apostila de estática...estática dos pontos materiais conceitos gerais forças • ação de um...
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Prof. Dr. José Pedro Andreeta
Apostila de estática
“Uma síntese de estática da disciplina Física
Geral I”
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2
Índice
Estática dos pontos materiais ........................................................................ 3
Conceitos gerais .................................................................................................. 3
Representação de uma força no plano ........................................................ 3
Conceito de Força Resultante ......................................................................... 4
Alguns conceitos sobre Vetores ..................................................................... 4
Produto de um vetor por um escalar............................................................ 5
Conceito de distância entre dois pontos ..................................................... 6
Conceito de vetor posição ................................................................................ 6
Adição gráfica de vetores .................................................................................. 7
Generalizando para dois vetores quaisquer ............................................... 8
A Lei dos Senos ................................................................................................. 10
Decomposição de um vetor ............................................................................ 12
Conceito de versor ............................................................................................ 13
Versores em coordenadas cartesianas ...................................................... 13
Adição analítica de vetores ............................................................................ 16
Condição de equilíbrio de um ponto material ......................................... 21
Primeira Lei de Newton ................................................................................... 21
Estática de corpos rígidos ........................................................................................ 59 Conceito de corpo rígido ........................................................................................ 59 Discussão de uma força aplicada em um corpo rígido ........................................... 59
Conceito de torque ou momento de uma força ....................................................... 60
Relação entre as forças no equilíbrio ...................................................................... 60 Forma geral de representar o momento de uma força ............................................ 61 O produto vetorial ................................................................................................... 62
Interpretação geométrica do módulo do produto vetorial ...................................... 64 Produto vetorial entre os versores cartesianos ........................................................ 65
Método prático de calcular o produto vetorial........................................................ 67 Comprovação do principio da transmissibilidade .................................................. 71 Representação do momento de uma força .............................................................. 72 Condições de equilíbrio de um corpo rígido .......................................................... 73
Técnicas para determinar R e MR ........................................................................... 75 Momento de um binário ......................................................................................... 77 Uma nova propriedade do produto vetorial ............................................................ 78 Aplicando no momento binário .............................................................................. 79
Representação do momento de um binário............................................................. 80 Binários equivalentes .............................................................................................. 81 Redução de um sistema de forças em uma força e um momento de binário .......... 82
Redução de um sistema de forças coplanares a uma única força ........................... 84 Cálculo da distância S para essa redução ............................................................... 86 Redução de um sistema de forças em uma única força .......................................... 91 Caso geral – o torsor ............................................................................................... 94 Forças de reações em apoios e conexões .............................................................. 104
Métodos para resolução de problema de estática de corpos rígidos ..................... 106 Cálculo da força e do momento resultantes .......................................................... 111
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Estática dos pontos materiais
Conceitos gerais
Forças
• Ação de um corpo em outro
• A ação é caracterizada pela sua intensidade, ponto de aplicação,
direção e sentido. A força é, portanto, um vetor. Exemplo:
• Para pontos materiais, somente são relevantes, a intensidade, a
direção e o sentido da força.
Representação de uma força no plano
Seja uma força F no plano:
• C
•
• B
• A
• F – sentido/direção
Intensidade – tamanho do vetor
B – ponto de aplicação
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Conceito de Força Resultante
Se duas ou mais forças atuam em um ponto material, estas
normalmente podem ser representadas por uma força equivalente
denominada de Força Resultante. Exemplo:
Alguns conceitos sobre Vetores
• Vetores Equivalentes
São vetores de mesma intensidade, direção e sentido. Exemplo:
Eixo de referência
Sentido da força
F
σσ
Ponto material
Linha de ação da força – é a reta que contém o vetor F
P
R
Q
Onde R = P + Q
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“são vetores paralelos de mesma intensidade”
• Vetores Opostos
São vetores de mesma intensidade e direção, mas com sentido inverso.
Exemplo:
“são vetores anti-paralelos”
Produto de um vetor por um escalar
Seja um vetor P no espaço. Exemplo:
Se adicionarmos esse vetor com ele mesmo, temos:
P + P = 2P
Adicionando novamente, temos:
P
Q
P = Q
P
Q
P = - Q
P
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P + P + P = 3P
O que altera no vetor é somente a sua intensidade. Na verdade estamos
multiplicando o vetor P por um escalar 3.
“A multiplicação de um vetor por um escalar positivo altera
somente a intensidade do vetor”
Conceito de distância entre dois pontos
Sejam os pontos A, B e C mostrados na figura:
Supondo que vamos de A → C através da trajetória A → B → C
percorremos a distancia:
dAC = 3 + 4 = 7 km
Conceito de vetor posição
Sejam novamente os pontos A, B e C mostrados na figura:
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Conceituamos o vetor posição AC, isto é, a posição de C em relação ao
ponto A que possui a direção e sentido indicados na figura e cujo o
módulo e dado por:
│AC│= √32 + 42 = 5 𝑘𝑚
Adição gráfica de vetores
Sejam dois vetores P e Q perpendiculares entre si:
P
Q
Para somar graficamente os dois vetores, devemos seguir as seguintes
etapas:
a) Colocar os vetores em uma origem comum deslocando-os
em suas linhas de ação;
b) Traçar vetores paralelos aos vetores dados nas
extremidades de cada vetor;
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c) Traçar o vetor resultante como uma diagonal da figura
obtida a partir da origem:
Generalizando para dois vetores quaisquer
Sejam dois vetores P e Q. Fazendo o mesmo procedimento anterior
obtemos:
Onde: R = P + Q
Quanto vale o módulo │R│?
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Sabemos que:
│R│2 = │OA│2 + │AB│2
Mas:
│OA│ = │Q│ + │P│ cos Ө
│AB│ = │P│ sen Ө
Logo:
│R│2 = (│Q│ + │P│cos Ө)2 + │P│2 sen2 Ө
│R│2 = │Q│2 + 2│Q││P│cos Ө + │P│2 cos2 Ө + │P│2 sen2 Ө
Logo:
│R│2 = │P│2 + │Q│2 + 2│Q││P│cos Ө
Como cos β = - cos Ө, temos:
│R│2 = │P│2 + │Q│2 - 2│P││Q│cos β
Lei dos Cossenos
Cálculo da direção do vetor resultante em relação a um vetor dado
Sejam os vetores P e Q do caso anterior:
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Cálculo do ângulo α:
Sabemos que:
tgα = │R│sen α = sen α = │AB│
│R│cos α = cos α = │OA│
Portanto:
tgα = │P│sen Ө
│Ө│cos Ө
Portanto:
α = arctg (│P│sen Ө
│Ө│+ │P│cos Ө)
A Lei dos Senos
Seja um triângulo qualquer de lados a, b e c. A altura do triângulo em
relação ao lado c é h. Temos, portanto, que:
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h = b senα
h = a sen β
Portanto:
b sen α = a sen β (1)
Seja agora h’ a altura em relação ao lado b, logo:
h’ = a sen θ
h’ = c sen α
Portanto:
a sen θ = c cos α (2)
De (1) temos:
a = b
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sen α sen β
De (2) temos:
a = c
sen α sen θ
Logo, temos que:
a = b = c
sen α sen β sen θ
Lei dos Senos
Decomposição de um vetor
Vimos que podemos substituir diversos vetores por um único vetor
denominado de vetor resultante. Podemos também fazer um processo
contrário, isto é, decompor um vetor em diversos outros.
Seja, por exemplo, um vetor P no plano:
Onde:
│Px│ = │P│ cos Ө
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│Py│ = │P│ sen Ө
Conceito de versor
Um versor é um vetor cujo módulo é sempre igual à unidade.
Sejam os vetores P e Q. Definimos como versor de P a grandeza:
λp = P
│P│
E como versor de Q a grandeza:
λq = Q e │ λp │ = │ λq │= 1
│Q│
Versores em coordenadas cartesianas
Seja o vetor P que vamos decompor nas direções x e y. Vimos que:
λpx =│Px│= Px
│Px│ │Px│
λpy = Py
│Py│
Em coordenadas cartesianas, vamos chamar:
λpx = i Px =│Px│i
e logo:
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λpx = j Py =│Py│j
Podemos então escrever o vetor P de forma analítica:
P = │Px│ i + │Py│ j
Como │Px│ e │Py│ são escalares, isto é, um número, um vetor pode ser
escrito como P = 3 i + 4 j
Supondo │Px│ = 3
│Py│ = 4
Na última aula vimos que um vetor pode sempre ser decomposto em
suas coordenadas cartesianas.
