Exemplos 3 3 e 3 4

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ExEMPLO 3/3
A viga uniforme em I e pesando 100 kg está inicialmente apoiada por roletes em suas
extremidades A eB, sobre um plano horizontal. Por meio de um cabo em C deseja-se levan-
tar a extremidadeB para uma posição 3m acima da extremidade A. Determine a força trativa
necessária P, a força de reação em A e o ângulo Ofeito pela viga com a horizontal quando
estiver na posição elevada.
Solução. Aoconstruirmos o diagrama de corpo livre, notamos que a força de reação no rolete
em A e o peso são forças verticais. Conseqüentemente, na ausência de outras forças hori-
zontais, P também deve ser vertical. DoExemplo 3/2 vemos imediatamente que a força trativa
P no cabo é igual à força trativa P aplicada à viga em C.
O equilíbrio dos momentos em relação a A elimina a força R e leva a
P(6 cos 8) - 981(4 cos 8) = ° P = 654 N Resp
o equilíbrio das forças verticais requer que
654 + R - 981 = O R 327 N Resp
o ângulo O depende apenas da geometria dada e vale
sen 8 = 3/8 8 = 22,0° Resp.
BA
y
I
I
I
~~ 3m
_ ~ __ l0-º ~,ª-lLN LA
R
Sugestão Útil
CD O equilíbrio desse sistema de forças parale-
las é, claramente, independente de O.
EXERCÍCIO 3/4
Para o guindaste mostrado. na figura, determine o valor T da força trativa no cabo de
sustentação e o valor da força no pino em A. A viga AB é uma viga em I padrão, com 0,5 m
de comprimento e com uma massa de 95 kg por metro.
Solução algébrica. O sistema é simétrico em relação ao plano x-y que passa pelo centro
da viga. Desse modo, o problema pode ser analisado como sendo de equilíbrio de um siste-
ma de forças coplanares. O diagrama de corpo livre da viga está mostrado na figura, com a
reação no pino em A representada em termos de suas duas componentes retangulares. O
peso da viga vale 95(10-3)(5)9,81 = 4,66 kN e atua no seu centro. Observe que existem três
incógnitas A" A,. e T que podem ser determinadas pelas três equações de equilíbrio. Come-
çamos com uma equação de momentos em relação aA, que elimina duas das três incógnitas
.J da equação. Ao aplicar a equação dos momentos em torno de A, é mais simples considerar
os momentos das componentes em x e em y de T, do que calcular a distância de T até A.
Assim, com o sentido anti-horário como positivo, temos
(T cos 25°)0,25 + (T sen 25°)(5 - 0,12)
- 10(5 - 1,5 - 0,12) - 4,66(2,5 - 0,12) = O
da qual T = 19,61 kN Resp.
Igualando os somatórios das forças nas direções x e y a zero tem-se
[LFr = O] Ar - 19,61 cos 25° = O Ar = 17,77 kN
[LFy = O] Ay + 19,61 sen 25° - 4,66 - 10 = O Ay = 6,37 kN
[A = JAr2 + Ay2] A = J(17,77)2 + (6,37)2 = 18,88 kN Resp.
Solução gráfica. O princípio de que três forças em equilíbrio devem ser concorrentes é
utilizado para uma solução gráfica, pela combinação das duas forças verticais conhecidas
de 4,66 kN e 10 kN em uma única força de 14,66 kN,localizada comomostrado na figura de
baixo do diagrama de corpo livre modificado da viga. A posição dessa carga resultante pode
ser facilmente determinada gráfica ou algebricamente. A interseção da força de 14,66 kN
com a linha de ação da força trativa desconhecida T define o ponto de concorrência O pelo
qual a força reativa do pino A deve passar. Os valores desconhecidos de T e A podem ser
agora determinados, somando-se as forças em seqüência para formar o polígono fechado de
forças em equilíbrio, satisfazendo assim a soma vetorial zero. Após a força vertical conheci-
da ser representada em uma escala conveniente, como mostrado na parte inferior da figu-
ra, uma linha representando a direção dada da força trativa T é construída a partir da ex-
tremidade do vetor de 14,66 kN. Do mesmo modo, uma linha representando a direção da
força reativa A do pino, determinada a partir da concorrência estabelecida com o diagrama
de corpo livre, é construída passando pelo ponto de partida do vetor de 14,66 kN. A interse-
ção das linhas representando os vetores T e A estabelece os módulos de T e de A necessári-
os para fazer a soma vetorial das forças valer zero. Esses módulos são medidos do diagra-
ma. As componentes x e y de A podem, se desejado; ser construídas no polígono de forças.
B
10kN
1-+------ 5 m ----_
Diagrama de corpo livre
Sugestões Úteis
<D Ajustificativa para esse passo é o teorema de
Varignon, explicado na Seção 2/4. Esteja
pronto para tirar vantagem desse princípio
com freqüência.
@ O cálculo dos momentos em problemas bidi-
mensionais é geralmente mais simplesmen-
te feito usando álgebra escalar do que pelo
produto vetorial r x F. Em três dimensões,
como veremos posteriormente, o inverso é
freqüentemente verdade.
@ Se desejado, a direção da força emA poderia
ser facilmente calculada. Entretanto, ao pro-
jetar o pino A ou verificar sua resistência, é
apenas o módulo da força que importa.
Solução gráfica