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Lista de Exercícios – Fixação do Conteúdo AULA 1 1-) As três forças são aplicadas no suporte. Determine a faixa de valores para a intensidade da força P, de modo que a resultante das três forças não exceda 2400 N. Resolução: Fazendo o somatório das forças nos eixos x e y (∑ 𝐹𝑥 e ∑ 𝐹𝑦), obtém-se as forças resultantes nesses eixos (𝐹𝑥 e 𝐹𝑦): 𝐹𝑥 = −3000 cos(30) + 800𝑠𝑒𝑛(30) + 𝑃 (eq 1) 𝐹𝑦 = 3000 sen(30) + 800𝑐𝑜𝑠(30) = 2192,82 𝑁 𝐹𝑅 = √𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦² = 2400 Logo 𝐹𝑥 2 + 𝐹𝑦 2 = 24002 = 5,76. 106 Substituindo o valor de 𝐹𝑦 = 2192,82, temos: 𝐹𝑥 = √5,76. 10 6 − 2192,822 = ±975,47 𝑁 Substituindo o valor de 𝐹𝑥 = 975,47 𝑁 na equação (1), conseguimos obter o valor máximo da força P: 𝑃 = 𝐹𝑥 + 3000 cos(30) − 800𝑠𝑒𝑛(30) Portanto 𝑷 = 𝟑𝟏𝟕𝟑, 𝟓𝟒 𝑵 Substituindo o valor de 𝐹𝑥 = −975,47 𝑁 na equação (1), conseguimos obter o valor mínimo da força P: 𝑃 = 𝐹𝑥 + 3000 cos(30) − 800𝑠𝑒𝑛(30) Portanto 𝑷 = 𝟏𝟐𝟐𝟐, 𝟔𝟏 𝑵 Portanto, a faixa de valores para a intensidade da força P é 𝟏𝟐𝟐𝟐, 𝟔𝟏 ≤ 𝑷 ≤ 𝟑𝟏𝟕𝟑, 𝟓𝟒. 2-) A tora deve ser rebocada por dois tratores A e B. Determine as intensidades das duas forças de reboque 𝐹𝐴 e 𝐹𝐵, levando-se em conta que a força resultante tenha uma intensidade 𝐹𝑅 = 10 𝑘𝑁 e seja orientada ao longo do eixo x. Considere 𝜃 = 15°. Resolução: Traçando linhas paralelas às forças, temos o seguinte paralelogramo: Podemos tomar qualquer um dos triângulos. Tomando o triângulo superior: Aplicando a lei dos senos Temos: 𝐹𝐴 𝑠𝑒𝑛15° = 10 𝑠𝑒𝑛135° Isolando a força 𝐹𝐴, obtemos: 𝐹𝐴 = 10 𝑠𝑒𝑛135° 𝑠𝑒𝑛15° → 𝐹𝐴 = 3,66 𝑘𝑁 Novamente, aplicando a lei dos senos, temos: 𝐹𝐵 𝑠𝑒𝑛30° = 10 𝑠𝑒𝑛135° Isolando a força 𝐹𝐵, obtemos: 𝐹𝐵 = 10 𝑠𝑒𝑛135° 𝑠𝑒𝑛30° → 𝐹𝐵 = 7,07 𝑘𝑁 3-) O eixo S exerce três componentes de força sobre a ferramenta D. Encontre a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. A força 𝑭2 atua dentro do octante mostrado. Resolução: O primeiro passo é descrever os vetores de força com suas componentes nos eixos coordenados. Assim, temos: 𝑭1 = 400{1𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌} = {400𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌}𝑁. Como a força 𝑭2 foi descrita através de alguns ângulos, podemos aplicar a Equação 5a vista na aula 1, logo: 𝑐𝑜𝑠𝛼 = ( 𝐹2𝑥 𝐹2 ) → 𝐹2𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝛼𝐹2 = 𝑐𝑜𝑠60.300 → 𝐹2𝑥 = 150 𝑁, 𝑐𝑜𝑠𝛽 = ( 𝐹2𝑦 𝐹2 ) → 𝐹2𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝛽𝐹2 = 𝑐𝑜𝑠45.300 → 𝐹2𝑦 = 212,13 𝑁 e 𝑐𝑜𝑠𝛾 = ( 𝐹2𝑧 𝐹2 ) → 𝐹2𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝛾𝐹2 = 𝑐𝑜𝑠60.300 → 𝐹2𝑧 = 150 𝑁. Portanto, a o vetor força é descrito da seguinte forma: 𝑭2 = {𝐹2𝑥𝒊 + 𝐹2𝑦𝒋 + 𝐹2𝑧𝒌} = {150𝒊 + 212,13𝒋 + 150𝒌} 𝑁. Como o vetor 𝑭3 possui componente somente em x e z, temos o seguinte: 𝑭3 = 200 {0𝒊 − 4 5 𝒋 + 3 5 𝒌} = {0𝒊 − 160𝒋 + 120𝒌} 𝑁. Agora somamos cada componente desses vetores para obter o vetor de força resultante: 𝑭𝑅 = 𝑭1 + 𝑭2 + 𝑭3 = {(400 + 150 + 0)𝒊 + (0 + 212,13 − 160)𝒋 + (0 + 150 + 120)𝒌} 𝑭𝑅 = {550𝒊 + 52,13𝒋 + 270𝒌} 𝑁. Para determinarmos a intensidade do vetor de força resultante basta extrairmos o módulo desse vetor como vimos na Equação 4 vista da Aula 1, ou seja: |𝑭𝑅| = 𝐹𝑅 = √5502 + 52,13² + 270². Portanto, 𝐹𝑅 = 614,91 𝑁. A direção desse vetor é obtida aplicando a Equação 5b vista na Aula 1. Assim temos para o nosso problema: 𝛼 = 𝑐𝑜𝑠−1 ( 550 614,91 ) = 26,56°, 𝛽 = 𝑐𝑜𝑠−1 ( 52,13 614,91 ) = 85,14° e 𝛾 = 𝑐𝑜𝑠−1 ( 270 614,91 ) = 63,95°. 