Seja por exemplo o vetor P:
Logo:
P = Px i + Py j
Onde:
Px = │P│cos Ө
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Py = │P│sen Ө
Vamos supor que:
Px = 4N
Py = 3N
Podemos então escrever:
P = 4 i + 3 j N
Definimos ainda o conceito geral de versor:
λpx = P
│P│
Cálculo do versor de P:
│P│= √𝑃𝑥2 + 𝑃𝑦2 Teorema de Pitágoras
│P│= √42 + 32 = 5 𝑁
Cálculo do versor de P:
λp = P = 4 i +3 j = 0,8 i + 0,6 j
│P│ 5
Logo o vetor P pode ser escrito em função do seu versor:
P = P λp
P = 5 ( 0,8 i + 0,6 j ) N
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Adição analítica de vetores
Sejam os vetores P, Q e S no plano mostrados na figura:
Podemos decompor esses vetores em suas coordenadas cartesianas:
P = │Px│i + │Py│ j
Q = │Qx│i + │Qy│ j
S = │Sx│ i + │Sy│ j
Adicionando os vetores temos que:
P + Q + S =│Px│ i + │Py│ j + │Qx│ i + │Qy│ j + │Sx│ i + │Sy│ j
Juntando os componentes de mesma direção temos:
P + Q + S = (Px + Qx + Sx) i + (Py + Qy + Sy) j
Ou ainda:
R = P + Q + S
e
R = Rx i + Ry j
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Ou seja:
𝑅𝑥 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
Se os vetores forem forças representadas pelo vetor F
𝑅𝑦 = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
Logo a força resultante será
𝑅 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
+ i + ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
+ j N
Exemplo de aplicação:
Dadas as seguintes forças que atuem em um ponto material:
P = 3 i + 4 j N
Q = -2 i + 2 j N
S = 3 i N
Determinar:
a) O vetor resultante dessas forças;
b) O módulo da força resultante;
c) O versor da força resultante.
Solução:
a) Cálculo da força resultante
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R = Rx i + Ry j N
Onde:
Rx = │Ry│
Ry = │Ry│
E
Rx = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
= 3 − 2 + 3 = 4 N
Ry = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
= 4 + 2 + 0 = 6 N
logo
R = 4 i +6 j N
b) Cálculo do módulo da força resultante
Do Teorema de Pitágoras, temos que:
│R│2 = 62 + 42
Portanto
│R│ = √62 + 42 ≈ 7,21 N
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c) Cálculo do versor da resultante
Vimos que:
λR = R
│R│
λR = 4 i + 6 j
7,21
λR = 0,55 i + 0,83 j
Exemplo de aplicação:
Determine o valor do módulo da força P para que a resultante que atua
no corpo seja vertical.
Sabemos que a força resultante será:
R = Rx i + Ry j
Diagrama espacial
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Para que a resultante seja na vertical, temos que:
Rx = 0
Diagrama de corpo livre
Portanto:
│Q│ cos 60° = │P│ cos 30°
Logo:
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│P│ = cos 60° │Q│
cos 30°
onde:
│Q│ = 5 x 9,8 = 49N
Portanto:
│P│ = 0,5 x 49 ≈ 28,29N
0,87
Condição de equilíbrio de um ponto material
Seja um ponto material onde atuam diversas forças:
“O ponto material estará em equilíbrio se a força resultante que atua
sobre ele for nula”
Primeira Lei de Newton
“Se a força resultante que atua em um ponto material for nula, este
permanece em repouso ou em movimento retilíneo uniforme”
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Exemplos de corpos em equilíbrio
a) Bloco sobre o solo em repouso
b) Bloco em repouso no solo com uma força externa aplicada
c) Um cabo horizontal de massa não desprezível
Supondo a massa de cabo desprezível
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Supondo a massa do cabo como sendo m e representando no
centro de massa do cabo
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Diagrama Espacial
Diagrama de corpo livre
Questão:
Aumentando a massa M o cabo volta para a posição horizontal?
Como os ângulos θ são iguais, temos que:
│TAB│ = │TAC│ = │T│
Pois:
│TAB│ cos θ = │TAC│ cos θ
Uma vez que R = │Rx│ i + │Ry│ j= 0
Logo │Rx│ = 0
│Ry│ = 0
Se na direção x a força é nula, temos que:
│TAB│ cos θ = │TAC│ cos θ
Portanto
│TAB│ = │TAC│
Na direção y
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│Ry│ = 0
logo temos:
│TAB│ sen θ + │TAC│ sen θ = mg
Ou
2 │T│ sen θ = │mg│
Ou
│T│ = │Mg│ = │mg│
2 sen θ
Como o cabo volta a sua posição horizontal se o ângulo θ = 0, mg = ∞.
Mas antes que isso aconteça haverá a ruptura do cabo
d) Estabilidade do andaime de um pintor
Diagrama espacial
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Diagrama de corpo livre
Condição de equilíbrio
Analisando o sistema de força na direção x
│TAB│ sen θ = │TAC│ sen θ
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logo
│TAB│ = │TAC│ = │T│
Analisando o sistema de forças na direção y
│TAB│ cos θ + │TAC│ cos θ = │mg│
Logo
2 │T│ cos θ = │mg│
Ou
│T │= │mg│
2 cos θ
Portanto, diminuindo a altura do andaime o ângulo θ aumenta ate que
tenda a 90°. Nesse caso a tensão no cabo AB tende ao infinito qualquer
que seja o peso do andaime!
Tratamento vetorial de uma força no espaço
Vimos que, no plano, podemos representar uma força pelas suas
coordenadas cartesianas:
Exemplo: Seja a força F no plano x, y:
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Logo
F = │Fx│ i + │Fy│ j N
Nova notação
│Fx│ = Fx
│Fy│ = Fy
Portanto
F = Fx i + Fy j N
Onde
│Fx│ = │F│ cos θ
│Fy│ = │F│ sen θ
Logo
F = │F│ cos θ i + │F│ sen θ j N
Ou
F = │F │ (cos θ i + sen θ j) N
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Notar que:
λF = cos θ i + sen θ j
│λF│ = √𝑐𝑜𝑠2θ + 𝑠𝑒𝑛2θ = 1
Logo
F = │F│ λF
Versores cartesianos no espaço
Para representar uma força analiticamente no espaço devemos ter mais
uma coordenada cartesiana:
Devemos, portanto, ter mais um versor cartesiano que nos tire do plano
nos levando para o espaço.
Associado ao eixo x temos o versor i, do eixo y o versor j e do eixo z o
versor k.
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Podemos agora decompor uma força no espaço em suas coordenadas
cartesianas:
Logo
F = Fx + Fy + Fz N
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Ou
F = Fx i + Fy j + Fz k N
Onde
Fx = │F’│ cos θ onde F’ = │F │cos Ф
Fy = │F’│ sen θ
Fz = │F │ sen Ф
Ou
Fx = │F│ cos Ф cos θ
Fy = │F│ cos Ф sen θ
Fz = │F│ sen Ф
Portanto
F = │F│ cos Ф cos θ i + │F│ cos Ф sen θ j + │F│ sen Ф k N
Cálculo do módulo de um vetor no espaço
Seja um vetor F decomposto em suas coordenadas cartesianas:
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Usando o Teorema de Pitágoras, temos que:
│F│2 = │F’│2 + │Fz│2
Mas
│F’│2 = │Fx│2 + │Fy│2
Logo
│F│2 = │Fx│ 2 + │Fy│2 + │Fz│2
Portanto
│F│ = │Fx│ 2 + │Fy│2 + │Fz│2
Devemos ainda lembrar que
F = Fx i + Fy j + Fz k N
E
│F│ = Fx2 + Fy2 + Fz2
Exemplo de aplicação:
Seja um vetor F no espaço dado por:
F = 3 i + 5 j + 2 K N
O seu modulo será:
│F│ = 32 + 52 + 22 = √38 ≅ 6,16N
Modo alternativo de representar um vetor no espaço
Seja um vetor P no espaço:
Se soubermos os ângulos θx, θy e θz, podemos escrever:
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P = │P│cosθx i + │P│cosθy j +│P│cosθz K
Notar que
Px = │P│cosθx
Py = │P│cosθy
Pz = │P│cosθz
E que
cosθx = Px
│P│
cosθy = Py
│P│
cosθz = Pz
│P│
Podemos ainda escrever
P = │P│ (cosθx i + │P│cosθy j +│P│cosθz K)
Mas
P = λP = cosθx i + cosθy j + cosθz k
│P│
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Onde logicamente os cossenos cos θx, cos θy e cos θz são os cossenos
diretores do vetor P. E como
│λp│ = 1 = cos2 θx + cos2 θy + cos2 θz = 1
Exemplo de aplicação:
Calcular os ângulos entre as arestas e as diagonais de um cubo. Se l
for uma das arestas, calcule o modulo da diagonal.
