Exercício Resolvido de Estática
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Um bloco de massa m=100 kg está suspenso pelo sistema de cordas mostrada na figura. Determinar as
forças de tensão em todas as cordas.
Adotar: \( \operatorname{sen}15°=0,259 \), \( \cos 15°=0,966 \), \( \operatorname{sen}45°=0,707 \), \( \cos 45°=0,707 \), \( \operatorname{sen}60°=0,866 \), \( \cos 60°=0,5 \).
Adotar: \( \operatorname{sen}15°=0,259 \), \( \cos 15°=0,966 \), \( \operatorname{sen}45°=0,707 \), \( \cos 45°=0,707 \), \( \operatorname{sen}60°=0,866 \), \( \cos 60°=0,5 \).
Dados do problema:
- Massa do bloco: m=100 kg;
- Aceleração da gravidade: g=9,8 m/s2.
Desenhando as forças que atuam no sistema (Figura 1).
No bloco a força peso \( \vec{P} \) será equilibrada pelas força de tensão \( {\vec T}_{1} \), que tem como força de reação \( {\vec T}\text{'}_{1} \) no teto, e pela força de tensão \( {\vec T}_{2} \), que tem como força de reação \( {\vec T}\text{'}_{2} \) que está aplicada no ponto D.
No ponto D a força de tensão \( {\vec T}\text{'}_{2} \) é equilibrada pelas forças de tensão \( {\vec T}_{3} \) e \( {\vec T}_{4} \), que tem como forças de reação \( {\vec T}\text{'}_{3} \) e \( {\vec T}\text{'}_{4} \) no teto.
No bloco a força peso \( \vec{P} \) será equilibrada pelas força de tensão \( {\vec T}_{1} \), que tem como força de reação \( {\vec T}\text{'}_{1} \) no teto, e pela força de tensão \( {\vec T}_{2} \), que tem como força de reação \( {\vec T}\text{'}_{2} \) que está aplicada no ponto D.
No ponto D a força de tensão \( {\vec T}\text{'}_{2} \) é equilibrada pelas forças de tensão \( {\vec T}_{3} \) e \( {\vec T}_{4} \), que tem como forças de reação \( {\vec T}\text{'}_{3} \) e \( {\vec T}\text{'}_{4} \) no teto.
Figura 1
Solução
Dividindo o problema em duas partes, primeiro estudando as forças no bloco.
Pelo ponto C traçamos uma reta vertical perpendicular ao teto, o ângulo entre o teto e a corda \( \overline{CE} \) é de 75°, então o ângulo entre a reta traçada e a corda \( \overline{CE} \) é de 15°, são ângulos complementares, somam 90°.
A partir do bloco no ponto E traçamos uma reta vertical dividindo o ângulo de 30° em duas partes, como o ângulo entre esta reta e a corda \( \overline{CE} \) é alterno interno com o ângulo encontrado anteriormente, ele também medirá 15°. Esta reta divide o ângulo de 30° em duas partes iguais, é uma bissetriz do ângulo de 30° (Figura 2-A).
Desenhando as forças em um sistema de eixos coordenados xy e decompondo as forças, a força peso \( \vec{P} \) só tem a componente \( {\vec P}_{y} \), as forças de tensão \( {\vec T}_{1} \) e \( {\vec T}_{2} \) têm componentes \( {\vec T}_{1x} \) e \( {\vec T}_{2x} \) na direção x e componentes \( {\vec T}_{1y} \) e \( {\vec T}_{2y} \) na direção y. Como o sistema está equilíbrio, a resultante das forças é nula, e aplicamos a condição
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\sum F=0} \tag{I}
\end{gather}
\]
Direção x: \( T_{1x}-T_{2x}=0 \)
Direção y: \( T_{1y}+T_{2y}-P=0 \)
\[
\begin{gather}
T_{1}\operatorname{sen}15°-T_{2}\operatorname{sen}15°=0\\[5pt]
T_{1}\cos 15°+T_{2}\cos 15°-P=0
\end{gather}
\]
estas equações formam um sistema de duas equações a duas incógnitas, T1 e
T2
\[
\begin{gather}
&\left\{
\begin{array}{l}
T_{1}\operatorname{sen}15°-T_{2}\operatorname{sen}15°=0\\
T_{1}\cos 15°+T_{2}\cos 15°-P=0
\end{array}
\right.\\[8pt]
&\left\{
\begin{array}{l}
0,259T_{1}-0,259T_{2}=0\\
0,966T_{1}+0,966T_{2}-mg=0
\end{array}
\right.\\[8pt]
&\left\{
\begin{array}{l}
0,259T_{1}-0,259T_{2}=0\\
0,966T_{1}+0,966T_{2}-100.9,8=0
\end{array}
\right.\\[8pt]
\;\\
&\left\{
\begin{array}{l}
0,259T_{1}-0,259T_{2}=0\\
0,966T_{1}+0,966T_{2}-980=0 \tag{II}
\end{array}
\right.
\end{gather}
\]
da primeira equação do sistema (II)
\[
\begin{gather}
0,259T_{1}-0,259T_{2}=0\\[5pt]
0,259T_{1}=0,259T_{2}\\[5pt]
T_{1}=T_{2} \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo o valor de (III) na segunda equação do sistema (II)
\[
\begin{gather}
0,966T_{1}+0,966T_{1}-980=0\\[5pt]
1,932T_{1}=980\\[5pt]
T_{1}=\frac{980}{1,932}\\[5pt]
T_{1}=507,3\ \text{N}
\end{gather}
\]
pela igualdade (III)
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{T_{1}=T_{2}=507,3\ \text{N}}
\end{gather}
\]
Estudando as forças que atuam no ponto D.
Traçando uma linha horizontal pelo ponto D, o ângulo entre esta reta e a corda \( \overline{AD} \) mede 45º, é um ângulo alterno interno com ângulo entre a corda \( \overline{AD} \) e o teto.
O ângulo entre a corda \( \overline{BD} \) e a reta horizontal mede 60º, é um ângulo alterno interno com o ângulo entre a corda \( \overline{BD} \) e o teto (Figura 3-A).
Traçando uma reta vertical pelo ponto D o ângulo entre a corda \( \overline{DE} \) e esta linha é de 15º, é alterno interno com o ângulo encontrado na primeira parte do problema.
Desenhando as forças em um sistema de eixos coordenados xy e decompondo as forças, a força de tensão \( {\vec T}_{2} \) já foi determinada, têm as componentes \( {\vec T}_{2x} \) e \( {\vec T}_{2y} \), as forças de tensão \( {\vec T}_{3} \) e \( {\vec T}_{4} \) têm componentes \( {\vec T}_{3x} \) e \( {\vec T}_{4x} \) na direção x e componentes \( {\vec T}_{3y} \) e \( {\vec T}_{4y} \) na direção y. Como o sistema está equilíbrio podemos aplicar a condição (I).
Direção x: \( T_{2x}+T_{3x}-T_{4x}=0 \)
Direção y: \( T_{3y}+T_{4y}-T_{2y}=0 \)
\[
\begin{gather}
T_{2}\operatorname{sen}15°+T_{3}\cos 60°-T_{4}\cos 45°=0\\[5pt]
T_{3}\operatorname{sen}60°+T_{4}\operatorname{sen}45°-T_{2}\cos 15°=0
\end{gather}
\]
estas equações formam um sistema de duas equações a duas incógnitas, T3 e
T4, substituindo os valores dados e o valor da tensão T2
determinado acima
\[
\begin{gather}
&\left\{
\begin{matrix}
T_{2}\operatorname{sen}15°+T_{3}\cos 60°-T_{4}\cos 45°=0\\
T_{3}\operatorname{sen}60°+T_{4}\operatorname{sen}45°-T_{2}\cos 15°=0
\end{matrix}
\right.\\[8pt]
&\left\{
\begin{matrix}
0,259.507,3+0,5T_{3}-0,707T_{4}=0\\
0,866T_{3}+0,707T_{4}-0,966.507,3=0
\end{matrix}
\right.\\[8pt]
&\left\{
\begin{matrix}
131,4+0,5T_{3}-0,707T_{4}=0\\
0,866T_{3}+0,707T_{4}-490,0=0
\end{matrix}
\right.\\[8pt]
&\left\{
\begin{matrix}
0,5T_{3}-0,707T_{4}=-131,4\\
0,866T_{3}+0,707T_{4}=490,0 \tag{IV}
\end{matrix}
\right.
\end{gather}
\]
somando as duas equações do sistema (IV) eliminamos o termo em T4
\[
\begin{gather}
\frac{
\begin{matrix}
0,5T_{3}-0,707T_{4}=-131,4\\
0,866T_{3}+0,707T_{4}=490,0
\end{matrix}}
{1,366T_{3}+0=358,60}\\[5pt]
1,366T_{3}=358,60\\[5pt]
T_{3}=\frac{358,60}{1,366}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{T_{3}=262,6\ \text{N}}
\end{gather}
\]
substituindo este valor na segunda equação do sistema (IV)
\[
\begin{gather}
0,5.262,6-0,707T_{4}=-131,4\\[5pt]
131,3-0,707T_{4}=-131,4\\[5pt]
-0,707T_{4}=-131,4-131,3\\[5pt]
-0,707T_{4}=-262,7
\end{gather}
\]
multiplicando toda a equação acima por (−1)
\[
\begin{gather}
\qquad\qquad -0,707T_{4}=-262,7 \qquad \mathrm{(\times -1)}\\[5pt]
0,707T_{4}=262,7\\[5pt]
T_{4}=\frac{262,7}{0,707}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{T_{4}=371,6\ \text{N}}
\end{gather}
\]
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