4286 x 11,90 – 0,4286 x 16,10 – 0,6000 FDC = –14,40 FDC = 4,00 kN
8 ) Dois arames estão ligados ao topo do poste CD. Sabe-se que a força exercida sobre o poste é vertical e que a força de 2500 N, aplicada ao ponto C é horizontal. Se a força de 2500 N é paralela ao eixo z ( = 90° ), determine a tração em cada cabo.
9 ) No problema anterior, determine o valor do ângulo para o qual a tração no cabo AC é máxima e os valores das forças em cada cabo para esta situação.
Resolução 8) e 9)
28
FCA = –FCA cos 60º i – FCA sen 60º j + 0 k
FCA = –0,5 FCA i – 0,8660 FCA j + 0 k
FCB = FCB cos 30º cos 40º i – FCB sen 30º j + FCB cos 30º sen 40º k
FCB = 0,6634 FCB i – 0,5 FCB j + 0,5567 FCB k
29
F = 2500 cos i + 0 j – 2500 sen k
F X = 0 –0,5 FCA + 0,6634 FCB + 2500 cos = 0
F Y = 0 –0,8660 FCA – 0,5 FCB = –R
F Z = 0 0,5567 FCB – 2500 sen = 0
Isolando FCB em F Z = 0
F Z = 0 0,5567 FCB – 2500 sen = 0 0,5567 FCB = 2500 sen
2500 sen FCB = -------------------- FCB = 4490,99 sen 0,5567
e substituindo em F X = 0
F X = 0 –0,5 FCA + 0,6634 FCB + 2500 cos = 0
–0,5 FCA + 0,6634 x 4490,99 sen + 2500 cos = 0
0,6634 x 4490,99 sen + 2500 cos = 0,5 FCA
30
0,5 FCA = 0,6634 x 4490,99 sen + 2500 cos
0,6634 x 4490,99 sen + 2500 cos FCA = ----------------------------------------------------------- 0,5
FCA = 5958,77 sen + 5000 cos
d FCA Para que a tração em AC ( FCA ) seja máxima é necessário que ------------ = 0 d d FCA d ---------- = ------- ( 5958,77 sen + 5000 cos ) = 0 d d 5958,77 cos – 5000 sen = 0 5958,77 cos 5958,77 cos = 5000 sen sen = ------------------------- 5000 sen 5958,77-------------- = ---------------- tg = 1,1918 = 50º cos 5000
Substituindo em
FCB = 4490,99 sen F CB = 4490,99 sen 50º FCB = 3440,30 N
e em FCA = 5958,77 sen + 5000 cos FCA = 5958,77 sen 50o + 5000 cos 50o FCA = 7778,62 NAnálise da derivada segunda de FCA
d 2 FCA d ---------- = ------- 5958,77 cos – 5000 sen = – 5958,77 sen – 5000 cos d 2 d d 2 FCA ---------- = – 5958,77 sen – 5000 cos d 2
Para = 50o teremos
d 2 FCA ---------- = – 5958,77 sen 50o – 5000 cos 50o = –7778,62 d 2
por ser negativo, concluímos que se trata de ponto de máximo
31
Resolução 8)
Substituindo = 90o em
FCB = 4490,99 sen F CB = 4490,99 sen 90º FCB = 4490,99 N
e em
FCA = 5958,77 sen + 5000 cos FCA = 5958,77 sen 90o + 5000 cos 90o FCA = 5958,77 N
Corpos Rígidos – Sistema Equivalente de Forças
Nem sempre é possível considerarmos os corpos como pontos materiais. No caso geral o corpo deve ser tratado como um conjunto de grande número de pontos materiais. Consideramos Corpo Rígido como sendo aquele que não se deforma quando submetido à ação de forças. As estruturas e máquinas reais no entanto, não são absolutamente rígidas e deformam-se quando solicitadas, porém estas deformações são pequenas e não alteram sensivelmente as condições de equilíbrio da estrutura.
Forças Externas – Representam a ação de outros corpos sobre o corpo rígido considerado, sendo responsáveis pelo comportamento externo do corpo rígido. Causarão o movimento ou assegurarão a permanência em repouso.
Forças Internas – São as que mantêm unidos os pontos que formam o corpo rígido. Se o corpo rígido é estruturalmente composto de diversas partes, as forças que mantêm estas partes unidas são também chamadas de forças internas.
32
Estudaremos inicialmente as forças externas.
Princípio da Transmissibilidade
As condições de equilíbrio ou de movimento de um corpo rígido permanecem inalteradas se uma força F que atua num determinado ponto do corpo for deslocada para um outro ponto do corpo desde que ambos os pontos pertençam à linha de ação da força .
Produto Vetorial de dois vetores
Dados dois vetores P e Q definimos como produto vetorial de P por Q como sendo V
V = P Q
A linha de ação (direção) de V é perpendicular ao plano que contem P e Q O módulo (ou intensidade) de V é V = P . Q . sen
V = P . Q . sen
O sentido de V é dado pela Regra da Mão Direita: Girando com os quatro dedos da mão direita o vetor P em cima do vetor Q o sentido de V será dado pelo polegar.
Produto Vetorial em termos de Coordenadas Cartesianas
Há nove produtos possíveis entre os três vetores unitários i , j e k que definem as três direções do espaço.
