Exercícios resolvidos de Estática de Partículas

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TFGE - exercı́cios resolvidos
Prof. Dr. Alessandro Alberto de Lima,
alessandro.lima@docente.unip.br, engenharia Básico
18 de março de 2020
M
etodologia de resolução dos exerćıcios
da apostila de laboratório seção 6 das
paginas 17, 18, 19 e 20. Deve-se tra-
balhar o entendimento das ideias utilizadas
na resolução de cada um dos problemas. O
conteúdo deve ser revisado com atenção e
o autor deve ser comunicado a respeito de
quaisquer incoerências.
Estática da partı́cula
1) As forças que atuam na intersecção dos fios (mo-
delo de part́ıcula para o ponto em comum) é apre-
sentada na Figura 1.
Na Figura 1a é ilustrado o diagrama em relação
às forças que atuam nos cabos e, na Figura 1b,
apresenta-se as componentes dos vetores força em
relação as sistema xy de referência. Os ângulos indi-
cados foram especificados no enunciado como α = 60◦
e β = 45◦.
Sendo assim, para garantir o equiĺıbrio do sistema
de forças a soma das componentes nas direções x e y
devem ser iguais a zero para o diagrama da Figura
1b.
∑
Fx = 0 : −F1sinβ + F2cosα = 0∑
Fy = 0 : F1cosβ + F2sinα− 20 = 0
Substituindo-se os valores dos ângulos nas funções
seno e cosseno pode-se escrever o seguinte sistema
linear de equações:{
−F1sin45◦ + F2cos60◦ = 0
F1cos45
◦ + F2sin60
◦ − 20 = 0
{
−F1
√
2/2 + F21/2 = 0
F1
√
2/2 + F2
√
3/2− 20 = 0
y
x
α
β
20 N
F1
F2
(a) diagrama de forças
y
x
20 N
F1sinβ
F1cosβ
F1
F2cosα
F2sinα
F2
(b) decomposição de vetores
Figura 1
A primeira equação pode ser escrita de maneira
que
F1
√
2/2 = F21/2.
Substituindo-se na segunda equação tem-se
F21/2 + F2
√
3/2− 20 = 0;
F2(1/2 +
√
3/2)− 20 = 0;
Página 1 de 6
F2(1 +
√
3)/2 = 20;
F2 = 40/(1 +
√
3) N ≈ 14, 64 N.
Por substituição na primeira equação obtém-se
F1
√
2/2 = F21/2;
F1 = F2/
√
2;
F1 = 40/(
√
2 +
√
6) N ≈ 10, 35 N.
2) Assim como no exerćıcio anterior, as forças
que atuam na intersecção dos fios é apresentada na
Figura 2.
y
x
βα
P
FAC
Q
(a) diagrama de forças
y
x
P
FACsinα
FACcosα
FAC
Qsinβ
Qcosβ
Q
(b) decomposição de vetores
Figura 2
Na Figura 2a é ilustrado o diagrama em relação
às forças que atuam nos cabos e, na Figura 2b,
apresenta-se as componentes dos vetores força em
relação as sistema xy de referência. Os ângulos indi-
cados foram especificados no enunciado como α = 45◦
e β = 60◦.
Sendo assim, para garantir o equiĺıbrio do sistema
de forças a soma das componentes nas direções x
e y devem ser iguais a zero para o diagrama da
Figura 2b. Observa-se que as incógnitas do problema
são as magnitudes dos vetores ~FAC e ~P dado que
Q = 100 N é conhecido.
∑
Fx = 0 : −FACsinα+Qsinβ = 0∑
Fy = 0 : FACcosα+Qcosβ − P = 0
Substituindo-se os valores conhecidos, pode-se es-
crever o seguinte sistema linear de equações:{
−FACsin45◦ + 100.sin60◦ = 0
FACcos45
◦ + 100.cos60◦ − P = 0{
−FAC
√
2/2 + 100
√
3/2 = 0
FAC
√
2/2 + 100.1/2− P = 0
A primeira equação pode ser escrita de maneira
que
FAC
√
2/2 = 100
√
3/2 = 0;
FAC = 100
√
3/
√
2 = 50
√
6 N ;
FAC ≈ 122, 47 N ;
Substituindo-se na segunda equação tem-se
50
√
6
√
2/2 + 100.1/2− P = 0;
50
√
12/2 + 50 = P ;
P = 50
√
3 + 50 = 50(
√
3 + 1) N ;
P ≈ 136, 60 N.
3): Neste exerćıcio, uma variação do arranjo de
três forças no plano é trabalhado. O diagrama das
forças que atuam na intersecção dos fios é apresentada
na Figura 3.
Observa-se que apenas o vetor ~FAB precisa ser
decomposto em relação às componentes cartesianas
como ilustrado na Figura 3b.
Com a imposição das condições de equiĺıbrio obtém-
se ∑
Fx = 0 : −FABcosθ +Q = 0∑
Fy = 0 : FABsinθ − P = 0
Substituindo-se os valores conhecidos, pode-se es-
crever o seguinte sistema linear de equações:{
−FABcos30◦ +Q = 0
FABsin30
◦ − 30 = 0
Página 2 de 6
y
x
θ
P
FAB
Q
(a) diagrama de forças
y
x
P
FABcosθ
FABsinθ
FAB
Q
(b) decomposição de vetores
Figura 3
{
−FAB
√
3/2 +Q = 0
FAB1/2− 30 = 0
De acordo com a segunda equação conclui-se que
FAB1/2 = 30;
FAB = 60 N.
Substituindo-se na primeira equação tem-se
FAB
√
3/2 = Q;
Q = 60
√
3/2 = 30
√
3 N ;
Q ≈ 51, 96 N.
4) Se as duas forças são iguais a Q = 29 N , a
linha vertical que contém a direção do vetor ~P tem
que ser a linha de simetria vertical do diagrama de
forças representado na Figura 4. O ângulo θ pode
ser calculado de maneira que
tanθ =
y
2
.
P
Q Q
θθ
2 m 2 m
y
(a) diagrama de forças
y
x
P
Qcosθ
Qsinθ
Q
Qcosθ
Qsinθ
Q
(b) decomposição de vetores
Figura 4
De acordo com as componentes dos vetores, as
condições de equiĺıbrio podem ser escrita como∑
Fx = 0 : −Qcosθ +Qcosθ = 0∑
Fy = 0 : Qsinθ +Qsinθ − P = 0
Substituindo-se os valores conhecidos conclui-se
que: {
−29cosθ + 29cosθ = 0
29sinθ + 29sinθ − 50 = 0
A primeira equação apenas confirma a condição
de equiĺıbrio de forças horizontais. De acordo com a
segunda equação, é posśıvel escrever que
2.29sinθ = 50;
sinθ = 50/58 ≈ 0, 8621.
Por meio da função arco seno (asin ou sin−1 de-
pendendo do modelo de calculadora) pode-se calcular
o ângulo θ.
θ = sin−1(50/58) ≈ 59, 55◦.
Página 3 de 6
As trações nos fios correspondem às forças aplica-
das na extremidade de cada um deles.
A distância y pode ser obtida de acordo com
tanθ =
y
2
;
y = 2tan59, 55◦;
y ≈ 3, 4 m.
5) O diagrama de corpo livre do cilindro é apresen-
tado na Figura de modo que a soma das foças deve
ser igual a zero para garantir o equiĺıbrio estático do
modelo.
y
x
θ
P
M
Q
R
Figura 5
O vetor ~R representa a reação de apoio da su-
perf́ıcie que deve ser considerada nas condições de
equiĺıbrio do cilindro como segue:∑
Fx = 0 : −M +Qcosθ = 0∑
Fy = 0 : Qsinθ +R− P = 0
Substituindo-se os valores conhecidos, pode-se es-
crever o seguinte sistema linear de equações:{
−200 + 400cosθ = 0
400sinθ +R− 400 = 0
Por meio da primeira equação conclui-se que
200 = 400cosθ;
cosθ = 200/400 = 0, 5;
θ = cos−1(0, 5) = 60◦.
A reação de apoio na superf́ıcie pode ser calculada
por substituição do valor de θ na segunda equação.
400sinθ +R− 400 = 0;
R = 400− 400sin60◦ = 400(1− sin60◦);
R = 400(1−
√
3/2) N ≈ 53, 59 N.
6) A Figura 6 representa o diagrama de forças re-
ferente à esfera em equiĺıbrio. Para qualquer sistema
de forças em equiĺıbrio, é posśıvel que seja constrúıdo
um triangulo que satisfaça a regra do paralelogramo
para a soma vetorial.
y
x
α
P
T
R
(a) diagrama de forças
α
αP T
R
(b) regra do paralelogramo
Figura 6
Sendo assim, para o triângulo de forças do dia-
grama da Figura 6b tem-se:
Tcosα = P ;
Tsinα = R.
Substituindo-se os valores conhecidos conclui-se
que
Tcos30◦ = 50;
Página 4 de 6
Tsin30◦ = R.
T
√
3/2 = 50;
T = 100/
√
3 N ≈ 57, 74 N.
R = Tsin30◦ = 100/
√
3.1/2;
R = 50/
√
3 N ≈ 28, 87 N.
7) É interessante que seja feita uma comparação
com o problema anterior. A força peso continua
sendo representada por um vetor vertical para baixo
com intensidade P = 50 N , a força de reação na
parede continua perpendicular à superf́ıcie ea força
no cabo continua na direção do mesmo. Sendo assim,
o diagrama de forças pode ser representado como
segue:
y
x
α
θ
θ − α
P
T
R
(a)
y
x
P
Tcos30◦
Tsin30◦
T
Rcos30◦
Rsin30◦
R
(b)
Figura 7
De acordo com o diagrama da Figura 7b, as
condições de equiĺıbrio podem ser escritas como:∑
Fx = 0 : −Tcos30◦ +Rcos30◦ = 0;∑
Fy = 0 : Tsin30
◦ +Rsin30◦ − P = 0.
Em relação a primeira equação conclui-se que
T = R.
sendo assim, por meio da segunda equação tem-se
Tsin30◦ +Rsin30◦ − P = 0;
Tsin30◦ + Tsin30◦ − P = 0;
2T.1/2 = 50;
T = R = 50 N.
8) O diagrama de forças e componentes são apre-
sentado na Figura . O detalhe desse modelo é o fato
de a superf́ıcie ser lisa por isso as forças de reação na
superf́ıcie vertical RV e inclinada RI são consideradas
perpendiculares às respectivas superf́ıcies.
De acordo com o diagrama da Figura 8b, as
condições de equiĺıbrio podem ser escritas como se-
gue. ∑Fx = 0 : −RIcos30◦ +RV = 0;∑
Fx = 0 : RIsin30
◦ − P = 0.
Substituindo-se os valores conhecidos tem-se{
−RI
√
3/2 +RV = 0
RI1/2− 50 = 0
Da segunda equação, conclui-se que
RI1/2− 50 = 0;
RI = 100 kgf.
Substituindo-se na primeira equação tem-se
−100
√
3/2 +RV = 0;
RV = 50
√
3 kgf ≈ 86, 6 kgf.
9) Para este problema é interessante que os dia-
gramas de forças sejam feitos para os pontos B e C
separadamente. Sendo assim, as forças nos cabos
podem ser identificadas como FAB, FBC e FCD.
Página 5 de 6
y
x
60◦
P
R
I
RV
(a)
y
x
P
RIcos30
◦
RIsin30
◦
RI
RV
(b)
Figura 8
Para o ponto B, as condições de equiĺıbrio podem
ser escritas como∑
Fx = 0 : −FABcosα+ FBC = 0;∑
Fy = 0 : FABsinα− P = 0.
Substituindo-se os valores conhecidos tem-se{
−FAB.1/2 + FBC = 0
FAB
√
3/2− 300 = 0.
Da segunda equação, conclui-se que
FAB
√
3/2− 300 = 0;
FAB = 600/
√
3 N ≈ 346, 41 kgf.
Substituindo-se na primeira equação tem-se
−FAB.1/2 + FBC = 0;
FBC = 600/
√
3.1/2 = 300/
√
3 N ≈ 173, 21 kgf.
Para o ponto C, as condições de equiĺıbrio podem
ser escritas como∑
Fx = 0 : −FBC + FCDcosα = 0;∑
Fy = 0 : FCDsinα−X = 0.
De acordo com a primeira equação, pode-se escre-
ver
FCDcosα = FBC ;
FCD
√
3/2 = 300/
√
3;
FCD = 200 kgf.
Substituindo-se na segunda equação tem-se
X = FCDsinα;
X = 200.1/2;
X = 100 kgf.
10) Para análise do problema em questão, deve
ser analisado o equiĺıbrio do bloco apoiado sobre a
superf́ıcie lisa. A componente do peso P tangente à
superf́ıcie está em equiĺıbrio com a força no fio que é
equivalente ao peso Q. Sendo assim,
Psinθ = Q;
300sinθ = 150;
sinθ = 0, 5;
θ = 30◦.
A reação de apoio da superf́ıcie corresponde à
componente do peso P perpendicular à superf́ıcie de
modo que
N = Pcosθ
em que N representa a reação de apoio da superf́ıcie.
N = 300
√
3/2 ≈ 259, 81 N.
Referências
[1] A. F. Lauricella, B. C. de Brito Filho, F. X. Seveg-
nani, P. A. Frugoli, and R. G. P. Filho. Tópicos de
F́ısica Geral e Experimental (Laboratório). apos-
tila, 2020.
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