Resolução de Exercícios de Mecânica Estática

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Resolução do Livro de Mecânica Estática 
 
Capítulo 1 
 
Atividade 1 (página 6) 









02,291702,12
tan
02,12
300
160
71,492
160
71,492
20cos.300.200.2)300()200(
cos...2
2
222
21
2
2
2
1
2
teresuldireção
sensen
sen
F
sen
F
SenosdosLei
NF
F
FFFFF
CossenosdosLei
R
R
R
R




 
 
Atividade 2 (página 8) 
Decomposição das Forças F1 e F2 
F1x = F1.cos 17° F1y = F1.sen 17° 
F1x = 200.cos 17° F1y = 200.sen 17° 
F1x = 191,26N F1y = 58,47N 
 
F2x = F2.cos 37° F2y = F2.cos 37° 
F2x = 300.cos 37° F2y = 300.cos 37° 
F2x = 239,59N F2y = 180,54N 
 
 
Resultante nos eixos X e Y. 
Rx = F1x + F2x = 191,26 + 239,59 = 430,85N 
Ry = F1Y + F2y = 58,47 + 180,54 = 239,01N 
 
Cálculo da Resultante 
R2 = Rx2 + Ry2 
R2 = (430,85)2 + (239,01)2 = 492,7N 
 
Cálculo da direção 
 
 
Atividade 3 (pág 10) 
 
 
 


91,40
867,0
1500
1300

tg 


89,72
25,3
400
1300

tg 
sen=0,655 sen=0,057 
cos=0,756 cos=0,998 
accb
accb
accb
acxcbx
x
TT
TT
TT
TT
F
.389,0
0294,0.756,0.
0cos.cos.
0
0






 
NT
TT
TT
senTsenT
TT
F
ac
acac
accb
accb
acxcby
y
16,578
700956,0.655,0)..389,0(
0956,0.655,0.
700..
0700
0







 
NT
T
ac
acx
91,224
16,578.389,0

 
 
 
 
 
 
 
 
 
Atividade 4 (pág 13) 
 
Fx=Fh.cos Fz=Fh.sen 
Fx=260.cos30 Fz=260.0,5 
Fx=255,17N Fz=130N 
F2=Fx2+Fy2+Fz2 
3002=(255,17)2 + Fy2 + (130)2 
Fy = 89,38N 
 
Atividade 5 (pág 15 ) 
 
 
dx = -50m 
dy = 120m 
dz = 25m 
 
2222
zyx dddd 
 
     2222 2512050 d
 
md 382,132
 
)(
1
kdjdid
d
zyx 
 
)2512050(
382,132
1
kji 
 
)189,0906,0378,0( kji  
 
.FF 
 
)189,0906,0378,0.(5000 kjiF 
 
)94545301890( kjiF 
 
 
cosx= -0,378 x = 112,19o 
cosy= 0,906 y = 24,98o 
cosz= 0,189 z = 79,11o 
 
Atividade 6 (pág 18) 
CABO AB 
 
dx = 85 cm 
dy = 130 cm 
dz = 0 cm 
 
2222
zyx dddd 
 
     2222 013085 d
 
cmd 32,155
 
 
)(
1
kdjdid
d
zyx 
 
)013085(
32,155
1
kji 
 
)0834,0847,0( kji  
 
.FF 
 
)0834,0847,0.( kjiFF AB 
 
 
CABO AC 
 
dx = 0 cm 
dy = 130 cm 
dz = -70 cm 
 
2222
zyx dddd 
 
     2222 701300 d
 
cmd 65,147
 
 
)(
1
kdjdid
d
zyx 
 
)701300(
65,147
1
kji 
 
)474,0880,00( kji  
 
.FF 
 
)474,0880,00.( kjiFF AC 
 
 
CABO AD 
 
dx = -55 cm 
dy = 130 cm 
dz = 30 cm 
 
2222
zyx dddd 
 
     2222 3013055 d
 
cmd 31,144
 
 
)(
1
kdjdid
d
zyx 
 
)3013055(
31,144
1
kji 
 
)208,0900,0381,0( kji  
 
.FF 
 
)208,0900,0381,0.( kjiFF AD 
 
 
Sistema de Equações 
 








0208,0474,00
08000900,0880,0384,0
0381,00547,0
ADACAB
ADACAB
ADACAB
FFF
FFF
FFF
 
 
FAD = 5148,11 N 
FAB = 3588,23 N 
FAC = 2260,02 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 2 
 
Atividade 1 (página 28) 
 
 
 
Decomposição da Força 
Fx = F.cos  Fy = F.sen  
Fx = 1000.cos 50 Fy = 1000.sen 50 
Fx = 642,788 N Fy = 766,04 N 
 
Cálculo do Momento 
 
M = Fx.dy + Fy. dx 
M = 642,788.(0,1) + 766,04. (0,14) 
M = 171,5 N.m 
 
Atividade 2 (página 29) 
 
 
 
Vetor posição 
ir 5,0
 
 
 
Vetor força 
 
dx = -0,50 m 
dy = 0,25 m 
dz = -0,30 m 
2222
zyx dddd 
 
     2222 30,025,050,0 d
 
md 6344,0
 
 
)(
1
kdjdid
d
zyx 
 
)30.025,050,0(
6344,0
1
kji 
 
)473,0394,0788,0( kji  
 
.FF 
 
)473,0394,0788,0.(1200 kjiF 
 
)44,56787,47273,954( kjiF 
 
 
Cálculo do Momento 
 
zyx FFF
zyx
kji
M  = 
44,56787.47273,945
005,0


kji
M = kji 44,23672,2830  
 
Atividade 3 (página 34) 
Fazendo o diagrama de corpo livre: 
 
 
 
otg 194,502,1
500
600
 
 
sen  = 0,768 e cos  = 0,640 
 
MA = 0 
FBC. sen  - 500.0,3 = 0 
FBC.0,768 = 150 
FBC= 195,26 N 
Fy = 0 
VA – 500 + FBC. sen  = 0 
VA = 500 – 195,26.0,768 
VA = 350N 
 
Fx = 0 
HA+ FBC. cos  = 0 
HA + 195,26.0,640 = 0 
HA = 124,97 N 
 
Atividade 4 (página 34) 
Fazendo o diagrama de corpo livre: 
 
otg 31,565,1
20
30
 
 
sen  = 0,832 e cos  = 0,555 
 
MA = 0 
M-F.cos  . d = 0 
M – (500.0,555).30 = 0 
M = 8325 KN.m 
 
Fy = 0 
V - F. sen  = 0 
V – 500 . 0,832 = 0 
V = 416 N 
 
Fx = 0 
H + F. cos  = 0 
H + 500.0,555 = 0 
H = -277,5 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Atividade 5 (página 35) 
 
Fazendo o diagrama de corpo livre: 
 
MA = 0 
MA – 7000.2 – 5000.5 = 0 
MA = 39000 N.m 
 
Fy = 0 
VA – 7000 – 5000 = 0 
VA = 12000 N 
 
Fx = 0 
HÁ = 0 
 
Atividade 6 (página 37) 
 
 
 
kAjAiAF zyxA ... 
 
 NjF 1000
 
 
Força TC 
dx =6 m 
dy = 0 m 
dz = -6 m 
 
2222
zyx dddd 
 
     2222 606 d
 
md 485,8
 
 
 
 
 
)(
1
kdjdid
d
zyx 
 
)606(
485,8
1
kji 
 
)707,00707,0( kji  
 
.CTF 
 
)707,00707,0.( kjiTF C 
 
)707,0.0.707,0. kTjTiTF CCC 
 
 
Força TD 
 
dx =-3 m 
dy = 6 m 
dz = -6 m 
 
2222
zyx dddd 
 
     2222 663 d
 
md 9
 
 
)(
1
kdjdid
d
zyx 
 
)663(
9
1
kji 
 
)
9
6
9
6
9
3
( kji 
 
 
.DTF 
 
)
9
6
9
6
9
3
.( kjiTF D 
 
).
9
6
.
9
6
.
9
3
( kTjTiTF DDD 
 
 
Aplicando a equação de equilíbrio de forças: 
 
F=0; F + FA + TC + TD =0 
 
 
0.
9
6
.707,0.
9
6
1000.
9
3
.707,0 

















 kTTAjTAiTTA DCzDyDCx
 
 
 
 
 














30.
9
6
.707,0;0
201000.
9
6
;0
10.
9
3
.707,0;0
DCzz
Dyy
DCxx
TTAF
TAF
TTAF
 
 
 
 
Aplicando as condições de Equílibrio 
 
   0;0 DCB TTFxrM
 
 
0..
9
6
..
9
6
..
9
3
.707,0.707,01000.6 





 kTjTiTkTiTjxk DDDCC
 
 
Calculando o produto vetorial e reunindo os termos, temos: 
 
    0.2.24,46000.4  jTTiT DCD
 
 
6000.4  DT
 = 0 
DC TT .2.24,4 
 = 0 
6000 DT
 
01500.2.24,4 CT
 
NTD 1500
 
NTC 707
 
 
Equação (1) 
 
Ax = 0 
 
Equação (2) 
 
Ay = 0 
 
Equação (3) 
 
Az = 1500 N