1º ) i j Módulo = 1 x 1 x sen 90º = 1
33
Direção = perpendicular aos eixos x e y, Sentido = o positivo de z. O vetor resultante com estas características é o vetor k i j = k 2º ) i i Módulo = 1 x 1 x sen 0º = 0 i i = 0
3º ) j j Módulo = 1 x 1 x sen 0º = 0 j j = 0
4º ) k k Módulo = 1 x 1 x sen 0º = 0 k k = 0
5º ) i k Módulo = 1 x 1 x sen 90º = 1 Direção = perpendicular aos eixos x e z, Sentido = o negativo de y. O vetor resultante com estas características é o vetor – j i k = – j
6º ) j i Módulo = 1 x 1 x sen 90º = 1 Direção = perpendicular aos eixos y e x . Sentido = o negativo de z. O vetor resultante com estas características é o vetor – k j i = – k 7º ) j k Módulo = 1 x 1 x sen 90º = 1 Direção = perpendicular aos eixos y e z, Sentido = o positivo de x. O vetor resultante com estas características é o vetor i j k = i
8º ) k i Módulo = 1 x 1 x sen 90º = 1 Direção = perpendicular aos eixos z e x, Sentido = o positivo de y. O vetor resultante com estas características é o vetor j k i = j 9º ) k j Módulo = 1 x 1 x sen 90º = 1 Direção = perpendicular aos eixos z e y, Sentido = o negativo de x. O vetor resultante com estas características é o vetor – i k j = – i Podemos resumir como :
i i = 0 j i = – k k i = j i j = k j j = 0 k j = – i i k = –j j k = i k k = 0
34
Desenvolvendo o Produto Vetorial em coordenadas cartesianas temos: V = P Q = ( P x i + P y j + P z k ) ( Q x i + Q y j + Q z k ) = = P x Q x ( i i ) + P x Q y ( i j ) + P x Q z ( i k ) + + P y Q x ( j i ) + P y Q y ( j j ) + P y Q z ( j k ) +
+ P z Q x ( k i ) + P z Q y ( k j ) + P z Q z ( k k )
V = P Q = P x Q x ( 0 ) + P x Q y ( k ) + P x Q z (– j ) + + P y Q x (– k ) + P y Q y ( 0 ) + P y Q z ( i ) +
+ P z Q x ( j ) + P z Q y (– i ) + P z Q z ( 0 )
V = P x Q y k – P x Q z j – P y Q x k + P y Q z i + P z Q x j – P z Q y i
V = ( P y Q z – P z Q y ) i + ( P z Q x – P x Q z ) j + ( P x Q y – P y Q x ) k
O mesmo resultado seria obtido em forma do determinante da matriz
i j k
V = P x P y P z Q x Q y Q z
i j k i j
V = P x P y P z P x P y Q x Q y Q z Q x Q y
V = P y Q z i + P z Q x j + P x Q y k – P y Q x k – Pz Q y i – P x Q z j V = ( P y Q z – Pz Q y ) i + ( P z Q x – P x Q z ) j + ( P x Q y – P y Q x ) k
Momento de uma Força em relação a um ponto
Consideremos que uma força F atua num ponto A de um corpo rígido. O efeito desta força sobre o corpo depende da posição do ponto A. Para defini-lo, colocamos o vetor r que une os pontos O (origem do nosso sistema cartesiano) e A, que é chamado de Vetor Posição de A.
35
Definimos o Momento de F, em relação a O como sendo o produto vetorial de r e F .
MO = r F
MO = r . F . sen
d sen = ----- d = r sen r MO MO = F d d = ------- F Como M O = r F temos
M O = r F = ( r x i + r y j + r z k ) ( F x i + F y j + F z k )
Fazendo o produto, temos:
M x i + M y j + M z k = ( r y F z – r z F y ) i + ( r z F x – r x F z ) j +
+ ( r x F y – r y F x ) k
M x = r y F z – r z F y
M y = r z F x – r x F z
M z = r x F y – r y F x
Ou utilizando o determinante da matriz
i j k MO = r F = r x r y r z F x F y F z
i j k i j
36
MO = r F = r x r y r z r x r y
F x F y F z F x F y
MO = ( r y F z – r z F y ) i + ( r z F x – r x F z ) j + ( r x F y – r y F x ) k
Produto Escalar de dois Vetores
Dados dois vetores P e Q, definimos como Produto Escalar entre os dois, a expressão:
P . Q = P . Q . cos
o resultado da expressão acima não é vetor e sim escalar. Da mesma maneira que foi feito no produto vetorial, faremos os produtos escalares dos 3 vetores i , j e k entre si: 1º ) i . i = 1 x 1 x cos 0° = 1 2º ) i . j = 1 x 1 x cos 90° = 0 3º ) i . k = 1 x 1 x cos 90° = 0 4º ) j . i = 1 x 1 x cos 90° = 0 5º ) j . j = 1 x 1 x cos 0° = 1 6º ) j . k = 1 x 1 x cos 90° = 0 7º ) k . i = 1 x 1 x cos 90° = 0 8º ) k . j = 1 x 1 x cos 90° = 0 9º ) k . k = 1 x 1 x cos 0° = 1
Em resumo, teremos:
i . i = 1 j . i = 0 k . i = 0 i . j = 0 j . j = 1 k . j = 0 i . k = 0 j . k = 0 k . k = 1
Portanto
P . Q = ( P x i + P y j + P z k ) . ( Q x i + Q y j + Q z k )
P . Q = P x Q x + P y Q y + P z Q z
Produto Misto de três Vetores
É definido pela expressão
S . ( P Q )
Colocando em coordenadas cartesianas teremos:
S . ( P Q ) = S . V = S x V x + S y V y + S z V z
37
Sendo V o vetor já obtido no estudo do Produto Vetorial
V = ( P y Q z – Pz Q y ) i + ( P z Q x – P x Q z ) j + ( P x Q y – P y Q x ) k
Portanto:
S . ( P Q ) = S x (P y Q z – Pz Q y ) + S y (P z Q x – P x Q z) + S z (P x Q y – P y Q x )
Desenvolvendo, temos:
S . ( P Q ) = S x P y Q z + S y P z Q x + S z P x Q y – S z P y Q x –
S y P x Q z – S x P z Q y
Esta expressão representa o desenvolvimento do determinante
S x S y S z
S . (P Q) = P x P y P z
Q x Q y Q z
S x S y S z S x S y
S . (P Q) = P x P y P z P x P y
Q x Q y Q z Q x Q y
S . ( P Q ) = S x P y Q z + S y P z Q x + S z P x Q y – S z P y Q x –
S y P x Q z – S x P z Q y
Momento de uma Força em relação a um eixo dado
Consideremos a figura abaixo:
38
Já sabemos calcular o Momento da força F em relação ao ponto O. Imaginemos passar por O o eixo OL cuja direção será dada por e projetarmos o vetor Momento de F em relação a O sobre o eixo OL . O resultado obtido é chamado Momento da força F em relação ao eixo OL.
Então
MOL = MO . cos = MO . cos
Faremos aqui as seguintes considerações:
1 ) A obtenção do ângulo entre duas retas no espaço é bastante trabalhosa;
2 ) MO é um vetor obtido pelo Produto Vetorial : MO = r F
3 ) O conceito de Produto Escalar entre dois vetores envolve o cosseno do ângulo formado entre os dois vetores e pode ser encontrado sem determinar este ângulo. Associaremos então ao eixo OL, um vetor , de modulo igual a 1 (vetor unitário) e utilizaremos o conceito de Produto Misto entre três Vetores. Assim,
MOL = MO . cos
MOL = . M O = . MO . cos MOL = 1 . M O . cos = MO . cos
Como: MO = r F
MOL = . M O = . ( r F)
que é o Produto Misto de três Vetores, e pode ser calculado através do determinante da matriz:
x y z
MOL = . M O = . ( r F) = x y z F x F y F z
Deve-se observar que a origem do sistema de eixos coordenados sempre deverá estar sobre o eixo em torno do qual se calcula o Momento. Em função disto o vetor posição r confunde-se com as coordenadas do ponto de aplicação da força, pois r = OA = A – O = ( x ; y ; z) – ( 0 ; 0 ; 0 ) Ou seja: r = ( x – 0 ) i + ( y – 0 ) j + ( z – 0 ) k = x i + y j + z k
Daí a 2º linha da matriz ser ( x ; y ; z ) , coordenadas do ponto de aplicação da Força , pois é o mesmo que r x , r y e r z , componentes do vetor r .
Exercícios
39
1 ) Uma força de 450 N é aplicada em A. Determine:
a ) O momento da força em relação a D b ) A menor força que aplicada em B provoca o mesmo momento em relação a D .
Resolução 1) a)
F = – 450 sen 30º i – 450 cos 30 º j + 0 k
F = – 225 i – 389,71 j + 0 k
r 1 = DA = 300 i + 125 j + 0 k
i j k i j
M D = r 1 F = 300 125 0 300 125
–225 –389,71 0 –225 –389,71
M D = – 300 x 389,71 k + 125 x 225 k M D = – 88788,43 k N . mm
Resolução 1) b)
40
M D = r 1 F 1 M D = r 1 x F 1 x sen
M D ------------- = F 1 x sen = Constante r 1
Para que F 1 seja mínimo, é necessário que sen seja máximo . Como – 1 sen 1 , o máximo valor será sen = 1 e consequentemente = 90 º . Ou seja, F 1 deve ser perpendicular a r 1 . tg = 225 / 300 = 0,75 = 36,87º sen = 0,6 cos = 0,8
F 1 = –F 1 sen i – F 1 cos j + 0 k F 1 = –0,6 F 1 i – 0,8 F 1 j + 0 k
r 1 = DB = 300 i – 225 j + 0 k
i j k i j
M D = r 1 F 1 = 300 –225 0 300 –225
–0,6 F 1 –0,8 F 1 0 –0,6 F 1 –0,8 F 1
M D = –300 x 0,8 F 1 k – 225 x 0,6 F 1 k = – 88788,43 k
375 F 1 = 88788,43 F 1 = 236,77 N
2 ) Uma seção de parede de concreto pré-fabricado é sustentada temporariamente por cabos, como está ilustrado. Sabendo que a tração no cabo BC é 4,5 kN, determinar o momento em relação à origem O das coordenadas da força exercida sobre a seção da parede em C.
Resolução 2)
FCB F CB = ---------- ( 3,6 i – 1,8 j + 3,6 k )
41
5,4
FCB = 4,5 kN
F CB = 3 i – 1,5 j + 3 k
r = OC = 0 i + 1,8 j + 0 k
M O = r F
M O = ( 0 i + 1,8 j + 0 k ) ( 3 i – 1,5 j + 3 k)
i j k i j
MO = r F = 0 1,8 0 0 1,8
3 –1,5 3 3 –1,5
MO = 5,4 i + 0 j – 5,4 k
3 ) A barra ABC consiste em uma parte reta AB e outra circular BC. Sabendo que = 30º e que a tração no cabo AD é 300 N, determine:
a ) o ângulo formado pelos cabos AC e AD.
b ) a projeção sobre AC da força exercida sobre o ponto A pelo cabo AD.
Resolução 3)
A ( 0 ; a ; a ) C ( a ; 0 ; 0 ) D ( a 3 / 2 ; a / 2 ; 0 )
AC = C – A = ( a ; 0 ; 0 ) – ( 0 ; a ; a ) AC = a i – a j – a k
AD = D – A = ( a 3 / 2 ; a / 2 ; 0 ) – ( 0 ; a ; a )
AC = a 3 / 2 i – a / 2 j – a k
AC = a2 + a2 + a2 = 3 a2 = a 3
AD = 3 a2 / 4 + a2 / 4 + a2 = 2 a2 = a 2
AC . AD = AC x AD x cos
42
AC . AD = a 3 x a 2 x cos = a2 6 cos
AC . AD = ( a i – a j – a k ) . (a 3 / 2 i – a / 2 j – a k )
AC . AD = ( a x a 3 / 2 ) ( i . i ) + (–a x –a / 2 ) ( j . j ) + (–a x –a ) ( k . k )
AC . AD = a2 3 / 2 + a2 / 2 + a2 = a2 ( 3 + 3 ) / 2
a2 6 cos = a2 ( 3 + 3 ) / 2
cos = ( 3 + 3 ) / ( 2 6 ) = 0,9659 = 15º
FAC = FAD cosFAC = 300 cos 15º=300 x 0,9659
FAC = 289,78 N
4 ) O guindaste é orientado de tal modo que a lança DA seja paralela ao eixo x. Determine o valor da máxima tração permissível no cabo AB sendo que os valores absolutos dos momentos em relação aos eixos coordenados da força exercida em A devem ser:
M x 10 k N . m M y 6 k N . m
M z 16 k N . m
Resolução 4)
O Momento de uma Força em relação a um eixo (Torque) é calculado pelo Produto Misto de 3 vetores
M OL = OL ( r F ) cujo resultado é igual ao determinante da matriz
x y z
M OL = x y z
FX FY FZ
3a Linha
AB = B – A = ( 3,20 ; 0 ; 2 ) – ( 3,20 ; 4,80 ; 0 )
43
AB = 0 i – 4,80 j + 2 k | AB | = ( 0 ) 2 + ( –4,80 ) 2 + ( 2 ) 2 = 5,20 m
AB 0 i – 4,80 j + 2 k AB = ---------- = --------------------------------- | AB | 5,20
4,80 2 AB = 0 i – ---------- j + --------- k 5,20 5,20
FAB = FAB . AB
4,80 2 FAB = FAB [ 0 i – ---------- j + --------- k ] 5,20 5,20
4,80 FAB 2 FAB FAB = 0 i – --------------- j + ------------ k ( kN ) 3a Linha das 3 matrizes 5,20 5,20
Cálculo de M X ( o eixo OL da teoria é o eixo x ) . Na 1a Linha teremos as componentes do vetor unitário na direção do eixo x . É o vetor i , que escrito de forma completa fica
OL = x = 1 i + 0 j + 0 k 1a Linha ( 1 0 0 )
2a Linha Coordenadas do ponto de aplicação da força , sendo que a origem do sistema de eixos cartesianos deve pertencer ao eixo em torno do qual se calcula o Momento. Verificamos que O pertence ao eixo x , não sendo necessário mudá-la.
Assim A ( 3,20 ; 4,80 ; 0 ) 2a Linha
Substituindo na matriz, teremos :
1 0 0 1 0 M X = 3,2 4,8 0 3,2 4,8 4,80 FAB 2 FAB 4,80 FAB 0 – --------------- ------------ 0 – --------------- 5,20 5,20 5,20
2 FAB 10 x 5,20M X = 1 x 4,8 x -------------- 10 FAB ------------------ FAB 5,42 kN 5,20 1 x 4,80 x 2
44
Cálculo de M Y ( o eixo OL da teoria é o eixo y ) . Na 1a Linha teremos as componentes do vetor unitário na direção do eixo y . É o vetor j , que escrito de forma completa fica
OL = y = 0 i + 1 j + 0 k 1a Linha ( 0 1 0 )
2a Linha Coordenadas do ponto de aplicação da força , sendo que a origem do sistema de eixos cartesianos deve pertencer ao eixo em torno do qual se calcula o Momento. Verificamos que O pertence ao eixo y , não sendo necessário mudá-la. Assim A ( 3,20 ; 4,80 ; 0 ) 2a Linha
Substituindo na matriz, teremos :
0 1 0 0 1 M Y = 3,2 4,8 0 3,2 4,8 4,80 FAB 2 FAB 4,80 FAB 0 – --------------- ------------ 0 – --------------- 5,20 5,20 5,20
2 FAB M Y = – ------------ x 3,2 x 1 5,20
2 FAB 6 x 5,20 M Y = ------------ x 3,2 x 1 6 FAB ------------------ FAB 4,875 kN 5,20 2 x 3,20 x 1
Cálculo de M Z ( o eixo OL da teoria é o eixo z ). Na 1a Linha teremos as componentes do vetor unitário na direção do eixo z. É o vetor k , que escrito de forma completa fica
OL = z = 0 i + 0 j + 1 k 1a Linha ( 0 0 1 )
2a Linha Coordenadas do ponto de aplicação da força , sendo que a origem do sistema de eixos cartesianos deve pertencer ao eixo em torno do qual se calcula o Momento. Verificamos que O pertence ao eixo z , não sendo necessário mudá-la.
Assim A ( 3,20 ; 4,80 ; 0 ) 2a Linha
Substituindo na matriz, teremos :
0 0 1 0 0 M Z = 3,2 4,8 0 3,2 4,8 4,80 FAB 2 FAB 4,80 FAB 0 – --------------- ------------ 0 – --------------- 5,20 5,20 5,20
– 4,80 FAB
45
M Z = 1 x 3,2 x ------------------ 5,20
4,80 FAB 16 x 5,20 M Z = 1 x 3,2 x ---------------- 16 FAB ------------------ FAB 5,42 kN 5,20 1 x 3,2 x 4,80
Analisando as 3 condições teremos:
FAB 5,42 kN FAB 4,875 kN
FAB 5,42 kN
Prevalece FAB 4,875 kN e como resposta escrevemos FAB = 4,875 kN
5 ) Duas hastes são soldadas para formar uma alavanca em forma de T, que está sujeita a uma força de 650 N. Determine o momento da força em relação à haste AB.
6 ) Resolva o problema anterior supondo que a força de 650 N é dirigida ao longo da reta CO.
Resolução 5)
O Momento de uma Força em relação a um eixo (Torque) é calculado pelo Produto Misto de 3 vetores
M OL = OL ( r F ) cujo resultado é igual ao determinante da matriz
x y z
M OL = x y z
FX FY FZ
3a Linha
CD = D – C = ( 0 ; 0,25 ; 0 ) – ( 0,30 ; 0,125 ; 0 )
CD = – 0,30 i + 0,125 j + 0 k | CD | = (– 0,30 ) 2 + ( 0,125 ) 2 + ( 0 ) 2 = 0,325 m
46
CD – 0,30 i + 0,125 j + 0 k CD = ---------- = ---------------------------------------- | CD | 0,325
FCD = FCD . CD
– 0,30 i + 0,125 j + 0 k FCD = 650 [ ---------------------------------------- ] 0,325
FCD = – 600 i + 250 j + 0 k 3a Linha
Haste AB
AB = B – A = ( 0,30 ; 0 ; 0,15 ) – ( 0 ; 0,10 ; 0 ) AB = 0,30 i – 0,10 j + 0,15 k | AB | = ( 0,30 ) 2 + ( –0,10 ) 2 + ( 0,15 ) 2 = 0,35 m
AB 0,30 i – 0,10 j + 0,15 k AB = ---------- = ---------------------------------------- | AB | 0,35
0,30 0,10 0,15 AB = ----------- i – ----------- j + ----------- k 1a Linha 0,35 0,35 0,35 Na 2a Linha da matriz teremos as coordenadas do ponto de aplicação da força ( ponto C ), porém é obrigatório que a origem do sistema de eixos esteja sobre o eixo em torno do qual se calcula o Momento. Observando a figura, notamos que a origem O não pertence ao eixo AB, sendo necessário mudá-la para qualquer ponto sobre AB.
