3 - Equilíbrio dos corpos rígidos

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		ΣFx = 0
ΣF =0 →		ΣFy = 0
		ΣFz = 0
Diagrama de Corpo Livre
		ΣMx = 0
ΣMo =0 →	ΣMy = 0
		ΣMz = 0
EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS
Guindaste submetido a solicitações
Diagrama de corpo livre
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Reações nos apoios e conexões em duas dimensões 
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Exemplo de equilíbrio de um corpo rígido em duas dimensões	
ΣMA = 0 → Determinação da reação B 
ΣF = 0 → Determinações das reações Ax e Ay
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Reações estaticamente determinadas
ΣMC = 0 → Determinação da reação B 
ΣMD = 0 → Determinação da reação A 
ΣFx = 0 → Determinação das reação D
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Reações estaticamente indeterminadas
a) - Estrutura hiperestática
Quatro incógnitas → mais incógnitas que equações
ΣMA = 0 → Determinação de By 
ΣMB = 0 → Determinação de Ay
 ΣFx = 0 → Ax + Bx = ?
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b) Estrutura hipoestática (parcialmente vinculada).
Duas incógnitas → menos incógnitas que equações → Uma das equações poderá não ser satisfeita. O equilíbrio não está assegurado.
Por exemplo: ΣFx = 0 não deve ser satisfeito.
Obs. Para haver solução o fato do número de incógnitas ser igual ao das equações constitui uma condição necessária, mas não suficiente.
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c) – Vinculações ineficazes
RA , RB e RC, reações desconhecidas. Três incógnitas e três equações, entretanto:
 ΣFx = 0 não deve ser satisfeito.
Vínculos impróprios podem produzir indeterminações estáticas.
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Vínculos impróprios podem produzir indeterminações estáticas.
RAx, RAy , RB e RC, reações desconhecidas. Quatro incógnitas e três equações, além disso:
 ΣMA não está assegurado.
Conclusão: Um corpo rígido está ineficazmente vinculado quando os apoios estão dispostos de forma que as reações são todas concorrentes em um mesmo ponto x (ΣMx # 0) ou são paralelas (ΣF # 0).
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4.1(Beer 3ª edição) – A lança do guindaste AB de 12m pesa 10kN; a distância do eixo A ao centro de gravidade G da haste é de 6m. Para a posição ilustrada determine a tração T no cabo e a reação em A.
Solução:
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Diagrama de corpo livre
Obs. Considere o ângulo em C como sendo de 90°.
∑MA = 0 → T.AC -10.6cos30 – 25.12cos30 = 0 		( 1)
AC = ABsen10 = 12.0,1736 = 2,08m 			(2)
Substituindo 2 em 1, temos: 
2,08T -51,96 -259,8 = 0 → T = 149,88kN
∑Fx = 0 → Ax – 149,88cos20 =0 → Ax = 140,84kN
∑Fy= 0 → Ay -10 – 25 – 149,88sen20 = 0 → Ay = 86,26kN
Resposta: T = 149,88kN;	 Ax = 140,84kN;	 Ay = 86,26kN 	
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4.13(Beer 3ª edição) - Uma barra leve apoiada por roletes em B, C e D é submetida à força de 1000N aplicada em A. Se β = 0°, determine (a) as reações em B, C e D. (b) Os roletes que podem ser removidos para este carregamento.
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Solução:
Determinação de α: cos α = 300/375 → α = 36,86°
∑Fx = 0 → 1000sen36,86 – Dcos36,86 = 0 → D = 749,73kN
∑MC = 0 → B.125 + 749,73. sen 36,86 .125- 1000. cos36,86 .250= 0 →
→ 125B + 56216,79 -200025,91 = 0 → B = 1150,47kN
∑MB = 0 → -C.125 + 749,73. Sen36,86. 250 – 1000cos36,86.125 = 0 →
→ -125C + 112433,6 – 100012,95 = 0 → C = 99,36kN
Conclusão como os valores de B e C são positivos os roletes 1 e 3 podem ser removidos sem comprometer o equilíbrio.
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4.37 (Beer 8ª edição) - Um suporte móvel é mantido em repouso por um cabo ligado a C e por roletes sem atrito em A e B. Para o carregamento ilustrado, determine a tração no cabo e as reações em A e B.
Solução:
Diagrama de corpo livre.
∑Fy = 0 → -600 + T = 0 → T =600N
∑MB = 0 → 600.550 – A.90 + 600*50 = 0 → A =4000N 
∑Fx = 0 → -4000 + B =0 → B = 4000N
Como as intensidades das forças calculadas são positivas, os sentidos arbitrados estão corretos. 
Resposta: A = 4000N; B + 4000N e T = 600N
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4.17 (Beer 3ª edição) – Uma porta suspensa de garagem, pesando 100Kg, consiste de em um painel retangular uniforme AC, de 2,4m de altura, suportado pelo cabo AE, que está ligado ao meio da aresta superior da porta e por dois conjuntos de roletes lisos em A e B. Cada conjunto consiste em dois roletes localizados em ambos os lados da porta. Os roletes A estão livres para se moverem em uma calha horizontal, enquanto os roletes B são guiados por calhas verticais. Determine o mínimo valor possível para a distância BD, se a tração no cabo AE, não deve exceder 5kN.
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Solução:
Diagrama de corpo livre
∑MC = 0 → T.y – Px = 0	(1) Do triângulo ABC, tem-se:
 y = 2senθ		(2) e x = 1,2cosθ 		(3)
Substituindo 2 e 3 em 1, temos: T. 2senθ – P. 1,2.cosθ = 0 → tgθ = 0,6.P/T 
Como P = 100kg = 980N e T = 5kN, temos tgθ = 0,6.980/5000 → tgθ = 0,1176
Logo θ = 6,7°, substituindo este valor na equação 2, tem-se:
Y = BD = 2senθ = 2.sen6,7 = 0,23m, portanto BD = 0,23m
Resposta: BD = 0,23m 
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4.21 - (Beer 3ª edição) – Um momento M é aplicado a barra em L, AB, que pode ser apoiada de quatro diferentes maneiras ilustradas. Determine as reações nos apoios.
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Solução 
a) 
Cálculo das reações:
∑MB = 0 → M – A.(2L) = 0 → A = M/2L 
∑Fy = 0 → Ay + By =0 → By = - Ay = By = -M/2L Como a intensidade da força não pode ser negativa temos: 
 By = M/2L ;	 ∑Fx = 0 → Bx = 0
b)
Cálculo das reações:
∑MB = 0 → M – Ax. (L) = 0 → Ax = M/L 
∑Fx = 0 → Bx – Ax = 0 → Bx = Ax = M/L, logo Bx = M/L 
∑Fy = 0 → By = 0
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c) 
Cálculo das reações:
 ∑MB = 0 → M – M1 = 0 → M = M1
∑Fx = 0 → Bx = 0
∑Fy = 0 → By = 0
d) 
Cálculo das reações:
∑Fy = 0 → Ay – D sen 45° = 0 → Ay = D.(√2/2) ou D = √2.(Ay)
∑MD = 0 → M - Ay.(L) → Ay = M/L 
∑Fx = 0 → Dcos45° - Bx = 0 → Bx = Dcos45° = √2(M/L). cos45° = (√2 M/L).(√2/2) = M/L e D = √2M/L
Logo:Ay = M/L ; Bx= M/L; D = √2M/L
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4.15 - (Beer 3ª edição) - A Viga AB de 2,5m pesa 500N; ela repousa sobre os apoios C e D, sem, no entanto, estar ligado a eles. Determine a faixa de valores de P para os quais a viga permanecerá em equilíbrio. 
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 Para assegurar o equilíbrio faz-se necessário que:	C > 0 e D >0.
∑MC = 0 → 1,25D – 1200x1,75 -500x0,5 + 0,75P = 0,
Logo D = (2100 + 250 - 0,75P)/1,25 = 1880 – 0,6P (1)
∑MA = 0 → 2D + 0,75C – 500x1,25 – 1200x2,5 = 0
Logo C = (-2D + 625 + 3000)/0,75 = -2,67D + 4833,33 (2)
∑Fy = 0 → -P + D + C -500 -1200 = 0 → C = P – D +1700 (3)
Substituindo (1 ) em (3) temos: C = P -1880 +0,6P +1700 = 1,6P – 180 (4)
A condição C> 0 e D > 0 aplicada em (1) e (4) permite escrever:
D = 1880 -0,6P > 0 → P < 1880/0,6 → P < 3133N:
C = 1,6P -180 > 0 → P > 180/0,6 → P > 112,5N
Conclusão: 112,5N < P < 3133N 
Solução:
Diagrama de corpo livre
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4.27 - (Beer 3ª edição) - O mecanismo ilustrado é projetado para medir a tração em uma tira de papel grosso usado em um processo de fabricação. A tira passa por três cilindros que podem girar livremente em torno de seus eixos A, B e C. Os mancais A e C estão fixados a uma placa vertical, enquanto o mancal de B está localizado na extremidade de uma alavanca angular articulada em D e ligada a uma mola EF. Quando a tração na tira varia, a alavanca gira em torno de D, e o ponteiro E indica a leitura apropriada na escala. Determine (a) a força exercida em E pela mola quando a tração na tira é 150N, (b) a correspondente reação em D. 
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Solução 
Diagrama de corpo livre
(a) ∑MD = 0 → Fx0,2 – 300x0,15 = 0 → → F = 45/0,2 = 225N
Logo F 225N 
(b) ∑Fy = 0 → Dy + 300 + 225 sen45° = 0 → Dy = -300 -159 = -459N
Logo Dy = 459N 
∑Fx = 0 → Dx – 225cos45° = 0 → Dx = 152,1N
Logo D = 152,1i – 459j, com D = √[(152,1)2 + (-459)2] = 486N 
θ = arctg( -459/159,1) →
→ θ = 70,88° 
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4.31 - (Beer 3ª edição) – Em uma montagem articulada, o peso do motor é usado para manter a tensão na correia motriz. Quando o motor está em repouso, as tensões T1 e T2 podem ser consideradas iguais. A massa do motor é de 90Kg, e o diâmetro da polia motriz é de 150mm. Considerando que a massa da plataforma AB é desprezível, determine (a) a tensão na correia, (b) a reação em C, quando o motor está em repouso. 
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Solução:
Diagrama de corpo livre
	Logo5 Cx + 6Cy = 0 (1)
∑Fx = 0 → Cx + Tcos40° + Tcos15° =0 → Cx + 0,77T + 0,96T =0 →
→ Cx = -1,73T 
Logo Cx = -1,73T (2)
∑Fy = 0 → Cy – P + Tsen40° + Tsen15° = Cy – P +0,64T + 0,26T 
Como P = 90Kg = 90x9,8 = 883N, temos:
Cy = 883 – 0,9T (3)
Substituindo (2) e (3) em (1), temos: 
5(-1,73T) + 6(883 – 0,9T) = 0 → -8,65T + 5298 – 5,4T =0 →
→ 14,05T = 5298 → T = 377N
Logo T = 377N
(a): Considere T1 =T2 = T. ∑MD = 0 → 
TxR –TxR + 0,25Cx +0,3Cy =0 →
→ 20[TxR –TxR + 0,25Cx +0,3Cy] =0 → 
5 Cx + 6Cy = 0 
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Diagrama de corpo livre
(b): Substituindo o valor de T em (2), temos: Cx = -1,22.(377) = -653N
Com a intensidade da força não pode ser negativa, temos:
Cx = 653N 
Substituindo o valor de T em (3), temos: Cy = 883 – 0,9(377) = 543N
Logo Cy = 543N
C = -653i + 543j com C = √ [(-653)2 + (543)2 = √ 721258 = 849,23N 
Com θ = arctgg(543/653) = 39,7°
Obs:	 T = 377N
	Cx = -1,73T (2)
	 Cy = 883 – 0,9T (3)
Resposta: 
T = 377N e C = -653i + 543j, com C = 849,23N
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4.41 (Beer 9ª edição) - Nove placas retangulares, idênticas, de 0,60 por 0,90m, pesando 500N cada, são mantidas num plano vertical como está ilustrado. Todas as conexões consistem em articulações, roletes ou hastes curtas. Para cada caso responda se (a) o suporte está completamente, parcialmente ou impropriamente vinculado, (b) as reações são estaticamente determinadas ou indeterminadas, (c) o equilíbrio do suporte é mantido na posição indicada. Quando possível calcule as reações.
