Questão 4 - Corpos rígidos 3D

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Cap. 5 E q u i l í b r i o d e u m C o r p o R í g i d o 2 0 9
2 F = 0: F + F^ + Tc + T D = 0
(A x + 0,707rc - ^ T d )i + (-1 .000 + A y + ^ T D)j
Aplicando a equação de equilíbrio de forças:
2 F X = 0; A x + 0,707T c - - T D = 0 
S F y = 0; ^ - 1.000 = 0
2 F Z = 0; - 0,707Tc ~ \ td = 0
+ (A z - 0,707rc - - 7 D)k = 0
O )
(2)
(3)
Somando os momentos em relação ao ponto A , temos:
2 M „ = 0: rB X (F + Tc + T D) = #
6k X ( —l.OOOj + 0,707rc i - 0.707Tc k _ l T[)i + | r Dj _ l r£)k) = 0
Calculando o produto vetorial e reunindo os termos, obtemos:
( - 4 Td + 6.000)i + (4,247c - 2TD)\ = 0
SM * = 0; - 4 T d + 6.000 = 0 (4)
'ZMy = 0; 4,24rc - 2TD = 0 (5)
A equação dos momentos em relação ao eixo z, XM Z = 0, é autom atica­
m ente satisfeita. Por quê? Resolvendo as equações 1 a 5, temos:
T c = 707 N T d = 1.500 N Resposta
A x = 0 N A y = 0 N A z — 1.500 N Resposta
Como o mastro é um elem ento de duas forças (Figura 5.32c), o valor A x 
= A v = 0 poderia ter sido determ inado por inspeção.
(c)
Figura 5.32
EXEMPLO 5 . 1 8
A barra A B mostrada na Figura 5.33a está sujeita a uma força de 200 N. 
Determine as reações na junta esférica A e a tensão nos cabos BD e BE.
SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL)
D iagram a de Corpo Livre. Figura 5.336.
Equações de Equilíbrio. Representando os componentes cartesianos de 
cada uma das forças no diagrama de corpo livre, temos:
¥ a = A xi + A yj + A zk
T f = TEi
Td = 7))j
F = {—200k} N
2 1 0 E s t á t ic a
Figura 5.33
Aplicando a equação de equilíbrio de forças:
2 F = 0; ¥ a + Te + Td + F - 0
(A x + Te )i + ( A y + TD)j + (A z - 200)k = 0
2 F , = 0; A x + T e = 0
ZFy = 0; Ay + T d = 0
1 F Z = 0; A z - 200 = 0
O som atório dos m om entos em relação ao ponto A fornece:
2 M a = 0: rc X F + rB X (T £ + T D) = 0
Como rc = \ tb, então:
(0,5i + lj - lk ) X (-200k) + (li + 2j - 2k) X (TEi + TDj) = 0
Expandindo e rearranjando os termos, obtemos:
(2Td - 200)i + ( - 2 Te + 100)j + (Td - 2TE)k = 0 
= 0 ; 2TD - 200 = 0
2 M y = 0; —2T £ + 100 = 0
(1)
(2)
(3)
2 M . = 0; T n - 2 T F = 0
(4)
(5)
(6)
R esolvendo as equações 1 a 6, obtemos:
Td — 100 N 
= 50 N
A x = - 5 0 N
Resposta
Resposta
Resposta
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A y 100 N Resposta
A z — 200 N Resposta
Os sinais negativos indicam que A x e A v têm sentidos opostos aos mos­
trados no diagrama de corpo livre, na Figura 5.336.
EXEMPLO 5 . 1 9 ________________________________________________
A barra dobrada da Figura 5.34a está apoiada em A por um mancai sim­
ples, em D por uma junta esférica e em B por meio de um cabo BC. Utilizando 
apenas uma equação de equilíbrio, obtenha uma solução direta para a força no 
cabo BC. O mancai em A é capaz de exercer componentes de forças apenas na 
direção z, y , uma vez que ele está corretamente alinhado no eixo.
Figura 5.34
S O L U Ç Ã O ( A N Á L I S E V E T O R I A L )
D iagram a de Corpo Livre. Como m ostrado na Figura 5.346, há seis incóg­
nitas: três com ponentes de força originados na junta esférica, dois causados 
pelo mancai e um causado pelo cabo.
Equações de Equilíbrio. A força de tração no cabo J B pode ser obtida direta­
mente pelo somatório dos momentos em relação a um eixo passando pelos pontos 
D e A. Por quê? A direção do eixo é definida por um vetor unitário u, onde:
_ r DA _ ___1 _ . _____ 1 _ .
‘ rDA ~ V 2 1 V 2 J
= -0,707i - 0,707j
Conseqüentem ente, a soma dos momentos em relação a esse eixo será 
zero, contanto que:
= u* 2 ( r X F) = 0
Nessa equação, r representa um vetor posição com origem em qualquer 
ponto sobre o eixo DA e extremidade em qualquer ponto sobre a linha de ação 
da força F (veja a Equação 4.11). Em relação à Figura 5.346, podemos escrever: