Exercícios Sobre Estática para MEC0404 T02 em 2016.1 Primeira Parte

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE
CENTRO DE TECNOLOGIA
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA
CÂMARA DE PROJETOS MECÂNICOS E DE FABRICAÇÃO
DISCIPLINA: MEC0404-MECÂNICA DOS SÓLIDOS – T02
PROF.: JOÃO WANDERLEY RODRIGUES PEREIRA
EXERCÍCIOS SOBRE ESTÁTICA - PRIMEIRA PARTE
ALUNO:......................................................................................................DATA: 01/02/2016
	EXERCÍCIO-1.1
Na Fig. 1.8, a grandeza da força resultante F é 300 N, e os ângulos e são 25° e 45°, respectivamente. Resolva a força F em um par de componentes, P ao longo da linha OA e Q ao longo da linha OB.
SOLUÇÃO
As três forças F, P e Q podem ser expressas em função de i e j multiplicando-se cada grandeza por seu correspondente vetor unitário. Assim,
F = FnF = 300nF = 300(icos 25° + jsen 25°),
P = PnP = Pi,
Q = QnQ = Q[icos(45° + 25°) + jsen(45° + 25°)],
e
F = P + Q,
ou
300(icos25° + jsen25°) = Pi + Q(icos70° + jsen 70°) = i(P + Qcos70o) + jQsen70°.
Estes dois vetores serão iguais somente se as componentes correspondentes forem iguais. Além disso, quando os coeficientes de i e j são igualados
i: 300cos25° = P + Qcos70°
j: 300sen25° = Qsen70°
donde
Q = 300(sen25°/sen70°) = 134,9 N
e
P = 300cos 25° 134,9cos70° = 226 N.
As forças P e Q são
P = 226i N = 226 N passando· por O
e
Q = 134,9(icos70o + jsen70o) N = 134,9 N 70° passando por O.
EXERCÍCIO-1.2
Determine as componentes x, y e z da força R de 80 N, da Fig. 1.7.
SOLUÇÃO
O comprimento da diagonal AB é
(32 + 42 + 82)1/2 = 9,43 cm
e o vetor unitário ao longo de AB é
nAB =(AB/AB) = [(8i 4j + 3k)/9,43] = 0,848i 0,424j + 0,318k.
Observe que os coeficientes nesta equação são os co-senos diretores de n (e de R).
A força R é
R = RnAB = 80(0,848i 0,424j + 0,318k) = (67,8i 33,9j + 25,4k) N,
e as componentes são
Rx = 67 ,8i N = 67,8 N, passando por A
Ry = 33,9j N = 33.9 N passando por A
e 
Rz = 25,4k N = 25,4 N passando por A
Em ambos os exemplos, para eliminar possível confusão, as direções das forças componentes são indicadas por setas ou por intermédio de vetores unitários, em vez de simplesmente por sinais algébricos. Esta prática é recomendável e será adotada neste texto.
EXERCÍCIO-1.3
Resolva a força F de 390 N na Fig. 1.10 em duas componentes P e Q com P paralela a OH e Q perpendicular a OH.
SOLUÇÃO
O vetor de O a D é
OD = (3i + 12j + 4k) m
e sua grandeza é
|OD| = [(3)2 + (12)2 + (4)2 ]1/2 = 13 m.
o vetor unitário ao longo de OD é
nOD = [(3i + 12j + 4k)/13] = [(3/13)i + (12/13)j + (4/13)k]
e a força F é
F = 390nOD = 390[(3/13)i + (12/13)j + (4/13)k] =
= (90i + 360j + 120k) N passando por O.
Observe que os coeficientes de i, j e k na expressão para nOD são os co-senos diretores de OD e de F.
O vetor OH é
OH = (6i – 3j + 6k) m,
e o vetor unitário ao longo de OH é
nOH = [(6i – 3j + 6k)/[(6)2 + (3)2 + (6)2]1/2] = [(6/9)i – (3/9)j + (6/9)k)
A componente ortogonal, P, de F ao longo de OH é
P = (F·nOH)nOH = [ (90i + 360j + 120k)·[(2/3)i – (1/3)j + (2/3)k)]]nOH
= (60 – 120 + 80)nOH = 20(0,667i – 0,333j + 0,667k) N passando por O.
Como F é igual à soma de P e Q, a componente Q perpendicular a OH é
Q = F – P = (90i + 360j+ 120k) – 20(0,667i – 0,333j + 0,667k)
= 390(0,1969i + 0,941j + 0,274k) N passando por O.
EXERCÍCIO-1.4
Determine o produto vetorial dos dois vetores A e B na Fig. 1.12, onde A = 3i 4k e B = 12i + 3j + 4k.
SOLUÇÃO
O produto vetorial é determinado usando-se. a expansão do determinante como indicado abaixo:
 | i j k |
AxB = | 3 0 4 | =
 |12 3 4 |
= i[0(4) 3( 4)] j[3(4) ( 4)( 12)] + [3(3) ( 12)0] = 12i + 36j + 9k.
o resultado é mostrado na Fig. 1.12.
EXERCÍCIO-1.5
Use o triplo produto vetorial (dois produtos vetoriais sucessivos) para determinar a componente Q da força F de 390 N no Exemplo 1.3, Fig. 1.10, onde Q é perpendicular a OH.
SOLUÇÃO
o produto vetorial do vetor unitário nOH e da força F é
A = nOHxF = 1(F)sen n1,
onde n1 é o vetor unitário perpendicular ao plano HOD na Fig. 1.10 e é o ângulo entre nOH e F. A grandeza deste produto vetorial é F sen, que é a grandeza da componente desejada, Q. Como as componentes P e Q devem ser combinadas para reproduzir F, todos os três vetores devem estar no plano HOD; desta maneira, o. vetor A na Eq. (a) apresenta a grandeza correta mas é perpendicular à direção correta. Os vetores A e nOH são mutuamente perpendiculares, e seu produto vetorial resultará em um novo vetor com a mesma grandeza, a qual é perpendicular tanto a A com a nOH. Este novo vetor é a componente desejada Q, uma vez que ela apresenta a grandeza correta, F sen, e a direção correta, perpendicular a OH, assim:
Q = AxnOH = (nOHxF)xnOH.
Os valores de nOH e F, como determinados no Exemplo 1.3, são:
nOH = (2/3)i (1/3)j + (2/3)k e F = (90i + 360j + 120k) N.
O primeiro produto vetorial é
 | i j k |
nOHxF = | 2/3 1/3 2/3 | =
 |90 360 120 |
= i( 40 240) j(80 60) + k(240 + 30) = 280i 20j + 270k,
e a componente Q é
Q = (nOHxF)xnOH =
 | i j k |
 = | 280 20 270 | =
 | 2/3 1/3 2/3 |
 = i( 13,33 +90) j( 186,7 180) + k(93,33 + 13,33) =
 = (76,7i + 367j+ 106,7k) N passando por O.
Este resultado concorda com o Exemplo 1.3, o que proporciona uma verificação dos cálculos.
O triplo produto vetorial dos três vetores, A, B e C pode ser expandido como se segue (veja qualquer texto em álgebra vetorial):
(AxB)xC = (A·C)B (B·C)A.
Quando A e C são substituídos por nOH e B por F, a expressão torna-se
(nOHxF)xnOH =(nOH·nOH)F (F·nOH)nOH = F FOH,
que é a forma empregada para obter Q no Exemplo 1.3.
EXERCÍCIO-1.6
(a) Determine o momento da força de 1.300 N na Fig. 1.16(a) em relação ao ponto O, usando
O princípio dos momentos
O produto vetorial
(b) Determine a distância perpendicular de O à linha de ação de F, usando os resultados da parte (a).
SOLUÇÃO
(a) 1. A força de 1.300 N é resolvida em suas componentes horizontal e vertical em A, como mostrado na Fig. 1.16(b). A soma dos momentos destas componentes é igual ao momento de F, e quando é tomado o sentido anti-horário como positivo, de acordo com a regra da mão direita, o momento torna-se
MO = 500(2) – 1.200(3) = 1.000 – 3.600 = – 2.600 N.m.
Desta maneira
MO = 2.600 N.m) no sentido horário
ou o momento pode ser escrito
MO = 2600k N.m.
O vetor posição de O até A é r = (2i + 3j) m, e a força pode ser representada vetorialmente como F = (1.200i + 500j) N. O momento de F em relação a O é
 |i j k|
 MO = rxF = |2 3 0| = (1.000 – 3.600)k
 |1.200 500 0|
e
Mo = – 2.600k N.m.
b) Seja p a distância perpendicular de O até a linha de ação de F, como mostrado na Fig. 1.16 (b). A grandeza do momento de F em relação a O é pF, por definição, e quando isto é igualado ao resultado da parte (a), ele se torna
MO = pF = p(1.300) = 2.600 N m
donde
p =2,00 m.
EXERCÍCIO-1.7
A força F de 130 N na Fig. 1.17 (a) é aplicada no ponto C, como mostrado.
a) Resolva F em três componentes ortogonais e determine o momento de F em relação ao eixo z empregando o princípio dos momentos.
b) Confira a parte (a) determinando a componente z do momento de F em relação a O.
c) Resolva F em duas componentes ortogonais, P e Q, sendo P paralela ao eixo z e Q paralela ao plano xy.
d) Determine a distância perpendicular do eixo z até a força Q.
e) Determine a distância perpendicular da origem até a força F.
SOLUÇÃO
(a) O vetor unitário paralelo a F é obtido por inspeção como
nF = [(3i + 4j – 12k)/[(3)2 + (4)2 + ( −12)2]1/2] = (3/13)i + (4/13)j − (12/13)k,
e a força F torna-se 
F = FnF = 130[(3/13)i + (4/13)j + (12/13)k] = (30i + 40j − 120k) N passando por C
como mostrado na Fig. 1.17(b). Como Fz é paralelo ao eixo z, seu momento é zero, e o momento em relação ao eixo z é a soma dos momentos de Fx e Fy Assim
Mz = (BC)Fx + (AB)Fy = 0,050(30) + 0,125(40)
= 6,50 N.m no sentido horárioquando olhado de O para A.
O momento pode ser expresso por um vetor como
Mz = 6,50k N.m.
(b) O vetor posição de O para C é
rOC = ( 125i + 50j 75k) mm,
e o momento de F em relação a O é
 | i j k |
 MO = rOCxF = | 0,125 0,050 0,075| =
 | 30 40 120|
= i( 6,00+ 3,00) j(l5,00 + 2,25) + k( 5,00 – 1,50)
= ( 3,00i 17,25j 6,50k) N.m.
A componente z de MO é 6,50k N.m, o que concorda com a parte (a).
(c) As duas componentes P e Q são mostradas na Fig. 1.17(c). A força P é a mesma que Fz, e Q é a resultante de Fx e Fy. Isto' é,
P = Fz = 120k N,
Q = Fx + Fy = 30i + 40j = 50nQ N.
onde nQ = 0,6i + 0,8j.
(d) Como a força P é paralela ao eixo z , não possui momento em relação a este eixo, e a sua grandeza deve ser igual ao produto de Q pela distância perpendicular, q, que vai do eixo z até Q; veja a Fig. 1.17(c). Assim,
Mz = qQ 6,50 = q(50) e q = 0,130 m = 130 mm.
Observe que q é a distância perpendicular do eixo z ao plano que contém P e Q, e também F.
(e) A grandeza do momento de F em relação a O é igual ao produto da grandeza de F pela distância perpendicular de O até F. A grandeza de MO, pela parte (b), é
MO = [( 3,00)2 + ( 17,25)2 + ( 6,50)2]1/2 = 18,68 N.m,
e a distância perpendicular, p, é
p = (MO/F) = (18,68/130) = 0,1437 m = 143,7 mm.
Observe que a distância p é medida do ponto O à força F, e que a distância q é medida do eixo z ao plano que contém P, Q e F. Nenhuma destas distâncias é a distância perpendicular do eixo z à força F. Um método para obter esta distância é descrito no Problema 1.57, contido na lista de exercícios.
EXERCÍCIO-1.8
Determine o momento da força F de 150 N na Fig. 1.18,
(a) Em relação a A.
(b) Em relação a D.
(c) Em relação à linha AD.
SOLUÇÃO
(a) A força F pode ser expressa em termos de i, j e k, como
F = 150[(60/100)i + (80/100)j] = (90i + 120j) N
o vetor posição de A para C é
r1=110j mm.
o momento em relação a A é
MA = r1xF = 110jx(90i + 120j) = 9.900k mN.m = 9,90k N.m.
(b) O vetor posição de D para B é
r2 = ( 60i + 30j + 50k) mm,
e o momento em relação a D é
MD = r2xF = ( 60i + 30j + 50k)x(90i + 120j) =
= (0 − 7.200k 2.700k + 0 + 4.500j 6.000i) =
= ( 6.000i +4.500j 9.900k) mN.m = ( 6,0i + 4,5j 9,9k) N.m.
Se o vetor posição de D para C foi selecionado, ele será
r = 110j + 50k,
e o momento será
MD = rxF = (110j + 50k)x(90i + 120j) = ( 6.000i + 4.500j – 9.900k) mN.m,
demonstrando que pode ser usado o vetor posição que vai de D a qualquer ponto sobre F. O vetor que representa MD é mostrado na Fig. 1.18. A grandeza do momento resultante é
MD = [6.0002 + 4.5002 + 9.9002]1/2 = 12.420 mN.m = 12,42 N.m,
e o momento resultante pode também ser escrito como 
MD = 12,42(– 0,483i + 0,362j – 0,797k) N.m = 12,42n N.m,
onde n é o vetor unitário na direção de MD.
(c) Uma vez que o momento resultante em relação ao ponto A cai sobre a linha AD, o momento em relação à linha AD é o mesmo que o momento em relação a A. Isto é,
MAD = MA = 9,90k N.m.
Este resultado pode também ser obtido calculando-se a componente ortogonal de MD, ao longo da linha AD. O vetor unitário ao longo de AD é k, e a componente de MD ao longo desta linha é
MAD = (n·MD)n = [k·(– 6.000i + 4.500j – 9.900k)]k = – 9.900k mN.m = – 9,90k N.m.
EXERCÍCIO-1.9
Determine o momento da força F de 85 N na Fig. 1.19
(a) Em relação ao ponto A.
(b) Em relação à linha AB.
SOLUÇÃO
(a) O vetor posição de C para D é
rCD = (12i + 8j – 9k) cm,
e o vetor unitário ao longo de CD é
nCD = [(12i + 8j – 9k)/(122 + 82+ 92)1/2] = [(12/17)i + (8/17)j – (9/17)k]
A força F, expressa em termos de i, j e k, é
F = FnCD = 85[(12/17)i + (8/17)j – (9/17)k] = (60i + 40j – 45k) N.
O vetor posição r1 de A para C é
r1 = (6i – 12j + 5k) cm = (0,06i – 0,12j + 0,05k) m.
O momento de F em relação a A pode ser obtido pelo produto vetorial de r1 por F e é
MA =r1xF = (0,06i – 0,12j + 0,05k)x(60i + 40j – 45k) =
= i(5,40 – 2,00) – j(– 2,70 – 3,00) + k(2,40 + 7,20)
= 3,40i + 5,70j + 9,60k = 11,67(0,291i + 0,488j + 0,823k) N.m.
(b) O vetor posição r2 de A para B é
r2 = 6i – 4j – 4k,
e o vetor unitário ao longo de AB é
n2 = (r2/r2) = [(6i – 4j – 4k)/(62 + 42 + 42)1/2] = [(1/8,25)(6i – 4j – 4k).
O momento de F em relação a AB é a componente de MA paralela a AB, e sua grandeza pode ser determinada pela multiplicação de n2 e MA. Assim,
MAB = (n2·MA)n2 =
= [(1/8,25)(6i – 4j – 4k)·(3,40i + 5,70j + 9,60k)]n2 =
= (1/8,25)[6(3,40) – 4(5,70) – 4(9,60)]n2 =
= – 4,95(0,728i – 0,485j – 0,485k) N.m.
O sinal negativo indica um vetor momento de B para A; isto é, F tende a girar o corpo no sentido horário em relação a AB quando visto de B para A,
O momento em relação a AB pode também ser calculado em um único passo como indicado na discussão abaixo, Assim,
MAB = [n2·(r1xF)]n2
onde
n2·(r1xF) = (1/8,25){6[( 0,12)( 45) 0,05(40)] +
+ 4[0,06( 45) 0,05(40)] 4[0,06(40) ( 0,12)(60)]} =
= ( 40,8/8,25) = 4,95.
O momento é
MAB = – 4,95n2 N.m.
EXERCÍCIO-1.10
Determine o momento do binário na Fig. 1.22.
SOLUÇÃO
O vetor AC é
AC = (– i – 2j + 2k) m,
e o vetor unitário paralelo a F1 é
nAC = (1/3)(– i – 2j + 2k).
A força F1 torna-se
F1 = F1nAC = 60[(1/3)(– i – 2j + 2k)] = (– 20i – 40j + 40k) N,
e o vetor posição de B para A é
rBA = (2i – j) m.
o momento do binário é
M = rBAxF1 = (2i – j)x(– 20i – 40j + 40k) = i(– 40) – j(80) + k(– 80 – 20) =
= (– 40i – 80j – 100k) N.m = 134,20n N.m,
onde n é o vetor unitário (– 0,298i – 0,596j – 0,745k).
Ocasionalmente, o efeito de uma força sobre um corpo pode ser determinado de forma mais conveniente quando a força é substituída por uma força paralela passando por um ponto diferente e um binário. A adição de duas forças colineares iguais e de sentidos opostos a um sistema de forças não altera o efeito externo que o sistema exerce sobre o corpo rígido. Isto significa que uma força pode ser substituída por uma força paralela igual passando por qualquer outro ponto do corpo e um binário. Este procedimento é demonstrado no seguinte exemplo.
EXERCÍCIO-1.11
(a) Substitua a força de 250 N na Fig. 1.23(a) por uma força em A e um binário. A força de 250 N é paralela ao plano xy e age em um ângulo de 60o com o plano horizontal.
(b) Resolva o binário da parte (a) em um binário torçor paralelo a AB e por um binário fletor perpendicular a AB.
SOLUÇÃO
(a) Duas forças P1 e P2, cada uma igual a 250 N, são colocadas em A como mostrado na Fig. 1.23(a). A força original e P1 constituem um binário. O vetor posição rAC de A para C é
rAC = (0,150i – 0,100k) m,
e a força original é
F = 250(icos60° – jsen60°) = (125,0i – 216,5j) N.
o momento do binário é
M = rACxF = (0,150i – 0,100k)x(125,0i – 216,5j)
= 41,0(– 0,528i – 0,305j – 0,792k) N.m,
e a força em A é
P2 = 250(0,500i – 0,866j) N (em A).
(b) Neste problema, o binário M pode ser resolvido por inspeção, em duas componentes. O binário torçor, MT' é
MT = Mx = 21,65i N.m,
e o binário fletor, MF' é
MF = My + Mz = – 12,50j – 32,48k = 34,802n1 N.m,
onde n = (– 0,359j – 0,933k), é um vetor unitário no plano yz; veja a Fig. 1.23(c).
Quando uma força é substituída por uma força e um binário, a nova força tem a mesma grandeza e sentido que a força original, e uma linha de ação paralela. O vetor binário será perpendicular ao plano que contém as posições inicial e final da força.
O procedimento anterior em substituir uma força por uma força e um binário pode ser invertido e usado para substituir uma força e um binário por uma única força, desde que a força e o vetor binário sejam perpendiculares.
EXERCÍCIO-2.1
As grandezas das forças na Fig. 2.2 são F1 = 100 N, F2 = 50 N e F3 = 60 N. Determine a resultante do sistema de forças.
SOLUÇÃO
Cada força é expressa como uma função de i e j (as componentes em k são zero) e substituída na equação vetorial como se segue:
R = F1 + F2 + F3 = 100(– 0,707i + 0,707j) + (50i) + 60(– 0,8i – 0,6j) =
= – 68,7i + 34,7j = 77,0(– 0,893i + 0,451j) N passando por O.
EXERCÍCIO-2.2As forças abaixo são concorrentes na origem e dirigidas aos pontos indicados. Determine a resultante do sistema
Força Grandeza (kN) Coordenadas do ponto x, y, z
F1 90 1, 2, 2
F2 140 2, 6, 3
F3 60 2, 3, 4
SOLUÇÃO
As distâncias da origem aos três pontos são 3, 7 e (29)1/2 = 5,39, respectivamente; assim sendo, os vetores unitários e as componentes ortogonais das forças são calculados facilmente. A equação vetorial torna-se
R = F1 + F2 + F3 = 90[(i – 2j – 2k)/3] + 140[(2i – 6j + 3k)/7] +
+ 60[(– 2i +3j – 4k)/5,39] = (47,7i – 146,6j – 44,6k) kN =
= 160,5(0,297i – 0,914j – 0,278k) kN passando pela origem.
EXERCÍCIO-2.3
As forças na Fig. 2.4(a) têm as seguintes grandezas: F1 = 130 kN, F2 = 200 kN e F3 = 100 kN. Determine a resultante do sistema de forças e localize-a em relação à origem O.
SOLUÇÃO
Cada força do sistema é expressa em termos dos vetores unitários i e j e substituídas na equação vetorial para R, como se segue:
R = F1 + F2 + F3 = (– 50i – 120j) + (160i + 120j) + (– 50i + 86,6j) =
= 60i + 86,6j = 105,4(0,569i + 0,821j) kN.
Para calcular-se a soma dos momentos das forças do sistema e da resultante em relação ao centro de momento (a origem), são necessários os vetores posição para cada uma das forças. Os vetores podem ser selecionados como
r1 = 0, r2 = OB = 7i, r3 = OC = 3i + 2j e rR = xi + yj
onde x e y são as coordenadas de qualquer ponto sobre R. Quando o momento de R é igualado à soma dos momentos das forças, a expressão resultante em x e y é a equação da linha de ação de R. Se é especificado x ou y, a outra coordenada pode ser obtida a partir da equação. O princípio dos momentos fornece
MO = rRxR = r1xF1 + r2xF2 + r3xF3 =
= (xi + yj)x(60i + 86,6j) = 0x(– 50i – 120j) +
+ (7i)x(160i + 120j) + (3i +2j)x(– 50i + 86,6j)
donde
(86,6x – 60y)k = (840)k + [3(86,6) – 2(– 50)]k = 1.199,8k
ou
86,6x – 60y = 1.200.
A interseção de R com o eixo x pode ser obtida quando y igual a zero é substituído nesta equação. Assim,
1.200 = 86,6x x = (1.200/86,6) = 13,85 m.
A resultante é mostrada na Fig. 2.4(b).
Desejando-se a interseção de R com o eixo y, x é colocado igual a zero na equação, o que fornece
1.200 = – 60y y = (1.200/– 60) = – 20 m.
Este resultado também é mostrado na Fig. 2.4(b).
A distância perpendicular p do centro de momento à linha de ação de R também pode ser determinada pelo princípio dos momentos.
A grandeza de MO é definida como sendo o produto da grandeza da resultante pela distância perpendicular de O até R. Assim
MO = 1.200 = pR = p(105,4)
e
1.200 = p105,4 p =(1.200/105,4) = 11,39 m.
A resultante deve estar localizada a 11,39 m do ponto O, sendo, desta forma, tangente ao círculo na Fig. 2.4(b). Há dois pontos onde uma força na direção de R será tangente ao círculo. O ponto correto é aquele que resultará em um momento na direção correta (anti-horária) mostrada como sendo R. A força R’ não dará momento na direção correta.
EXERCÍCIO-2.4
A força de 100 N da Fig. 2.5(a) é a resultante do binário e três forças, duas das quais são mostradas no diagrama. Determine a terceira força P e localize-a em relação ao ponto A.
SOLUÇÃO
A resultante de 100 N é resolvida em duas componentes em C como mostrado na Fig. 2.5(b). Quando cada uma das forças conhecidas é expressa em termos dos vetores unitários e substituídas na equação R = F, a equação se torna
– 60i – 80j = 50i + 70j + P
donde 
P = – 110i – 150j = 186,0(– 0,591i – 0,806j) N.
O princípio dos momentos é usado para localizar a força P em relação ao ponto A; isto é, o momento da resultante em relação ao ponto A é igualado à soma dos momentos das forças componentes. Se p é a distância perpendicular de A até P, e se P é considerada estar acima e à esquerda de A, o momento de P em relação a A será Ppk, e a equação de momento torna-se
60(2)k + 80(6)k = – 200k – 50(4)k – 70(3)k + 186,0pk
donde
1.210 = 186,0p p = (1.210/186,0) = 6,51 m.
Como o valor de p é positivo, a consideração de que P estava acima do ponto A estava correta. A localização de P em relação a A está mostrada na Fig. 2.5(c).
EXERCÍCIO-2.5
As grandezas das quatro forças paralelas na Fig. 2.6(a) são F1 = 32 kN, F2 = 60kN, F3 = 40 kN e F4 = 75 kN. Determine a resultante das forças e mostre-a em um diagrama.
SOLUÇÃO
Cada força é substituída por uma força igual passando pela origem (sobre o eixo y) e um binário. A escolha da origem é uma questão de conveniência, uma vez que qualquer ponto arbitrário pode ser usado. O vetor soma das forças é
R = 32j + 60j – 40j – 75j = – 23j = 23 kN passando pela origem.
O vetor soma dos momentos dos binários é
MO = r1xF1 + r2xF2 + r3xF3 + r4xF4 =
 = (i + k)x(32j) + (3i + 4k)x(60j) + (4i + 2k)x(– 40j) + (3k)x(– 75j) =
= (33i + 52k) kN.m.
Como a representação vetorial do binário resultante está no plano xz, ela é perpendicular à força resultante R, e desta maneira o sistema pode ser reduzido a uma única força paralela a R. O vetor r = xi + zk, localizando a força resultante R, pode ser determinado pelo princípio dos momentos. Assim,
MO = rxR
ou
33i + 52k = (xi + zk)x(– 23j) = – 23xk + 23zi,
onde x e z são as coordenadas do ponto de interseção de R e o plano xz. A solução desta equação vetorial fornece
z = (33/23) = 1,435 m e x = (52/23) = 2,26 m. 
A resultante final R é mostrada na Fig. 2.6(b).
EXERCÍCIO-2.6
Determine a resultante das forças (F1 = 6.000 N, F2 = 5.500 N, F3 = 1.750 N e F4 = 4.390 N) aplicadas à barra da Fig. 2.7.
SOLUÇÃO
As forças F1 F2 e F3 são substituídas cada uma por uma força igual passando pela origem e um binário. O vetor soma das forças concorrentes é
R = F1 + F2 + F3 + F4 = 6.000( j) + 5.500[(i + 3j – 4,5k)/(1 + 9 + 20,25)1/2] +
+ 1.750[( 1,5i + 3j – k)/(2,25 + 9 + 1)1/2] +4.390[(6i + 5j + 4k)/(36 + 25 + 16)1/2] =
= 6.000j + (1.000i + 3.000j – 4.500k) + ( 750i + 1.500j – 500k) +
+ (3.000i + 2.500j + 2.000k) = 3.250i + 1.000j – 3.000k =
= 4.530(0,717i + 0,221j – 0,662k) N passando pela origem.
O momento do binário resultante é
MO = r1xF1 + r2xF2 + r3xF3 + r4xF4 =
= 3kx( 6.000j) + (4,5k)x(1.000i + 3.000j – 4.500k) +
+ (1k)x( 750i+ 1.500j – 500k) + 0 = 3.000i + 3.750j + 0 =
= 4.800(0,625i + 0,781j) N.m. 
O produto escalar de R e MO é
R·MO = (3.250i + 1.000j – 3.000k)·(3.000i + 3.750j) =
= (10)6(9,75 + 3,75 + 0) = 13,50(10)6,
que é diferente de zero. Logo, a força resultante e o binário não podem ser substituídos por uma única força.
EXERCÍCIO-2.7
Um binário de 4.500 kN.m é aplicado à barra do Exemplo 2.6, em adição às forças mostradas na Fig. 2.7. Determine a resultante. 
SOLUÇÃO
A força resultante é a mesma do exemplo anterior, pois o binário não entra no somatório das forças. Desta maneira
R = (3.250i + 1.000j – 3.000k) N.
A soma dos momentos em relação a O pode ser calculada adicionando-se o momento do binário à soma dos momentos das forças, calculada anteriormente. Assim
MO = (3.000i + 3.750j + 4.500k) N.m.
o produto escalar de R e MO é 
R·MO = (10)6[3,25(3,00) + 1,00(3,75) – 3,00(4,50)] =
= (10)6(9,75 + 3,75 – 13,50) = O.
Como este produto é zero, a força e o binário podem ser combinados em uma única força com mesma grandeza e direção de R, mas que não passa pela origem.
A localização desta força única pode ser determinada facilmente, encontrando-se o ponto de interseção da força R com um dos planos coordenados. Seja r = xi + yj o vetor posição do ponto de interseção de R com o plano xy, onde x e y são as coordenadas do ponto. O momento de R em relação a O deve ser igual à soma dos momentos do sistema de forças em relação a O. Assim,
rxR = MO (xi + yj)x(3.250i + 1.000j – 3.000k) = 3.000i + 3.750j + 4.500k,
– 3.000yi + 3.000xj + (1.000x – 3.250y)k = 3.000i + 3.750j + 4.500k.
Os valores de x e y podem ser determinados equacionando-se os coeficientes de i e j, o que fornece 
– 3.000y = 3.000y = (– 3.000/3.000) = – 1,00 m
e 
3.000x = 3.750 x = (3.750/3.000) = 1,25 m.
Uma verificação parcial pode ser feita equacionando-se os coeficientes de k. Esta terceira relação é satisfeita por estes valores de x e y.
A resultante é
R = 4.530(0,717i + 0,220j – 0,662k) N passando pelo ponto (1,25; – 1,00; 0) m
EXERCÍCIO-3.1
Localize o centro de gravidade dos quatro pequenos corpos (considerados como partículas), arranjados como mostrado na Fig. 3.1(a).
SOLUÇÃO
A força resultante (peso) é a soma das forças na Fig. 3.1(a), ou seja
R = – l,00gj – 0,50gj – 0,25gj – 0,75gj = – 2,50gj N.
O momento da resultante em relação à origem é
MO = rxF= 150ix(– 1,00gj) + 75jx(– 0,50gj) +
+ 100kx(– 0,25gj) + (150i + 75j + 100k)x(– 0,75gj)=
= – 150gk + 25gi – 112,5gk + 75gi = (100gi – 262,5gk)(10)–3 N.m.
A posição r da resultante R (no plano xz) pode ser determinada pela aplicação do princípio dos momentos. Assim
MO = rxR = (xi + yj + zk)x(– 2,50gj) = 2,50gzi – 2,50gxk.
Quando estes dois valores de MO são igualados, eles se tornam
(100gi – 262,5gk)(l0)3 = 2,50gzi – 2,50gxk,
e quando as componentes dos dois vetores são igualadas, os resultados se tornam
100(10)3g = 2,50gz ou z = 40 mm e – 262,5(10)3g = – 2,50gx ou x = 105 mm.
A coordenada y do centro de gravidade dos corpos pode ser obtida girando-se o sistema de corpos em 90o, como mostrado na Fig. 3.1(b), e aplicando-se ainda o princípio dos momentos. Assim
R = – 2,50gk N
e 
MO = 150ix(– 1,00gk) + 75jx(– 0,50gk) + 100kx(– 0,25gk) +
+ (150i + 75j + 100k)x(– 0,75gk) = (– 93,75gi + 262,5gj)(10)–3 N.m.
Também
MO = rxR = (xi + yj + zk)x(– 2,50gk) = – 2.50gyi + 2,50gxj.
Quando são equacionadas estas duas expressões para MO, elas fornecem y = 37,5 mm (e x = 105 mm, o que concorda com o cálculo anterior).
O centro de gravidade está localizado em
r = (l05i + 37,5j + 40k) mm.
O centro de gravidade do sistema de corpos está mostrado em G na Fig. 3.2, localizado em relação aos eixos coordenados. Normalmente, o emprego de um esquema tornará possível a verificação de erros grosseiros.
EXERCÍCIO-3.2
Localize o centróide do arco (linha) circular na Fig. 3.5.
SOLUÇÃO
O elemento da linha é mostrado como dL e está dimensionado no esquema, segundo o passo 1. Nesta solução, os passos estão indicados por números, a fim de enfatizá-la.
O comprimento do elemento é
dL = r.d (passo 2)
e o comprimento do arco é
L = r.d = [r] = r (passo 3)
O ângulo a é expresso em radianos, e o comprimento L poderia ter sido determinado diretamente a partir da definição de radiano. O momento do elemento em relação à origem é
dMO = (r.cos i + r.sen j)r.d = r2(icos + jsen)d (passo 4)
e o momento do arco é
MO = r2(icos + jsen)d = r2[isen jcos] = r2[isen j(cos 1)] (passo 5)
A posição do centróide é determinada dividindo-se o momento do elemento pelo seu comprimento; assim:
rC = (MO/L) = (r2/r)[isen + j(1 cos)] (passo 6)
rC = (r/)[isen + j(1 cos)]
EXERCÍCIO-3.3
Localize o centróide da área na Fig. 3.6, limitada pela curva y = x2 e pela linha definida por y = x + 2. Na equação, x e y estão em metros.
SOLUÇÃO
Seleciona-se um elemento vertical de área, porque o mesmo elemento pode ser usado para toda a área. Se fosse escolhido um elemento horizontal, seria necessário o emprego de dois elementos diferentes. Observe que o elemento está completamente dimensionado. A sua área é
dA = (y2 y1)dx = (x +2 x2)dx,
e a área total é
A = (x +2 x2)dx = [(x2/2) + 2x (x3/3)] = 4,50 m2
O elemento é um retângulo, e seu centróide está localizado em
r = xi + [y1 + (y2 y1)/2]j = xi + [(y1 + y2)/2]j
O momento do elemento em relação à origem é
dMO = rdA = = {xi + [(y1 + y2)/2]j}(y2 y1)dx,
a qual, quando y1 e y2 são expressos em termos de x, torna-se
dMO = [i(x2 + 2x – x3) + j(1/2)(x2 + 4x +4 – x4)]dx.
O momento da área em relação à origem é
MO = dMO = [i(x2 + 2x – x3) + j(1/2)(x2 + 4x +4 – x4)]dx =
= i[(x3/3) + (2x2/2) – (x4/4)] (j/2)[(x3/3) + (4x2/2) + 4x – (x5/5)] = 
= (2,25i + 7,20j) m3
A posição do centróide é
rC = (MO/A) = [(2,25i + 7,20j)/4,50] = (0,500i +1,600j)
Quando é necessária somente uma coordenada do centróide de uma área, o momento pode ser obtido em relação a um eixo de referência no plano, e a solução pode ser menos trabalhosa, como apresentado no exemplo seguinte.
EXERCÍCIO-3.4
Localize o centróide da área semicircular na Fig. 3.7.
SOLUÇÃO
Por simetria, o centróide deve estar sobre o eixo y; desta maneira, é necessário somente determinar Yc. O elemento de área é aproximadamente um retângulo de comprimento dr e largura r dõ, e a área do elemento é
dA = r.d.dr
Não é necessário integrar esta expressão para área, pois a área de um semicírculo é
A = (πR2/2)
A distância centroidal do eixo x ao elemento é
y = r.sen
e o momento do elemento em relação ao eixo x é
dMx = y.dA = (r.sen)(r.d.dr)
o momento de toda a área em relação ao eixo x é 
Mx = r2.sen.d.dr = [r3/3]sen.d = [(R3/3)( cos)] = (2R3/3)
Pelo princípio dos momentos, a coordenada y do centróide é
yC = (Mx/A) = [(2R3/3)/(πR2/2)] = (4R/3π)
Este problema pode ser resolvido com uma única integração, selecionando-se o elemento em forma de cunha, mostrado por linhas hachuradas. A área do elemento é R(Rd)/2, e o seu centróide é (2/3)R.sen, a partir do eixo x. O produto destas quantidades é o resultado obtido através da primeira integração acima.
EXERCÍCIO 3.5
Determine as coordenadas do centro de massa do tronco de cone circular reto homogêneo mostrado na Fig. 3.8.
SOLUÇÃO
Por simetria, xG e yG são ambos iguais a zero. Para determinar a coordenada z do centro de massa, é necessário o momento da massa do tronco de cone, em relação ao plano xy. Seleciona-se um fino disco circular de raio x e espessura dz como elemento de massa, porque todas as suas partes estão a uma mesma distância do plano xy. A massa deste elemento é
dm = .dV = πx2.dz
onde é a densidade (massa por unidade de volume) do material do corpo e dV é o volume do elemento. A relação entre x e z pode ser obtida por triângulos semelhantes como
[z/(100 x)] = [150/(100 25)]
donde
x = 100 (z/2)
Então, a massa do elemento torna-se
dm = π[100 (z/2)]2.dz
e a massa total do corpo é
m = π[104 100z + (z2/4)].dz = 6,56(10)5π
o momento da massa do elemento em relação ao plano xy é
dMxy = z.dm = π[104z 100z2 + (z3/4)]dz
e o momento do corpo é
Mxy = π[104z 100z2 + (z3/4)]dz = 3,16(10)7π
Pelo princípio dos momentos, a coordenada z do centro de massa é
zG = (Mxy/m) = [3,16(10)7π/6,56(10)5π] 48,2 mm acima do plano xy
Se o material do corpo não fosse homogêneo, a densidade, , seria uma variável e não poderia ser tirada para fora do sinal de integral. Neste caso, o problema não poderia ser resolvido sem que antes fosse obtida a lei que relacionasse a densidade e as coordenadas de um ponto qualquer do corpo.
EXERCÍCIO-3.6
Localize o centro de massa do corpo gerado pela revolução da área hachurada da Fig. 3.9(a), ao redor do eixo y. A equação da curva é x2 = y, e a densidade do material varia diretamente com o quadrado da distância ao eixo y.
SOLUÇÃO
Por simetria xG e zG são ambos iguais a zero. Para se determinar yG, a terceira coordenada do centro de massa, é necessário ter-se o momento da massa do corpo, em relação ao plano xz. Usa-se, para integração, um elemento diferencial de massa com a forma de uma casca cilíndrica [Fig. 3.9(b)], pois a massa total da casca tem a mesma densidade. A densidade do material varia diretamente com o quadrado da distância ao eixo de revolução; assim, = kx2, onde k é uma constante e x é o raio do elemento.
A área da seção reta da casca [hachurada na Fig. 3.9(b)] é
dA = 2πx.dx
e o volume do elemento é
dV = y.dA
A massa do elemento é
dm = .dV = kx2(2πxy.dx = 2πkx5.dx
da qual se tem a massa do corpo como
m = 2πkx5.dx = [2πk(x6/6)] = (πk/3)
o momento do elemento de massa ao redor do plano xz é
dMxz = (y/2)dm = (x2/2)(2πkx5.dx) = πkx7.dx
e
Mxz = πkx7.dx = [πk(x8/8)] = (πk/8)
Assim, a coordenada y do centro de massa torna-seyG = (Mxz/m) = [(πk/8)/ (πk/3)] = (3/8) = 0,375 m
e o centro de massa está localizado em
rG = 0,375j m
	EXERCÍCIO-3.7
Localize o centro de gravidade do fio homogêneo uniforme ABCD, mostrado na Fig. 3.11.
SOLUÇÃO
O fio é dividido em três seções retas AB, BC e CD. Como ele é uniforme e homogêneo, o centro de gravidade é o mesmo que o centróide da linha. O comprimento e as coordenadas do centróide de cada seção são mostrados na Fig. 3.11. O comprimento total é
L = 300+ 500+ 200 = 1.000 mm.
O primeiro momento do comprimento do fio em relação à origem é
MO = Liri = 300(150i + 500j) + 500(500i + 350j) + 200(700i + 100j) = 
= (45i + 150j + 250i + 175j + 140i + 20j)(10)3 = (435i + 345j)(10)3
Também
MO = rCL = (xi + yj)1.000
da qual
xC = [435(10)3/1.000] = 435 mm e yC = [345(10)3/1.000] = 345 mm
e
rC = (435i + 345j) mm.
O centro de gravidade do fio é mostrado como o ponto G na Fig. 3.11.
EXERCÍCIO-3.8
Localize o centróide da área hachurada na Fig. 3.12.
SOLUÇÃO
A área composta na Fig. 3.12 é dividida em dois triângulos retos A e B, um grande retângulo C e um pequeno retângulo D, cuja área deve ser removida. Todos os dados necessários para cada área estão dispostos de uma forma compacta e conveniente na seguinte tabela:
O momento da área em relação à origem é
MO = (234i – 12j)(103) mm3
e pode ser escrito como 
MO = rCA = (xCi + yCj)7.200
Quando as duas expressões são igualadas, fornecem
xC = 32,5 mm e yC = – 1,667 mm
e
rC = (32,5i – 1,667j) mm.
EXERCÍCIO-3.9
A Fig. 3.13 representa um cilindro homogêneo de 30 kg ligado a três barras A, B e C cujas massas são de (10, 5 e 8) kg, respectivamente. Localize o centro de massa do corpo resultante.
SOLUÇÃO
Os cálculos para a determinação do centro de massa do corpo são convenientemente arranjados em forma tabular como se segue:
O vetor posição que localiza o centro de massa é obtido por intermédio do princípio dos momentos:
MO = mrG = m(xGi + yGj + zGk)
donde
xG = (9.600/53) = 181,1 mm,
yG = (2.800/53) = 52,8 mm
e
zG = (5.880/53) = 110,9 mm
A posição do centro de massa é
rG = (180,1i + 52,8j – 110,9k) mm
As Tabelas 3.1 e 3.2 fornecem a área e as coordenadas centroidais de um número de figuras simples e de algumas formas estruturais selecionadas para uma fácil referência.
	EXERCÍCIO-3.10
Por meio da primeira proposição de Pappus, determine a área lateral do tronco de cone circular reto na Fig. 3.16.
SOLUÇÃO
A área lateral do cone é gerada pela revolução da linha AB (a linha geratriz) ao redor do eixo y. Por simetria, a coordenada x do centróide da linha AB é 62,5 mm, e a coordenada y é 75 mm. O comprimento da linha geratriz é (752 + 1502)1/2 mm.
Pelo teorema, a área lateral é
A = L(2πxC) = (752 + 1502)1/2(2π62,5) = 65,9(10)3 mm2
Este resultado fornece somente a área curva da superfície e exclui a área das bases do tronco de cone (as extremidades).
EXERCÍCIO-3.11
Por meio da segunda proposição de Pappus, localize o centróide de uma área semicircular.
SOLUÇÃO
Considere a área semicircular da Fig. 3.17 girando ao redor do eixo x para gerar uma esfera. O volume da esfera é (4/3)πR3, e a área do semicírculo é (1/2)πR2. Pelo segundo teorema, o volume é
V = A2πyC
donde
(4/3)πR3 = (1/2) R22πyC
ou
yC = (4R/3π)
e, por simetria,
xC = 0
	EXERCÍCIO-3.12
A viga na Fig. 3.20(a) tem massa de 180 kg/m e está sujeita a uma pressão que varia como indicado na figura. A pressão q = 500x2 está em newtons por metro linear, e a distância x, em metros, é medida a partir do suporte esquerdo. Determine a resultante do peso e da pressão agindo sobre a viga.
SOLUÇÃO
A intensidade da carga sobre a viga, incluindo seu peso, é mostrada na Fig. 3.20(b). A força dF, a uma distância x do suporte esquerdo, é igual ao produto da intensidade do carregamento resultante (em newtons por metro) pelo comprimento dx (em metros):
dF = j[180g + q]dx = j[180(9,81) + 500x2]dx
A força resultante sobre a viga é
F = j[180(9,81) + 500x2]dx = j[180(9,81)x + 500(x3/3)] = 9.797 N 
O momento da força dF em relação ao ponto A é
dMA = xxdF = xix( j)[180(9,81) + 500x2]dx = 
e o momento resultante é
MA =( k)[180(9,81)x + 500x3]dx = ( k)[180(9,81)(x2/2) + 500(x4/4)] = 
= 18.070k = 18.070 N.m no sentido horário
O momento da força resultante em relação a A pode também ser escrito como
MA = xpxF = xpix( 9.797)j = xp(9.797)k
Quando estas duas expressões para M, são igualadas, tem-se
 18.070= xp(9.797)
donde
xp = (18.070/9.797) = 1,844 m e xp = 1,844i m.
EXERCÍCIO-3.13
A carga sobre o piso de um armazém está distribuída de tal maneira que o carrega- mento sobre uma viga varia como mostrado na Fig. 3.21(a). Determine o carregamento resultante sobre a viga. Despreze a massa da viga.
SOLUÇÃO
A carga distribuída pode ser resolvida em três componentes como indicado na Fig. 3.21(b). A carga F1 é fornecida pela área do triângulo (5.000 – 2.000)(3)/2 = 4.500 N, e age no centróide do triângulo. Analogamente, F2 = 10.000 N e F3 = 8.000 N. A carga resultante é
R = 4.500j – 10.000j – 8.000j = 22.500j N =22,5 kN 
O momento da carga resultante em relação ao eixo z é
Mz = 1(4.500)k – 2,5(10.000)k – 6(8.000)k =
= 77.500k N.m = 77,5 kN.m no sentido horário.
A distância que vai de A à força resultante é
xp = (Mx/R) = (77,5/22,5) = 3,44 m e xp = 3,44i m = 3,44 m à direita de A.
EXERCÍCIO-3.14
A placa AB da Fig. 3.22(a) tampa uma abertura de 0,60 m por 1,50 m no lado inclinado de um tanque de óleo. A densidade do óleo no tanque é de 800 kg/m3. Determine a força resultante do óleo sobre a placa.
SOLUÇÃO
Os eixos são selecionados como mostrado na Fig. 3.22(b), com a interseção da área plana e da superfície do óleo sendo o eixo z. A pressão (em newtons por metro quadrado) em um ponto h metros abaixo da superfície do fluido é p = gh, onde é a densidade do fluido e g é a aceleração da gravidade. A força dF na Fig. 3.22(b) é a força do fluido sobre um elemento de área com 0,6 m de largura e dy m de altura e igual a
dF = ipdA = igh(0,6dy)
Como h = (4/5)y e = 800 kg/m3, a força diferencial torna-se
dF = i(800g)(0,8y)(0,6)dy = i384gydy
A força resultante sobre a placa é
F = i384gydy = i384g[(y2/2)] = i1.296g N = i12,71 kN.
O princípio dos momentos pode ser usado para localizar a força resultante. A grandeza do momento de dF em relação ao ponto O é
dMO = y(dF) = 384gy2dy
e o momento da força é
MO = 384gy2dy = 384g[(y3/3)] = 3.024g N.m = 29,67 kN.m.
A distância yp de O até a força resultante é
yp = (MO/F) = (3.024g/1.296g) = 2,33 m e yp = 2,33j m.
Uma solução alternativa, empregando um sólido de pressão, é ilustrada na Fig. 3.22(c). As pressões em A e B são
pA = ghA = 800g[(0,8)(3)] = 1.920g N/m2
e
pB = ghB = 800g[(0,8)(1,5)] = 960g N/m2
O sólido de pressão é dividido em um prisma retangular (representando uma pressão uniforme de 960g N/m2) e um prisma triangular (representando uma pressão que varia de 0 a 960g N/m2). As grandezas das duas forças componentes, iguais aos volumes das duas partes do sólido de pressão, são
F1 = pBA = 960g(0,6)(1,5) = 864g N
e
F2 = [(pA pB)/2]A = [(1.920 960)g/2](0,6)(1,5) = 432g N
A força resultante é
F = F1i + F2i = 1.296gi N = 12,71i kN.
A resultante pode ser localizada somando-se os momentos em relação a qualquer centro de momento que seja conveniente. Quando os momentos são somados em relação ao ponto C, o momento de F1 é zero e
F(yp 2,25) = F2[(1,5/2) – (1,5/3)]
ou
1.296g(yp – 2,25) = 432g(0,75 – 0,50)
donde
yp = 2,25 + (108,0/1.296) = 2,33 m
	EXERCÍCIO-4.1
O corpo A na Fig. 4.1 (a) tem massa de 200 kg e a barra homogênea B tem massa de 40 kg. Desenhe um diagrama de corpo livre para cada um dos dois corpos.
SOLUÇÃO
As Figs. 4.1(b) e 4.1(c) são os dois diagramas de corpo livre. As componentes da reação no pino em C no corpo A são consideradas para cima e para a esquerda. Estas são as componentes da reação do corpo B sobre A. A força exercida por A sobre B tem a mesma grandeza, mas age na direção oposta. Assim, as mesmas componentes são mostradas para baixo e para a direita,no diagrama de corpo livre na Fig. 4.1(c).
EXERCÍCIO-4.2
O eixo A de 30 kg e o eixo B de 50 kg são suportados como mostrado na Fig. 4.3(a). Desprezando o atrito nas superfícies de contato P, Q, R e S, determine as reações em R e S sobre o eixo B. Considere que os pesos resultantes de A e B e todas as reações das superfícies estão em um plano.
SOLUÇÃO
A etapa 1 está contida no enunciado do problema. Como a força desejada age sobre o corpo B, é desenhado um diagrama de corpo livre do corpo B para a etapa 2 na Fig. 4.3(b). O sistema de forças que age sobre B é um sistema de forças concorrentes coplanares (etapa 3), e somente duas das equações de equilíbrio [Eq. (4.2)] são independentes para um sistema deste tipo (etapa 4). O sistema contém três incógnitas (etapa 5), as grandezas das forças Q, R e S. Como há mais incógnitas que equações independentes de equilíbrio, as quantidades incógnitas não podem ser todas determinadas por este diagrama de corpo livre.
A etapa seguinte, 6(b), é desenhar um diagrama de corpo livre do corpo A, como na Fig. 4.3(c). Observe que a força exercida pelo eixo A sobre B é mostrada pela força Q para baixo e para a esquerda na Fig. 4.3(b), enquanto que a força exercida pelo eixo B sobre A é mostrada pela força Q para cima e para a direita, na Fig. 4.3(c). Estas forças são iguais em grandeza, colineares e opostas em sentido, como indicado pela terceira lei do movimento de Newton, que estabelece que para toda ação há sempre reação igual e oposta.
O sistema de forças coplanares e concorrentes do corpo A tem duas equações independentes de equilíbrio e contém somente duas incógnitas, as grandezas das forças P e Q. A força Q pode, desta maneira, ser determinada a partir do diagrama de corpo livre na Fig. 4.3(c), e haverá somente duas forças desconhecidas restando no diagrama de corpo livre do corpo B duas equações de equilíbrio disponíveis. Assim, a análise do problema está completa.
Os eixos positivos são selecionados como mostrado, e a equação de equilíbrio para o corpo A, Fig. 4.3(c), é
F = 0 = Q(icos40° + jsen40o) – Pi – 294j =
= i(Qcos40° – P) + j(Qsen40o – 294).
Esta equação é satisfeita somente se ambas as componentes são iguais a zero. Desta maneira
Qcos40° – P = 0 e Qsen40o – 294 = 0
donde Q = 457 N e P = 350 N. Observe que como a força P não é necessária para outros cálculos e não foi pedida pelo enunciado do problema, a primeira das duas equações não necessita ser resolvida.
A equação de equilíbrio para o corpo B, Fig. 4.3(b), é
F = 0 = Ri + Sj – 491j + Q(– icos40° – jsen40o) =
= i(R – Qcos40o)+j(S – 491 – Qsen40o).
Quando 457 N é substituída para Q e cada uma das expressões componentes é equacionada a zero, os resultados são
R = 350 N e S = 785 N
As reações sobre o eixo B são
R = 350i N e S = 785j N
EXERCÍCIO-4.3
O bloco P na Fig. 4.4(a) tem massa de 500 kg e é suportado por três arames como mostrado. Determine a tensão no arame AB.
SOLUÇÃO
A etapa 1 está contida no enunciado do problema. Um arame é um corpo flexível, e desta maneira exerce uma força única (tensão) ao longo do mesmo. Na Fig. 4.4(b) é mostrado um diagrama de corpo livre da conexão em A (etapa 2). O sistema de forças que age na conexão em A é um sistema de forças concorrentes no espaço (etapa 3), e podem ser usadas tanto a equação vetorial geral de equilíbrio, Eq. (4.1), como as três equações componentes de equilíbrio, Eq. (4.2), para a solução (etapa 4). O diagrama de corpo livre tem três grandezas incógnitas, TB, TC e TD (etapa 5). Uma vez que há três incógnitas e três equações de equilíbrio independentes (pela equação vetorial), a análise está completa (etapa 6a). Para aplicar a Eq. (4.1), as forças em cada um dos arames deverão ser resolvidas em componentes, multiplicando-se as grandezas pelos vetores unitários correspondentes ao longo dos arames.
Os vetores unitários são
nAB = [( 1,5i + 3,0j + 3,0k)/[( 1,5)2 + (3,0)2 + (3,0)2]1/2] =
= [( 1,5i + 3,0j + 3,0k)/4,5] = [( i + 2j + 2k)/3]
Analogamente,
nAC = [( 1,5i + 6,0j 2,0k)/[( 1,5)2 + (6,0)2 + ( 2,0)2]1/2] =
= [( 1,5i + 6,0j 2,0k)/6,5] = [( 3i + 12j 4k)/13]
e
nAD = [(1,5i + 2,5j 2,0k)/[(1,5)2 + ( 2,5)2 + ( 2,0)2]1/2] =
= [(1,5i + 2,5j 2,0k)/3,535] = [(3i + 5j 4k)/7,07]
A equação de equilíbrio é
R = F = TB + TC + TD + P = 0
onde P = mgj = 500(9,81)j N = 4.905j N, como mostrado no Art. 1.8. Quando as forças são expressas em termos dos vetores unitários, a equação de equilíbrio fica
R = [TB( i + 2j + 2k)/3] + [TC( 3i + 12j 4k)/13] +
+ [TD(3i + 5j 4k)/7,07] 4.905j = i[ (TB/3) (3TC/13) + (3TD/7,07)] +
+ j[(2TB/3) + (12TC/13) + (5TD/7,07) 4.905] +
+ k[(2TB/3) (4TC/13) (4TD/7,07)] = 0
Cada uma das componentes de R deve ser zero se o sistema deve estar em equilíbrio; assim, devem ser satisfeitas as seguintes equações:
 (TB/3) (3TC/13) + (3TD/7,07) = 0
(2TB/3) + (12TC/13) + (5TD/7,07) 4.905 = 0
(2TB/3) (4TC/13) (4TD/7,07) = 0
A solução simultânea destas equações fornece
TB = 2.890 N, TC = 1.045 N, TD = 2.840 N
e a tensão do arame AB é
TAB = 2.890 N
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
Na solução anterior, foi necessário resolver três equações simultâneas com três incógnitas. É possível evitar a solução das equações simultâneas equacionando-se a soma das componentes das forças, em uma direção adequadamente selecionada, igual a zero. A força TB deve ser determinada, e qualquer equação que elimine as outras duas incógnitas pode ser usada para calcular TB. A equação
Fn = 0
onde a direção n é a perpendicular ao plano contendo TC e TD, não envolverá nenhuma destas forças e assim pode ser usada para calcular TB. O vetor
N = ACxAD
é perpendicular a TC e TD, e a equação
n·F = (N/N) F = 0
pode ser empregada para calcular TB. Se ambos os lados da equação anterior são multiplicados por N, ela se torna
N·F = (ACxAD) F = 0
Pelo diagrama
AC = – 1,5i + 6,0j – 2,0k,
AD = 1,5i + 2,5j – 2,0k,
F = TB + P = TB[(– i + 2j + 2k)/3] – 4.905j
e a Eq. (a), na forma de determinante, torna-se 
|(– 1,5) 6,0 (– 2,0)|
|1,5 2,5 (– 2,0)|
|(–TB/3) [(2TB/3) – 4.905] (2TB/3)|
Observe que TC e TD são omitidas, pois elas não apresentam componentes na direção N O determinante pode ser expandido para fornecer
– 1,5[(5TB/3) + (4TB/3) – 9.810] – 6,0[(3TB/3) – (2TB/3)] –
– 2,0[(3TB/3) – 7.358 + (2,5TB/3)] = 0
que se reduz a
TB = 2.890 N
EXERCÍCIO 4.4
A barra uniforme AB da Fig. 4.6(a) tem massa de m kg e um comprimento de L m. A barra é colocada com suas extremidades em planos inclinados lisos. Determine o ângulo para o qual a barra estará em equilíbrio.
SOLUÇÃO
Um diagrama de corpo livre da barra é desenhado na Fig. 4.6(b). Como há somente três forças agindo sobre a barra, elas devem se interceptar em um ponto comum, D. Há duas forças incógnitas FA e FB. Este é um sistema de forças concorrentes, e há duas equações de equilíbrio. As forças incógnitas podem ser determinadas, em termos da massa m, pelas equações de equilíbrio, sem conhecer o valor do ângulo . Este ângulo pode ser determinado a partir da geometria do diagrama. O comprimento AC = (L/2)cos e DC = AC, pois o triângulo ACD é retângulo isósceles.
Também, EB = (L/2)cos, e
DE = EBtg30° = (L/2)cos[1/(3)1/2]
Pelo diagrama
DC – DE = Lsen
ou
(L/2)cos (L/2)cos[1/(3)1/2] = Lsen
donde
[(3)1/2 – 1]cos = [2(3)1/2]sen 
 tg = {[(3)1/2 – 1]/ [2(3)1/2]} = 0,211
e
 = 11,9o
EXERCÍCIO 4.5
A tensão na mola na estrutura conectada por pino na Fig. 4.7(a) é de 540 N. As massas das barras e o atrito em todas as superfícies de contato podem ser desprezíveis. Determine as componentes horizontal e vertical da reação do pino em B na barra EB.
SOLUÇÃO
As etapas descritas no procedimento explicado no Art. 4.4 serão, por conveniência, referidas por um número.
Todos os ângulos, dimensões e cargas aplicadas são dados ou podem ser facilmente obtidos pelos dados fornecidos, e as componentes horizontal e vertical da força B na barra EB devem ser determinadas (etapa 1). O diagrama de corpo livre do corpo EB é mostradona Fig. 4.7(b) (etapa 2). O sistema de forças coplanares e não-concorrentes (etapa 3) tem três equações de equilíbrio independentes (etapa 4) e quatro incógnitas (etapa 5). O diagrama de corpo livre de toda a estrutura é mostrado na Fig. 4.7(c) – etapa 6(b). O corpo todo é usado para o diagrama de corpo livre, em vez da barra AC, porque conduz a uma solução mais simples. Cada diagrama de corpo livre tem quatro incógnitas, mas três delas podem ser eliminadas usando-se a equação de momento adequada para todo o corpo, eliminando, assim, a necessidade da resolução de equações simultâneas. O sistema de forças coplanares e não-concorrentes na Fig. 4.7(c) tem três equações de equilíbrio e quatro incógnitas.
Os dois diagramas de corpo livre contêm um total de seis incógnitas, e são disponíveis seis equações de equilíbrio; desta maneira, a análise está completa (etapa 7). O restante da solução prossegue. Pelo diagrama de corpo livre de toda a estrutura, a equação
MA = rxF
torna-se
(6tg36° + 6tg42°)jxExi + 8ix(– 1.120j) = 0
ou
– (4,36 + 5,40)Exk – 8.960k = O
donde
Ex = – 918 N
e 
Ex = – 918i N = 918 N em BE.
A equação de força de equilíbrio pode ser aplicada ao diagrama de corpo livre de BE para dar
F = Exi – Eyj – 540j – Bxi – Byj = i(Ex – Bx) + j(– Ey – 540 – By) = 0 (a)
Os coeficientes tanto de i como de j devem ser zero; assim:
Ex – Bx = 0
ou
Bx = Ex = – 918 N
e
Bx = – (– 918)i N = 918i N = 918 N em BE.
Observe que as grandezas de Bx e de Ex foram encontradas negativas. Isto indica que elas foram consideradas erradas no diagrama de corpo livre. Um sinal negativo indica que a força está na direção negativa somente quando a força desconhecida foi considerada na direção positiva (veja Ex). Se a força desconhecida foi tomada na direção negativa, como foi Bx, um sinal negativo indica que a força foi considerada incorretamente, e assim ela atua na direção positiva. Quando o valor de Ex foi usado para obter Bx, o valor negativo foi usado como calculado, e o diagrama de corpo livre não foi alterado. No caso em que um destes resultados seja empregado em uma equação subseqüente, o sinal negativo deve ser usado como calculado.
Quando o sentido de uma ou mais incógnitas foi tomado erradamente, um procedimento alternativo é colocar um círculo nas setas erradas e mostrar o sentido correto em todos os diagramas de corpo livre envolvidos. Neste procedimento, o resultado negativo deve ser usado nas equações escritas antes que as alterações tenham sido feitas, e valores positivos devem ser usados em equações escritas após as alterações terem sido feitas. A segunda componente da Eq.(a) contém duas incógnitas e, assim, não pode ser usada para determinar By.
A equação ME = 0 pode ser aplicada ao diagrama de corpo livre na Fig. 4.7(b) para obter-se By. Embora os momentos possam ser calculados como produtos vetoriais, freqüentemente é mais direto usar-se o princípio dos momentos e escrever a equação de momento por inspeção. Assim
ME = k[ 2(540) By (6tg42o)Bx]
Donde
6By = 2(540) – (6tg42°)( 918)
ou 
By = 647 N
e
By = 647j N = 647 N em BE.
EXERCÍCIO-4.6
O corpo G, na Fig. 4.8(a), tem massa de 1.500 kg, e as massas de todas as outras barras podem ser desprezadas. Determine a força exercida pelo pino em A sobre a barra AB. O atrito pode ser desprezado nas superfícies de contato. O rolete E está preso à barra AB.
SOLUÇÃO
As etapas sugeridas no Art. 4.4 serão ainda indicadas para fácil referência.
Todos os pesos, inclinações e dimensões são dados, e deseja-se a reação em A, na barra AB (etapa 1). O diagrama de corpo livre da barra AB está mostrado na Fig. 4.8(b) (etapa 2). O sistema de forças coplanares e não-concorrentes (etapa 3) tem três equações de equilíbrio independentes (etapa 4) e contém cinco forças incógnitas (etapa 5). Desta maneira, é necessário um outro diagrama de corpo livre.
O sistema de forças no diagrama de corpo livre da barra na Fig. 4.8(c) é um sistema coplanar não-concorrente, tendo três equações de equilíbrio e cinco incógnitas (etapa 6). Os dois diagramas de corpo livre contêm nove incógnitas com somente seis equações de equilíbrio – etapa 7(b); desta maneira, é necessário um diagrama de corpo livre da polia D (etapa 8), Fig. 4.8(d). O sistema de forças na Fig. 4.8(d) é um sistema coplanar não-concorrente tendo três equações de equilíbrio e três incógnitas. Estas três incógnitas podem ser determinadas pelo diagrama de corpo livre da polia, deixando somente três incógnitas, Cx, Cy e PE, no diagrama de corpo livre de CD. Após a determinação destas três incógnitas, restarão somente três incógnitas, Ax, Ay e PF, no diagrama de corpo livre de AB. Desta maneira, a análise está completa, e o restante da solução pode ter seguimento.
No diagrama de corpo livre da Fig. 4.8(d),
MO = k[1(T) – 1(1.500g)] = 0
donde
T = 1.500g N e T = 1.500g(– 0,8i + 0,6j) N sobre a polia
e
F = iDx + jDy – j1.500g – i1200g + j900g =
= i(Dx – 1.200g) + j(Dy – 1.500g + 900g) = O
donde
Dx = 1.200g N e Dy = 600 N,
e
Dx = 11.770i N e Dy = 5.890j N sobre a polia
No diagrama de corpo livre da Fig. 4.8(c),
MC = k[6Dx – 8Dy – 5PE) = 0 5PE = 6(1.200g) – 8(600g)
PE = 480g N e PE = 480g(0,6i – 0,8j)N em CD
As equações de equilíbrio são aplicadas ao diagrama de corpo livre da Fig. 4.8(b) como se segue:
MF = k[10Ax – 5(0,6PE) – 2,25(0,8T)] = O
donde
10Ax = 5(0,6)(480g) + 2,25(0.8)(1.500g)
ou
Ax = 4.060 N e Ax = 4.060i N em AB
Também
F = Axi – Ayj – PFi + 0,8Ti – 0,6Tj – 0,6PEi + 0,8PEj =
= i(Ax – PF + 0,8T – 0,6PE) + j(– Ay – 0,6T + 0,8PE) = 0
A segunda das equações anteriores de coeficientes fornece
Ay = – 0,6(1.500g) + 0,8(480g) = – 516g N
e
Ay = – (– 516g)j = 5.060j N em AB
A reação em A é
FA = Ax + Ay = 6.490 N com um ângulo de 51,3o
EXERCÍCIO-4.7
Determine as forças nas barras AB, AC, DE e EG da treliça conectada por pinos na Fig.4.13.
SOLUÇÃO
Como uma ajuda na decisão de quais diagramas de corpo livre a serem desenhados, é freqüentemente útil identificar as barras, nas quais as forças devem ser determinadas, por marcas de identificação na figura original. Neste exemplo, o diagrama de corpo livre do nó em A na Fig. 4.14(a) envolve duas das forças desejadas e a reação de 5.000 N (determinada pelo diagrama de corpo livre de toda a treliça). A equação de equilíbrio
F = 0
Fornece
FAB = (– 0,6i – 0,8j) + FACi + 5.000j = 0
ou
i(– 0,6FAB + FAC) + j(– 0,8FAB + 5.000) = 0
Quando cada uma das componentes da equação é colocada igual a zero, resulta a seguinte equação:
– 0,6FAB + FAC = 0
– 0,8FAB + 5.000 = 0
da qual
FAB = (5.000/0,8) = 6.250 N C,
e
FAC = 0,6(6.250) = 3.750 N T.
Os resultados são designados C (compressão) ou T (tração) em lugar de se indicarem as direções, uma vez que a mesma força age em cada metade da barra, mas em direções opostas. Ambas as forças possuem sinais positivos, o que indica que elas foram consideradas corretamente. Um sinal negativo indicaria que o sentido, tração ou compressão, foi considerado de maneira errada.
As outras duas forças a serem determinadas aparecem no diagrama de corpo livre da Fig. 4.14(e). Há três equações de equilíbrio independentes para o sistema de forças e três forças incógnitas. Como as forças BD e DE agem passando por D, elas não têm momento em relação a D. Desta maneira, a força EG pode ser determinada a partir da equação
 MD = k[10FEG + 6(2.000) – 12(5.000)] = 0
donde
FEG = 4.800 N T
A força DE pode ser determinada pela soma dos momentos em relação a qualquer ponto sobre a linha de ação da incógnita BD. Sempre que possível, é desejável o emprego de equações que não necessitam o uso de resultados calculados, a fim de evitar quaisquer erros de cálculos anteriores e que afetem resultados subseqüentes. A equação
MO = k[– 30FDE + 18(5.000) – 24(2.000) – 30(2.000)] = 0
não envolve as forças nas barras BD e EG e pode ser resolvida para FDE, dando
FDE = – 600 N = 600 N T.
o sinal negativo indica que o sentido considerado para a força (compressão) estava incorreto e que a força é, na realidade,uma força trativa.
EXERCÍCIO-4.8
Um pedaço de corrente tendo massa de 0,8 kg/m está suspenso entre dois postes com a mesma elevação, espaçados 6,0 m um do outro. A tração da corrente entre os postes é 40 N. Determine a flecha e o comprimento da corrente, considerando-se o peso uniformemente distribuído ao longo do eixo horizontal.
SOLUÇÃO
Na Eq. (4.9),
q = 0,8(9,81) N/m e a = (6/2) 3 m
e
TA = 40 N.
Desta maneira,
40 = 0,8(9,81)(3)[1 + (32/4f2A)]1/2
e
fA = 1,092 m.
O valor fA/a é 0,364, o que assegura que a série na Eq. (4.10) é convergente.
Assim
sA = 3[1 + (2/3)(0,364)2 – (2/5)(0,364)4 + (4/7)(0,364)6 – ...] = 
= 3(1 + 0,0883 – 0,0070 + 0,0013 – ... ) = 3(1,083) = 3,25 m
para metade da corrente, e o seu comprimento total é
2sA = 2x3,25 = 6,50 m
EXERCÍCIO-4.9
Resolva o Exemplo 4.8 empregando a solução exata.
SOLUÇÃO
Na Eq. (4.16)
y = yA = fA + C
é a distância do eixo x ao suporte, e na Eq. (4.17), T = TA é a tensão na corrente, no suporte. Logo
40 = 0,8(9,81)yA
e
yA = C + fA = [40/0,8(9,81)] = 5,097 m = Ccosh(x/C)
Nesta equação, x é igual a 3 m quando y é igual a yA. Desta maneira,
Ccosh(3/C) = 5,097
ou
(5,097/C) = cosh(3/C)
O valor de C pode ser determinado graficamente colocando-se em gráfico os valores de 5,097/C contra C e também colocando-se em gráfico os valores de cosh(3/C) contra C, no mesmo gráfico. A tabela de valores acima referida é colocada em gráfico na Fig. 4.17, e o valor de C, como determinado pelo ponto de interseção da curva, é aproximadamente 3,88 m.
O valor de C pode ser também determinado por tentativas sucessivas, como mostrado na seguinte tabela:
O valor de C, para o qual Ccosh(3/C) = 5,097, é a solução da equação, e é aproximadamente igual a 3,88 m, o que confere com a solução gráfica.
A flecha é
fA = yA – C = 5,097 – 3.88 = 1,22 m
e quando comparado com um valor de 1,092 m no Exemplo 4.8, indica um erro de 0,13/1,22, ou 10,6%. Se a corrente é puxada fortemente, de tal forma a que a flecha é diminuída, a diferença nos dois resultados decrescerá, e para pequenas razões de flecha para vão (menos que 5%), a diferença nos dois resultados pode ser normalmente desprezada.
Na Eq. (4.15), s é o comprimento da corrente desde D a um ponto qualquer (x, y). Quando
x = a = 3 m,
o valor correspondente de s, que é igual a sA, é a metade do comprimento da corrente. O valor de sA é
sA = Csenh(a/C) = 3,88senh(3,00/3,88) = 3,31 m
Desta maneira, o comprimento da corrente é de 6,62 m, quando comparado ao comprimento de 6,50 m, obtido pela solução aproximada. 
O diagrama na Fig. 4.18 auxiliará em decidir quando é necessário usar o método exato para o cálculo de tensões, flechas e outros resultados similares para cabos flexíveis. O erro na tensão máxima é a diferença entre a tensão aproximada, calculada por intermédio da Eq. (4.9), e o valor exato, calculado por meio da Eq. (4.17). As variações do erro percentual com a razão entre vão e flecha são indicadas na figura.
EXERCÍCIO-4.10
O corpo na Fig. 4.l9(a) é sustentado por uma articulação esférica em A, dois cabos verticais B e C e o cabo horizontal D. A massa do corpo pode ser desprezada. Determine a tensão em cada um dos cabos e a reação sobre o corpo em A.
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo livre na Fig. 4.l9(b) mostra três forças conhecidas (F1, F2 e F3) e quatro forças desconhecidas (FA, FB, FC e FD). Como tanto a grandeza como a direção de FA são desconhecidas, isto é equivalente a três quantidades incógnitas (as grandezas das componentes de FA ou alguma combinação de grandeza e ângulos). Assim, há seis incógnitas, e elas podem ser calculadas pelas seis equações de equilíbrio. Na forma vetorial, as forças são
FA = Axi + Ayj + Azk; FB = – Bj; FC = Cj;
FD = – 0,8Di – 0,6Dk; F1 = – 200i;
F2 = – 500j; 	F3 = 800i.
Quando se usa a equação rxF = O, é conveniente selecionar um centro de momento, o qual eliminará uma ou mais das incógnitas, tal como o ponto A, neste problema. Os vetores posição sobre as forças e que vão até os pontos (não necessariamente os pontos de aplicação) a partir de A são
rA = 0, rB = 4i – 6k, rC = – 11k, rD = 1j – 11k
r1 = 3j – 2k, r2 = – 6k, r3 = – 2j – 6k
A equação F = O torna-se
F = i(Ax – 0,8D – 200 + 800) + j(Ay – B + C – 500) +
+ k(Az – 0,6D) = 0,
que é equivalente a três equações escalares:
Ax – 0,8D + 600 = 0, Ay – B + C – 500 = 0 e Az – 0,6D = 0
A equação de momento é
MA = rxF = 0 + (4i – 6k)x(– Bj) + (– 11k)x(Cj) +
+ (1j – 11k)x(– 0,8Di – 0,6Dk) + (3j – 2k)x(– 200i) +
+ (– 6k)x(– 500j) + (– 2j – 6k)x(800i) = 0
Quando estes produtos são expandidos, a equação se torna
MA = – 4Bk – 6Bi + 11Ci + 0,8Dk – 0,6Di + 8,8Dj +
+ 600k + 400j – 3.000i + 1.600k – 4.800j =
= i(– 6B + 11C – 0,6D – 3.000) + j(8,8D + 400 – 4.800) +
+ k(– 4Bz + 0,8Dz + 600 + 1.600) = 0
que é equivalente a mais três equações escalares:
– 6x + 11C – 0,6D – 3.000 = 0
8,8D + 400 – 4.800 = 0 e
– 4B + 0,8D + 600 + 1.600 = 0
As últimas três equações contêm somente três incógnitas (como um resultado da seleção do centro de momento), e quando são resolvidas simultaneamente fornecem
B = 650 N, C = 655 N e D = 500 N
Quando os valores de B, C e D são substituídos nas equações de força, as grandezas das componentes de FA são encontradas iguais a
Ax = – 200 N, Ay = 495 N e Az = 300 N
A reação em A é
FA = – 200i + 495j + 300k = 612,4(– 0,327i + 0,808j + 0,490k) N passando por A.
EXERCÍCIO-4.11
Um eixo com duas curvas de 900 é sustentado por três mancais como indicado na Fig. 4.20(a). Determine a reação do mancal em C no eixo.
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo livre na Fig. 4.20(b) contém seis componentes desconhecidas das reações nos mancais, e as duas equações vetoriais de equilíbrio são equivalentes a seis equações escalares. Se o centro de momento é selecionado nos pontos A ou B, a equação de momento conterá somente quatro incógnitas, duas das quais são as componentes da reação em C, e pode assim comportar uma solução mais direta.
As componentes da reação podem ser determinadas a partir das seguintes equações:
F = 0 = Ayj + Azk + Bxi + Bzk + Cxi + Cyj – 4j – 5k = 
= i(Bx + Cx) + j(Ay + Cy – 4) + k(Az + Bz – 5)
e
MA = rxF = (– 200i + 120j)x(Bxi + Bzk) +
+ (– 200i + 200j – 250k)x(Cxi + Cyj) + (– 200i)x(– 4j – 5k) =
= i(120Bx + 250Cy) + j(200By – 250Cx – 1.000) +
+ k(– 120Bx – 200C – 200Cy + 800) = 0.
Estas duas equações vetoriais são equivalentes às seis equações escalares seguintes:
Bx + Cx = 0, (a)
Ay + Cy = 4, (b)
Az + Bz = 5, (c)
120Bz + 250Cy = 0, (d)
200Bz – 250Cx = 1000 (e)
– 120Bx – 200Cx – 200Cy = – 800 (f)
As Eqs. (a), (d), (e) e (f) podem ser resolvidas simultaneamente para quatro incógnitas, duas das quais são
Cx = – 32,0 kN e Cy = 16,8 kN
donde
FC = 36,14(– 0,885i + 0,465j) kN passando pelo ponto C
EXERCÍCIO 4.12
As seis barras na Fig. 4.21(a) estão soldadas formando uma armação rígida a qual é sustentada e carregada como mostrado. As barras OD, OE e DE estão no plano xy. As barras OF, DF e EF possuem cada uma um comprimento de 1,625 m, e o ponto F está diretamente acima de M, ponto médio de DE. Os mancais de deslizamento em A, B e C suportam a armação e C está diretamente acima do ponto N. Determine a força exercida pelo mancal em C na barra OF devido à força e ao binário torçor aplicado em F.
SOLUÇÃO
A Fig. 4.21(b) é um diagrama de corpo livre da armação. Embora a força em C deva ser perpendicular à barra, e desta maneira possa ser mostrada em duas componentes, freqüentemente é mais simples apresentá-la em três componentes. Este procedimentoresulta em sete componentes desconhecidas, e como há somente seis equações de equilíbrio independentes, é necessária uma relação adicional. A componente da força em C, ao longo da barra, deve ser zero, e como esta componente é dada pelo produto escalar (ou interno) da força C pelo vetor unitário ao longo de OF, pode ser obtida uma equação relacionando as componentes de C. A força é
C = Cxi + Cyj + Czk
e o vetor unitário ao longo de OF é
eOF = [(0,15i + 0,2j + 0,6k)/0,65]
A componente de C ao longo de OF é 
C·eOF = (Cxi + Cyj + Czk)·[(0,15i + 0,2j + 0,6k)/0,65] = 0
que se reduz a
0,15Cx + 0,2Cy + 0,6Cz = 0 (a)
A partir destas equações de equilíbrio, podem ser obtidas duas equações adicionais nestas três incógnitas. As componentes em A não terão momento em relação a qualquer linha no plano das forças (o plano que passa por A é perpendicular a OD). Analogamente, as componentes em B não terão componente em relação a qualquer linha no plano passando por B e perpendicular a OE. Assim sendo, todas as quatro forças em A e B serão eliminadas pela soma dos momentos em relação à linha de interseção deste planos (passando por Q). O equacionamento da soma dos momentos em relação à linha AB também eliminará as forças em A e B.
A grandeza do momento em relação à linha AB é
MAB = MAB·eAB = (rxF + T) eAB = rCxC·eAB + rPxP·eAB + T·eAB
onde r é o vetor posição que vai de A (ou qualquer outro ponto sobre AB) até a força correspondente. O vetor unitário ao longo de AB é
eAB = [(– 0,50i + 0,75j)/0,901]
e o momento em relação a AB é
 |– 0,35 0,20 0,60| |– 0,125 0,50 1,50|
 (1/901)| Cx Cy Cz | + (1/901)|– 2.500 10.000 0| +
 |– 0,50 0,20 0 | |– 0,50 0,75 0,60|
+ (1.250k)·[(– 0,50i + 0,75j)/0,901] = 0
que se reduz a
0,45Cx + 0,30Cy + 0,1625Cz = – 4.688 (b)
	A componente z do momento em relação a Q é
 |– 0,35 0,20 0,60 | |– 0,125 – 0, 5 1,50|
 MO·k = | Cx Cy Cz | + |– 2.500 10.000 0 | + (1.250k) k = 0
 |– 0,50 0,20 0 | |– 0,50 0,75 0,60|
que se reduz a
0,55Cx – 0,35Cy = 625 (c)
Quando as Eqs. (a), (b) e (c) são resolvidas simultaneamente, a força C é igual a
C = (– 5.340i – 10.170j + 4.730k) N =
= 12,42(– 0,430i – 0,819j + 0,380k) kN passando por C
EXERCÍCIO-4.13
A seção reta de uma represa de concreto é mostrada na Fig. 4.24(a). A densidade do concreto é de 2,4 Mg/m3. Devido à infiltração, há uma pressão hidrostática para cima sobre a represa e que varia linearmente desde uma pressão hidrostática total em A até zero em B. Considere uma seção da represa com 1 m de comprimento. A densidade, , da água é de 1 Mg/m3, Determine:
A reação da represa sobre o solo.
O fator de segurança contra tombamento, que é definido como a razão entre o momento resistivo (no sentido anti-horário) em relação ao pé do talude B e o momento de tombamento das forças hidrostáticas em relação a B.
SOLUÇÃO
A Fig. 4.24(b) mostra um diagrama de corpo livre de uma seção da represa com 1 m de comprimento. A cunha triangular de água está incluída como parte do corpo, por uma questão de conveniência, pois a resultante de H e P1 é a mesma que a força da água na superfície inclinada da represa. A força U é a força para cima devido à infiltração, a qual é considerada variar linearmente. A pressão hidrostática em A é a mesma tanto na face inclinada como na base. As forças P2 e R são o peso e a reação que a Terra exerce sobre a represa, respectivamente.
A pressão no ponto A é (veja o Art. 3.8)
pA = gh = 1.000(9,81)(5,4) = 53,0 kN/m2
e a pressão varia uniformemente de zero na superfície até pA, no ponto A. O volume de pressão para a força na superfície AC é uma cunha triangular cuja espessura é de 1 m. A força horizontal H é igual ao volume da cunha e atua passando pelo seu centróide. Isto é,
H = [pA(AC)(1)/2] = [(53,0)(5,4)(1)/2] = 143,1 kN
H = 143,li kN como mostrado.
De maneira semelhante, a força U devida à pressão para cima é dada pelo volume de pressão triangular na base AB. O volume do diagrama de pressão é
U = [pA(AB)(1)/2] = [(53,0)(6)(1)/2] = 159,0 kN
U = 159,0j kN como mostrado.
A força P1, o peso da água entre a face da represa e o plano vertical AC, é
P1 = g(volume) = [1.000(9,81)(5,4)(1,8)(1)/2] = 47,7 kN
P1 = – 47,7j kN
Analogamente, a força P2 é
P2 = g(volume) = [g((a + b)/2)h(1)] =
= [2.400g((1,2 + 6)/2)(7,2)(1)] = 610 kN
P2 = – 610j kN.
A equação de força F = 0 fornece
R + 143,li – 47,7j – 610j+ 159,0j = 0
donde
R = (– 143,li + 498,7j) kN.
A posição de R é determinada pela equação de momento MB = rxF = 0. Assim,
1,8jxH + (– 5,4i)xP1 + (– 3i)xP2 + (– 4i)xU + (– xi)xR = 0
que se torna
1,8jx(143,li) – 5,4ix(– 47,7j) – 3ix(– 610j) –
– 4ix159j – xix(– 143,li + 498,7j) = 0
da qual
– 257,6k + 257,6k + 1.830k – 636k – 498,7xk = 0
e
x = 2,39 m
A força resultante da Terra sobre a represa é
R = 519 kN com sentido para cima fazendo 74° abaixo da horizontal e passando por um ponto a 2,39 m à esquerda de B.
O momento em relação a B das forças P1 e P2 (que resistem ao tombamento) é
(MB)resist = 257,6 + 1.830 = 2 087,6 kN.m
e o momento de H e U (as forças hidrostáticas de tombamento) é
(MB)tomb =257,6 + 636 = 893,6 kN.m
O fator de segurança contra o tombamento é
f.s. = [(MB)resist/(MB)tomb] = (2.087,6/893,6) = 2,34
Observe que R não é considerada como uma força de tombamento. Se a represa começar a tombar, R poderia se mover para o ponto B e assim não apresentar momento em relação à base do talude. Se R fosse considerada como uma força de tombamento, os momentos resistivos e de tombamento seriam os mesmos, e o fator de segurança seria sempre a unidade.
EXERCÍCIO 4.14
Um bloco de concreto de 0,030 m3 e uma densidade de 2.400 kg/m3 é ligado por um cabo à extremidade de um pedaço de madeira de (400 x 400 x 2.400) mm, e que possui uma densidade de 600 kg/m3. A madeira e o concreto estão colocados em um tanque de água profundo. Determine o comprimento da madeira acima da superfície da água, quando é alcançado o equilíbrio.
SOLUÇÃO
A Fig. 4.25 é um diagrama de corpo livre dos dois corpos. O peso da madeira é de
P1 = (madeira)(g)(volume) = 600(9,81)(0,4)(0,4)(2,4) = 2.260 N
e o peso do concreto é de
P2 = (concreto)(g)(volume) = 2.400(9,81)(0,030) = 706 N
A força de empuxo sobre a madeira é de
E1 = (água)(g)(volume) = 1.000(9,81)(0,4)2(2,4 – y) = 1.570(2,4 – y)
e a força de empuxo sobre o concreto é de
E2 = (água)(g)(volume) = 1.000(9,81)(0,030) = 294 N
A equação de equilíbrio na direção vertical fornece
Fy = 1.570(2,4 – y) + 294 – 2.260 – 706 = 0
Donde
y = 0,698 m
EXERCÍCIO-4.15
O poste de madeira na Fig. 4.26(a) tem um comprimento L de 3 m e uma densidade de 700 kg/m3. A espessura t é pequena comparada ao comprimento L. À proporção que a distância h é aumentada, o ângulo também aumenta. Determine o mínimo valor de h que fará com que o poste fique na vertical.
SOLUÇÃO
Na Fig. 4.26(b) é mostrado um diagrama de corpo livre do poste. O seu peso é
P = poste(g)(volume) = poste(g)(LA)
onde A é a área da seção reta do poste e a força de empuxo é
E = a(g)(volume submerso) = a(g)(bA)
Quando são somados os momentos em relação a D (o sentido anti-horário é positivo), o resultado é
MD = (L – b/2)(cos)E – (L/2)(cos)P = 0
que se torna
(L – b/2)(cos)a(g)(bA) – (L/2)(cos)poste(g)(LA) = 0
e que se reduz a
b2 – 2Lb + L2(poste/a) = 0
e finalmente 
b = L[1 ± (1 – (poste/a))1/2] = L[1 ± (l – 700/l.000)1/2]
Como b deve ser menor que L, deve ser usado o sinal negativo, e o valor de b torna-se
b = 3[1 – (1 – 0,7)1/2] = 1,357 m
O valor de b é constante para todos os valores de h menores que L – b, contanto que a espessura t seja pequena o suficiente para que o centróide da água deslocada possa ser considerado estar a uma distânciab/2 de C.
O ângulo é, pela Fig. 4.26(b),
 = sen–1[h/(L – b)] (a)
e será 90° quando h = L – b; isto é,
h = 3 – 1,357 = 1,643 m.
Observe que se h é maior que 1,643 m, a Eq. (a) não é válida. Neste caso, a distância b diminuirá, e a força T aumentará.