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Solução 
1 - 
Três reações não concorrentes não paralelas
a) Completamente vinculado
b) Reações estaticamente determinadas
c) Equilíbrio sustentável
Cálculo das reações:
∑Fx = 0 → Ax = 0
∑MA = 0 → 0,9Cy – 500.(0,45) = 0 
→ Cy = (0,9/0,45).500 = 250N
∑Fy = 0 → Ay + Cy -500 = 0 → 
→ Ay = 500 – 250 = 250N
Logo : Ax = 0; Ay = 250N e Cy = 250N
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2 -
Três reações não concorrentes não paralelas
a) Completamente vinculado
b) Reações estaticamente determinadas
c) Equilíbrio sustentável
Cálculo das reações:
∑Fx = 0 → Bx = 0
∑MB = 0 → -0,9Dy + 500.(0,45) = 0 → Dy = (0,9/0,45).500 = 250N
∑Fy = 0 → Dy + Cy -500 = 0 → Cy = 500 – 250 = 250N
Logo : Bx = 0;	Cy = 250N	 Dy = 250N
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3 - 
Quatro reações não concorrentes não paralelas
a) Completamente vinculado
b) Reações estaticamente indeterminadas n° de reações > 3
c) Equilíbrio sustentável
Cálculo das reações:
Indeterminadas
4 - 
Duas reações paralelas
a) Parcialmente vinculado n° de reações = 2 < 3
b) Reações estaticamente determinadas 
c) Equilíbrio sustentável
Cálculo das reações:
∑MC = 0 → -0,9Dy + 500.(0,45) = 0 → Dy = (0,9/0,45).500 = 250N
∑Fy = 0 → Dy + Cy -500 = 0 → Cy = 500 – 250 = 250N
Logo :	Cy = 250N	 Dy = 250N
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5 - 
Três reações não concorrentes não paralelas
a) Completamente vinculado
b) Reações estaticamente determinadas
c) Equilíbrio sustentável
Cálculo das reações:
∑Fy = 0 → Dy -500 = 0 → Dy = 500N
∑MD = 0 → 0,6Bx - 500.(0,45) = 0 → Bx = (0,45/0,60).500 = 375N
∑Fx = 0 → Bx + Dx = 0 → Dx = -Bx = -375N, portanto Dx = 375N 
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6 -
Duas reações paralelas
a) Impropriamente Vinculado
b) Reações estaticamente indeterminadas
c) Não existe equilíbrio, ∑Fy = -500N # 0 
Cálculo das reações:
Indeterminadas
7 -
Três reações concorrentes
a) Impropriamente vinculado
b) Reações estaticamente indeterminadas
c) Não existe equilíbrio, ∑MD = -(0,45).500 = = 225N # 0 
Cálculo das reações:
Indeterminadas
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8 -
Quatro reações concorrentes
a) Impropriamente vinculado
b) Reações estaticamente indeterminadas
c) Não existe equilíbrio, ∑MD = -(0,45).500 = 225N # 0 
Cálculo das reações:
Indeterminadas
9 -
Quatro reações não concorrentes não paralelas
a) Completamente vinculado
b) Reações estaticamente indeterminadas, n° de reações > 3
c) Equilíbrio sustentável
Cálculo das reações:
Indeterminadas
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EQUILÍBRIO DE UM CORPO SUBMETIDO A DUAS FORÇAS
Para haver equilíbrio:
- As forças devem ter o mesmo módulo, a mesma linha de ação e sentidos opostos.
- A soma dos momentos de F1 e F2 em relação a qualquer eixo deve ser zero.
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EQUILÍBRIO DE UM CORPO SUBMETIDO A TRÊS FORÇAS
Para haver equilíbrio:
- As linhas de ação das forças devem ser concorrentes ou paralelas.
- A soma dos momentos de F1, F2 e F3 em relação a qualquer eixo deve ser zero.
Estas relações tornam-se importantes nas resoluções de problemas por meios gráficos ou com auxílio de relações trigonométricas ou geométricas.
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EQULÍBRIO EM TRÊS DIMENSÕES
		ΣFx = 0
ΣF =0 →		ΣFy = 0
		ΣFz = 0
		ΣMx = 0
ΣMo =0 →	ΣMy = 0
		ΣMz = 0
Observações:
1 - Se houver mais de seis reações, o número de reações é maior que o de equações e as reações são estaticamente indeterminadas. Estrutura hiperestática.
2 - Se houver menos de seis reações, o número de reações é menor que o de equações e a estrutura está parcialmente vinculada. Estrutura hipoestática.
