Lista de Exercicios de Fixacao A2

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Lista de Exercícios – Fixação do Conteúdo AULA 2 
 
1-) Se a massa da viga é 3 Mg (3000 kg) e seu cento de massa está localizado no ponto G, determine a tração 
desenvolvida nos cabos AB, BC e BD para o equilíbrio. 
 
Resolução: 
Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo da força 𝐹𝐴𝐵 em função da massa da viga: 
𝐹𝐴𝐵 = 3000.9,81 = 29430 𝑁 = 29,43 𝑘𝑁 
Aplicando as equações de equilíbrio temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0; 𝐹𝐵𝐷𝑠𝑒𝑛30° − 𝐹𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛45° = 0 (1) 
∑ 𝐹𝑦 = 0; 29,43 − 𝐹𝐵𝐷𝑐𝑜𝑠30° − 𝐹𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠45° = 0 (2) 
Isolando 𝐹𝐵𝐷 da primeira equação, temos: 
𝐹𝐵𝐷 =
𝐹𝐵𝐶sin (45°)
sin (30°)
 (3) 
Substituindo na equação (2): 
29,43 − (
𝐹𝐵𝐶sin (45°)
sin (30°)
 ) cos(30°) − 𝐹𝐵𝐶 cos(45°) = 0 
29,43 – 1,2247𝐹𝐵𝐶 − 0,707𝐹𝐵𝐶 = 0 
y 
x 
Isolando 𝐹𝐵𝐶: 
𝐹𝐵𝐶 =
29,43
1,9318
, logo, 𝐹𝐵𝐶 = 15,2 𝑘𝑁 
Substituindo 𝐹𝐵𝐶 = 15,2 𝑘𝑁 na terceira equação: 
𝐹𝐵𝐷 =
15,2 sin (45°)
sin (30°)
, portanto, 𝐹𝐵𝐷 = 21,5 𝑘𝑁 
 
 
2-) Se o balão está sujeito a uma força de suspensão de 𝐹 = 800 𝑁, determine a tração desenvolvida nas cordas 
𝐴𝐵, 𝐴𝐶 e 𝐴𝐷. 
 
Resolução: 
Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos obter a posição dos pontos A, B, C e D: 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 0𝒋 + 6𝒌} 𝑚, 𝒓𝐵 = {−1,5𝒊 − 2𝒋 + 0𝒌} 𝑚, 𝒓𝐶 = {2𝒊 − 3𝒋 + 0𝒌} 𝑚 e 
𝒓𝐷 = {0𝒊 + 2,5𝒋 + 0𝒌} 
Construindo os vetores com as direções 𝐴𝐵, 𝐴𝐶 e 𝐴𝐷, temos: 
𝒓𝐴𝐵 = {−1,5𝒊 − 2𝒋 − 6𝒌} 𝑚, 𝒓𝐴𝐶 = {2𝒊 − 3𝒋 − 6𝒌} 𝑚 e 𝒓𝐴𝐷 = {0𝒊 + 2,5𝒋 − 6𝒌} 𝑚. 
Agora podemos montar os vetores de força 𝑭, 𝑭𝐴𝐵, 𝑭𝐴𝐶 e 𝑭𝐴𝐷, por: 
𝑭 = {0𝒊 + 0𝒋 + 800𝒌} 𝑁 
𝑭𝐴𝐵 = 𝐹𝐴𝐵
𝒓𝐴𝐵
|𝒓𝐴𝐵|
= 𝐹𝐴𝐵
{−1,5𝒊 − 2𝒋 − 6𝒌}
6,5
= {−0,2308𝐹𝐴𝐵𝒊 − 0,3077𝐹𝐴𝐵𝒋 − 0,9231𝐹𝐴𝐵𝒌} 𝑁 
𝑭𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐶
𝒓𝐴𝐶
|𝒓𝐴𝐶|
= 𝐹𝐴𝐶
{2𝒊 − 3𝒋 − 6𝒌}
7
= {0,2857𝐹𝐴𝐶𝒊 − 0,4286𝐹𝐴𝐶𝒋 − 0,8571𝐹𝐴𝐶𝒌} 𝑁 
𝑭𝐴𝐷 = 𝐹𝐴𝐷
𝒓𝐴𝐷
|𝒓𝐴𝐷|
= 𝐹𝐴𝐷
{0𝒊 + 2,5𝒋 − 6𝒌}
6,5
= {0𝒊 + 0,3846𝐹𝐴𝐷𝒋 − 0,9231𝐹𝐴𝐷𝒌} 𝑁 
Aplicando as Equações 7a, 7b e 7c da Aula 2, temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0; 0 − 0,2308𝐹𝐴𝐵 + 0,2857𝐹𝐴𝐶 + 0 = 0 (1) 
∑ 𝐹𝑦 = 0; 0 − 0,3077𝐹𝐴𝐵 − 0,4286𝐹𝐴𝐶 + 0,3846𝐹𝐴𝐷 = 0 (2) 
∑ 𝐹𝑧 = 0; 800 − 0,9231𝐹𝐴𝐵 − 0,8571𝐹𝐴𝐶 − 0,9231𝐹𝐴𝐷 = 0 (3) 
Temos que resolver este sistema linear de equações com 3 equações e 3 incógnitas. Para isto, vamos 
utilizar um software online: https://matrixcalc.org/pt/slu.html 
Veja como ficou a montagem deste sistema: 
 
Observe que podemos resolver este problema usando alguns métodos, como: Regra de Cramer, 
Método de Gauss etc.. Você pode fazer alguns testes com cada método, pois o software apresenta o 
passo a passo de cada um deles. Vamos utilizar o método de Gauss por ser mais direto, assim, temos 
como solução: 
 
Portanto, 𝐹𝐴𝐵 = 251,2 𝑁, 𝐹𝐴𝐶 = 202,9 𝑁 e 𝐹𝐴𝐷 = 427,1 𝑁. 
 
 
 
https://matrixcalc.org/pt/slu.html
3-) Determine o momento da força em relação ao ponto O. 
 
Resolução: 
Vamos obter os lados do triângulo: 
 
Fazendo o somatório dos momentos no ponto O, temos: 
∑ 𝑀𝑜 = −500. cos(45) . 3𝑠𝑒𝑛(45) + 500𝑠𝑒𝑛(45). (3 + 3𝑐𝑜𝑠(45)) = −750 + 1810,66 
𝑀𝑜 = 1060,66 𝑁𝑚 
Onde o momento gerado pela componente em y da força de 500 N considera a distância (3 + 3cos45): 
 
Observe que o primeiro termo da equação (componente horizontal da força) é negativo, pois o momento que 
esta força gera é no sentido horário, conforme a figura: 
 
Já para a componente vertical da força, o momento passa a ser positivo, devido a rotação no sentido anti-horário: 
 
 
4-) Uma força horizontal de 20 N é aplicada perpendicularmente ao cabo da chave de soquete. Determine a 
intensidade e os ângulos diretores coordenados do momento, criados por essa força em relação ao ponto O. 
 
Resolução: 
Para resolver este exemplo aplicaremos a Equação 12 da Aula 2. O primeiro passo é obter o ponto de aplicação 
da força, ou seja, o ponto A: 
𝒓𝐴 = {200𝑠𝑒𝑛15°𝒊 + 200𝑐𝑜𝑠15°𝒋 + 75𝒌} → 𝒓𝐴 = {51,76𝒊 + 193,19𝒋 + 75𝒌} 𝑚𝑚 
O próximo passo é obter o vetor força: 
 
𝑭 = 20{−𝑐𝑜𝑠15°𝒊 + 𝑠𝑒𝑛15°𝒋 + 0𝒌} 𝑁 → 𝑭 = {−19,32𝒊 + 5,18𝒋 + 0𝒌} 𝑁 
Agora aplicamos a Equação 12, assim temos: 
𝑴𝑜 = 𝒓𝐴 x 𝑭 = |
𝒊 𝒋 𝒌
51,76 193,19 75
−19,32 5,18 0
|
𝒊 𝒋
51,76 193,19
−19,32 5,18
| 
 −(−3732,43𝒌 + 388,5𝒊 + 0𝒋) + 0𝒊 − 1449𝒋 + 268,12𝒌 
Juntando os termos temos: 
𝑴𝑜 = {−388,5𝒊 − 1449𝒋 + 4000,55𝒌} 𝑁. 𝑚𝑚 
|𝑴𝑜| = √(−388,5)2 + (−1449)2 + 4000,552 
|𝑴𝑜| = 4272,58 𝑁. 𝑚𝑚 ou |𝑴𝑜| = 4,273 𝑁. 𝑚 
Os ângulos diretores que este momento forma com os eixo x, y e z podem ser determinados aplicando a Equação 
5b vista na Aula 1. Aplicando-a temos os seguintes ângulos para os eixos x, y e z, respectivamente: 
𝛼 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
−388,5
4272,58
) → 𝛼 = 95,22°, 
𝛽 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
−1449
4272,58
) → 𝛽 = 109,82° e 
𝛾 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
4000,55
4272,58
) → 𝛾 = 20,56° 
 
5-) Os efeitos do atrito do ar sobre as pás do ventilador criam um momento de binário 𝑀𝑜 = 6 𝑁. 𝑚 sobre elas. 
Determine a intensidade das forças de binário na base do ventilador de modo que o momento de binário 
resultante no ventilador seja zero. 
 
Resolução: 
Somatório dos Momentos 
(𝑀𝐶)𝑅 = ∑ 𝑀 
O momento resultante deve ser 0: 
0 = 0,3𝐹 − 6 
Isolando a força F: 
𝐹 =
6
0,3
 
Portanto: 
𝐹 = 20 𝑁