EXERCÍCIOS RESOLVIDOS REGRA PARALELOGRAMO LEI SENOS COSSENOS

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ANDRADINA 2016 
 
1 
 
Faculdades Integradas Rui Barbosa – FIRB 
Engenharia Mecânica 
Turma B - 3º Período 
 
 Discente: Eduardo Moreira Bezerra RA: 1530096890 
 Docente: Prof. MSc. Carlos Eduardo Silva Britto 
 
CONTEÚDO: REGRA DO PARALELOGRAMO E LEI COSSENO E SENO 
1. A viga da figura deve ser içada usando-se duas correntes. Determine a intensidade das 
forças 𝐹𝐴 e 𝐹𝐵 que atuam em cada corrente, a fim de obter uma força resultante de 
600 N orientada ao longo do eixo 𝑦 positivo. Considere 𝜃 = 45°. 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗�𝐴 
�⃗�𝐵 
�⃗�𝐴 
�⃗�𝐵 
�⃗�𝑅 
𝜃 30
∘ 
𝜙 
𝜙 
𝑥 
𝑦 
30∘ 𝜃 
𝐹𝐴
sen 𝜃
=
𝐹𝐵
sen 30∘
=
𝐹𝑅
sen 𝜙
 
𝐹𝐴
sen 𝜃
=
𝐹𝑅
sen 𝜙
⟹ 𝐹𝐴 =
𝐹𝑅 ⋅ sen 𝜃
sen 𝜙
=
600 ⋅ sen 45∘
sen 105∘
⟹ 𝑭𝑨 = 𝟒𝟑𝟗, 𝟐𝟑𝟎 N 
𝐹𝐵
sen 30∘
=
𝐹𝑅
sen 𝜙
⟹ 𝐹𝐵 =
𝐹𝑅 ⋅ sen 30
∘
sen 𝜙
=
600 ⋅ sen 30∘
sen 105∘
⟹ 𝑭𝑩 = 𝟑𝟏𝟎, 𝟓𝟖𝟐 N 
Pela lei dos senos, temos 
 
 
 
 
𝜙 = 180∘ − (30∘ + 𝜃) 
𝜙 = 105∘ 
No triângulo 𝐹𝐴𝐹𝐵𝐹𝑅, temos: 
 
 
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2. Se 𝐹1 = 𝐹2 = 30 N, determine os ângulos de modo que a força resultante seja orientada 
ao longo do eixo 𝑥 positivo e tenha intensidade 𝐹𝑅 = 20 N. 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗�1 
�⃗�2 
�⃗�2 
�⃗�1 
𝜙 
𝜃 𝜙 
𝜃 
�⃗�𝑅 
𝑦 
𝑥 
𝐹2
2 = 𝐹1
2 + 𝐹𝑅
2 − 2𝐹1𝐹𝑅 cos 𝜃 
2𝐹1𝐹𝑅 cos 𝜃 = 𝐹1
2 + 𝐹𝑅
2 − 𝐹2
2 
cos 𝜃 =
𝐹1
2 + 𝐹𝑅
2 − 𝐹2
2
2𝐹1𝐹𝑅
=
302 + 202 − 302
2 ⋅ 30 ⋅ 20
=
400
1200
=
1
3
 
𝜃 = 70,53∘. 
∴ 𝜽 = 𝝓 = 𝟕𝟎, 𝟓𝟑∘ 
Pela lei dos cossenos, temos que o valor de 𝜃 igual a 
 
 
 
 
 
𝐹1
sen 𝜙
=
𝐹2
sen 𝜃
 
𝐹1 sen 𝜃 = 𝐹2 sen 𝜙 
sen 𝜃 = sen 𝜙 
𝜃 = 𝜙 
Seja 𝐹1 = 𝐹2, pela lei dos 
senos temos que 
 
 
 
 
 
 
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3. A tora deve ser rebocada por dois tratores 𝐴 e 𝐵. Determine as intensidades das duas 
forças de arrasto 𝐹𝐴 e 𝐹𝐵, se for necessário que a força resultante tenha intensidade de 
𝐹𝑅 = 10 kN e seja orientada ao longo do eixo 𝑥. Considere que 𝜃 = 15°. 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗�𝐵 
�⃗�𝐴 �⃗�𝐵 
�⃗�𝐴 
𝜃 
𝜃 
𝜙 
𝜙 
30∘ 
30∘ 
𝑦 
𝑥 
�⃗�𝑅 
𝐹𝐴
sen 𝜃
=
𝐹𝐵
sen 30∘
=
𝐹𝑅
sen 𝜙
 
𝐹𝐴
sen 𝜃
=
𝐹𝑅
sen 𝜙
⟹ 𝐹𝐴 =
𝐹𝑅 ⋅ sen 𝜃
sen 𝜙
=
10 ⋅ sen 15∘
sen 135∘
⟹ 𝑭𝑨 = 𝟑, 𝟔𝟔𝟎 kN 
𝐹𝐵
sen 30∘
=
𝐹𝑅
sen 𝜙
⟹ 𝐹𝐵 =
𝐹𝑅 ⋅ sen 30
∘
sen 𝜙
=
10 ⋅ sen 30∘
sen 135∘
⟹ 𝑭𝑩 = 𝟕, 𝟎𝟕𝟏 kN 
Pela lei dos senos, temos 
 
 
 
 
𝜙 = 180∘ − (30∘ + 𝜃) 
𝜙 = 135∘ 
No triângulo 𝐹𝐴𝐹𝐵𝐹𝑅, temos: 
 
 
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4. A estaca deve ser arrancada do solo usando-se duas cordas 𝐴 e 𝐵. A corda 𝐴 está 
submetida a uma força de 600 N orientada a 60° a partir da horizontal. Se a força 
resultante que atua verticalmente para cima sobre a estaca for de 1.200 N, determine a 
força 𝑻 na corda 𝐵 e o ângulo correspondente 𝜃. 
 
 
Solução: 
 
 
𝑥 
60∘ 
𝜙 
𝜙 𝜃 
𝜃 
�⃗�𝐴 �⃗⃗� 
�⃗�𝐴 �⃗⃗� 
�⃗�𝑅 
𝟔𝟎𝟎 N 
𝑦 
𝑇2 = 𝐹𝐴
2 + 𝐹𝑅
2 − 2𝐹𝐴𝐹𝑅 cos 𝜙 
𝑇 = √𝐹𝐴
2 + 𝐹𝑅
2 − 2𝐹𝐴𝐹𝑅 cos 𝜙 
𝑇 = √6002 + 12002 − 2 ⋅ 600 ⋅ 1200 cos 30∘ 
𝑻 = 𝟕𝟒𝟑, 𝟓𝟖𝟖 N 
Pela lei dos cossenos, temos 
 
 
 
 
 
𝜙 = 90∘ − 60∘ 
𝜙 = 30∘ 
O ângulo 𝜙 é dado por: 
 
𝐹𝐴
sen 𝜃
=
𝑇
sen 𝜙
⟹ sen 𝜃 =
𝐹𝐴 ⋅ sen 𝜙
𝑇
 
sen 𝜃 =
600 ⋅ sen 30∘
743,588
= 0,403449 
𝜽 = 𝟐𝟑, 𝟕𝟗∘ 
O ângulo 𝜃 é calculado pela lei dos senos: 
 
 
 
 
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CONTEÚDO: EQUILÍBRIO DE PONTO MATERIAL 
 
1. Determine o módulo e o ângulo 𝜃 de 𝐹1 sabendo que o sistema está em equilíbrio. 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗�1 
�⃗�2 
�⃗�3 
�⃗�3𝑥 
�⃗�3𝑦 
�⃗�2𝑥 
�⃗�2𝑦 
�⃗�1𝑦 
�⃗�1𝑥 
𝑥 
𝜙 
20∘ 𝜃 
𝑦 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
−𝐹1𝑥 + 𝐹2𝑥 + 𝐹3𝑥 = 0 
−𝐹1 cos 𝜃 + 𝐹2 cos 𝜙 + 𝐹3 cos 20
∘ = 0 
−𝐹1 cos 𝜃 + 300 ⋅
5
13
+ 450 ⋅ cos 20∘ = 0 
−𝐹1 cos 𝜃 + 538,246 = 0 
𝐹1 = (
538,246
cos 𝜃
) N 
 
 
 
 
 
cos 𝜙 =
5
13
 
sen 𝜙 =
12
13
 
𝜙 = 67,38∘ 
 
 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
−𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦 − 𝐹3𝑦 = 0 
−𝐹1 sen 𝜃 + 𝐹2 sen 𝜙 − 𝐹3 sen 20
∘ = 0 
−𝐹1 sen 𝜃 + 300 ⋅
12
13
− 450 ⋅ sen 20∘ = 0 
−𝐹1 sen 𝜃 + 123,014 = 0 
𝐹1 = (
123,014
sen 𝜃
) N 
 
 
 
 
 
538,246
cos 𝜃
=
123,014
sen 𝜃
⟹
sen 𝜃
cos 𝜃
=
123,014
538,246
⟹ tg 𝜃 =
123,014
538,246
= 0,22854 
𝜽 = 𝟏𝟐, 𝟖𝟕∘ 
𝐹1 =
538,246
cos 12,87∘
≅
123,014
sen 12,87∘
⟹ 𝑭𝟏 ≅ 𝟓𝟓𝟐 N 
Logo: 
 
 
 
 
 
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2. Se o cilindro 𝐸 pesa 150 N e 𝜃 = 15°, determine o peso do cilindro 𝐹. 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦 
�⃗�𝐴𝐵 
�⃗�𝐶𝐷 
�⃗�𝐶𝐷𝑥 
�⃗�𝐶𝐷𝑦 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
−𝐹𝐶𝐷𝑥 + 𝐹𝐶𝐵𝑥 = 0 
−𝐹𝐶𝐷 cos 30
∘ + 𝐹𝐵𝐶 cos 𝜃 = 0 
−𝐹𝐶𝐷 cos 30
∘ + 𝐹𝐵𝐶 cos 15
∘ = 0 
𝐹𝐶𝐷 =
𝐹𝐵𝐶 cos 15
∘
cos 30∘
= (1,1153𝐹𝐵𝐶) N 
 
 
 
 
�⃗�𝐵𝐶𝑦 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝐹𝐶𝐷𝑦 − 𝐹𝐵𝐶𝑦 − 𝑃𝐸 = 0 
𝐹𝐶𝐷 sen 30
∘ − 𝐹𝐵𝐶 sen 𝜃 − 𝑃𝐸 = 0 
𝐹𝐶𝐷 sen 30
∘ − 𝐹𝐵𝐶 sen 15
∘ − 150 = 0 
𝐹𝐶𝐷 =
𝐹𝐵𝐶 sen 15
∘ + 150
sen 30∘
= (0,5176𝐹𝐵𝐶 + 300) N 
 
 
 
 
�⃗⃗�𝐸 
1,1153𝐹𝐵𝐶 = 0,5176𝐹𝐵𝐶 + 300 
0,5977𝐹𝐵𝐶 = 300 
𝐹𝐵𝐶 = 501,924 N 
∴ 𝐹𝐶𝐷 = 559,796 N 
 
 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
−𝐹𝐵𝐶𝑥 + 𝐹𝐴𝐵𝑥 = 0 
−𝐹𝐵𝐶 cos 𝜃 + 𝐹𝐴𝐵 cos 45
∘ = 0 
−501,924 cos 15∘ + 𝐹𝐴𝐵 cos 45
∘ = 0 
𝐹𝐴𝐵 =
501,924 cos 15∘
cos 45∘
 
𝐹𝐴𝐵 = 685,640 N 
 
 
 
 
 
 
�⃗�𝐵𝐶𝑥 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝐹𝐵𝐶𝑦 + 𝐹𝐴𝐵𝑦 − 𝑃𝐹 = 0 
𝐹𝐵𝐶 sen 𝜃 + 𝐹𝐴𝐵 sen 45
∘ − 𝑃𝐹 = 0 
𝐹𝐵𝐶 sen 15
∘ + 𝐹𝐴𝐵 sen 45
∘ − 𝑃𝐹 = 0 
𝑃𝐹 = 501,924 sen 15
∘ + 685,640 sen 45∘ 
𝑷𝑭 = 𝟔𝟏𝟒, 𝟕𝟐𝟖 N 
𝒎𝑭 = 𝟔𝟐, 𝟔𝟔 kg�⃗�𝐵𝐶 
𝑥 
𝑦 
𝜃 
30∘ 
𝜃 
�⃗�𝐵𝐶𝑥 
�⃗�𝐵𝐶𝑦 
�⃗⃗�𝐹 
𝑥 
�⃗�𝐴𝐵𝑦 
�⃗�𝐴𝐵𝑥 
45∘ 
 
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3. Se o bloco 𝐷 pesa 1,5 kN e o bloco B pesa 1,375 kN, determine o peso do bloco 𝐶 e do 
ângulo 𝜃 para o equilíbrio. 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗⃗�𝐵 �⃗⃗�𝐶 
�⃗⃗�𝐷 
𝜃 30
∘ 
�⃗⃗�𝐶𝑦 �⃗⃗�𝐵𝑦 
�⃗⃗�𝐵𝑥 �⃗⃗�𝐶𝑥 
𝑦 
𝑥 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
−𝑇𝐵𝑥 + 𝑇𝐶𝑥 = 0 
−𝑇𝐵 cos 𝜃 + 𝑇𝐶 cos 30
∘ = 0 
𝑇𝐶 =
𝑇𝐵 cos 𝜃
cos 30∘
=
1,375 cos 𝜃
cos 30∘
 