4-) O tubo é suportado em sua extremidade por uma corda AB. Se a corda exerce uma força de 𝐹 = 12 𝑙𝑏 no tubo em 𝐴, expresse essa força como um vetor cartesiano. Resolução: O primeiro passo é obter o vetor com a direção AB, ou seja, 𝒓𝐴𝐵 (Equação 11 da Aula 1). Para isso, precisamos obter os vetores posição 𝒓𝐴 e 𝒓𝐵, assim temos: 𝒓𝐴 = {5𝒊 + 3𝑐𝑜𝑠20°𝒋 − 3𝑠𝑒𝑛20°𝒌} 𝑝é𝑠 e 𝒓𝐵 = {0𝒊 + 0𝒋 + 6𝒌} 𝑝é𝑠. Portanto, 𝒓𝐴𝐵 é dado por: 𝒓𝐴𝐵 = 𝒓𝐵 − 𝒓𝐴 = {(0 − 5)𝒊 + (0 − 3𝑐𝑜𝑠20°)𝒋 + (6 − (−3𝑠𝑒𝑛20°))𝒌} 𝒓𝐴𝐵 = {−5𝒊 − 2,82𝒋 + 7,03𝒌} 𝑝é𝑠. Para obter o vetor força 𝑭𝐴𝐵, aplicamos a Equação 12a da Aula 1, assim temos: 𝑭𝐴𝐵 = 𝐹𝒖𝐴𝐵 = 𝐹 ( 𝒓𝐴𝐵 |𝒓𝐴𝐵| ) = 12 ( {−5𝒊 − 2,82𝒋 + 7,03𝒌} √(−5)² + (−2,82)² + (7,03)² ) = 12 {−5𝒊 − 2,82𝒋 + 7,03𝒌} 9,07 𝑭𝐴𝐵 = {−60𝒊 − 33,84𝒋 + 84,36𝒌} 9,07 → 𝑭𝐴𝐵 = {−6,62𝒊 − 3,73𝒋 + 9,3𝒌} 𝑙𝑏. 5-) Uma força de 𝐹 = 80 𝑁 é aplicada ao cabo da chave. Determine o ângulo 𝜃 entre a origem da força e o cabo da chave 𝐴𝐵. Resolução: Neste exemplo aplicaremos o produto escalar visto na Aula 1 Tema 5 para resolvê-lo. Para isso, precisamos obter o vetor direção 𝒓𝐴𝐵 e 𝒓𝐹 (direção da força 𝑭). 𝒓𝐴 = {0𝒊 + 500𝒋 + 300𝒌} 𝑚𝑚, 𝒓𝐵 = {0𝒊 + 0𝒋 + 300𝒌} 𝑚𝑚, logo 𝒓𝐴𝐵 = 𝒓𝐵 − 𝒓𝐴 = {0𝒊 − 500𝒋 + 0𝒌} 𝑚𝑚 𝒖𝐴𝐵 = 𝒓𝐴𝐵 |𝒓𝐴𝐵| = {0𝒊 − 500𝒋 + 0𝒌} 500 = {0𝒊 − 1𝒋 + 0𝒌} Não temos os ângulos que a força 𝑭 faz com os eixos x, y e z (ângulos diretores), mas temos como decompor essa força utilizando os ângulos fornecidos na figura. Para a componente x, temos primeiro que rebater a força no plano x-y utilizando o cos30° e depois rebater no eixo x utilizando o sen45°, ficamos com: 𝐹𝑥 = 80. (−𝑐𝑜𝑠30°. 𝑠𝑒𝑛45°) = 80. (−0,6124) = −48,99 𝑁 Note que o sinal é negativo, pois a componente x está apontada no sentido oposto do eixo x. Para a componente y, temos primeiro que rebater a força no plano x-y utilizando o cos30° e depois rebater no eixo y utilizando o cos45°, ficamos com: 𝐹𝑦 = 80. (𝑐𝑜𝑠30°. 𝑠𝑒𝑛45°) = 80.0,6124 = 48,99 𝑁 Para decompor no eixo z, basta extraímos o sen30° da força, logo: 𝐹𝑧 = 80. 𝑠𝑒𝑛30 = 40 𝑁. Portanto, o vetor 𝑭 pode ser escrito como: 𝑭 = {−48,99𝒊 + 48,99𝒋 + 40𝒌} 𝑁. Portanto, temos que: 𝒖𝐹 = 𝑭 |𝑭| = 𝑭 𝐹 = {−48,99𝒊 + 48,99𝒋 + 40𝒌} 80 = {−0,6124𝒊 + 0,6124𝒋 + 0,5𝒌} Aplicando o produto escalar entre os vetores 𝒖𝐹 e 𝒖𝐴𝐵 através da Equação 13, temos: 𝒖𝐹 ∙ 𝒖𝐴𝐵 = 𝑢𝐹𝑢𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑢𝐹𝑢𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃 = −0,6124.0 + 0,6124. (−1) + 0,5.0 = −0,6124 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0,6124 1.1 = 0,6124, pois o módulo de um vetor unitário é 1, logo 𝑢𝐹 = 𝑢𝐴𝐵 = 1 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1(−0,6124) = 127,78°
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