Solução
Nesse caso temos que:
θx = θy = θz
e
OA = │OA│ λOA
a) Cálculo do ângulo θ como vimos
λOA = cos2 θx i + cos2 θy j + cos θz k
E
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│λOA│ = cos2 θx + cos2 θy + cos2 θz
Ou
│λOA│ = 3cos2 θ = cos θ √3 = 1
Logo
cos θ = 1 = √3
√3 3
θ arc cos √3 ≅ 54,74°
3
b) Cálculo do modulo da diagonal
Sabemos que:
OA = l i + l j + l k mc
│OA│= l 2 + l 2 + l 2 = 3l 2
Ou
│OA│= l √3 mc
Determinação analítica do ângulo entre dois vetores
Sejam dois vetores no espaço:
F1 = 3 i + j + 2 k N
F2 = i + 2 j + 3 k N
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Qual o valor do ângulo θ entre eles?
Para calcular analiticamente o ângulo entre eles precisamos de uma
nova ferramenta matemática “o produto escalar”.
O produto escalar entre dois vetores
Sejam dois vetores no espaço:
a = Xa i + Ya j + Za k
b = Xb i + Yb j + Zb k
Definimos como produto escalar entre os vetores a e b a operação
matemática:
a . b = │a│ │b│ cos θ
onde o ângulo θ é o ângulo entre eles
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Notar que o produto escalar transforma os dois vetores a e b em um
escalar. E que:
a . b -> é a projeção do vetor a na direção do vetor b multiplicado
pelo modulo do vetor b e vice versa.
a . b = │a│ cos θ . │b│
Ou
a . b = │b│ cos θ . │a│
Cálculo do ângulo entre os vetores a . b
a = Xa i + Ya j + Za k
b = Xb i + Yb j + Zb k
a . b = ( Xa i + Ya j + Za k ) . (Xb i + Yb j + Zb k ) =
Xa i . Xb i + Xa i . Yb j + Xa i . Zb k + Ya j . Xb i + Ya j . Yb j + Ya j . Zb k
+ Za k . Xb i + Za k . Yb j + Za k . Zb k
Lembrando da definição do produto escalar
a . b = │a││b│ cos θ
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“Quando, portanto, os vetores forem perpendiculares entre si, o produto
escalar entre eles será sempre nulo”
Logo obtemos:
a . b = Xa Xb + Ya Yb + Za Zb
E
a . b = │a││b│ cos θ
Desse modo podemos escrever:
│a││b│ cos θ = Xa Xb + Ya Yb + Za Zb
E
cos θ = Xa Xb + Ya Yb + Za Zb
│a││b│
Voltando ao problema original
F1 = 3 i + j + 2 k N
F2 = i + 2 j + 3 k N
O cosseno do ângulo entre eles será:
cos θ = 3x1 + 1x2 + 2x3
│ F1│ │ F2│
Onde
│F1│ = 32 + 12 + 22 = √14 ≅ 3,74N
│F2│ = 12 + 22 + 32 = √14 ≅ 3,74N
Portanto
cos θ = 11 ≅ 0,786
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(3.74)2
θ = arc cos 0,786 ≅ 38,15º
Voltando a calcular o ângulo entre a aresta e a diagonal de um cubo
Escrevendo os vetores:
d = l i + l j + l k m
a = l i m
Temos então:
a . d = l . l = l 2 m2
E
a . d = │a││d│ cos θ
Onde
│a│ = l 2 = l m
│d│ = l 2 + l 2 + l 2 = √3 m
Logo, temos que:
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cos θ = l 2 = 1 = √3
l . l √3 √3 1
cos θ ≅ 0,577
θ ≅ 54,74o
Adição de forças concorrentes no espaço
Forças concorrentes são aquelas que as suas linhas de ação se cruzam
no espaço. Sejam 3 forças concorrentes no espaço:
Para adicionar essas forças podemos utilizar o método gráfico mostrado
na figura ou o método analítico decompondo as forças em suas
coordenadas cartesianas.
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Nesse caso podemos escrever:
F1 = F1x i + F1y j + F1z k N
F2 = F2x i + F2y j + F2z k N
F3 = F3x i + F3y j + F3z k N
E
R = Rx i + Ry j + Rz k N
Onde
𝑅𝑥 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
𝑅𝑦 = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
𝑅𝑧 = ∑ Fzi
𝑛
𝑖=1
No caso
Rx = Fx1 + Fx2 + Fx3
Ry = Fy1 + Fy2 + Fy3
Rz = Fz1 + Fz2 + Fz3
Exemplo de aplicação
Sejam 3 forças que atuam simultaneamente em um ponto material no
espaço, dadas por suas componentes cartesianas abaixo:
F1 = 4 i + 3 j + 8 k N
F2 = 2 i + 2 j + 5 k N
F3 = - 4 j N
Determinar:
a) O vetor resultante e o seu modulo;
b) Os cossenos diretores da força resultante;
c) O versor da força resultante
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Solução
a) Vetor força resultante e seu modulo
R = Rx i + Ry j + Rz k N
Onde
𝑅𝑥 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
𝑅𝑦 = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
𝑅𝑧 = ∑ Fzi
𝑛
𝑖=1
No caso
Rx = 6 N
Ry = 1 N
Rz = 3 N
Logo
R = 6 i + j + 3 k N
E
│R│ = 62 + 12 + 32 = √46 ≅ 6,78 𝑁
b) Cossenos diretores da força resultante
Vimos que
R = │R│ ( cosθx i + cosθy j + cosθz k ) N
Ou
R = │R│cosθx i + │R│cosθy j + │R│cosθz k N
E que
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R = Rx i + Ry j + Rz k N
Logo
Rx = │R│cosθx
Ry = │R│cosθy
Rz = │R│cosθz
Portanto
cosθx = Rx = 6 ≅ 0,885
│R│ 6,78
cosθy = Ry = 1 ≅ 0,147
│R│ 6,78
cosθz = Rz = 3 ≅ 0,442
│R│ 6,78
c) Cálculo do versor da força resultante
Vimos que
λR = Ry = Rx i + Ry j + Rz k
│R│ │R│
Ou
λR = Rx i + Ry j + Rz k
│R│ │R│ │R│
Portanto
λR = 0,885 i + 0,147 j + 0,442 k
Equilíbrio de um ponto material no espaço
Sejam diversas forças que atuam em um ponto material.
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Para que o ponto material esteja em equilíbrio, a força resultante que
nele atua deve ser nula. Temos, portanto, a seguinte condição de
equilíbrio:
R = 0
Ou
R = 0 i + 0 j + 0 k N
Isto é
𝑅𝑥 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
= 0
𝑅𝑦 = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
= 0
𝑅𝑧 = ∑ Fzi
𝑛
𝑖=1
= 0
Logo essas três condições de equilíbrio devem ser satisfeitas.
Exemplo de aplicação
Sejam as seguintes forças que atuam em um ponto material:
F1 = 2 i - j N
F2 = i + j - k N
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F3 = i - j + 2k N
Determine uma quarta força F4 que deve ser aplicada no ponto material
para que ele se mantenha em equilíbrio.
Solução
Seja a força F4 um vetor que pode ser escrito em suas coordenadas
cartesianas:
F4 = Fx i - Fy j + Fz k N
Precisamos, portanto, determinar os valores de Fx, Fy e Fz.
A força resultante das três forças conhecidas pode ser escrita como:
R1 = 4 i - j + k N
Considerando as condições de equilíbrio, devemos ter:
R = R1 + F4 N
Ou
R = (4 + Fx) i + (-1 + Fy) j + (1 + Fz) k N
No equilíbrio devemos ter:
R = 0 i + 0 j + 0 k N
Portanto, temos que:
4 + Fx = 0 Fx = -4 N
-1 + Fy = 0 Fy = 1 N
1 + Fz = 0 Fz = -1 N
Logo
F4 = -4 i + j - k N
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46
Determinação de um vetor no espaço
Em muitos problemas de estática os vetores não são fornecidos em sua
forma analítica, mas descritos em diagramas espaciais:
Normalmente só o modulo da força é fornecido.
Tomemos um exemplo. Seja uma força que atua no ponto A cujo
modulo e linha de ação são conhecidas.
Os pontos A e B possuem 3 coordenadas no espaço:
A (xa; ya; za)
B (xb; yb; zb)
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47
Determinação do vetor F que atua em A
Procedimento:
a) Suponha a existência de um vetor que tem inicio em A e termina em
B, dado por:
AB = (xb - xa) i + (yb - ya) j + (zb - za) k m
b) Calcule o versor do vetor AB:
λAB = AB
│AB│
Ou seja
λAB = (xb - xa) i + (yb - ya) j + (zb - za) k
(xb - xa)2 + (yb - ya)2 + (zb - za)2
c) Multiplique o versor λAB pelo modulo da força:
F = |F| λAB
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48
Na ilustração dada, seja o modulo da força igual a 100N. Cálculo do
vetor F. Determinação do vetor AB.
AB = (xb - xa) i + (yb - ya) j + (zb - za) k m
Onde
xa = 4 xb = 2
ya = 0 yb = 5
za = 0 zb = 6
Logo
AB = -2 i + 5 j + 6 k m
Cálculo do versor λAB
λAB = AB = -2 i + 5 j + 6 k = -2 i + 5 j + 6 k
|AB| 4 + 25 36 8,06
λAB = -0,248 i + 0,620 j + 0,744 k
Logo
F = |F| λAB = 100 (-0,248 i + 0,620 j + 0,744 k)
F = 24,8 i + 62,0 j + 74,4 k N
Exemplo de aplicação
Uma força de 10N atua no ponto A da figura. Determine analiticamente
o vetor F. A linha de ação da força é definida pelos pontos A e B.
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49
Podemos notar que:
B (2, 2, 0)
A (1, 1, 0)
Como definimos anteriormente:
AB = (xb – xa)i + (yb – ya)j + (zb – za)k m
Logo
AB = (2-1)i + (2-1)j + (0-0)k m
Ou seja
AB = i + j m
Cálculo do modulo de AB
|AB| = 12 + 12 = 2
Cálculo do versor λAB
λAB = AB = i + j = 2 i + 2 j
|AB| 2 2 2
A força será portanto
F = |F| λAB
Ou seja
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50
F = 5 2 i + 5 2 j N
Primeiro teste em aula
A força P de intensidade 200N atua ao longo da diagonal BC da
cantoneira ilustrada.
Determine analiticamente os vetores P e EB.
Solução
Determinação do vetor P.
Determinação do vetor BC:
C (xc; yc; zc) -> (0; 0; 225)
B (xb; yb; zb) -> (0; 300; 0)
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51
Cálculo do vetor BC:
BC = (xc – xb)i + (yc – yb)j + (zc – zb)k
Ou seja
BC = 0i – 300j + 225k mm
Ou
BC = –300j + 225k mm
Cálculo do modulo do vetor BC
|BC| = 3002 + 2252 = 375 mm
Cálculo do vetor λBC
λBC = BC = 300 j + 225 k
|BC| 375
Logo
λBC = 0,8 j + 0,6 k
Portanto:
P = |P| λBC
P = 200 ( -0,8 j + 0,6 k) N
P = - 160 j + 120 k N
Cálculo do vetor EB:
Determinação das coordenadas dos pontos E e B
B (xb; yb; zb) -> (0; 300; 0)
E (xe; ye; ze) -> (200; 0; 0)
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52
O vetor EB será:
EB = (xb – xe)i + (yb – ye)j + (zb – ze)k
Ou seja
EB = - 200 i + 300 j mm
Questão alternativa para teste 1
Dois cabos são aplicados na placa ilustrada e exercem uma força P de
360N e uma força Q de 450N nos pontos B e C respectivamente.
Determine analiticamente os vetores.
Solução
Determinando as coordenadas dos pontos A, B e C:
A (xa; ya; za) -> (200; 0; 200)
B (xb; yb; zb) -> (0; 100; 0)
C (xc; yc; zc) -> (225; 100; 0)
Cálculo do vetor BA:
BA = (xa - xb)i + (ya - yb)j + (za - zb)k mm
BA = 200i – 100j + 200k mm
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53
Cálculo do modulo de BA:
|BA| = 2002 + 1002 + 2002 = 300 mm
Cálculo do versor λBA
λBA = BA = 200 i - 100 j + 200 k
|BA| 300
λBA = BA = 2 i - 1 j + 2 k
|BA| 3 3 3
Logo P será:
P = |P| λBA = 360 ( 2 i - 1 j + 2 k )
3 3 3
P = 240 i - 120 j + 240 k N
Cálculo do vetor CA:
CA = (xa – xc)i + (ya – yc)j + (za – zc)k
CA = -25i – 100j + 200k mm
Cálculo do modulo do vetor CA:
|CA| = 252 + 1002 + 2002 = 225 mm
Cálculo do versor λCA
λCA = CA = - 25 i - 100 j + 200 k
|CA| 225
Ou seja
λCA = 0,11 i - 0,44 j + 0,89 k
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54
Logo a força Q será:
Q = |Q| λCA
Q = 450 (-25 i - 100 j + 200 k) N
225
Ou
Q = -50 i - 200 j + 400 k N
Métodos para resolução de problemas de equilíbrio de pontos materiais
Os problemas de estática de pontos materiais se apresentam em um
“diagrama espacial” conforme é mostrado no exemplo ilustrado.
Supondo a massa m conhecida vamos calcular as forças tensoras que
atuam no ponto A na condição de equilíbrio.
Para melhor visualizarmos o problema, é conveniente construir
primeiramente o “diagrama de corpo livre” do “diagrama espacial”
mostrado acima.
Podemos notar que, no “diagrama de corpo livre” somente o essencial do
problema é preservado.
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55
Fundamentados no “diagrama de corpo livre” podemos utilizar dois
métodos para a resolução do problema:
a) Método de “triangulação de forças”
Sabemos que, a condição de equilíbrio estabelece:
R = 0
Logo
TAB + TAC + m g = 0
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56
Da Lei do Senos, sabemos que:
| TAB | = | TAC | = | mg |
sen 60º sen 40º sen 80º
Ou seja:
| TAB | = sen 60º | mg |
sen 80º
| TAC | = sen 40º | mg |
sen 80º
Supondo que a massa de tal modo que |mg| = 10N logo temos
que:
| TAB | = 0,866 x 10 = 8,79 N
0,985
| TAC | = 0,643 x 10 = 6,53 N
0,985
b) Método de composição de forças
Na condição de equilíbrio sabemos que a resultante das forças
deve ser nula, ou seja:
R = Rx i + Ry j = 0
Logo
𝑅𝑥 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
= 0
𝑅𝑦 = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
= 0
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57
No “diagrama de corpo livre” ilustrado devemos ter:
Rx = | TAC | cos 30º - | TAB | cos 50º = 0
Logo, temos que:
| TAC | cos 30º = | TAB | cos 50º (1)
E
Ry = | TAC | sen 30º + | TAB | sen 50º - |mg| = 0
Ou
| TAC | sen 30º + | TAB | sen 50º = |mg| (2)
Da equação (1), temos que:
| TAB | = cos 30º | TAC |
cos 30º
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58
Substituindo em (2), temos que:
| TAC | sen 30º + | TAC | cos 30º . sen 50º = |mg|
cos 50º
Portanto
| TAC | (sen 30º + tg 50º cos 30º ) = |mg|
Ou
| TAC | = |mg|
sen 30º + cos 30º tg 50º
Numericamente, temos:
| TAC | = 10 ≅ 6,53 N
1,532
E como:
| TAB | = cos 30º | TAC |
cos 50º
Temos que:
| TB | = 0,866 . 6,53 ≅ 8,79 N
0,643
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59
Estática de corpos rígidos
Conceito de corpo rígido
“Corpo rígido é todo o corpo onde a distância entre dois ponto A e B pode
ser considerada fixa”
Para a finalidade desse curso, consideraremos como corpo rígido os
corpos sólidos.
Discussão de uma força aplicada em um corpo rígido
Seja uma força F aplicada em um corpo rígido. Uma mesma força F
produz efeitos diferentes se aplicada nos diferentes ponto A; B ou C.
Portanto, o vetor força só fica completamente especificado se forem
conhecidos:
a) O modulo da força;
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60
b) A direção da força;
c) O sentido da força; e
d) O ponto de aplicação.
Conceito de torque ou momento de uma força
Caso de uma enorme pedra no caminho.
“O efeito de uma força aplicada em um corpo rígido depende do ponto
de aplicação”
Relação entre as forças no equilíbrio
Nesse caso devemos ter:
|mg| dOA = | Fy | dOB
Como
| Fy | = | F |senθ
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61
Temos que:
|mg| dOA = | F | dOB senθ
Logo o momento da força F será:
|MF| = | F | |dOB| senθ
Forma geral de representar o momento de uma força
Seja uma força aplicada em um corpo rígido articulado no ponto O.
novamente aqui é possível notar que o efeito da força F depende do
ponto de aplicação e, portanto, do vetor r.
Definimos portanto o conceito de torque τ ou de momento de uma força
M como o produto entre os vetores r e F. como torque ou o momento de
uma força é também um vetor, teremos que definir um novo produto
entre os dois vetores cujo resultado seja também um vetor. O produto
vetorial.
τ = M = r ^ F
E
| τ | = |M| = r ^ F senθ
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62
O produto vetorial
A estática de corpos rígidos exige, portanto, uma nova ferramenta
matemática, uma vez que a condição de equilíbrio passa a ter dois
critérios distintos:
a) O corpo não translada -> R = 0
b) O corpo não gira -> MR = 0
Sejam dois vetores a e b onde:
a = ax i + ay j + az k
b = bx i + by j + bz k
Definimos como produto vetorial entre os vetores a e b como a ^ b = c
onde c é um vetor perpendicular ao plano definido pelos vetores a e b,
conforme mostra o exemplo ilustrado.
Se, portanto,
a = axi + ayj
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63
e
b = bxi + byj
O vetor c estará na direção k.
Podemos então perguntar: em que sentido?
O sentido será obtido pelo que é conhecido como “regra da mão direita”.
Tomemos novamente os vetores a e b no plano x; y; conforme é
ilustrado na figura.
a ^ b = c
Onde
c = |c| k
E
b ^ a = -c
Portanto, o produto vetorial possui a propriedade:
a ^ b = - b ^ a
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64
Interpretação geométrica do módulo do produto vetorial
Tomemos novamente os vetores a e b.
Sabemos que o módulo do produto vetorial de a por b é dado por:
a ^ b = |a| |b| senθ
Notar que, se a // b a ^ b = 0
Como |a| senθ = h, temos que:
|a ^ b| = |b| h = área do paralelogramo
Exemplo de aplicação
Sejam os vetores a e b dados abaixo. Determine a área do
paralelogramo formado por eles:
a = i + j + k m
b = 3 i + 2 j + k m
Solução
Sabemos que
|a ^ b| = |a| |b| senθ
Sabemos ainda que:
|a ^ b| = |a| h = área do paralelogramo
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65
Onde
h = |b| senθ
Determinação do ângulo θ da definição de produto escalar, temos que:
|a| |b| cosθ = ax bx + ay by + az bz
Logo
cosθ = ax bx + ay by + az bz
|a| |b|
Como
|a| = √3 ≅ 1,73 𝑚
|b| = √9 + 4 + 1 ≅ 3,74 𝑚
Logo
cosθ = 3 + 2 + 1 = 6 ≅ 0,927
1,73 x 3,74 6,47
Portanto
θ = 22º e senθ ≅ 0,375
h = |b| senθ = 3,74 x 0,375 ≅ 1,40 m
Área = |a| h = 1,73 x 1,40 ≅ 2,43 m2
Produto vetorial entre os versores cartesianos
Sejam os versores cartesianos no espaço:
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66
Devemos notar que:
|a ^ b| = |a| |b| senθ
Logo se a//b temos que
|a ^ b| = 0
Cálculo dos produtos vetoriais:
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
Cálculo do produto vetorial entre dois vetores dados em sua forma
analítica
Sejam os vetores a e b, onde:
a = ax i + ay j + az k
b = bx i + by j + bz k
Calculemos o produto vetorial entre eles obtendo um vetor c da forma:
c = cx i + cy j + cz k
a ^ b = ( ax i + ay j + az k ) ^ ( bx i + by j + bz k ) =
= ax i ^ bx i + ax i ^ bj j + ax i ^ bz k + ay j ^ bx i + ay j ^ bj j + ay j ^ bz k
+ az k ^ bx i + az k ^ bj j + az k ^ bz k =
= ax bx ( i ^ i ) + ax by ( i ^ j ) + ax bz ( i ^ k ) +
+ ay bx ( j ^ i ) + ay by ( j ^ j ) + ay bz ( j ^ k ) +
+ az bx ( k ^ i ) + az by ( k ^ j ) + az bz ( k ^ k ) =
= 0 + ax bx k + ax bz (-j) + ay bx (-k) + 0 + ay bz i + az bx j + az by (-
i) + 0
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67
Logo
a ^ b = ( ay bz - az by ) i - ( ax bz - az bx ) j + ( ax by - ay bx ) k
Método prático de calcular o produto vetorial
Sejam novamente os vetores a e b em suas formas analíticas:
i j k
a ^ b = ax ay az = ( ay bz - az by ) i - ( ax bz - az bx ) j +
bx by bz ( ax by - ay bx ) k
Aplicação no Cálculo do momento de uma força
Seja uma força F no espaço que atua no ponto A de um corpo
articulado no ponto 0 conforme ilustrado na figura. Calcular o momento
de força em relação ao ponto 0.
r = x i + y j + z k m
F = Fx i + Fy j + Fz k N
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68
Cálculo do momento
i j k
M = r ^ F = x y z = ( y Fz - z Fy ) i - ( x Fz - z Fx ) j +
Fx Fy Fz ( x Fy - y Fx ) k N.m
Supondo agora que tanto r quanto F estejam no plano x; y. Neste caso,
temos que:
r = x i + y j m
F = Fx i + Fy j N
i j k
M = r ^ F = x y 0 = 0 i + 0 j + ( x Fy - y Fx ) k
Fx Fy 0
Portanto
M = ( x Fy - y Fx ) k N.m
Notar que, nesse caso, o momento da força está na direção k e no eixo
z.
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69
Exemplo de aplicação
A força P de intensidade de 200N atua ao longo da diagonal BD da
cantoneira ilustrada.
Determine o momento da força P em relação à origem Q e em relação ao
ponto E. Qual o efeito provocado se deslocarmos a força P do ponto B
para o ponto D?
Solução
Determinação da forma analítica do vetor P.
Coordenadas SOS pontos B e D
D = (xd ; yd ; zd) = ( 225 ; 200 ; 0 )
B = (xb ; yb ; zb) = ( 0 ; 0 ; 300 )
Supondo a existência do vetor BD:
BD = ( xd – xb ) i + ( yd – yb ) j + ( zd – zb ) k mm
BD = 225 i + 200 j - 300 k mm
Cálculo do versor λBD
|BD| = (225)2 + (200)2 + (300)2 = 425 mm
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70
λBD = BD = 225 i + 200 j - 300 k
|BD| 425
Portanto
λBD = 0,529 i + 0,470 j - 0,706 k
Cálculo da força P:
P = |P| λBD
P = 200 (0,529 i + 0,470 j - 0,706 k) N
P ≅ 106 i + 94 j - 141 k N
Cálculo do momento em relação ao ponto O
r0 = 300 k mm = 0,3 k m
P = 106 i - 94 j - 141 k N
i j k
r0 ^ P = 0 0 0,3 = (-0,3 x 94) i + (-0,3 x 106) j + 0 k
106 94 -141
M = -28,2 i + 31,8 j N.m
Cálculo do momento em relação ao ponto E
Determinação do vetor rEB
B ( 0 ; 0 ; 300 )
E ( 0 ; 200 ; 0 )
rEB = 0 i - 200 j + 300 k mm
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71
Ou
rEB = 0,2 j + 0,3 k mm
Cálculo do momento:
i j k
ME = rEB ^ P = 0 - 0,2 0,3 = (-0,2 x 141- 0,3 x 94) i +
106 94 -141 0,3 x 106 j + 0,2 x 106 k
ME = 31,8 j + 21,2 k N.m
Comprovação do principio da transmissibilidade
Supondo que a força P seja deslocada para o ponto D em sua linha de
ação. Nesse caso, temos que:
P = 106 i + 94 j - 141 k N
rOP = 0,225 i + 0,2 j m
rED = 0,225 i
Recalculando os momentos:
i j k
MD = rOD ^ P = 0,225 0,2 0 = -0,2 x141 i + 0,225 x 141 j
106 94 -141 + (0,225 x 94 – 0,2 x 106) k
Ou
MD = -28,2 i + 31,8 j + 0 k N.m
MD = -28,2 i + 31,8 j N.m
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72
i j k
ME = rED ^ P = 0,225 0 0 = -0i + 0,225 x 141 j + 0,225 x 94k
106 94 -141 N.m
Ou
ME ≈ -31,8 j + 21,2 k N.m
Representação do momento de uma força
Seja uma força que atua em um corpo rígido articulado no ponto O a
uma distância r do ponto de articulação, conforme ilustrado na figura.
Como MO = r ^ F, temos que o momento MO é perpendicular ao plano
definido pelos vetores r e F.
Notar ainda que o momento da força depende da escolha da origem do
vetor r.
“Se o eixo de rotação for perpendicular ao plano definido pelos vetores r e
F, o momento MO será representado no eixo de rotação, conforme é
mostrado na figura.”
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73
No caso geral, no entanto, o momento de uma força pode ter qualquer
direção independente da direção do eixo de rotação.
Exemplo:
Se
r = x i + y j + z k m
F = Fx i + Fy j + Fz k N
M = Mx i + My j + Mz k N.m
Mesmo que o eixo de rotação esteja em outra direção.
Condições de equilíbrio de um corpo rígido
Seja um corpo rígido no espaço onde atuam diversas forças:
Para que o corpo rígido se mantenha em equilíbrio devemos ter as
seguintes condições satisfeitas:
a) O corpo não translada
Ou seja, se o corpo estiver em repouso ele não é acelerado em
nenhuma direção. Isso implica que:
R = Rx i + Ry j + Rz k = 0
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74
b) O corpo não gira
Ou seja, se o corpo estiver com rotação nula ele não é acelerado
angularmente em nenhuma direção. Isso implica que:
MR = MRX i + MRY j + MRZ k = 0
Logo devemos ter as seguintes condições satisfeitas:
1)
𝑅𝑥 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
= 0
2)
𝑅𝑦 = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
= 0
3)
𝑅𝑧 = ∑ Fzi
𝑛
𝑖=1
= 0
4)
𝑀𝑅𝑥 = ∑ Mxi
𝑛
𝑖=1
= 0
5)
𝑀𝑅𝑦 = ∑ Myi
𝑛
𝑖=1
= 0
6)
𝑀𝑅𝑧 = ∑ Mzi
𝑛
𝑖=1
= 0
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75
Essas 6 equações nos fornecem condições de resolver problemas com
até 6 incógnitas!
Notar que para isso devemos ser capazes de determinar tanto a
resultante das forças como a resultante dos momentos dessas forças.
Técnicas para determinar R e MR
Sejam, por exemplo, 3 forças aplicadas em um corpo rígido. Para
determinar a resultante das forças precisamos somá-las, isto é, colocá-
las em uma mesma origem.
No entanto, as forças que atuam em um corpo rígido nem sempre são
concorrentes, impossibilitando de serem colocadas em uma mesma
origem. Tomemos alguns exemplos:
a) Caso em que as linhas de ação da força possuem um ponto em
comum.
Usando o Princípio da Transmissibilidade podemos facilmente
colocar as forças em uma origem comum e obter a força
resultante.
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76
b) Caso em que as forças são concorrentes.
Podemos obter a resultante em duas etapas. Somamos
primeiramente as forças FA e FB obtendo a resultante R1 e depois
somamos essa resultante com a força FC.
c) Caso de forças não concorrentes. Nesse caso a obtenção da
força resultante nos parece impossível, uma vez que não
conseguimos colocar as forças FA, FB e FC, em uma mesma origem.
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77
Momento de um binário
Normalmente podemos deslocar uma força em sua linha de ação sem
alterar o seu efeito. No último caso estudado, o princípio da
transmissibilidade não é suficiente para podermos colocar as forças em
uma mesma origem e assim reduzi-las a uma única força e aplicar as
condições de equilíbrio.
Para isso precisamos de outra ferramenta matemática: o momento de
um binário.
Seja um corpo rígido onde atuam duas forças antiparalelas, isto é, de
mesmo módulo e direção, mas com sentidos contrários, conforme é
ilustrado na figura.
Tomando a origem no ponto O, podemos calcular os momentos das
duas forças FA e FB:
MA0 = rA ^ FA
MB0 = rB ^ FB
O momento resultante dessas duas forças será:
MR = MA0 + MB0
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78
Ou
MR = rA ^ FA + rB ^ FB
Mas FB = - FA , logo temos que:
MR = rA ^ FA - rB ^ FB
Uma nova propriedade do produto vetorial
Sejam dois vetores a e b. Vimos que a ^ b = c
Onde c é um vetor perpendicular ao plano definido por a e b.
Vimos ainda que:
Se a ^ b = c então b ^ a = -c
Suponhamos agora que o vetor b seja a soma de dois outros vetores,
por exemplo d e e. Temos então:
a ^ b = a ^ ( d + e ) = a ^ d - a ^ e
Se b for a diferença entre d e e, temos que:
a ^ b = a ^ ( d - e ) = a ^ d - a ^ e
Suponhamos agora que o vetor a seja dado por:
a = ra – rb = ra – rb
Nesse caso, temos:
a ^ b = (ra – rb) ^ b = ra ^ b - rb ^ b
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79
Aplicando no momento binário
Das propriedades do produto vetorial vimos que:
(ra – rb) ^ b = ra ^ b - rb ^ b
O momento resultante é dado por
MR = rA ^ FA - rB ^ FA
Ou
MR = ( rA ^ rB ) ^ FA
Como
rA - rB = ∆ r
Temos que o momento de um binário é dado por
MR = ∆ r ^ FA
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80
“Notar que os momentos de binários não dependem da origem escolhida.
Depende somente das forças aplicadas e das distâncias das suas linhas
de ação.”
Representação do momento de um binário
Sejam duas forças antiparalelas aplicadas em um corpo rígido conforme
ilustrado na figura.
Podemos notar que a distância entre as linhas de ação da forças
aplicadas é Δr.
Como nem as forças e nem Δr dependem da origem escolhida, não existe
um lugar bem determinado para representar o momento:
M = ∆r ^ F
“O momento de um binário pode, portanto, ser representado em
qualquer lugar livremente escolhido: O momento de um binário é um
vetor livre”
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81
Binários equivalentes
Binários equivalentes são aqueles que produzem o mesmo efeito. Não é
necessário, portanto, que as forças possuam a mesma direção ou
sentido.
Um binário A é equivalente a um binário B se:
Ma = Mb
Exemplo
Sejam os binários equivalentes:
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82
É sempre possível transformar o binário A no B.
Redução de um sistema de forças em uma força e um momento de binário
Seja um corpo rígido onde atuam diversas forças. Queremos reduzir
esse sistema em outro equivalente onde atue somente uma força
resultante e um momento binário resultante no ponto O. Para isso
devemos transferir as forças dos pontos A; B e C para o ponto O.
Tomemos inicialmente a força FA:
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83
Podemos ainda escolher outro ponto para colocar as resultantes da
força e do momento. Por exemplo:
Onde
M1R = MR + S ^ R
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84
Redução de um sistema de forças coplanares a uma única força
Se as forças que atuam em um corpo rígido forem coplanares a sua
resultante também estará no plano definido pelas forças e o momento
gerado será sempre perpendicular a esse plano uma vez que r (se o
corpo for plano) também estará no mesmo plano das forças. Nesse caso
o sistema de forças poderá ser reduzido a uma única força.
Seja um corpo rígido onde atuam diversas forças coplanares:
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85
Como o ponto O está no mesmo plano definido pelas forças rA e rB
também estão nesse plano. Esse sistema pode ser reduzido a uma força
resultante e um momento resultante tal que eles são perpendiculares
entre si.
R = Rx i + Ry j N
MR = MZ K N m
Nesse caso podemos transferir a força resultante para outro ponto do
pano O’ de tal modo que o sistema seja reduzido a uma única força.
Seja um ponto O’ que dista de O de S de tal modo que:
S ^ R = - MR
Nesse caso teremos que:
O novo momento resultante será:
M1R = MR + S ^ R = 0
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86
Cálculo da distância S para essa redução
Seja o caso onde a seguinte redução foi obtida:
Para essa condição podemos escrever:
MR = - (S ^ R)
E
|MR| = |S| |R| senθ
Mas, nesse caso S R pois a distância deve ser dada nessas condições.
Logo:
|MR| = |S| |R|
Ou
|S| = |MR|
|R|
Exemplo de aplicação
Dois cabos exercem forças de 90KN cada um sobre uma treliça de peso
|P| = 200KN. Encontre a força resultante e o momento de binário no
ponto A e reduza o sistema a uma única força aplicada no eixo AB.
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87
Solução
Forças que atuam na treliça:
FD = FE = 90 cos30o i - 90 sen30o j KN
Ou
FD = FE = 77,9 i - 45 j KN
E
P = -200 j KN
Transferindo a força FD para o ponto A. Temos que:
FD = 77,9 i - 45 j KN
∆ΩD = 10,8 j m
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88
Cálculo do momento gerado:
i j k
MD = ∆ΩD ^ F D = 0 10,8 0 = -10,8 x 77,9 k = - 841,3k KN.m
77,9 -45 0
Transferindo a força FE para o ponto A
Cálculo do momento gerado na transferência:
∆ΩE = XE i + 7,2 j m
Cálculo de xE:
10,8 = 3,6 XE = 6,3 x 3,6 = 2,1 m
6,3 XE 10,8
Logo
∆ΩE = 2,1 i + 7,2 j m
E
i j k
ME = ∆ΩE ^ F E = 2,1 7,2 0 = {2,1x(-45)-7,2 x77,9} k =
77,9 -45 0 = - 655,4 k KN.m
Transferindo a força P para o ponto A
• Cálculo do momento gerado:
∆Ωp = 2,4 i + Yp j N
P = 200j KN
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89
E
i j k
Mp = ∆Ωp ^ P = 2,4 Yp 0 = - 480 k KN.m
0 -200 0
• Cálculo da força resultante no ponto A
R = 2 (77,9 i - 45 j) - 200 j KN
Ou
R = 155,8 i - 290 j KN
• Cálculo do momento resultante gerado pela transferência das
forças
MR = - 841,3 k - 655,4 k - 480 k KN.m
Ou
MR = - 1.976,7 k KN
“Como R MR o sistema pode ser reduzido a uma única força!”
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90
Cálculo do vetor S onde a força deve ser colocada na direção AB:
Sabemos que:
S = |S| i m
E
R = 155,8 i - 290 j KN
Logo
i j k
S ^ R = |S| 0 0 = - 290|S| k KN.m
155,8 -290 0
Mas S deve ser de tal modo que:
- 290|S| = - 1.976,7
Ou
|S| = 1.976,7 = 6,82m
290
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91
Redução de um sistema de forças em uma única força
Tratamento analítico
Sejam diversas forças coplanares que atuam em um corpo rígido:
Vimos que podemos reduzir esse sistema de forças em uma única força
em um ponto qualquer escolhido e em um momento de binário
resultante. Podemos então escrever:
R = Rx i + R y j + Rz k
Ou supondo que as forças estejam no plano x; y, temos:
R = Rx i + Ry j N
e
MR = Mzr k N.m
Onde
𝑅𝑥 = ∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
𝑅𝑦 = ∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
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92
e
𝑀𝑧 = ∑ Mzi
𝑛
𝑖=1
Se quisermos reduzir o sistema a uma única força, devemos encontrar
um vetor S, no plano x;y, de tal modo que:
S = x i + y j
Fazendo o produto vetorial, temos que:
i j k
S ^ R = x y 0 = ( x Ry - y Rx) K N.m
Rx Ry 0
Temos ainda a condição que esse momento deve ser igual ao momento
resultante do binário criado na transferência das forças. Logo temo que:
xRy - yRx = Mzr
Isolando o y, temos que:
yRx = xRy - Mzr
Ou
y = Ry . x - Mzr
Rx Rx
“Linha de ação da força resultante final do sistema!”
Apliquemos esse nosso resultado no problema anterior:
y = Ry . x - Mzr
Rx Rx
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93
No problema tínhamos:
Ry = 290 KN
Rx = 155,8 KN pois R = 155,8 i - 290 j KN
E
Mzr = 1.976,7 KN.m
Nesse caso temos portanto:
y = - 290 . x + 1976,7
155,8 155,8
Ou
y = - 1,86 x + 12,69 m
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94
Essa é a linha de ação da força resultante final do sistema de forças,
pois:
para x = 0 -> y = 12,69m
para y = 0 -> x = 12,69m = 6,82m
1,86
Caso geral – o torsor
Todos os sistemas de forças podem ser reduzidos a uma única força ou
a um torsor.
Se o momento de binário gerado na transferência das forças for
perpendicular a força resultante o sistema pode ser reduzido a uma
única força. Caso contrário, ele pode ser reduzido a um torsor.
Tomemos um caso em que o momento de binário resultante não seja
perpendicular a força resultante, ou seja, θ ≠ 90 conforme é ilustrado na
figura.
Nesse caso podemos decompor o momento de binário resultante a
direção da força resultante e na direção perpendicular a ela:
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95
Podemos então eliminar a componente perpendicular deslocando a
linha de ação da força resultante R, conforme fizemos anteriormente e
conforme mostra a figura.
O sistema é então reduzido a uma força e a um momento de binário que
possuem a mesma direção. Podemos notar que existem duas tendências
de movimentos nesse caso:
a) Rotação em torno do eixo definido pela linha de ação da força
resultante;
b) Translação na direção da resultante.
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96
Esse sistema de força binário se denomina de torsor e possui a
tendência de movimentar o corpo rígido em uma forma de espiral,
conforme é ilustrado na figura.
A grandeza:
MPARALELO
R é conhecida como “passo do torsor”
Notar que o “passo do torsor” possui a dimensão de distância: “é o
espaço percorrido na direção da força resultante em cada volta.”
“Passo do torsor” = R . MOR = |R||MO
R| cos θ
|R|2 |R|2
Ou
Passo do torsor = |MOR| cos θ ”
|R|2
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97
Exemplo de aplicação
Duas forças de mesmo modulo atuam ao longo das diagonais de face de
um cubo de lado a conforme ilustrado. Substitua as duas forças por um
sistema constituído de:
a) Uma força e um binário no ponto O;
b) Por um torsor especificando o seu eixo e o seu passo.
Solução
a) Reduzindo o sistema em uma força e um momento de binário no
ponto O.
Transferindo F1 e F2 para o ponto O, temos que:
F1 = |F| cos45 i + |F| sen45 k N
Ou
F1 = 0,707|F| i + 0,707|F| k N
F1 = √2 |F| i + √2 |F| k N
2 2
∆Ωp = a j m
Momento gerado:
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98
i j k
M1 = ∆Ωp ^ F1 = 0 a 0 = √2 a |F|i - √2 a |F|k N.m
√2 |F| 0 √2 |F| 2 2
2 2
Analogamente a força F2 será:
F2 = √2 |F|i - √2 |F|k N
2 2
E
∆Ωp = a k m
O momento gerado será:
i j k
M2 = ∆Ω2 ^ F2 = 0 0 a = √2 a |F| j
√2 |F| 0 - √2 |F| 2
2 2
Cálculo da força resultante e do momento resultante no ponto O.