3 - Um corpo rígido está ineficazmente vinculado quando os apoios estão dispostos de forma que as reações são todas concorrentes em um mesmo ponto x (ΣMx # 0) ou são paralelas (ΣF # 0).
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Reações nos apoios e conexões em três dimensões 
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4.61 (Beer 3ª edição) – O braço da grua AB suporta uma carga de 900N, com está ilustrado. Ele é mantido por uma junta esférica em A e por dois cabos BC e BD. Desprezando o peso do braço da grua, determine a tração em cada cabo e a reação em A.
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Poderíamos tomar ΣMA = 0 ou ΣF = 0, Para ΣF = 0, temos:
BC + BD + AB + P = 0, com P = - 900j
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ΣF = 0 → 
ΣFx = 0 → (6/7).AB – (2/3).BC – (2/3)BD =0		(1)
ΣFy = 0 → (3/7).AB + (2/3).BC + (2/3)BD =900	(2)
ΣFz = 0 → (-2/7).AB + (1/3).BC – (1/3)BD =0		(3)		
Somando (1) e (2), temos:
(9/7)AB = 900 → AB = 700N
Somando (2) + 2.(3), e substituindo o valor AB, temos:
(-1/7)AB + (4/3)BC = 900 → BC = 750N
Substituindo as valores de AB e BC em (3), temos:
(-2/7).700 + (1/3).750 – (1/3).BD = 0 → BD = 150N
Resposta:
AB = 700N, BC = 750N e BD = 150N
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4.69 (Beer 3ª edição) = Uma placa P é colocada sobre a placa ilustrada. Sabendo que o peso da placa ABC é de 200N, determine o módulo da carga P e o ponto onde ela deve ser colocada para que a tração seja de 150N em cada um dos três arames.
Solução:
Diagrama de corpo livre 
Dados:
Nova placa: P = -Pj; A= 150j; B = 150j; C = 150j
ΣFy = 0 → 150 + 150 + 150 -200 – P = 0 → P = 250N
ΣMO = 0 → OA^A + OB^B + OC^C +OG^(-200j) + OD^P = 0		(1)
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(500i + 500k)^150j + 500i^x150j + 375k^150j + (250i + 250k)^(-200j) +(xi + zk)^(-250j) = 0, logo: 
75000K – 75000i + 75000k – 56250i – 50000k + 50000i - 250xk + 250zi = 0 →
→ (-81250 + 250z)i + (100000 – 250x)k = 0 
ΣMx = 0 → -81250 + 250z = 0 → z = 81250/250 = 325mm
ΣMz = 0 → 100000 – 250x = 0 → x = 100000/250 = 400mm
Logo: P = 250N; x = 400mm e z = 325mm .
OA = 500i + 500k; OB = 500i; OC = 375k; OG = 250i + 250k;
A = B = C = 150j; P = -250j e OD =xi + zk 
Substituindo estes valores na expressão
OA^A + OB^B + OC^C +OG^(-200j) + OD^P = 0
temos:
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4.75 (Beer 3ª edição) – O peso de uma haste uniforme AB é de 56N e seu comprimento 450mm. Ela está acoplada por por junta esféricas aos colares A e B, que deslizam livremente ao longo das duas hastes ilustradas. Determine o módulo da força H necessária para manter o equilíbrio quando (a) c = 50mm (b) c = 200mm.
Diagrama de corpo livre
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Solução:
ΣFy = 0 → By – P = By – 56 = 0 → By = 56N
ΣMA = 0 → AB^H + AB^B + AG^P = 0, com:
AB = ci + aj - 0,2k; AG = (c/2)i + (a/2)j – 0,1k; P = -Pj; H = Hi; A = Axi + Azk e B = Byj + Bzk
Substituindo estes valores na expressão acima, temos:
(ci + aj - 0,2k)^Hi + (ci + aj - 0,2k) ^(Byj + Bzk) +((c/2)i + (a/2)j – 0,1k) ^(-Pj)) = 0 →
→ -aHk – 0,2Hj + c.Byk - c.Bzj + aBzi + 0,2Byi – 0,5c.pk – 0,1Pi = 0
ΣMx = 0 → aBz + 0,2By – 0,1P = 0		(1)
ΣMy = 0 → -0,2H – cBz = 0			(2)
ΣMz= 0 → -aH +cBy – 0,5c.P = 0, como By = P, temos:
H = (c.P)/2a				(3)
Determinação de a
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Determinação de a:
Do triângulo AOD temos: (AO)2 = (OD)2 + (AD)2 = 0,04 + a2	(4)
Do triângulo AOB temos: (AO)2 = (AB)2 – c2 , como AB = 0,45 → (AO)2 = (0,45)2 – c2
Substituindo esta expressão na equação (4), temos:
(0,45)2 – c2 = 0,04 + a2 → a = √(0,41 - c2)		(5)
Questão (a): c = 0,05, logo a =√[041 – (0,05)2] = 0,40m . Substituindo este valor na expressão (3), temos: H = (0,05x56)/0,8 → H = 3,5N
Questão (b): c = 0,2m, logo a = √[041 – (0,2)2] = 0,61m, substituindo este valor na expressão (3), temos: H = (0,2x56)/1,22 → H = 9,2N
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4.78 (Beer 3ª edição) – Com o objetivo de limpar um cano de esgoto entupido AE, um encanador desligou as duas extremidades do cano e introduziu uma espiral rotativa através da abertura A. O cabeçote cortante da espiral está ligado por um cabo de torção a um motor elétrico, que o mantém girando a velocidade constante, enquanto o encanador força o cabo no tubo. A força exercida pelo encanador e o motor sobre a extremidade do cabo pode ser representada pelo torsor F = - (48 N)k, M = - (90 N m)k. Determine as reações adicionais em B, C e D causadas pela operação de limpeza. Considere que a reação em cada apoio consiste em duas componentes de força, perpendiculares ao tubo. 
Diagrama de corpo livre
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Solução:
ΣMO = 0 → M + RA^F + RB^B + 
+ RC^C + RD^D = 0, com:
M = -90k; RA = 4i – 0,5j + k; F = -48k
RB = 4i; B = Bxi + Bzk; RC = 3i + 2j;
C = Cyj + Czk; RD = 2j e D = Dyj + Dzk 
Substituindo estes valores na equação acima temos: 
Resolvendo, temos: 24i + 192j – 4Bzj + 2Czi + 3Cyk – 3Czj + 2Dzi = 0, fazendo:
ΣMx = 0 → 24 + 2Cz + 2Dz = 0	(2)
ΣMy = 0 → 192 – 4Bz – 3Cz = 0	(3)
ΣMz = 0 → -90 + 3Cy = 0, logo 
Cy = 90/3 = 30N			(4)
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Obs. 
24 + 2Cz + 2Dz = 0	(2)	e	192 – 4Bz – 3Cz = 0	(3)
A equação 2 permite escrever: Dz = -Cz – 12		(5)
A equação (3) permite escrever: Bz = (-3Cz)/4 +48	(6)
ΣFx = 0 → Bx = 0					(7)
ΣFy = 0 → Cy + Dy = 0 → Dy = - C y, substituindo o valor de (4), temos:
Dy = -30N, logo Dy = 30N				(8)
ΣFz = 0 → -48 + Bz + Cz + Dz = 0			(9)
Substituindo os valores das igualdades (5) e (6) na equação (9), temos:
-48 + (-3Cz)/4 +48 + Cz - Cz -12 = 0, logo:
(-3Cz)/4 = -12 → Cz = -16N, logo: Cz = 16N		(10)
Substituindo o valor de Cz nas igualdades (5) e (6), temos:
Dz = -Cz – 12 → Dz = 16 -12 = 4N			(11) 
Bz = (3.16)/4 +48 = 60N				(12)
Resposta:
B = 60Nk; C = (30N)j – (16N)k; D = (30N)j + (4N)k
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4.80 (Beer 6ª edição) – Uma porta de 20Kg possui fechamento automático por meio de um contra peso pendurado por um cabo, ligado em C. A porta é mantida aberta por uma força F aplicada à fechadura D, na direção perpendicular à porta. Determine o módulo de F e as componentes das reações em A e B, quando θ = 90°. Supõe-se que a dobradiça A não exerça qualquer esforço axial.
