Lista de estática

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22 Capítulo 2 Exemplo 2/1 y 600 N As forças F2 e todas atuando no ponto A do suporte, são especificadas de três modos diferentes. Determine os componentes escalares em x e em y de cada uma destas três forças. 3 A 35° 4 m Solução. Os componentes escalares de a partir da Fig. a, são x 600 cos 35° 491 N Resp. 0,2 m 600 sen 35° 344 N Resp. 0,3 m Os componentes escalares de F2, a partir da Fig. b, são 0,4 m N Resp. = N Resp. F Observe que o ângulo que orienta F2 em relação ao eixo x não é calculado. cosseno e o seno do ângulo são disponíveis pela inspeção do triângulo 3-4-5. Note também, por ins- A peção, que componente escalar x de F2 é negativo. 35° Os componentes escalares de podem ser obtidos calculando-se primeiramente o A ângulo a da Fig. (a) 800 0.4 m 1 Assim, F₃ sen 800 sen 26,6° 358 N Resp. 3 0,2 m Resp. A (c) Alternativamente, os componentes escalares de F₃ podem ser obtidos escrevendo-se (b) F₃ como um módulo multiplicado por um vetor unitário na direção do segmento de reta AB. Assim, 0,2i 0,4j Sugestões Úteis 2 1 Você deve examinar cuidadosamente a ge- ometria de cada problema de determina- 800 [0,447i 0,894j] ção de componentes e não se basear no uso 358i - 716j N cego de equações tais como F, F cos 0 e F, F sen Os componentes escalares desejados são, então, 2 Um vetor unitário pode ser obtido dividin- Resp. do-se qualquer vetor, tal como vetor geo- métrico de posição AB, pelo seu compri- Resp. mento ou módulo. Aqui usamos a seta que coincidem com nossos resultados anteriores. superescrita para indicar vetor que vai de A até e uma barra superescrita para denotar a distância entre A eExemplo 2/2 B Combine em uma única força equivalente R as duas forças P e T, que atuam no pon- to B da estrutura fixa. 600 y x Solução gráfica. paralelogramo para a adição vetorial das forças T e Pé construí- 1 do como mostrado na Fig. a. A escala usada foi de 1 cm 400 N. Uma escala de 1 cm = A 60° D 100 N seria mais apropriada para um papel de tamanho regular e daria maior precisão. Observe que ângulo deve ser determinado antes da construção do paralelogramo. A 3m partir da figura dada BD 6 sen 60° tan 0,866 40,9° AD 800 N As medidas do comprimento R e da direção da força resultante R levam aos resulta- P dos aproximados de 600 Resp. T R (a) Solução geométrica. triângulo para a adição vetorial de T e Pé mostrado na Fig. b. 2 ângulo a é calculado como demonstrado anteriormente. A lei dos cossenos dá R² + 2(600)(800) cos 40,9° 274.300 Sugestões Úteis 1 Note o reposicionamento de P para permi- Resp. tir a adição pelo paralelogramo em Da lei dos senos podemos determinar o ângulo que orienta R. Assim, 600 524 = sen = 0,750 48,6° Resp. sen sen 40,9° 800 N P Solução algébrica. Usando sistema de coordenadas x-y na figura dada, podemos es- crever R 600 N α 800 600 cos 40,9° N T (b) módulo e a direção da força resultante R são, então, como mostrados na Fig. R + 524 N Resp. 2 Note o reposicionamento de T de modo a preservar a linha de ação correta da re- Resp. sultante R. A resultante R pode ser também escrita em notação vetorial como R 346i 393j N Resp. y 346 N x 393 N Y R (c) 38/38424 Capítulo 2 Exemplo 2/3 y Uma força F de 500 N é aplicada à haste vertical, como mostrado. (1) Escreva F em função dos vetores unitários i e j e identifique seus componentes vetoriais e escalares. (2) Determine os componentes escalares do vetor força F ao longo dos eixos x' e y'. (3) Determine os componentes escalares de F ao longo dos eixos x e y'. A 30° x Solução: Item (1). Da Fig. a podemos escrever F como F = (F cos (F sen i' (500 cos 60°)i (500 sen 60°)j = (250i - 433j) N Resp. y Os componentes escalares são 250 e N. Os componentes vetoriais são Fx 250i N e -433j N. Fx Item (2). Da Fig. b podemos escrever F como F 500i'N, de modo que os compo- A A j' 60° nentes escalares desejados são F F 500 N Resp. i' Item (3). Os componentes de F nas direções x e y' não são retangulares e são obti- dos completando-se paralelogramo, como mostrado na Fig. c. Os módulos dos compo- (a) (b) nentes podem ser calculados pela lei dos senos. Assim, 500 1 1000 N x sen 90° sen 30° 60° 30 90 Fy 90° 500 sen 60° sen 30° 866 N 30° 60° Os componentes escalares pedidos são então Fx 1000 N Fy N Resp. Sugestão Útil 1 Obtenha e Fy graficamente e compare seus resultados com os valores calculados. Exemplo 2/4 a As forças e atuam no suporte, como mostrado. Determine a projeção da re- 100 N sultante R sobre eixo b. C 30° 20° Solução. A adição de e F2 pelo paralelogramo é mostrada na figura. Usando a lei dos 80 N b cossenos obtemos R² + 2(80)(100) cos 130° a A figura mostra também a projeção ortogonal de R sobre 0 eixo b. Seu comprimen- to é 100 N R Fb = 80 100 cos 50° = 144,3 N Resp. 50° 80 Observe que os componentes de um vetor não são, geralmente, iguais às projeções do 50° vetor nos mesmos eixos. Se eixo a fosse perpendicular ao eixo b, então as projeções e componentes de R seriam iguais.Sistemas de Forças 31 Exemplo 2/5 2m Calcule, de cinco maneiras diferentes, módulo do momento da força de 600 N em A relação ao ponto da base. 40° 4m 600 N Solução. (I) braço de alavanca da força de 600 N é d 4 cos 40° + 2 sen 40° 4,35 m 1 Usando M = Fd, o momento é no sentido horário e tem módulo M₀ 600(4,35) = 2610 Resp. 2m (II) Substitua a força por seus componentes retangulares em A 40° F₁ 600 cos 40° 460 N, = 600 sen 40° 386 N 4m 600 N Pelo teorema de o momento se torna d 2 M₀ 460(4) + 386(2) 2610 N m Resp. (III) Pelo princípio da transmissibilidade, mova a força de 600 N ao longo de sua li- nha de ação até ponto B, que elimina momento do componente F2. braço de ala- F₁ 600 cos 40° vanca de fica sendo 4m 600 sen 40° e o momento é M₀ 460(5,68) 2610 Resp. 3 (IV) Movendo a força até ponto C, elimina-se momento do componente F₁. bra- ço de alavanca de fica sendo F₁ y d₂ 4 cot 40° 6,77 m F₂ A e o momento é x M₀ 386(6,77) 2610 Resp. d₁ F (V) Pela expressão vetorial para um momento, e usando sistema de coordenadas indicado na figura juntamente com os procedimentos para calcular produtos vetoriais, C temos F₁ d₂ 4 M₀ 600(i cos 40° j sen 40°) 2610k N sinal de menos indica que vetor está na direção negativa de módulo da expres- são vetorial é Sugestões Úteis M₀ 2610 Resp. 1 A geometria necessária aqui e em outros problemas semelhantes não deve causar dificuldades se esboço for cuidadosa- mente desenhado. 2 Este procedimento é freqüentemente en- foque mais curto. 3 fato dos pontos B e C não estarem no próprio corpo não deve causar preocupa- ção, pois cálculo matemático do momen- to de uma força não requer que a força es- teja no corpo. 4 Escolhas alternativas para a posição do vetor r são 5,68j m e r d₂i 6,77i m.32 Capítulo 2 Exemplo 2/6 T alçapão AO é levantado pelo cabo AB, qual passa pelas pequenas polias guia, 0,3 m sem atrito, em B.A força trativa em qualquer ponto do cabo vale T e essa força, ao ser 0,4 m A aplicada em A, provoca um momento em torno da dobradiça em O. Plote a quantida- 0,5 m de em função do ângulo de elevação do alçapão para a faixa e indique os valores mínimo e máximo. Qual é significado físico dessa razão? Solução. Começaremos construindo uma figura que mostre a força trativa T atuando y diretamente no alçapão, a qual está mostrada em uma posição angular arbitrária. B Deve ficar claro que a direção de T varia conforme varia. Para se lidar com essa varia- ção, escrevemos um vetor unitário que "representa" T: T A 1 x Usando as coordenadas x-y da nossa figura, podemos escrever 2 e 0,5(cos + sen m Sugestões Úteis Assim 1 Lembre que qualquer vetor unitário pode 0,4j + sen ser escrito como um vetor dividido pelo = cos sen m seu módulo. Nesse caso, vetor no nume- rador é um vetor de posição. e cos sen 0,5 sen 0,4 vetor unitário desejado é 0,3 -0,5 cos sen T 0,2 sen 0,1 Nosso vetor de tração pode agora ser escrito como 0 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 -0,5 cos sen graus sen 3 momento de T em torno do ponto O, em termos vetoriais, é M₀ onde = 2 Lembre que qualquer vetor pode ser escri- 0,4j m, ou to como módulo vezes um vetor unitário "representativo". 3 Na expressão vetor de posi- 0,4 sen ção r vai desde o centro de momento até 0,2T cos = k qualquer ponto sobre a linha de ação de F. sen Aqui, é mais conveniente do que módulo de M₀ é 0,2T cos M₀ 0,4 sen e a razão pedida é M₀ 0,2 cos T Resp. 0,4 sen que está representada no gráfico ao lado. A expressão MJT é o braço de alavanca d (em metros) que vai de O até a linha de ação de T. Ele tem um valor máximo de 0,4 m em 0 = 53,1° (onde Té horizontal) e um valor mínimo de 0 em 90° (onde T é vertical). A expressão é válida mesmo se T variar. Esse exemplo trata dos momentos em sistemas de força bidimensionais e também realça as vantagens de desenvolver uma solução para uma posição arbitrária, de modo que comportamento em relação a uma faixa de posições possa ser examinado.Exemplo 2/7 M elemento estrutural rígido está submetido a um binário composto por duas forças de 100 N. Substitua este binário por um binário equivalente, consistindo nas duas for- 40 P ças P e P, cada uma com módulo de 400 N. Determine o ângulo apropriado. -P Solução. binário original é anti-horário quando plano das forças é visto de cima, e 100 seu módulo é [M Fd] M 100(0,1) 10 100 As forças P e P produzem um binário anti-horário M = 400(0,040) cos 0 1 Igualando as duas expressões tem-se 60 100 10 (400)(0,040) cos 100 N 100 N Resp. Dimensões em milímetros Sugestão Útil 1 Como os dois binários são vetores livres paralelos, as únicas dimensões impor- tantes são as que dão as distâncias perpendiculares entre as forças dos biná- rios. 40 mm Exemplo 2/8 Substitua a força horizontal de 400 N, atuando na alavanca, por um sistema equiva- 400 N lente consistindo de uma força em e um binário. 200 mm Solução. Aplicamos duas forças iguais e opostas de 400 N em e identificamos biná- rio anti-horário M 400(0,200 sen 60°) 69,3 N Resp. 60° [M Fd] 1 Assim, a força original é equivalente à força de 400 N em e ao binário de 69,3 N m, como mostrado na terceira das três figuras equivalentes. 400 N 400 N Sugestão Útil 1 inverso deste problema é freqüentemente encontrado, ou seja, a substituição III III de uma força e de um binário por uma única força. procedimento no sentido inverso equivale a substituir binário por duas forças, uma das quais é igual e oposta à força de 400 N em O. braço de alavanca da segunda força seria M/F = 69,3/400 = 0,1732 m, que é 0,2 sen 60°, determinando assim a linha de ação 400 N 400 N 400 N da força resultante única de 400 N. 69,3 N.mSistemas de Forças 45 Exemplo 2/9 y Determine a resultante das quatro forças e do binário que atuam na placa mostrada. 2m 60 N 50 N Solução. ponto foi selecionado como um ponto de referência conveniente para 45° 140 sistema força-binário que deve representar 0 sistema dado. 2m Rx cos 30° cos 45° 2m 30° Ry sen 30° cos 45° 132,4 Resp. Resp. y = 50(5) cos 45°(4) 60 sen 45°(7) (a) x sistema força-binário consistindo de R e M₀ é mostrado na Fig. a. Determinamos agora a linha de ação final de R, tal que R sozinho represente o sis- tema original. [Rd = 148,3d d = 1,600 m Resp. (b) 63,2° Assim sendo, a resultante R pode ser aplicada a qualquer ponto na linha de ação que A faz um ângulo de 63,2° com 0 eixo x e é tangente no ponto A a um círculo com 1,600 m x de raio e centro em como mostrado na parte b da figura. Aplicamos a equação Rd M₀ em seu valor absoluto (ignorando qualquer sinal de M₀) e deixamos sentido físico da situação, como ilustrado na Fig. a, dar a localização final de R. Se M₀ tivesse sido anti-horário, a linha de ação correta para R teria sido a tangente no ponto B. A resultante R pode também ser localizada determinando-se sua distância de inter- seção b ao ponto C sobre o eixo x, Fig. Com e atuando por meio de C, apenas -237 y (c) exerce um momento em relação a O, de modo que C 237 x = e 132,4 R b Alternativamente, a interseção em y poderia ter sido obtida, observando-se que mo- mento em relação a seria devido apenas a Uma abordagem mais formal na determinação da linha de ação final de R implica Sugestões Úteis usar a expressão vetorial Observamos que a escolha do ponto como centro dos momentos elimina quaisquer momentos devidos às duas for- onde r xi + yj é um vetor de posição unindo o ponto 0 a qualquer ponto sobre a linha ças que passam por O. Se a convenção de de ação de R. Substituindo as expressões vetoriais para r, R e M₀ e fazendo o produto sinais horária tivesse sido adotada, M₀ vetorial, resulta em valeria +237 N m, com 0 sinal de mais indicando um sentido que concorda com a convenção de sinais. Qualquer convenção (132,4x 66,9y)k 237k de sinais, é claro, leva à conclusão de um momento M₀ no sentido horário. Assim, a linha de ação desejada, Fig. c, é dada por 2 Observe que enfoque vetorial gera auto- maticamente a informação dos sinais, en- 132,4x 66,9y -237 quanto 0 enfoque escalar tem maior senti- do físico. Você deve dominar ambos os 2 Colocando-se y 0, obtemos x -1,792 m, que concorda com nosso cálculo anterior métodos. da distância b.52 Capítulo 2 Exemplo 2/10 Uma força F de módulo 100 N é aplicada na origem dos eixos x-y-z como mostrado. A linha de ação de F passa por um ponto A cujas coordenadas são 3 m, 4 m e 5 m. De- A termine (a) os componentes escalares de F, (b) a projeção de F no plano x-y e (c) a projeção de F ao longo da linha OB. y Solução. Parte (a). Começamos escrevendo vetor da força F como seu módulo F mul- 2m tiplicado por um vetor unitário m 100[0,424i + 0,566j x 42,4i 56,6j + 70,7k N F Os componentes escalares desejados são, portanto, 1 Resp. F, y Parte (b). cosseno do ângulo entre F e plano é 0,707 de forma que F cos 100(0,707) 70,7 N Resp. Parte (c). o vetor unitário ao longo de OB OB OB 0,688i + 0,229k A projeção escalar de F sobre OB F 2 (42,4i 56,6j + 0,688j + 0,229k) = (42,4)(0,688) + (56,6)(0,688) + (70,7)(0,229) = 84,4N Resp. Se desejamos expressar a projeção como um vetor, escrevemos 84,4(0,688i + 0,688j + 0,229k) 58,1i 58,1j + 19,35k N x Sugestões Úteis 1 Neste exemplo todos os componentes es- calares são positivos. Esteja preparado para o caso em que um cosseno diretor e, portanto, o componente escalar, sejam ne- gativos. 2 produto escalar encontra automatica- mente a projeção, ou componente esca- lar, de F ao longo da linha OB, como mos- trado.Exemplo 2/11 Determine momento da força F em relação ao ponto (a) por inspeção e (b) pela definição formal do produto vetorial, b a F Solução. (a) Como Fé paralela ao eixo y, F não causa momento em relação a esse eixo. Deve ficar claro que 0 braço de alavanca entre eixo x e a linha de ação de Féc e que momento de F em relação ao eixo x é negativo. De modo semelhante, braço de ala- vanca entre 0 eixo 2 e a linha de ação de F é a e momento de F em relação ao eixo é positivo. Assim temos Resp. x 2 (b) Formalmente, 1 b a ak) Resp. F r c Sugestão Útil 1 Alertamos, novamente, que r vai desde centro de momento até a linha de ação de F. Outro vetor de posição possível, mas menos conveniente, é r ai + bj + ck. 73/384 Sistemas de Forças 59 Exemplo 2/12 tensionador é apertado até que a força trativa no cabo AB seja de 2,4 kN. Deter- 1,6 m mine momento da força atuando no ponto A em relação ao ponto e determine mó- dulo desse momento. A Solução. Começamos escrevendo a força descrita como um vetor. 2 m 0,731i + 1,371j kN 0,8 m momento dessa força em relação ao ponto B 2 1 (1,6i + 2k) (0,731i + 1,371j 1,829k) m -2,74i 4,39j + 2,19k kN Resp. Esse vetor tem um módulo de A M₀ 5,62 kN m Resp. 2m T 0 y Sugestão Útil 1,5 m 1 estudante deve verificar, por inspeção, os sinais das componentes do momento. m BExemplo 2/13 y Uma força trativa T de módulo 10 kN é aplicada ao cabo preso no topo do mastro rígido, em A, e preso ao chão em B. Determine momento M, de T em relação ao eixo que passa pela base O. A 15 m Solução (a). o momento solicitado pode ser obtido encontrando componente ao longo T = 10 kN do eixo do momento M₀ de T em relação ao ponto O. vetor M₀ é normal ao plano definido por T e pelo ponto como mostrado na segunda figura. Ao usar-se a Eq. 2/14 para encontrar vetor r é qualquer vetor do ponto à linha de ação de T.A escolha 1 mais simples é o vetor de até A, que é escrito como r = 15j m. A expressão vetorial para T é x 9m B 10(0,566i 0,707j + 0,424k) kN A partir da Eq. 2/14, Sugestões Úteis 1 Poderíamos usar também o vetor desde F] 15j 10(0,566i 0,707j + 0,424k) até como r e obter mesmo resultado, mas usar vetor OA é mais simples. = 150(-0,566k + 0,424i) kN 2 É sempre útil acompanhar suas operações valor M, do momento desejado é a componente escalar de M₀ na direção 2 ou = vetoriais com um esboço dos vetores de M₀ k. Portanto, forma a manter uma imagem clara da ge- ometria do problema. 150(-0,566k + -84,9 kN m Resp. 2 sinal de menos indica que vetor está na direção negativa de z. Expresso como um vetor, momento é M, -84,9k kN m.Exemplo 2/14 Determine módulo e a direção do binário M que substituirá os dois binários dados 60° e ainda produzirá mesmo efeito externo sobre bloco. Especifique as duas forças F e 60° -F - aplicadas nas duas faces do bloco, paralelas ao plano y-z, que podem substituir as x 100 mm quatro forças dadas. As forças de 30 N atuam paralelas ao plano y-z. 50 mm Solução. binário devido às forças de 30 N tem módulo = 30(0,06) 1,80 N m.A direção de é normal ao plano definido pelas duas forças e o sentido, mostrado na fi- gura, é estabelecido pela regra da mão direita. binário devido às forças de 25 N tem módulo 25(0,10) 2,50 N m, com a direção e 0 sentido mostrados na figura. Os dois vetores dos binários se combinam para dar os componentes My 1,80 sen 60° 1,559 M₂ N.m -2,50 1,80 cos 60° -1,600 M x 1 Assim, M = 2,23 Resp. -F 1,559 1,600 tan⁻¹ 0,974 44,3° com Resp. y As forças F e F estão em um plano normal ao momento M e seus braços de alavan- 60° F ca, como visto na figura à direita, valem 100 mm. Portanto, cada força tem módulo M₁ = [M Fd] Resp. e a direção = 44,3°. Sugestão Útil 1 Lembre-se de que os vetores dos binários são vetores livres e, portanto, não têm li- nhas de ação únicas. 75/384 Sistemas de Forças 61 Exemplo 2/15 Uma força de 400 N é aplicada em A na manivela da alavanca de controle que está conectada ao eixo rígido Ao determinar efeito da força sobre 0 eixo, em uma seção 400 N transversal como aquela em podemos substituir a força por uma força equivalente 200 mm em e por um momento. Descreva este momento como um vetor M. 50 mm 75 mm A Solução. o momento pode ser expresso em notação vetorial como M F, onde + 0,125k m e F -400i N. Assim, y M = (0,2j + 0,125k) (-400i) -50j 80k N m x Alternativamente, vemos que mover a força de 400 N por uma distância d = 0,236 m para uma posição paralela que passa por requer a adição (400 N) de um momento M cujo módulo é M 400 N M = Fd = 400(0,236) 94,3 Resp. A d o vetor do momento é perpendicular ao plano para qual a força foi deslocada e seu sentido é do momento da força dada em relação a O.A direção de M no plano y-z é 125 mm dada por 200 mm x y Resp.68 Capítulo 2 Exemplo 2/16 Determine a resultante do sistema de força e torques que atuam no sólido retangu- 70 lar. 50 N 100 Solução. Escolhemos ponto como um ponto de referência conveniente para passo 80 N inicial de redução das forças dadas em um sistema força-binário. A força resultante é 50 N R = = (80 80)i + (100 100)j + (50 50)k 0 N 96 1 A soma dos momentos em relação a 1.2 m N 2 = [50(1,6) 70]i + [80(1,2) 96]j + [100(1) 100]k = 10i 1,6 m 100 N Conseqüentemente, a resultante consiste de um torque que, é claro, pode ser aplicado a qualquer ponto do corpo ou de sua extensão. 100 N y Sugestões Úteis 1 Como somatório das forças é zero, concluímos que a resultante, se ela existir, tem que ser um torque. 2 Os momentos associados com os pares de força são fáceis de obter usando a regra M = Fd e atribuindo a direção do vetor unitário por inspeção. Em muitos proble- mas tridimensionais isto pode ser mais simples do que enfoque Exemplo 2/17 50 N Determine a resultante do sistema de forças paralelas que atua na placa. Resolva usando um enfoque vetorial. 0,5 m x 0,5 m Solução. A transferência de todas as forças para ponto 0 resulta no sistema força- 0,35 m binário R = EF = (200 + 500 300 50)j 350j N 500 N 0,35 m M₀ = [50(0,35) 300(0,35)]i + [-50(0,50) 200(0,50)]k = -87,5i 125k y 200 N 300 N posicionamento de R de forma que ele, sozinho, represente o sistema força-binário anterior, é determinado pelo princípio dos momentos na forma vetorial (xi + yj + zk) X 350j = -87,5i 125k 350xk 350zi = -87,5i 125k R Desta única equação vetorial podemos obter as duas equações escalares R M₀ 350x = 125 e = -87,5 y Portanto, = -0,357 m e 0,250 m são as coordenadas pelas quais a linha de ação de R deve passar. valor de y pode, é claro, ser qualquer um, como permitido pelo prin- 1 cípio da transmissibilidade. Assim, como esperado, a variável y desaparece da análise Sugestão Útil vetorial anterior. Você deve obter também uma solução esca- lar para este problema.Sistemas de Forças 69 Exemplo 2/18 x 700 N Substitua as duas forças e o torçor negativo por uma única força R aplicada em A e 500 N pelo torque correspondente M. 60° 40° Solução. A força resultante tem os componentes 80 mm mm Rx 500 sen 40° + 700 sen 60° 928 N 100 A 50 mm mm 600 + 500 cos 40° cos 45° N 60 mm 45° 600 N R₂ 700 cos 60° + 500 cos 40° sen 45° 621 40 mm 120 mm y Assim R 928i 871j + 621k N e R + 1416 N Resp. R M torque a ser somado como resultado do deslocamento da força de 1 [M F] (0,08i + 0,12j 0,05k) 500(i sen 40° j cos 40° cos 45° + k cos 40° sen 45°) A onde r é o vetor de A até B. A expansão termo a termo, ou o determinante, dá 18,95i 5,59j 16,90k N 2 momento da força de 600 N em relação a A é escrito por inspeção de suas componen- tes x e z, que dá Sugestões Úteis M₆₀₀ (600)(0,060)i + (600)(0,040)k 1 Sugestão: Verifique os resultados do pro- 36,0i + 24,0k duto vetorial avaliando, diretamente do desenho, os momentos em relação a A dos momento da força de 700 N em relação a A é facilmente obtido dos momentos das componentes da força de 500 N. componentes x e da força. resultado é 2 Para as forças de 600 N e 700 N é mais fá- cil obter, por inspeção da figura, os compo- (700 cos 60°)(0,030)i [(700 sen 60°)(0,060) nentes de seus momentos em relação às + (700 cos (700 sen 60°)(0,030)k direções coordenadas que passam por A, do que montar as relações dos produtos = 10,5i 71,4j 18,19k vetoriais. 3 vetor do torque de 25 N m do torçor 3 Da mesma forma, torque do torçor dado pode ser escrito aponta na direção oposta a da força de 500 N e devemos projetá-lo em seus compo- M' = 25,0(-i sen 40° - j cos 40° cos 45° k cos 40° sen 45°) nentes x,y e para adicioná-las aos outros = 16,07i 13,54j 13,54k componentes dos vetores de torque. 4 Apesar de no esboço das resultantes ve- Portanto, 0 torque resultante ao somarem-se os termos i,j e k dos quatro M's é tor de torque resultante M ser desenhado 4 M 49,4i 90,5j 24,6k passando por A, reconhecemos que um ve- tor de torque é um vetor livre e, portanto, e M = 106,0 não tem linha de ação especificada. Resp.70 Capítulo 2 Exemplo 2/19 Determine torçor resultante das três forças atuando na cantoneira. Calcule as co- 80 mm ordenadas do ponto P no plano x-y pelo qual atua a força resultante do torçor. Encontre também módulo do torque M do torçor. 60 mm 40 N y 100 mm Solução. Os cossenos diretores do torque M do torçor devem ser os mesmos daqueles 20 N P 1 da força resultante R, considerando que 0 torçor é positivo. A força resultante é R 20i + 40j + 40k N R + + 60 N 40 N x e seus cossenos diretores são cos 20/60 1/3 cos 40/60 2/3 cos 40/60 2/3 80 mm momento do torque do torçor deve ser igual à soma dos momentos das forças da- das em relação ao ponto P pelo qual R passa. Os momentos em relação a P das três for- R ças são 60 mm 20yk mm 60 mm -40(60)i 40xk P 100 mm 40(80 y)i 40(100 x)j y = 40 mm e momento total é M M (800 40y)i + (-4000 + 40x)j + (-40x + 20y)k N mm Os cossenos diretores de M são Sugestão Útil cos (800 40y)/M 1 Consideramos, inicialmente, que 0 torçor é positivo. Se valor calculado para M for cos (-4000 + 40x)/M negativo, então a direção do vetor de tor- cos + 20y)/M que é oposta a da força resultante. onde M é módulo de M. Igualando os cossenos diretores R e M dá -4000 +40x = 2M 3 Resolvendo as três equações obtém-se M = -2400 N mm = 60 mm y 40 mm Resp. Vemos que M acabou por ser negativo, 0 que significa que 0 vetor do torque está apon- tando na direção oposta à R, 0 que torna 0 torçor negativo.