Escolheremos para nova origem, o ponto A
A partir disso as novas coordenadas do ponto C serão :
C ( 0,30 ; 0,025 ; 0 ) 2a Linha
0,30 –0,10 0,15 0,30 –0,10 ---------- ---------- ---------- ---------- ---------- 0,35 0,35 0,35 0,35 0,35M AB = 0,30 0,025 0 0,30 0,025
–600 250 0 –600 250
0,15 0,15 M AB = ---------- x 0,30 x 250 + ( –600 ) x 0,025 x ---------- 0,35 0,35
47
M AB = 38,5714 N m
Se escolhermos para nova origem o ponto B , as novas coordenadas do ponto C serão : C ( 0 ; 0,125 ; –0,15 ) 2a Linha
0,30 –0,10 0,15 0,30 –0,10 ---------- ---------- ---------- ---------- ---------- 0,35 0,35 0,35 0,35 0,35M AB = 0 0,125 –0,15 0 0,125
–600 250 0 –600 250
–0,10 0,15 M AB = ---------- x ( –0,15 ) x ( –600 ) – ( –600 ) x 0,125 x ---------- – 0,35 0,35
0,30 250 x ( –0,15 ) x ---------- 0,35
M AB = 38,5714 N m
Devemos ressaltar que o fato de mudarmos a origem, não alterará os vetores CD e AB, não alterando a 1a e 2a Linhas como se pode ver abaixo
Com origem em A, teremos
CD = D – C = ( 0 ; 0,15 ; 0 ) – ( 0,30 ; 0,025 ; 0 )
CD = – 0,30 i + 0,125 j + 0 k
AB = B – A = ( 0,30 ; – 0,10 ; 0,15 ) – ( 0 ; 0 ; 0 )
AB = 0,30 i – 0,10 j + 0,15 k
Com origem em B,
CD = D – C = ( –0,30 ; 0,25 ; –0,15 ) – ( 0 ; 0,125 ; –0,15 )
CD = – 0,30 i + 0,125 j + 0 k
AB = B – A = ( 0 ; 0 ; 0 ) – ( –0,30 ; 0,10 ; –0,15 )
AB = 0,30 i – 0,10 j + 0,15 k
Momento de um Binário
48
Duas forças F e – F que tenham a mesma intensidade, linhas de ação paralelas e sentidos opostos formam um Binário. A soma das componentes das duas forças em qualquer direção é zero. A soma dos momentos das duas forças em relação a um dado ponto, no entanto, não é zero. Apesar de as duas forças não transladarem o corpo no qual atuam, causarão a tendência de fazê-lo girar. A partir da expressão do momento de uma força em relação a um ponto M = r F Como temos duas forças, F e – F, escrevemos
M = r A F + r B – F
M = r A F – r B F M = ( r A – r B ) F M = r F
M = r . F . sen = F r sen = F d
M é um vetor perpendicular ao plano formado por F e – F sendo que seu sentido é dado pela Regra da Mão Direita.
Deve-se notar que o vetor Força sempre deve ser relacionado com seu ponto de aplicação, isto é, se mudarmos o ponto de aplicação para outro não pertencente à sua linha de ação, o efeito da força sobre o corpo será outro. Com o Momento de um Binário isto não ocorre pois o mesmo não precisa de ponto de aplicação. Seu efeito sobre o corpo é sempre o mesmo.
Binários equivalentes
Consideremos os três binários representados a seguir
Notamos que o único movimento dado à caixa é o de rotação. Como os três binários provocam movimentos iguais, podemos esperar que sejam equivalentes.
Adição de Binários
Consideremos a figura abaixo que mostra a intersecção de planos onde atuam as forças indicadas
M = r R49
M = r ( F 1 + F 2 )
M = r F 1 + r F 2
M = M 1 + M 2
Binários representados por Vetores
Não há necessidade de desenhar as forças reais que formam um dado binário com o objetivo de definir seu efeito sobre um corpo rígido. É suficiente representá-lo como um vetor, podendo ou não acrescentar seu sentido de giro .
O binário não necessita de ponto de aplicação, mas podemos representá-lo na origem do sistema coordenado se assim o desejarmos, como também escrevê-lo através de suas componentes sobre os eixos x , y e z. M = M x i + M y j + M z k
Decomposição de uma Força dada em umaForça e um Binário
A figura abaixo mostra a translação de uma Força de sua linha de ação para outra e pelo raciocínio seguido, esta Força é decomposta em uma Força aplicada num outro ponto e um Binário.
Portanto no ponto O temos
F = F x i + F y j + F z k e
M = r F = M = M x i + M y j + M z k Devemos notar que M é perpendicular ao plano formado por r e F , daí a condição necessária para o procedimento inverso: dado um sistema composto por uma força e um binário, só será possível substituí-lo por uma única força se F e M forem perpendiculares entre si.
Redução de um Sistema de Forças a umaForça e um Binário
50
Já sabemos transladar uma força de um ponto a outro, isto é, basta acrescentar um Momento dado por M = r F. Com um sistema de forças, o procedimento anterior deve ser repetido para cada força. Como as forças são concorrentes, depois de deslocadas para o mesmo ponto, podemos somá-las, obtendo uma resultante e o mesmo pode ser feito para o Momento.
Casos Particulares de Redução de um Sistema de Forças
a) Forças Coplanares – Consideremos que várias forças atum sobre um corpo porém todas no mesmo plano. Podemos levá-las ao ponto O, por exemplo, acrescentando os respectivos momentos. Como esses momentos são perpendiculares ao plano da figura, sua resultante também será e teremos em O apenas uma força R e um M R que são perpendiculares entre si .
Podemos então levá-los a um outro ponto particular, de tal forma que o momento que surgirá, anule o que temos. Desta forma teremos uma única força R aplicada num ponto especial que substituirá o sistema dado .
Forças Paralelas – Podem ter o mesmo sentido ou não. Supondo-as paralelas ao eixo y, por exemplo, provocarão Momentos em plano perpendicular a elas, quando transladadas até a origem. Estes Momentos terão componentes i e k , uma vez que F é j . Somando-os teremos na origem, R e M perpendiculares entre si e portanto possíveis de serem substituídas por uma única força.
Torsor
No caso geral, um sistema de forças no espaço transladado para um sistema força-binário equivalente na origem O, consiste em uma força resultante R e um momento resultante M R não perpendiculares entre si e não nulos. Então o sistema não pode ser reduzido a uma única força ou um único binário .
O momento resultante, no entanto, pode ser substituído por outros momentos, obtidos pela decomposição de M R em uma componente M 1 na direção de R e em outra M 2 num plano perpendicular a R. O momento M 2 e a força R podem então ser substituídos por uma única força R que atua ao longo de uma nova linha de ação. O sistema original reduz-se então a R e M 1 , ambos na mesma linha de ação. Este sistema chama-se Torsor .
51
O efeito sobre o corpo tende, simultaneamente a transladá-lo na direção de R e a girá-lo em torno da linha de ação de R pela ação de M 1 . Esta linha de ação é conhecida como Eixo do Torsor (ou eixo central) e a razão M 1/R é chamada de Passo do Torsor.
Exercícios
1 ) Três eixos estão ligados a uma caixa de engrenagens como está ilustrado. O eixo A é horizontal, e os eixos B e C se situam em um plano yz vertical . Determine as componentes do momento resultante aplicado sobre a caixa de engrenagens.Resolução 1)
M A = 3,6 i M B = 0 i + 6 . sen 40º j + 6 . cos 40º k
M B = 0 i + 3,8567 j + 4,5963 k
M C = 0 i + 6 . sen 40º j – 6 . cos 40º k
M C = 0 i + 3,8567 j – 4,5963 k
M R = M A + M B + M C
M R = 3,6 i + 7,7135 j + 0 k
2 ) Sabendo que = 60º, substitua a força e o binário ilustrados por uma única força aplicada em um ponto localizado ( a ) sobre a reta AB , ( b ) sobre a reta CD. Determine em cada caso a distância do centro O ao ponto de aplicação da força.
Resolução 2)
O binário citado é dado pelo par de forças iguais a 120 N, que chamaremos de F1 .Para escrevê-lo como um vetor M deveremos fazer o Produto Vetorial M = r1 F1 onde r1 é o vetor que liga os pontos de aplicação do par de forças. Podemos utilizar r1 = CD = –200 j e o vetor força a ser utilizado é o aplicado em D cujo valor é F1 = +120 i ou utilizar r1 = DC = +200 j e o vetor força a ser utilizado é o aplicado em C cujo valor é F1 = –120 i
52
M = r1 F1 = CD F1 = (–200 j ) (+120 i)
M = 24000 k (N x mm)
M = r1 F1 = DC F1 = (+200 j ) (–120 i)
M = 24000 k (N x mm)
O vetor M não tem ponto de aplicação definido. Podemos utilizar o centro do círculo como origem de um sistema de eixos cartesianos, a reta AB como eixo x e a reta CD como eixo y. Representaremos ainda M neste ponto O .
A força dada será chamada de F . Decompondo-a teremos:
F = 960 cos i + 960 sen j + 0 k ( = 60o)
F = 960 cos 60o i + 960 sen 60o j + 0 k
F = 480 i + 831,38 j + 0 k
Como a linha de ação de F passa pela origem O podemos representá-la neste ponto.
Assim sendo, teremos em O, F e M (sistema Força Binário) .
F = 480 i + 831,38 j + 0 k (N)
M = 24000 k (N x mm)
Para que possam ser substituídos por uma única força é necessário que sejam perpendiculares entre si . É visível que são, porém num caso geral devemos fazer o Produto Escalar entre eles e se o resultado for igual a zero significa que são perpendiculares.
F . M = ( 480 i + 831,38 j + 0 k ) . ( 24000 k ) = 0
F e M são perpendiculares entre si
Devemos encontrar um ponto desconhecido G (x ; y ; 0) onde apenas F seja equivalente a F e M em O
O raciocínio mais simples é imaginar que F “estava” em G e que levado até O fez surgir o Momento M
Desta forma o vetor r será OG = G – A = (x ; y ; 0) – (0 ; 0 ; 0)
53
r = OG = x i + y j + 0 k
M = r F
M = ( x i + y j ) ( 480 i + 831,38 j + 0 k)
M = ( 831,38 x – 480 y ) k = 24000 k
831,38 x – 480 y = 24000
a) Ponto sobre a reta AB (eixo x) y = 0
831,38 x = 24000 x = 28,87 mm
b) Ponto sobre a reta CD (eixo y) x = 0
– 480 y = 24000 y = – 50 mm
3 ) Cinco sistemas força-binário atuam separadamente nos cantos de uma caixa retangular conforme ilustrado. Encontre os sistemas força-binário que sejam equivalentes .
54
Resolução 3)
r F M SURGE M DADO M TOTAL
A 0 i + 0,06 j + 0 k 0 i – 75 j + 0 k 0 i + 0 j + 0 k 3 i + 0 j – 6 k 3 i + 0 j – 6 kB 0,12 i + 0,06 j + 0 k 75 i + 0 j + 0 k 0 i + 0 j – 4,5 k 0 i + 3 j + 0 k 0 i + 3 j – 4,5 kC 0,12 i + 0,06 j + 0,08 k 0 i – 75 j + 0 k 6 i + 0 j – 9 k 3 i + 0 j + 0 k –9 i + 0 j – 9 kF 0,12 i + 0 j + 0,08 k 75 i + 0 j + 0 k 0 i + 6 j + 0 k 0 i – 3 j – 4,5 k 0 i + 3 j – 4,5 kG 0 i + 0 j + 0,08 k 75 i + 0 j + 0 k 0 i + 6 j + 0 k 0 i – 3 j – 6 k 0 i + 3 j – 6 k
Resp.: Os sistemas equivalentes são os em B e em F.
4 ) Determine a dimensão a para a qual o sistema força-binário ilustrado possa ser substituído por uma única força equivalente . Se F = 200 N e M = 25 N . m , determine o ponto onde a linha de ação da única força equivalente, intercepta o plano yz.
5 ) A força F de módulo 200 N e o binário de momento M de módulo 25 N . m atuam na cunha como está ilustrado. Sabendo que a dimensão a é igual a 0,30 m, determine um sistema força-binário equivalente no ponto E.
Resolução 4)
Para que o sistema Força Binário possa ser substituído por uma única força, é necessário que F e M sejam perpendiculares entre si , ABCD deve ser um paralelogramo, trapézio, retângulo, quadrado ou losango.
a = 0,15 2 + 0,20 2 a = 0,25 m
Supondo F e M aplicados em B ( ou em C )
55
F = ( 0,25 . 200 i + 0,15 . 200 j – 0,20 . 200 k ) / 0,3535 M = (– 0,25 . 25 i + 0,15 . 25 j – 0,20 . 25 k ) / 0,3535
F = 141,42 i + 84,85 j – 113,14 k M = – 17,68 i + 10,61 j – 14,14 k em B ( 0,25 ; 0,15 ; 0 )
Levando para o ponto G ( x ; y ; z ) consideraremos que F estava em G e que levado para B fizesse surgir o Momento dado
r = BG = G – B
r = ( x – 0,25 ) i + ( y – 0,15 ) j + z k
M = [–113,14 ( y – 0,15 ) + 84,85 z ] i + [ 141,42 z + 113,14 ( x – 0,25 ) ] j +
+ [ 84,85 ( x – 0,25 ) – 141,42 ( y – 0,15 ) ] k
–113,14 ( y – 0,15 ) + 84,85 z = –17,68
141,42 z + 113,14 ( x – 0,25 ) = 10,61
84,85 ( x – 0,25 ) – 141,42 ( y – 0,15 ) = –14,14 Intercepta o plano yz x = 0
141,42 z + 113,14 ( 0 – 0,25 ) = 10,61
84,85 ( 0 – 0,25 ) – 141,42 ( y – 0,15 ) = –14,14
z = 0,275 m e y = 0,10 m
Resolução 5)
F = ( 0,30 . 200 i + 0,15 . 200 j – 0,20 . 200 k ) / 0,3905 M = (–0,30 . 25 i + 0,15 . 25 j – 0,20 . 25 k ) / 0,3905
F = 153,64 i + 76,82 j – 102,43 k M = –19,21 i + 9,60 j – 12,80 k
em B ( 0,30 ; 0,15 ; 0 )
Levando para o ponto E ( 0,30 ; 0 ; 0 ) teremos
r = EB = B – E
r = 0 i + 0,15 j + 0 k
56
i j k
M 1 = r F = 0 0,15 0
153,64 76,82 –102,43
M 1 = –15,36 i + 0 j – 23,05 k
M + M 1 = –34,57 i + 9,60 j – 35,85 k
F = 153,64 i + 76,82 j – 102,43 k
6 ) Reduza o sistema de forças ilustrado a um torsor.
Resolução 6)
r F M 0 i + 0 j + 0 k 0 i + 0 j – 200 k 0 i + 0 j + 0 k 150 i – 200 j + 0 k 0 i + 0 j + 200 k –40 i – 30 j + 0 k 150 i + 0 j + 0 k 0 i – 50 j + 0 k 0 i + 0 j – 7,5 k 0 i – 200 j + 100 k 0 i + 50 j + 0 k –5 i + 0 j + 0 k 150 i – 200 j + 100 k – 50 i + 0 j + 0 k 0 i – 5 j – 10 k
– 50 i + 0 j + 0 k – 45 i – 35 j – 17,5 k
Em O temos:
R = – 50 i + 0 j + 0 k
M = – 45 i – 35 j – 17,5 k
que não são perpendiculares entre si pois
R . M = (– 50 i + 0 j + 0 k ) . (– 45 i – 35 j – 17,5 k ) = 2250 (diferente de zero)
Levando para o ponto G ( x ; y ; z )
r = OG = G – O
57
r = x i + y j + z k
i j k
M = r R = x y z
– 50 0 0
M = 0 i – 50 z j + 50 y k = – 45 i – 35 j – 17,5 k
– 50 z = – 35 z = 0,7 m
50 y = – 17,5 y = – 0,35 m
7 ) O esquema abaixo ilustrada consiste em uma laje suportando quatro pilares com as cargas indicadas. Determine o módulo e a posição da resultante das cargas .
Resolução 7) Transladando todas as forças para o ponto O , teremos :
Ponto Vetor posição Força Momento A 0 i + 2,10 k – 80 j 168 i + 0 k B 1,20 i + 0 k – 120 j 0 i – 144 k C 4,50 i + 0 k – 160 j 0 i – 720 k D 3,50 i + 3,30 k – 180 j 594 i – 630 k
– 540 j 762 i – 1494 k
58
Em O temos:
R = 0 i – 540 j + 0 k e M = 762 i + 0 j – 1494 k
que são perpendiculares entre si pois
R . M = ( 0 i – 540 j + 0 k ) . (762 i + 0 j – 1494 k ) = 0
Levando R e M = para o ponto G ( x ; 0 ; z )
r = OG = G – O r = x i + 0 j + z k
i j k i j
M = r R = x 0 z x 0
0 –540 0 0 – 540
M = 540 z i + 0 j – 540 x k = 762 i – 0 j – 1494 k
540 z = 762 z = 1,4111 m
– 540 x = – 1494 x = 2,7667 m Sistemas compostos de cabos e polias
A resolução destes problemas é feita utilizando-se a 3ª Lei de Newton , Diagrama de Corpo Livre e equilíbrio das estruturas e de sua várias partes .
3ª Lei de Newton – As forças de ação e reação entre os corpos em contato tem a mesma intensidade , mesma linha de ação e sentidos opostos .
Como o cabo é continuo e as polias não possuem atrito , o cabo está sujeito a uma tração constante P atuante ao longo de seu comprimento .
As polias e roldanas mudam a direção e o sentido das forças porém o módulo permanece constante .
Diagrama de Corpo Livre – Esquema representando todas as forças que são aplicadas sobre ele .
Equilíbrio de um ponto material – Um ponto material estará em equilíbrio quando a resultante de todas as forças que nele atuam for igual a zero .
Exercícios
1 ) Uma caixa de 600 N é suportada por vários arranjos de cordas e roldanas , como mostra a figura . Determine para cada arranjo o valor da força no cabo .
59
a) F V = 0 2 T = 600 T = 300 N
b) F V = 0 2 T = 600 T = 300 N
c) F V = 0 3 T = 600 T = 200 N
d) F V = 0 3 T = 600 T = 200 N
d) F V = 0 4 T = 600 T = 150 N
60
2 ) Determine a força que atua nos cabos e a força P necessárias para suportar a carga de 600 N utilizando o sistema de polias mostrado na figura.
Resolução
Um diagrama de corpo livre para cada polia, incluindo seu pino e uma parte do cabo em contato é esquematizado . Uma vez que o cabo é continuo e as polias não possuem atrito , o cabo está sujeito a uma tração constante P atuante ao longo de seu comprimento . O elemento de ligação entre as polias B e C é um elemento de duas forças e portanto , está sujeito a uma força de tração incógnita T . Note que o principio de ação igual e oposta à reação deve ser cuidadosamente observado para as forças P e T ao construirmos os diagramas de corpo livre separadamente
Equações de equilíbrio
Para a polia A
+ F y = 0 3 P – 600 = 0 P = 200 N
Para a polia B
+ F y = 0 T – 2 P = 0 T = 2 P T = 400 N
Para a polia C
61
+ F y = 0 R – 2 P – T = 0 R = 2 P + T
R = 2 x 200 + 400 R = 800 N 3 ) Um homem pesando 700 N sustenta-se por meio do sistema de cabos e polias mostrado na figura . Se o assento tem um peso de 70 N , determine a força que ele deve aplicar sobre o cabo A e a força que ele exerce sobre o assento na condição de equilíbrio . Despreze o peso dos cabos e das polias .
Resolução
Os diagramas de corpo livre do homem , do assento , e da polia C são mostrados . Os dois cabos estão sujeitos às forças de tração T A e T E respectivamente O homem está sujeito a três forças : seu peso , a tração T A do cabo AC e a reação N B do assento
Equações de equilíbrio
Para o homem
+ F y = 0 T A + N B – 700 = 0
Para o assento
+ F y = 0 T E – N B – 70 = 0
Para a polia C
+ F y = 0 2 T E – T A = 0 T A + N B – 700 = 0
62
T E – N B – 70 = 0
T A + T E – 770 = 0 T A + T E = 770
2 T E – T A = 0 T A = 2 T E
3 T E = 770 T E = 256,67 N
T A = 2 T E T A = 2 x 256,67 T A = 513,33 N
T E – N B – 70 = 0 256,67 – N B – 70 = 0 N B = 186,67 N
4 ) Um homem pesando 750 N tenta elevar a si próprio e seu assento de 50 N utilizando o sistema de cordas e polias mostrado na figura . Determine a força a ser aplicada em A e a reação o assento na condição de equilíbrio . Despreze o peso dos cabos e das polias .
Resolução
Os diagramas de corpo livre das polias B e C , do homem e do assento são mostrados .
Equações de equilíbrio
63
Para a polia C
+ F y = 0 T + T + T – R = 0 R = 3 T
Para a polia B
+ F y = 0 R + R + R – P = 0 P = 3 R
R = 3 T P = 3 x 3 T P = 9 T
Para o homem
+ F y = 0 T + N B – 750 = 0 T + N B = 750
Para o assento
+ F y = 0 P – N B – 50 = 0 N B = P – 50
T + N B = 750
N B = P – 50 T + P – 50 = 750 T + P = 800
Como P = 9 T T + P = 800 T + 9 T = 800
10 T = 800 T = 80 N
P = 9 T P = 720 N
R = 3 T R = 240 N
N B = P – 50 N B = 720 – 50 N B = 670 N
64
2 ) Uma seção de parede de concreto pré-fabricado é sustentada temporariamente por cabos, como está ilustrado. Sabendo que a tração no cabo BC é 4,5 kN, determinar o momento em relação à origem O das coordenadas da força exercida sobre a seção da parede em C.
CB = B – C
CB = ( 3,60 ; 0 ; 3,60 ) – ( 0 ; 1,80 ; 0 )
CB = 3,60 ; 0 ; 3,60 ) – ( 0 ; 1,80 ; 0 )
CB = 3,60 i – 1,80 j + 3,60 k CB = 3,60 2 + (–1,80) 2 + 3,60 2 = 5,40 m
CB 3,60 i – 1,80 j + 3,60 k CB = ----------- = --------------------------------------- | CB | 5,40
3,60 i – 1,80 j + 3,60 kF CB = F CB . CB = 4,5 . ( ----------------------------------------- ) 5,40
F CB = 3 i – 1,5 j + 3 k r = OC = 0 i + 1,8 j + 0 k
M O = r F
M O = ( 0 i + 1,8 j + 0 k ) ( 3 i – 1,5 j + 3 k)
i j k i j
MO = r F = 0 1,8 0 0 1,8
3 –1,5 3 3 –1,5
MO = 5,4 i + 0 j – 5,4 k
65
66