R = F1 + F2 ( √2 |F| i + √2 |F| k ) + ( √2 |F| i ) - ( √2 |F| k )
2 2 2 2
Portanto
R = √2 |F| i
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99
MR = √2 a |F| i - √2 a |F| k + √2 a |F| j
2 2 2
Portanto
M0 = √2 a |F| (i + j - k ) N.m
2
b) Cálculo do torsor equivalente: o torsor se caracteriza por uma
força e um momento paralelos. No caso, a força é a própria
resultante:
Ou seja
|R| = √2 |F|
Cálculo da projeção do momento resultante na ? da força
resultante:
|MPARALELO| = R . MOR = √2 |F| i . √2 |F| ( i + j – k )
|R|2 √2 |F|
= √2. |F| . √2 a |F| = √2 a |F|
√2 |F| 2
O torsor será constituído, portanto, de uma força R = √2. |F| i N, e por
um momento MP = √2 a |F| i N.m
Cálculo do passo do torsor:
Passo = | MP | = √2 /2 a |F| = a m
|R| √2 |F| 2
Cálculo do eixo do torsor:
Sabemos que
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100
ML = √2 a |F| j - √2 a |F| k N.m
2 2
Logo, devemos ter:
∆S = Y j + Z k m
E
∆S ^ R = ML
Calculando:
i j k
∆S ^ R = 0 y z = 0 i + √2 |F| Z j - √2 |F|Y k
√2 |F| 0 0
Temos, portanto que:
1) √2 |F| Z = √2 a |F|
2
E
2) − √2 |F| Y = −√2 a |F|
2
Dessas equações obtemos que:
Z = a m
2
Y = a m
2
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101
Exemplo de aplicação (teste)
Uma força de 250N é aplicada em uma extremidade de uma placa
conforme a figura. Determine:
a) Um sistema força binário no ponto A;
b) Duas forças horizontais em A e B que formem um binário
equivalente ao binário do item a).
Solução
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102
P = 250 cos60 i - 250 sen60 j N
P = 125 i - 216,5 j N
∆rac = 0,25 i - 0,125 j m
a) Cálculo do momento do binário
i j k
∆rac ^ R = 0,25 -0,125 0
125 -216,5 0
= [(0,25 x 216,5) + (0,125 x 125)] k = (15,625 – 54,125) k
= -38,5 k N.m
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103
b) ∆rAB ^ F = -38,5 k N.m
Sabemos que:
∆rAB = 0,075 j m
F = |F| i N
i j k
∆rab ^ F = 0 0,075 0 = -38,5 k N.m
|F| 0 0
- 0,975 |F| = - 38,5 N.m
|F| = 38,5 = 513 N
0,075
Logo, temos que:
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104
Forças de reações em apoios e conexões
Vimos no tópico anterior que podemos reduzir um sistema de forças em
uma única força ou em um torsor aplicados em uma determinado ponto
de um sólido (ou mesmo fora dele).
Mas se existe uma força resultante ou um torsor não nulos o corpo
sólido não poderá estar em equilíbrio. No equilíbrio, portanto, deve
haver forças que ainda não foram consideradas nos nossos cálculos.
Essas forças são conhecidas como “forças de reação”. Seja, por
exemplo, a treliça mostrada na figura. Nela existem dois apoios A e B
que aplicam forças de reações ao seu peso.
O apoio A é evidentemente diferente do ponto B.
Devemos ser capazes de reconhecer cada uma das forças de reações
que os apoios aplicam a treliça.
Tipos de apoios e suas reações na condição de equilíbrio de corpos
rígidos em duas dimensões
a) Apoios e reações equivalentes a uma força cuja linha de ação é
conhecida
o Roletes – “só possui componentes na vertical”
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105
o Superfície lisa – “só possui componentes na vertical”
b) Apoios e reações equivalentes a uma força cuja linha de ação é
desconhecida
o Articulações fixas – “a força F possui componentes nas
direções x e y que são desconhecidas”
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106
o Superfícies rugosas – “a força F possui linha de ação
desconhecida”
c) Apoios e reações equivalentes a uma força e um momento de um
binário
o Apoio fixo - nesse caso, há componentes de força nas
direções x e y e um momento de binário na direção z.
Métodos para resolução de problema de estática de corpos rígidos
Analogamente às resoluções dos problemas de estática de pontos
materiais utilizamos os conceitos de diagrama espacial e de corpo livre.
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107
Seja, por exemplo, o nosso corpo rígido representado por uma treliça em
equilíbrio, conforme é mostrado na figura.
Normalmente todas as forças são conhecidas com exceção das forças de
reação Ax e Ay.
Para determinar Ax e Ay é conveniente transferir todas as forças para o
ponto A e impor as condições de equilíbrio.
Exemplo de determinação das forças de reação nos apoios
Seja uma treliça mostrada na ilustração que sofre a ação de diversas
forças.
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108
O seu diagrama de corpo livre será:
Notar que as forças N, Q, S e P são conhecidas e queremos determinar
as forças A e B.
Para isso devemos transferir todas as forças para um ponto comum da
treliça e impor condições de equilíbrio em duas dimensões:
1)
∑ Fxi
𝑛
𝑖=1
= 0
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109
2)
∑ Fyi
𝑛
𝑖=1
= 0
3)
∑ Mzi
𝑛
𝑖=1
= 0
“Podemos resolver problemas com até 3 incógnitas”
Critério para a melhor escolha do ponto para a transferência
Análise de algumas possibilidades:
a) Escolhendo o centro de massa da treliça
MR = f (Ax : Ay : By)
b) Escolhendo o ponto D
MR = f (Ax ; Ay)
c) Escolhendo o ponto A ou o ponto B
MR = f (By)
Ou
MR = f (Ay)
Se escolhermos o ponto A, por exemplo, ao impormos a condição de
equilíbrio ∑ MBA = 0, obtemos diretamente o valor de By pois Ax e Ay
não contribuem para o momento.
Exemplo de aplicação
Dois cabos exercem forças de 90KN cada uma sobre uma treliça de peso
P = 200KN. Determine:
a) A linha de ação da força resultante que atua sobre a treliça;
b) O ponto de aplicação da resultante na direção AC
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110
c) Supondo que o sistema esteja em equilíbrio, as forças de reação A
e B.
Solução
Determinação dos vetores FC e FE.
As coordenadas dos pontos C e D:
C (0; 9; 0) D (18; 0; 0)
CD = 18i -9j m
|CD| = √182 + 92 = 20,12 m
λCD = 18i – 9j ≈ 0,895i – 0,447j
20,12
FC = 90 λCD = 80,6i – 40,2j KN
Coordenadas dos pontos E e D:
E (2; 6; 0) D (18; 0; 0)
ED = 16i -6j m
ED = √16 + 62 = 17,09 m
λED = 16i – 6j ≈ 0,936i – 0,351j
17,09
FE = 90 λED = 84,24i – 31,59j KN
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111
Transferindo todas as forças para o ponto A.
i j k
∆rc ^ Fc = 0 9 0 = -725,4 k N.m
80,6 -40,2 0
i j k
∆rz ^ FE = 2 6 0 = -568,4 k N.m
84,2 -31,6 0
i j k
∆rP ^ P = 2,4 Yp 0 = - 480 k N.m
0 -200 0
Cálculo da força e do momento resultantes
R = F + F +P = (80,6 + 84,2) i – (40,2 + 31,6 + 200) j KN
R = 164,8i – 271,8j KN
MR = -1.773,8k KN m
a) Cálculo da linha de ação da resultante:
y = Ry x- Mz
Rx Rx
Portanto
y = -1,65x + 10,76m
b) Ponto de aplicação da força resultante no eixo AC.
Nesse caso x = 0, logo y = 10,76m
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112
c) Cálculo das forças de reações A e B
No caso temos os seguintes apoios mostrados nas figuras.
Sabemos ainda que, não considerando as forças de reações temos
no ponto A:
R = 164,8e – 271,8j KN
MR = - 1.773,8 k KN m
Considerando as forças de reações temos que:
a) Transferindo B para o ponto A
i j k
∆rB ^ B = 6 0 0 = 6 BY k N.m
0 B0 0
b) As novas resultantes serão:
R = (164,8 + Ax)i + (Ay + By – 271,8)j KN
MR = (6 By – 1.773,8)k KN m
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113
Aplicando as condições de equilíbrio temos que:
1) MR = 0 ou ∑ Mzi = 0
2) Rx = ∑ Fxi = 0
3) Ry = ∑ Fyi = 0
De 1 temos que:
6 By = 1.773,8 KN m
Portanto
By = 1.773,8 ≈ 295,6 KN m 6
De 2 temos que:
Ax = - 164,8 KN
De 3 temos que:
Ay = 271,8 - By
Ay = 271,8 – 295.6
Ay = -23,8 KN m
Proposição inicial
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114
Os resultados mostraram que: