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ProblemasProblemasProblemasProblemas ((((propopropopropoproposssstos tos tos tos no 3º módulono 3º módulono 3º módulono 3º módulo
dadadada cadeira decadeira decadeira decadeira de
FísFísFísFísiiiicacacaca))))
resolvidos por António Palma Serafim
---- VectoresVectoresVectoresVectores
---- EEEEquilíbrio da quilíbrio da quilíbrio da quilíbrio da papapapartrtrtrtíííículaculaculacula
---- Equilíbrio do corpo rígidoEquilíbrio do corpo rígidoEquilíbrio do corpo rígidoEquilíbrio do corpo rígido
---- Estática 3Estática 3Estática 3Estática 3 −−−− Atrito em repousoAtrito em repousoAtrito em repousoAtrito em repouso
---- Dinâmica 1Dinâmica 1Dinâmica 1Dinâmica 1 −−−− 2ª lei de Newton2ª lei de Newton2ª lei de Newton2ª lei de Newton
---- Dinâmica 2Dinâmica 2Dinâmica 2Dinâmica 2 −−−− Movimento noMovimento noMovimento noMovimento no PlanoPlanoPlanoPlano
---- Trabalho e EnergiaTrabalho e EnergiaTrabalho e EnergiaTrabalho e Energia
---- Impulso e Quantidade de movimentoImpulso e Quantidade de movimentoImpulso e Quantidade de movimentoImpulso e Quantidade de movimento
Lisboa
2009/2010
Problemas resolvidos por António Palma Serafim em 2010
PROBLEMAS propostos na cadeira de FÍSICAPROBLEMAS propostos na cadeira de FÍSICAPROBLEMAS propostos na cadeira de FÍSICAPROBLEMAS propostos na cadeira de FÍSICA resolvidos por António Palma Serafim
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EQUILÍBRIO DO CORPO RÍGIDO
1. Sobre uma barra horizontal AB, com 10 m de comprimento e peso 4000 N, são aplicadas as car-gas pontuais Q1 = 1200 N e Q2 = 800 N a 2 e 7 m da extremidade A.
a1) Elabore o diagrama do corpo livre (diagrama de forças).
a2) Determine as reacções dos apoios localizados nas extremidades da barra.
a) Por que ponto deve ser suspenso o sistema para que a barra carregada permaneça em equilíbrio na posição horizontal?
Problema adaptado de BEAR, F. P. & JOHNSTON JR., E. R. 1998. Mecânica Vectorial para Engenheiros: Estática. Editora McGraw-Hill de Portugal, L.da. 6ª ed., Lisboa. ISBN: 972-8298-73-0. Problema-tipo 2.5, p. 38.
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ução
a) Foram arbitrados e desenhados os referenciais, bem como as reacções em A e em B, RA e RB. Fica também arbitrado A para pólo.
Escrevendo as equações de equilíbrio da barra, vem:
ΣFy = RA + RB − Q1 − P − Q2 = 0
ΣMA = + RB × 10 − Q1 × 2 − P × 5 − Q2 × 7 = 0
ΣFy = RA + RB − 1200 − 4000 − 800 = 0
ΣMA = + RB × 10 − 1200 × 2 − 4000 × 5 − 800 × 7 = 0
RA = + 3200 N RB= + 2800 N
b)
ΣFy = R − Q1 − P − Q2 = 0
ΣMA = + R × x − Q1 × 2 − P × 5 − Q2 × 7 = 0
ΣFy = R − 1200 − 4000 − 800 = 0
ΣMA = + R × x − 1200 × 2 − 4000 × 5 − 800 × 7 = 0
R = 6 000 N x = 4,67 m
a)
2. Um homem de 700 N de peso desloca-se sobre uma prancha de 4,00 m de comprimento e 1000 N de peso, apoiada em dois pontos distantes entre si de 2,50 m. Qual a máxima distância x a que o homem se pode des-locar sem desequilibrar a prancha? Problema adaptado de BEAR, F. P. & JOHNSTON JR., E. R. 1998. Mecânica Vec-torial para Engenheiros: Estática. Editora McGraw-Hill de Portugal, L.da. 6ª ed., Lisboa. ISBN: 972-8298-73-0. Problema-tipo 2.5, p. 38.
P2
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ução
Foi desenhado o diagrama, foram arbitrados e desenhados os referenciais; as reacções de A e de C são, respectivamente, RA e RC. Fica também arbitrado A para pólo. Apesar de o apoio C poder desenvolver uma reacção com a direcção de Ox, esta não foi representada porque, de imediato, se reconhece ser nula.