Diagrama de corpo livre
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T = 9,81.(15) = 147,15N		(1)
T = -147,15cos45°i + 147,15sen45°k =
 = -104,05i + 104,05k		(2)
P = -9,81x20j = -196,2j		(3)
ΣMB = 0 → 1,5j^(Axi + Azk) + (0,6i + 0,75j) ^(-196,2j) + (1,2i + 1,75j) ^(-104,05i + 104,05k) + (1,05i + 0,65j)^(-Fk) = 0
→ -1,5Axk + 1,5Azi – 1,17k – 124,9j + 182,1k + 182,1i + 1,05Fj – 0,65Fi = 0
ΣMx = 0 → 1,5Az + 182,1 – 0,65F= 0 → Az = (-182,5 + 0,65F)/1,5	(4)
			
ΣMy = 0 → -124,9 + 1,05F = 0 → F = 118,9N				(5)
Substituindo este valor na equação (3), temos:
Az = (-182,5 + 0,65x118,9)/1,5 = -69,9N, logo Az = 69,9N		(6)
ΣMz = 0 → -1,5Ax + - 117,7 + 182,1 = 0 → Ax = 42,9N			(7)
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ΣFz = 0 → Az + Bz + Tsen45° - F = 0
Substituindo os calores (1), (5) e (6) na expressão acima, temos:
Bz = 69,9 – 147,15.(0,707) + 118,9 → Bz = 84,7N 
Resposta:
F = (-118,9N)k; A = (42,9N)i – (69,9N)k; B = (61,1N)i + (196,2N)j + (84,7N)k
Obs.
T = 147,15N		(1)
F = 118,9N		(5)
Az = 69,9N		(6)
Ax = 42,9N		(7)
ΣFx = 0 → Ax + Bx –Tcos45° = 0 →
→ Bx = = -Ax + 0,707T	(8)
Substituindo os valores de (1) e (7) em (8), temos:
Bx = -42,9 + 0,707.(147,15) = -42,9 +
+ 104,05 = 61,15N		(9)
ΣFy = 0 → By – P = 0 → By = P = 196,2N
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4.80 (Beer 3ª edição) – A plataforma horizontal ABCD pesa 250N e suporta uma carga de 1000N no seu centro. A plataforma é mantida normalmente em posição pelas dobradiças em A e B e pelos braços CE e DE. Se o braço DE é removido, determine as reações nas dobradiças e a força exercida pelo braço remanescente CE. A dobradiça em A não exerce qualquer esforço axial.
Diagrama de corpo livre
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ΣMB = 0 → BG^F + BC^FEC + BA^A	(1)
BG = 375i + 500k
F = -1250j
BC = 750i + 1000k
(2)
Força total na plataforma aplicada em G(375,0,500)
A = Axi + Ayj;	BA = 1000k;	B = Bxi + Byj + Bzk 
Substituindo estes valores na equação (1), temos:
Logo, -468750k + 625000i + FCE.(-743i + 279j + 557,25k) + 
+ 1000Axj – 1000Ayi = 0 						(3)
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ΣMz = 0 → -468750 + 557,25FEC = 0 →
→ FEC = 841,18N	
Substituindo este valor na expressão (2), temos:
FEC = 468,54i + 625j + 312,08k	 (4)
ΣMy = 0 →	279FEC + 1000Ax = 0, 
Substituindo o valor de (3) nesta expressão, temos:
Ax = -279.(841,18)/1000 = -234,7N	 Ax = 234,7N			(5)
ΣMx = 0 → 625000 – 743FCE – 1000Ay = 0 
Como FCE = 841,18N, temos : Ay = [625000 – 743.(841,18)]/1000,
Logo Ay = (625000 – 625000)/1000 = 0 			(6)
ΣFx = 0 → Ax + Bx + 468,54= 0,
Substituindo os valores de (3) e (4), nesta expressão temos:
Bx = -Ax –468,54= 234,7 –468,54= -233,84N, Logo 	Bx = 233,84N 
Obs.
(2)
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Obs.
Ax = - 234,7N			(5)
ΣFy = 0 → Ay + By -1250 + 625 → By = 
= - Ay +1250 -625
By = -Ay + 625, substituindo o valor de (5) nesta expressão, temos: By = 625N 
ΣFz = 0 → 312,08 + Bz = 0 → Bz = -312,08N
Logo Bz = 312,08N 
Obs:	 Bx = 233,84N 		 By = 625N 		 Bz = 312,08N 
Resposta:
FCE = 468,54i + 625j + 312,08k		(4)		
B = (-233,84N)i +(625N)j – (312,08N)k 
A = (-234,7N)i