Exercício Resolvido de Estática
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Um guindaste de peso Pg, tem um vão D entre os trilhos no qual está apoiado. Uma carga de peso Pc encontra-se a uma distância d de um dos trilhos. Determinar a força de reação do guindaste nos trilhos ao levantar a carga com uma aceleração a=g, onde g é também a aceleração da gravidade.



Dados do problema:
  • Peso do guindaste:    Pg;
  • Peso da carga:    Pc;
  • Distância entre os trilhos do guindaste:    D;
  • Distância da carga a um dos trilhos:    d;
  • Aceleração de subida da carga:    g;
  • Aceleração da gravidade:    g.
Esquema do problema:

Na carga atuam a força peso \( {\vec P}_{c} \) e a força de tração \( \vec{T} \), esta é transmitida pelo cabo para o guindaste (Figura 1-A).

Figura 1

Este sistema é equivalente a uma barra apoiada nas extremidades, de peso igual ao peso do guindaste \( {\vec P}_{g} \) concentrado no centro no ponto \( \frac{D}{2} \). A força de tração no cabo \( \vec{T} \) devido à carga atua a uma distância d de uma das extremidades. As forças de reação \( {\vec F}_{1} \) e \( {\vec F}_{2} \) estão aplicadas nos pontos de apoio das extremidades. Adota-se o sentido anti-horário de rotação do corpo como sendo positivo (Figura 1-B).
Adota-se o sistema de referência no ponto onde está a força de reação \( {\vec F}_{1} \).

Solução

Separando a carga do guindaste e estudando as forças que atuam nela podemos aplicar a 2.ª Lei de Newton
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\vec{F}=m\vec{a}} \end{gather} \]
Adotando o sentido positivo para cima (Figura 2)
\[ \begin{gather} T-P_{c}=ma \tag{I} \end{gather} \]

Figura 2
onde m é a massa da carga, a força peso devido à carga é dada por
\[ \begin{gather} P_{c}=ma \end{gather} \]
a massa será
\[ \begin{gather} m=\frac{P_{c}}{a} \tag{II} \end{gather} \]
substituindo a expressão (II) na expressão (I)
\[ \begin{gather} T-P_{c}=\frac{P_{c}}{\cancel{a}}\,\cancel{a}\\[5pt] T-P_{c}=P_{c}\\[5pt] T=P_{c}+P_{c}\\[5pt] T=2P_{c} \tag{III} \end{gather} \]
Para que a barra permaneça em equilíbrio devemos ter as seguintes condições
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\sum F_{i}=0} \tag{IV-a} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\sum M_{i}=0} \tag{IV-b} \end{gather} \]
Desenhando as forças que atuam na viga em um sistema de eixos coordenados xy (Figura 3) e aplicando a condição de (IV-a)
\[ \begin{gather} F_{1}+F_{2}-T-P_{g}=0 \end{gather} \]
substituindo a expressão (III)
\[ \begin{gather} F_{1}+F_{2}-2P_{c}-P_{g}=0\tag{V} \end{gather} \]

Figura 3

O momento de uma força é dado por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {M=Fd} \tag{VI} \end{gather} \]
  • Momento da força de reação \( {\vec{F}}_{1} \):
Aplicando a expressão (V), temos a força F representada pela força de reação \( {\vec F}_{1} \) e a distância será nula, d = 0, a força de reação está aplicada no mesmo ponto tomado como referência
\[ \begin{gather} M_{{F}_{1}}=0 \tag{VII} \end{gather} \]
  • Momento da força de tração que sustenta a carga:
Aplicando a expressão (V), temos a força F representada força de tração \( \vec{T} \) que está aplicada num ponto a uma distância d do ponto de referência, como ela tende a fazer a barra girar contra o sentido escolhido o momento será negativo (Figura 4)
Figura 4
\[ \begin{gather} M_{T}=-Td \tag{VII} \end{gather} \]
substituindo a expressão (III) na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} M_{T}=-2P_{c}d \tag{IX} \end{gather} \]
  • Momento da força peso da barra:
Aplicando a expressão (V), temos a força F representada força peso da barra \( {\vec P}_{g} \) que está aplicada no ponto médio da barra, como ela tende a fazer a barra girar contra o sentido escolhido o momento será negativo (Figura 5)
Figura 5
\[ \begin{gather} M_{P_{g}}=-P_{g}\,\frac{D}{2} \tag{X} \end{gather} \]
  • Momento da força de reação \( {\vec{F}}_{2} \):
Aplicando a expressão (V), temos a força F representada pela força de reação \( {\vec F}_{2} \) e a distância será o comprimento da barra, d=D, como ela tende a fazer a barra girar no sentido escolhido o momento será positivo (Figura 6)
Figura 6
\[ \begin{gather} M_{{F}_{2}}=F_{2}D \tag{XI} \end{gather} \]
Aplicando a segunda condição de (IV)
\[ \begin{gather} M_{F_{1}}+M_{T}+M_{P_{g}}+M_{F_{2}}=0 \end{gather} \]
substituindo as expressões de (VII), (IX), (XI) e (XI)
\[ \begin{gather} 0-2P_{c}d-P_{g}\,\frac{D}{2}+F_{2}\,D=0\\[5pt] -2P_{c}d-P_{g}\,\frac{D}{2}+F_{2}\,D=0 \tag{XII} \end{gather} \]
As expressões (V) e (XII) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas F1 e F2
\[ \begin{gather} \left\{ \begin{array}{l} \,F_{1}+F_{2}-2P_{c}-P_{g}=0\\ \,-2P_{c}d-P_{g}\,\dfrac{D}{2}+F_{2}\,D=0 \end{array} \right.\ \end{gather} \]
da segunda equação temos o valor de F2
\[ \begin{gather} -2P_{c}d-P_{g}\,\frac{D}{2}+F_{2}\,D=0\\[5pt] F_{2}\,D=2P_{c}d+P_{g}\,\frac{D}{2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {F_{2}=2P_{c}\frac{d}{D}+\frac{P_{g}}{2}} \end{gather} \]
Substituindo este valor na primeira equação
\[ \begin{gather} F_{1}+\frac{1}{D}\,\left(\,2P_{c}d+P_{g}\,\frac{D}{2}\,\right)-2P_{c}-P_{g}=0\\[5pt] F_{1}=\frac{-{1}}{D}\,\left(\,2P_{c}d+P_{g}\,\frac{D}{2}\,\right)+2P_{c}+P_{g}\\[5pt] F_{1}=\frac{-{1}}{D}\,2P_{c}d-\frac{1}{D}\,P_{g}\,\frac{D}{2}+2P_{c}+P_{g}\\[5pt] F_{1}=-2\,\frac{P_{c}d}{D}+2P_{c}-\frac{P_{g}}{2}+P_{g} \end{gather} \]
colocando em evidência 2Pc do primeiro e segundo termos do lado direito da igualdade, e multiplicando e dividindo o quarto termo por 2
\[ \begin{gather} F_{1}=2\,P_{c}\,\left(\,-\frac{d}{D}+1\,\right)-\frac{P_{g}}{2}+P_{g}\,.\frac{2}{2}\\[5pt] F_{1}=2\,P_{c}\,\left(\,1-\frac{d}{D}\,\right)+\frac{2P_{g}}{2}-\frac{P_{g}}{2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {F_{1}=2\,P_{c}\,\left(\,1-\frac{d}{D}\,\right)+\frac{P_{g}}{2}} \end{gather} \]
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