Escrevendo as equações de equilíbrio da barra, vem:
ΣFy = RA + RC − Pp − PH = 0
ΣMA = + RC × 2,5 − Pp × 2 − PH × x = 0
ΣFy = 0 + RC − 1000 − 700 = 0
ΣMA = + RC × 2,5 − 1000 × 2 − 700 × x = 0
RC = 1 700 N x = 3,21 m
M
Diagrama do corpo livre
x
Y
PH Pp
RA RCy
x m
2 m
4 m
A B C
2,5 m
M
Diagrama do corpo livre
Q1 Q2 P
RA RB 2 m
7 m
5m
10 m
A B
x
Y
B
Diagrama do corpo livre
Q1 Q2 P R
2 m
7 m
5m
10 m
A
x m
b)
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3. O homem puxa a corda para levantar a viga de 10,0 kg de massa e 4,00 m de comprimento. Determine a força de tracção T na corda e a reacção em A.
Problema extraído de BEAR, F. P. & JOHNSTON JR., E. R. 1998. Mecânica Vec-torial para Engenheiros: Estática. Editora McGraw-Hill de Portugal, L.da. 6ª ed., Lisboa. ISBN: 972-8298-73-0. Problema-tipo 4.6, p. 179.
P
3 -
Res
oluç
ão
A viga, de 10 kg de massa, pesa 10 kg× 9,8m⋅s−2=98 N, e, na extremidade inferior, A, está encostada ao degrau.
Foram estabelecidos os referenciais e escolhido A para pólo; as equações de equilíbrio da barra, são:
ΣFx = RAx − T cos 15º = 0
ΣFy = RAy − T sen 15º − 98 = 0
ΣMA = + T × 4 × sen 30º − 98 × 2 × cos 45º = 0
RAx = 66,9352 N, RAy = 115,935 N, T = 69,2965 N. |RA| = 133,87 N; âng(RA, i) = 60º
4. Uma força vertical de 100 N é aplicada na extremidade de uma manivela fixa a um eixo O. Determine:
a) O momento da força de 100 N em relação a O. b) A intensidade da força horizontal, FH, que aplicada em
A produz o mesmo momento em relação ao ponto O. c) A menor força aplicada em A que produz o mesmo
momento em relação a O. d) A que distância do eixo deverá estar uma força vertical
de 240 N de modo a produzir o mesmo momento em relação a O. Problema adaptado de BEAR, F. P. & JOHNSTON JR., E. R. 1998. Mecânica Vec-torial para Engenheiros: Estática. Editora McGraw-Hill de Portugal, L.da. 6ª ed., Lisboa. ISBN: 972-8298-73-0. Problema-tipo 3.1, p. 83.
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a) M = F×b = 100 N × 0,240 m × cos 60º = 12 N⋅m.
b) FH = M/b=12 N⋅m / (0,240 m × sen 60º) = 57,7 N
c) Fmenor = M/b = 12 N⋅m / 0,240 m = 50 N d) 12 N⋅m = 240 N × l m × cos 60º) ⇒ l = 12 / (240 × cos 60º) = = 0,100 m = 100 mm
45º
30º
15º
T
RAx
98 N RAy
x
Y
M
RA
x
a) braço do momento da força de 100 N em relação a O
100 N
b) braço do momento da força FH em relação a O
FH
c) braço do momento de FH em relação a O
Fmenor
90º
d) braço do momento da força de 240 N em relação a O
240 N 100 mm
Problemas resolvidos por António Palma Serafim em 2010
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5. Uma peça ABC está articulada em B; um cabo inexten-sível liga A a C, passando em D por uma roldana sem atrito. Admita que a força de tracção é uniforme em todo o cabo. Despreze o peso da peça e as dimensões da roldana e determine a força de tracção na corda e tam-bém a reacção em B. Problema extraído de BEAR, F. P. & JOHNSTON JR., E. R. 1998. Mecânica Vec-torial para Engenheiros: Estática. Editora McGraw-Hill de Portugal, L.da. 6ª ed., Lisboa. ISBN: 972-8298-73-0. Problema 4.77, p. 183
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ução
A natureza do apoio B permite formular a hipótese de que B desenvolve reacções em x e em y. Os sentidos, o de Bx e o de By, devem ser arbitrados; o cálculo se encarregará de os confirmar ou de os inverter.
O âng α, ângulo DCA interno do triângulo, mede
α = arctan(178/610) = 16,27º.
Pelos dados do problema é forçoso que |TAD|=|TCD|= T.
Estabelecidos os referenciais e escolhido o ponto B para pólo, as equações de equilíbrio da barra, são:
ΣFx = Bx − T cos 16,27º = 0;
ΣFy = − By + T + T sen 16,27º − 320 = 0;
ΣMB = − T × 0,305 + T × 0,305 sen 16,27º + 320 × 0,305 = 0.
Reescrevendo o sistema, vem
ΣFx = Bx − T cos 16,27º = 0;
ΣFy = − By + T (1 + sen 16,27º) − 320 = 0;
ΣMB = + T [0,305(−1 + sen 16,27º)] + 320 × 0,305 = 0.
Bx = 426,743 N ≈ 427 N, By = 249,092 N ≈ 249 N ,
T = 444,546 N ≈ 445 N. |B| = 494,122 N ≈ 494 N; âng(B, i) = 30,27º ≈ 30,3º.
6. No sistema em equilíbrio representado na figura, deter-mine as reacções em A e em B se β = 30º. Despreze o peso da barra. Problema adaptado de BEAR, F. P. & JOHNSTON JR., E. R. 1998. Mecânica Vec-torial para Engenheiros: Estática. Editora McGraw-Hill de Portugal, L.da. 6ª ed., Lisboa. ISBN: 972-8298-73-0. Problema 4.74, p. 182.
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Dado que o apoio B é um rolete, ele apenas consegue exercer for-ças perpendiculares a AC. Os sentidos de RAx e de RAy foram arbi-trados; o cálculo se encarregará de os confirmar ou de os inverter.
Foram estabelecidos os referenciais e escolhido o ponto A para pólo; o braço do momento da força de 100N em relação a A foi representado a traço−ponto. As equações de equilíbrio da barra, são:
ΣFx = + RAx − RB cos 65º + 100 cos 30º = 0;
ΣFy = + RAy + RB sen 65º − 100 sen 30º = 0;
ΣMA = + RB × 0,150 − 100 × 0,400 sen 55º = 0.
RAx = 5,714 N≈ 6 N; RAy = −147,974 N≈ 148 N; RB = 218,441 N ≈ 218 N.
Dado que a solução de RAy foi negativa o sentido real é oposto ao arbitra-do; portanto RAy tem o sentido descendente.
|RA| = 148,08 N ≈ 148 N; âng(RA, i) = 87,8º ≈ 88º.
TAD TCD
320 N By
Bx
B C A
x Y
M Diagrama de forças
incompleto
α
RB x
x Y
Diagrama de forças incompleto
M
25º
30º
A
C
B
RAx
RAy
RB
90º
65º
100 N 55º
RA x
Problemas resolvidos por António Palma Serafim em 2010
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7. Uma barra horizontal AB pesa 800 N e está ligada à parede por uma articulação no ponto A. A extremidade B está ligada à parede por um cabo BC. Na extremidade B está suspensa uma carga de 6000 N.
a) Represente o diagrama de forças da barra.
b) Determine a força de tracção no cabo BC e as compo-nentes cartesianas da reacção em A.
(Teste final, repescagem, 6/04/2009)
Foram arbitrados e desenhados os referenciais, bem como as reacções de A, RAx e RAy. Fica também arbitrado o pólo em A.
Pela geometria da Figura de imediato se conclui que cos β = 4/5 e que sen β = 3/5.
Escrevendo as três equações de equilíbrio da barra, vem:
ΣFx = RAx − TBC cos β = 0
ΣFy = + RAy + TBC sen β − 800 − 6000 = 0
ΣMA = + TBC × 4 sen β − 800 × 2 − 6000 × 4 = 0
RAx = + 8 533,33 N ≈ 8 533 N RAy= + 400 N
TBC = 10 666,7 N ≈ 10 667 N
|RA| = 8 542,7 N ≈ 8 543 N
âng(RA, i) = 2,7º
8. A barra BC, que tem 29,0 kg e mede 4,00 m, está em repouso, articula na parede em B e está ligada em C ao cabo AC. Em C está aplicada a força vertical F de 570 N, conforme representada na Fig. Determine a força de tracção instalada no cabo AC e a força que a articulação na parede exerce sobre a barra em B.
(Teste parcial, 9/12/2008)
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A barra pesa 29 kg × 9,8 m⋅s−2 = 284,2 N Foram arbitrados e desenhados os referenciais, bem como as reacções de B, RBx e RBy. Fica também arbitrado o pólo em B. Escrevendo as três equações de equilíbrio da barra, vem:
ΣFx = RBx − TCA cos 41º = 0
ΣFy = + RBy + TCA sen 41º − 284 − 570 = 0
ΣMB = + TCA × 4 sen 50º − (284×2+570×4) cos 9º = 0
RBx = +692,829 N ≈ 693 N
RBy= +251,733 N ≈ 252 N
TCA = 918,007 N ≈ 918 N
|RB| = 737,144 N ≈ 737 N
âng(RB, i) = 19,968º ≈ 20º
50º
9º
B
A
C
F
M
50º
9º
RBx 570 N
RBy
284 N
4 m
B
C
x
Y
TCA
x
Y RB
M
β
RAx
6000 N
RAy
800 N
4 m
A B
x
Y
T
x
Y
RA