𝑇𝐶 = (1,5877 cos 𝜃) kN 
 
 
 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝑇𝐵𝑦 + 𝑇𝐶𝑦 − 𝑇𝐷 = 0 
𝑇𝐵 sen 𝜃 + 𝑇𝐶 sen 30
∘ − 𝑇𝐷 = 0 
1,375 sen 𝜃 + 0,7938 cos 𝜃 − 1,5 = 0 
 
 
 
 
1,375 sen 𝜃 + 0,7938 cos 𝜃 − 1,5 = 0 
sen 𝜃 =
1,5 − 0,7938 cos 𝜃
1,375
= 1,0909 − 0,5773 cos 𝜃 
 cos2 𝜃 + (1,0909 − 0,5773 cos 𝜃)2 = 1 
cos2 𝜃 + 1,1900 − 1,2595 cos 𝜃 + 0,3332 cos2 𝜃 = 1 
1,3332 cos2 𝜃 − 1,2595 cos 𝜃 + 0,1900 = 0 
∆= 0,5731 
cos 𝜃 =
1,2595 ± √0,5731
2,6664
 
𝑇𝐶 = 1,5877 cos 𝜃2 = 1,5877 cos 40,86
∘ 
𝑻𝑪 = 𝟏, 𝟐 kN 
A equação 
 
 
pode ser resolvida pela fórmula da relação fundamental da trigonometria, ou seja, a equação cos2 𝜃 + sen2 𝜃 = 1, 
isto é: 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto cos 𝜃1 = 0,18844 e 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 = 𝟎, 𝟕𝟓𝟔𝟐𝟕. Seus respectivos ângulos são 𝜃1 = 79,14
∘ e 𝜽𝟐 = 𝟒𝟎, 𝟖𝟔
∘. 
Logo o valor de 𝜃1 não convém. Então o valor de 𝑇𝐶 é igual a 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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4. A mola tem rigidez 𝑘 = 800 N m⁄ e comprimento de 200 mm sem deformação. 
Determine a força nos cabos 𝐵𝐶 e 𝐵𝐷 quando a mola é mantida na posição mostrada. 
 
 
 
Solução: 
 
�⃗�𝑀 �⃗�𝐵𝐷𝑥 
�⃗�𝐵𝐶𝑥 
�⃗�𝐵𝐷𝑦 
�⃗�𝐵𝐶𝑦 
�⃗�𝐵𝐶 
�⃗�𝐵𝐷 
𝑦 
𝑥 
𝛼 
𝛽 
𝑙𝐵𝐶 = √4002 + 4002 = 400√2 mm 
cos 𝛼 = sen 𝛼 =
400
400√2
=
√2
2
= 0,7071 
𝛼 = 45∘ 
𝑙𝐵𝐷 = √3002 + 4002 = 500 mm 
cos 𝛽 =
400
500
= 0,8 
sen 𝛽 =
300
500
= 0,6 
𝑠 = 𝑙𝐴𝐵 − 𝑙𝑀 = 500 − 200 = 300 mm 
𝑠 = 0,3 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
−𝐹𝑀 + 𝐹𝐵𝐶𝑥 + 𝐹𝐵𝐷𝑥 = 0 
−𝐹𝑀 + 𝐹𝐵𝐶 cos 𝛼 + 𝐹𝐵𝐷 cos 𝛽 = 0 
−240 + 0,7071𝐹𝐵𝐶 + 0,8𝐹𝐵𝐷 = 0 
𝐹𝐵𝐷 =
240 − 0,7071𝐹𝐵𝐶
0,8
 
𝐹𝐵𝐷 = (300 − 0,8838𝐹𝐵𝐶) N 
 
 
 
 
 
𝐹𝑀 = 𝑘 ⋅ 𝑠 = 800 ⋅ 0,3 ⟹ 𝐹𝑀 = 240 N 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝐹𝐵𝐶𝑦 − 𝐹𝐵𝐷𝑦 = 0 
𝐹𝐵𝐶 sen 𝛼 − 𝐹𝐵𝐷 sen 𝛽 = 0 
0,7071𝐹𝐵𝐶 − 0,6𝐹𝐵𝐷 = 0 
𝐹𝐵𝐷 =
0,7071𝐹𝐵𝐶
0,6
 
𝐹𝐵𝐷 = (1,1785𝐹𝐵𝐶) N 
 
 
 
 
 
300 − 0,8838𝐹𝐵𝐶 = 1,1785𝐹𝐵𝐶 
2,0623𝐹𝐵𝐶 = 300 
𝐹𝐵𝐶 =
300
2,0623
 
𝑭𝑩𝑪 = 𝟏𝟒𝟓, 𝟒𝟔𝟖 N 
∴ 𝑭𝑩𝑫 = 𝟏𝟕𝟏, 𝟒𝟑𝟒 𝐍 
Logo, teremos: