Lista de Exercicios de Fixacao A1

Prévia do material em texto

Lista de Exercícios – Fixação do Conteúdo AULA 1 
 
1-) As três forças são aplicadas no suporte. Determine a faixa de valores para a intensidade da força P, de modo 
que a resultante das três forças não exceda 2400 N. 
 
Resolução: 
Fazendo o somatório das forças nos eixos x e y (∑ 𝐹𝑥 e ∑ 𝐹𝑦), obtém-se as forças resultantes nesses eixos (𝐹𝑥 e 
𝐹𝑦): 
 
𝐹𝑥 = −3000 cos(30) + 800𝑠𝑒𝑛(30) + 𝑃 (eq 1) 
𝐹𝑦 = 3000 sen(30) + 800𝑐𝑜𝑠(30) = 2192,82 𝑁 
𝐹𝑅 = √𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦² = 2400 
Logo 𝐹𝑥
2 + 𝐹𝑦
2 = 24002 = 5,76. 106 
Substituindo o valor de 𝐹𝑦 = 2192,82, temos: 
𝐹𝑥 = √5,76. 10
6 − 2192,822 = 975,47 𝑁 
Substituindo esse valor de 𝐹𝑥 = 975,47 𝑁 na equação (1), conseguimos obter o valor da força P: 
𝑃 = 𝐹𝑥 + 3000 cos(30) − 800𝑠𝑒𝑛(30) Portanto 𝑷 = 𝟑𝟏𝟕𝟑, 𝟓𝟒 𝑵 
2-) A tora deve ser rebocada por dois tratores A e B. Determine as intensidades das duas forças de reboque 𝐹𝐴 
e 𝐹𝐵, levando-se em conta que a força resultante tenha uma intensidade 𝐹𝑅 = 10 𝑘𝑁 e seja orientada ao longo 
do eixo x. Considere 𝜃 = 15°. 
 
Resolução: 
Traçando linhas paralelas às forças, temos o seguinte paralelogramo: 
 
Podemos tomar qualquer um dos triângulos. Tomando o triângulo superior: 
 
Aplicando a lei dos senos 
 
Temos: 
𝐹𝐴
𝑠𝑒𝑛15°
=
10
𝑠𝑒𝑛135°
 
Isolando a força 𝐹𝐴, obtemos: 
𝐹𝐴 =
10
𝑠𝑒𝑛135°
𝑠𝑒𝑛15° → 𝐹𝐴 = 3,66 𝑘𝑁 
Novamente, aplicando a lei dos senos, temos: 
𝐹𝐵
𝑠𝑒𝑛30°
=
10
𝑠𝑒𝑛135°
 
Isolando a força 𝐹𝐵, obtemos: 
𝐹𝐵 =
10
𝑠𝑒𝑛135°
𝑠𝑒𝑛30° → 𝐹𝐵 = 7,07 𝑘𝑁 
 
 
3-) O eixo S exerce três componentes de força sobre a ferramenta D. Encontre a intensidade e os ângulos de 
direção coordenados da força resultante. A força 𝑭2 atua dentro do octante mostrado. 
 
Resolução: 
O primeiro passo é descrever os vetores de força com suas componentes nos eixos coordenados. Assim, temos: 
𝑭1 = 400{1𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌} = {400𝒊 + 0𝒋 + 0𝒌}𝑁. 
Como a força 𝑭2 foi descrita através de alguns ângulos, podemos aplicar a Equação 5a vista na aula 1, 
logo: 
𝑐𝑜𝑠𝛼 = (
𝐹2𝑥
𝐹2
) → 𝐹2𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝛼𝐹2 = 𝑐𝑜𝑠60.300 → 𝐹2𝑥 = 150 𝑁, 
𝑐𝑜𝑠𝛽 = (
𝐹2𝑦
𝐹2
) → 𝐹2𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝛽𝐹2 = 𝑐𝑜𝑠45.300 → 𝐹2𝑦 = 212,13 𝑁 e 
𝑐𝑜𝑠𝛾 = (
𝐹2𝑧
𝐹2
) → 𝐹2𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝛾𝐹2 = 𝑐𝑜𝑠60.300 → 𝐹2𝑧 = 150 𝑁. 
Portanto, a o vetor força é descrito da seguinte forma: 
𝑭2 = {𝐹2𝑥𝒊 + 𝐹2𝑦𝒋 + 𝐹2𝑧𝒌} = {150𝒊 + 212,13𝒋 + 150𝒌} 𝑁. 
Como o vetor 𝑭3 possui componente somente em x e z, temos o seguinte: 
𝑭3 = 200 {0𝒊 −
4
5
𝒋 +
3
5
𝒌} = {0𝒊 − 160𝒋 + 120𝒌} 𝑁. 
Agora somamos cada componente desses vetores para obter o vetor de força resultante: 
𝑭𝑅 = 𝑭1 + 𝑭2 + 𝑭3 = {(400 + 150 + 0)𝒊 + (0 + 212,13 − 160)𝒋 + (0 + 150 + 120)𝒌} 
𝑭𝑅 = {550𝒊 + 52,13𝒋 + 270𝒌} 𝑁. 
Para determinarmos a intensidade do vetor de força resultante basta extrairmos o módulo desse vetor como 
vimos na Equação 4 vista da Aula 1, ou seja: 
|𝑭𝑅| = 𝐹𝑅 = √5502 + 52,13² + 270². Portanto, 𝐹𝑅 = 614,91 𝑁. 
A direção desse vetor é obtida aplicando a Equação 5b vista na Aula 1. Assim temos para o nosso 
problema: 
𝛼 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
550
614,91
) = 26,56°, 
 𝛽 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
52,13
614,91
) = 85,14° e 
𝛾 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
270
614,91
) = 63,95°. 
 
 
4-) O tubo é suportado em sua extremidade por uma corda AB. Se a corda exerce uma força de 𝐹 = 21 𝑙𝑏 no 
tubo em 𝐴, expresse essa força como um vetor cartesiano. 
 
Resolução: 
O primeiro passo é obter o vetor com a direção AB, ou seja, 𝒓𝐴𝐵 (Equação 11 da Aula 1). Para isso, precisamos 
obter os vetores posição 𝒓𝐴 e 𝒓𝐵, assim temos: 
𝒓𝐴 = {5𝒊 + 3𝑐𝑜𝑠20°𝒋 − 3𝑠𝑒𝑛20°𝒌} 𝑝é𝑠 e 
𝒓𝐵 = {0𝒊 + 0𝒋 + 6𝒌} 𝑝é𝑠. Portanto, 𝒓𝐴𝐵 é dado por: 
𝒓𝐴𝐵 = 𝒓𝐵 − 𝒓𝐴 = {(0 − 5)𝒊 + (0 − 3𝑐𝑜𝑠20°)𝒋 + (6 − (−3𝑠𝑒𝑛20°))𝒌} 
𝒓𝐴𝐵 = {−5𝒊 − 2,82𝒋 + 7,03𝒌} 𝑝é𝑠. 
Para obter o vetor força 𝑭𝐴𝐵, aplicamos a Equação 12a da Aula 1, assim temos: 
𝑭𝐴𝐵 = 𝐹𝒖𝐴𝐵 = 𝐹 (
𝒓𝐴𝐵
|𝒓𝐴𝐵|
) = 12 (
{−5𝒊 − 2,82𝒋 + 7,03𝒌}
√(−5)² + (−2,82)² + (7,03)²
) = 12
{−5𝒊 − 2,82𝒋 + 7,03𝒌}
9,07
 
𝑭𝐴𝐵 =
{−60𝒊 − 33,84𝒋 + 84,36𝒌}
9,07
→ 𝑭𝐴𝐵 = {−6,62𝒊 − 3,73𝒋 + 9,3𝒌} 𝑙𝑏. 
 
5-) Uma força de 𝐹 = 80 𝑁 é aplicada ao cabo da chave. Determine o ângulo 𝜃 entre a origem da força e o cabo 
da chave 𝐴𝐵. 
 
Resolução: 
Neste exemplo aplicaremos o produto escalar visto na Aula 1 Tema 5 para resolvê-lo. Para isso, precisamos 
obter o vetor direção 𝒓𝐴𝐵 e 𝒓𝐹 (direção da força 𝑭). 
𝒓𝐴 = {0𝒊 + 500𝒋 + 300𝒌} 𝑚𝑚, 
𝒓𝐵 = {0𝒊 + 0𝒋 + 300𝒌} 𝑚𝑚, logo 
𝒓𝐴𝐵 = 𝒓𝐵 − 𝒓𝐴 = {0𝒊 − 500𝒋 + 0𝒌} 𝑚𝑚 
𝒖𝐴𝐵 =
𝒓𝐴𝐵
|𝒓𝐴𝐵|
=
{0𝒊 − 500𝒋 + 0𝒌}
500
= {0𝒊 − 1𝒋 + 0𝒌} 
Não temos os ângulos que a força 𝑭 faz com os eixos x, y e z (ângulos diretores), mas temos como decompor 
essa força utilizando os ângulos fornecidos na figura. 
Para a componente x, temos primeiro que rebater a força no plano x-y utilizando o cos30° e depois rebater no 
eixo x utilizando o sen45°, ficamos com: 
𝐹𝑥 = 80. (−𝑐𝑜𝑠30°. 𝑠𝑒𝑛45°) = 80. (−0,6124) = −48,99 𝑁 
Note que o sinal é negativo, pois a componente x está apontada no sentido oposto do eixo x. 
Para a componente y, temos primeiro que rebater a força no plano x-y utilizando o cos30° e depois rebater no 
eixo y utilizando o cos45°, ficamos com: 
𝐹𝑦 = 80. (𝑐𝑜𝑠30°. 𝑠𝑒𝑛45°) = 80.0,6124 = 48,99 𝑁 
Para decompor no eixo z, basta extraímos o sen30° da força, logo: 
𝐹𝑧 = 80. 𝑠𝑒𝑛30 = 40 𝑁. 
Portanto, o vetor 𝑭 pode ser escrito como: 
𝑭 = {−48,99𝒊 + 48,99𝒋 + 40𝒌} 𝑁. 
Portanto, temos que: 
𝒖𝐹 =
𝑭
|𝑭|
=
𝑭
𝐹
=
{−48,99𝒊 + 48,99𝒋 + 40𝒌} 
80
= {−0,6124𝒊 + 0,6124𝒋 + 0,5𝒌} 
Aplicando o produto escalar entre os vetores 𝒖𝐹 e 𝒖𝐴𝐵 através da Equação 13, temos: 
𝒖𝐹 ∙ 𝒖𝐴𝐵 = 𝑢𝐹𝑢𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃 
𝑢𝐹𝑢𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃 = −0,6124.0 + 0,6124. (−1) + 0,5.0 = −0,6124 
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
0,6124
1.1
= 0,6124, pois o módulo de um vetor unitário é 1, logo 𝑢𝐹 = 𝑢𝐴𝐵 = 1 
𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1(−0,6124) = 127,78°