Capítulo 2 - Forças concorrentes - pg 21 a 30 PDF

Preview

Summary

cap...

Description

Mecânica Geral

FORÇAS CONCORRENTES NO ESPAÇO - PARTE 2 Módulo e direção de forças resultantes

Direções de vetores

de sistemas de forças concorrentes

unitários de forças

APRESENTAÇÃO

C

aro(a) aluno(a), seja bem-vindo! Neste módulo, vamos estudar forças concorrentes

no espaço, trabalhando com condições específicas. Forças resultantes nem sempre possuem a direção ideal, do ponto de vista prático, para a situação do problema. Observe, por exemplo, a figura 1, que apresenta uma força resultante (em azul) não alinhada com a torre. Esta força que atua sobre o ponto A, no topo da torre, com módulo de 1477N corresponde ao vetor

 F = 80ɵi + 320 ɵj − 1440kɵ N

(

Além da componente vertical de

)

1440N necessária para a estabilização da torre, as outras 320N e 80N) exercem um esforço adicional e

duas componentes, perpendiculares à torre (

indesejável e desnecessário sobre o ponto A.

N e a torre estão desalinhadas

Fig. 1 - Força resultante de 1477

Fonte: próprio autor

Pois bem, neste módulo vamos aprender a impor à força resultante as condições necessárias, como uma direção preferencial ou um módulo necessário, que são muito úteis em situações práticas. Vamos começar a trabalhar? Bom estudo!

OBJETIVOS DE APRENDIZAGEM Ao final desse módulo você deverá ser capaz de: •

Obter forças resultantes de sistemas de forças concorrentes que atendam condições específicas de módulo e direção.

•

Distinguir os vetores unitários de forças que têm a direção dos eixos cartesianos, dos veto-

FICHA TÉCNICA

res unitários de forças com uma direção qualquer.

FUMEC VIRTUAL - SETOR DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA Gestão Pedagógica Coordenação Gabrielle Nunes Paixão Transposição Pedagógica Joelma Andréa de Oliveira

Produção de Design Multimídia Coordenação Rodrigo Tito M. Valadares Design Multimídia Alan Galego Bernini Raphael Gonçalves Porto Nascimento

BELO HORIZONTE - 2014

Infra-Estrututura e Suporte Coordenação Anderson Peixoto da Silva AUTORIA DA DISCIPLINA Profa. Valéria Cunha Figueiredo

FORÇAS CONCORRENTES NO ESPAÇO - PARTE 2

Introdução A interferência sobre as condições desejadas para a força resultante que atua no corpo pode ser feita, na prática, de duas formas: 1.

Se a posição dos pontos de fixação dos esticadores no solo já estiverem previamente estabelecidas, deve ser feito o dimensionamento correto da força a ser aplicada sobre cada cabo.

2.

Podemos também associar ao procedimento acima, a determinação das coordenadas do ponto de fixação no solo de um ou mais esticadores.

Esses dois recursos visam garantir que uma torre, por exemplo, seja indevidamente puxada para os lados, comprometendo a segurança do projeto.

Dimensionamento de forças O primeiro recurso que utilizaremos, para garantir que a força resultante tenha a direção desejada, será o dimensionamento da força a ser aplicada sobre cada cabo. Exemplo 1:

F

A barra leve da figura sustenta a carga vertical 3 e é mantida na posição horizontal com o auxílio dos cabos AB e AC, que aplicam as forças 1 e 2 , como mostra a figura.

F

F

F1, F2 e F3 de forma que a força resultante tenha a direção da 2300N.

Determine os módulos de barra e intensidade de

Fig. 2 -

F , F2 e F3 atuam sobre o ponto A e ao lado a representação equivalente 1

Fonte: próprio autor

Observe, na figura 2, que a barra foi posicionada sobre o eixo Y. Logo, a força resultante, que precisa ficar alinhada com ela, será um vetor com direção de Y e módulo igual a 2300N. Veja que as duas representações são equivalentes!

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

21

Precisamos formalizar matematicamente as condições do problema e para isso, destacaremos 4 pontos importantes:

1.

Nosso senso físico indica que a resultante de

1600N

só pode ser voltada para a

parede, isto é, para o plano XZ, pois os cabos AB e AC comprimem a barra contra a parede.

 R = −2300 ɵjN

2.

A força resultante será expressa pelo vetor de uma única componente

3.

Isso significa que a resultante não possui componentes, nas outras duas direções cartesianas, ou seja:

∑F

X

= 0 e ∑FZ = 0

É fundamental ficar claro para você que: 4.

Se uma força possui uma única componente, suas componentes nas outras duas direções perpendiculares serão, obrigatoriamente, nulas.

Vamos escrever os vetores das 3 forças que atuam no ponto A da barra. Força

F1:

F1 possui módulo F1 desconhecido, direção do cabo AB e é dirigida de A para B.  Logo, escreveremos que F1 = F1 ABN , sendo:   AB = −6 ɵj + 3kɵ + 2ɵi m, com AB = 7m e obtemos: A força

(

)

 6 3  2 F1 = F1  ɵi − ɵj + ɵk  N 7 7  7 Força

ou

(

)

 F1 = F1 0, 29ɵi − 0, 86 ɵj + 0, 43 ɵk N

F2 :

A força

F2

possui módulo

F2

também desconhecido, direção do cabo AC e é dirigida de

A para C.

 F2 = 2 ACN , sendo:   AB = −6 ɵj + 3kɵ − 6ɵi m, com AC = 9m e obtemos: Logo, escreveremos que

(

)

 3   6 6 F2 = F2  − ɵi − ɵj + ɵk  N 9   9 9 Força

ou

 F2 = F2 −0 , 67ɵi − 0 , 67 ɵj + 0 ,33 ɵk N

(

)

F3:

Observe que esta força é vertical, isto é, ela é um vetor paralelo ao eixo Z. Isso significa que

F3 é um vetor de uma única componente na direção de Z.

Logo, seu vetor unitário será + Como

F

k

k

ou - .

aponta para baixo e possui módulo desconhecido 3 escrito como: 3 3

 ɵ F = −F kN

F3

o vetor desta força será

Agora que já temos os 3 vetores das 3 forças, vamos aplicar a eles as condições do problema.

22

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

  F 1 = F 0, 29iɵ − 0, 86 ɵj + 0, 43kɵ N 1    ɵ ɵ ɵ  F 2 = F2 − 0, 67i − 0, 67 j + 0, 33k N    F 3 = − F3 kɵ 

( (

)

)

1ª condição:

∑F

X

=0

0,29F1 - 0,67F2 = 0 ou 0,29F1 - 0,67F2 = 0

2ª condição:

∑F

Y

= −2300 N

-0,86F1 - 0,67F2 = -2300N ou 0,86F1 + 0,67F2 = 2300N

3ª condição:

∑F

Z

=0

0,43F1 + 0,33F2 - F3 =0

As equações (1), (2) e (3) formam um sistema de equações, que nos fornecerão os módulos de

F1, F2 e F3.

ATENÇÃO Lembre-se que você pode resolver o sistema linear por qualquer procedimento à sua escolha e com o qual você esteja mais familiarizado.

 0 , 29 F1 − 0 , 67 F2 = 0  0 ,86 F1 + 0 ,67 F2 = 2300 N  0, 43F + 0, 33F − F = 0 1 2 3  Vamos optar aqui pela adição da 1ª e 2ª equações, obtendo:

(0,29 + 0,86) F1 = 2300N, que fornece F1 = 2000N. Substituindo

F1 na 1ª equação, obtemos:

F2 ≅ 0, 433 F1 = 866 N Finalmente, substituindo

F1 e F2 na 3ª equação, calculamos F3 :

F3 = ( 0 , 43)( 2000) + ( 0 ,33 )(866 ) N ≅ 1146N

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

23

É importante que você compreenda que os valores obtidos para os módulos de F 1 , F 2 e F 3 significam que essas 3 forças aplicadas no ponto A, com as direções indicadas, têm como efeito final sobre o ponto A, a produção da força de 2300N alinhada com a barra.     E você pode conferir isso, realizando a soma vetorial R = F 1 + F 2 + F 3. Basta substituir os módulos F1, F2 e F3 nos respectivos vetores e efetue a soma acima. Experimente fazê-la!! Afinal, é importante que você desenvolva estratégias para conferir suas próprias soluções!!!

Exemplo 2: Uma torre de 24m é estabilizada no solo com auxílio de três cabos, como mostra a figura 3. Calcule os módulos de

F1, F2

e da força resultante, sabendo que

 F3 = 420 N

e que a

resultante deve ficar alinhada com a torre. Caro(a) aluno(a), se a força resultante deve ficar alinhada com a torre, esta é uma força vertical, representada pelo vetor

 ɵ . R = − RkN

REFLITA Você sabe o motivo do sinal negativo na componente Z?

Fig. 3 - F1, F2 (desconhecidas) e F3 atuam sobre o ponto A da torre Fonte: próprio autor

Se a força resultante for uma força com uma única componente na direção de Z, precisaremos impor as seguintes condições:

∑F

X

= 0 (a torre não deve ser puxada nem para frente e nem para trás)

E

∑F

Y

=0

(a torre não deve ser puxada nem para a direita e nem para a esquerda)

Para trabalharmos com as condições impostas a cada direção, será necessário obter os vetores correspondentes a

F1 , F2

e

F3.

Vamos lá?

24

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

Escrevendo os vetores de força e observando que apenas

F3 possui intensidade (ou módu-

lo) conhecido, teremos:

F1:   , onde: F 1 = F1 ABN   AB = −24 kɵ −7 ɵj m e AB = 25 m

Força

(

)

(

)

 24  7 F1 = F1  − ɵj − kɵ  N = F1 −0, 28ɵj − 0, 96 ɵk N 25   25 F2 :  F2 = F2 ACN, onde:   AC = −24kɵ + 8 ɵj + 6iɵ m e AC = 26m Força

(

)

 8 ɵ 24 ɵ  6 j− k  N ≅ F2 +0, 23ɵi + 0, 31 ɵj − 0, 92 ɵk N F2 = F2  ɵi + 26 26 26  

(

)

F3 :  F 3 = 420 ADN , onde:   AD = −24kɵ + 8ɵj − 12ɵi m e AD = 28m Força

(

)

(

)

 8 ɵ 24 ɵ   12 k  N = − 180ɵi + 120ɵj − 360kɵ N F3 = 420  − iɵ + j− 28   28 28 Nossos vetores são:

  F1 = F1 −0, 28 ɵj − 0, 96ɵk N   ɵ ɵ  F2 = F2 +0, 23ɵi + 0, 31 j − 0, 92k N    F3 = −180ɵi + 120 ɵj − 360kɵ N 

(

( (

)

)

)

Agora vamos impor sobre eles as condições do problema: 1ª condição:

∑F

X

=0

0, 23F2 − 180N = 0 2ª condição:

∑F

Y

=0

−0, 28F1 + 0, 31F2 + 120 = 0

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

25

Mas cuidado, não se precipite na montagem dessas equações. Inicialmente escreva apenas o que a equação ordena: • a soma das forças na direção de X é igual a zero e • a soma das forças na direção de Y é igual a zero. Só depois é que você vai fazer as manipulações algébricas necessárias. A solução do sistema de equações originado das duas condições:

0, 23F2 =180N    0, 28F1 − 0, 31F2 = 120N Fornece os módulos de

F1 e F2.

Da 1ª equação obtemos Substituindo

F2

F2 ≅ 783N .

na 2ª equação, obtemos

F1 ≅ 1295N .

Qual é a força resultante das 3 forças que atuam sobre a torre? Vimos que a resultante é alinhada com a torre, que tem a direção de Z. Logo, podemos escrever que:

     R = F1 + F2 + F3 ou R = ∑ FZ kɵ Retomando os vetores das 3 forças, teremos:

 R = ∑FZ kɵ = − ( 0, 96 )( F1 ) − ( 0, 92)( F2 ) − 360 N kɵ  R = −  (0, 96 )(1295 ) + ( 0, 92 )( 783 ) + 360 N kɵ ≅ −2324 N kɵ  Veja a representação de R na figura 4:

Fig. 4 - As duas representações são equivalentes Fonte: próprio autor

CONCLUSÃO Você também pode obter a força resultante através da soma vetorial

R = F1 + F2 + F3 Vamos lá? Tente fazer sozinho(a) e aprenda a conferir seus resultados!

26

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

Até aqui, conseguimos impor à força resultante a direção necessária, dimensionando a força sobre os cabos, a partir de suas direções previamente fixadas. A seguir, vamos utilizar o cálculo da posição do ponto de fixação do cabo (esticador) no solo, para conseguir o efeito desejado. Observe que as componentes da força que atua sobre um cabo dependem da direção do mesmo, não é verdade? No próximo exemplo, vamos trabalhar com essa condição.

Determinação das coordenadas do

ponto de fixação dos esticadores Exemplo 3

Uma torre de 24m de altura é mantida na vertical com auxílio dos três cabos mostrados na figura. Sabendo que a resultante das forças deve ser dirigida ao longo da torre, determine a intensidade da força

 F e as coordenada x do ponto de localização do esticador C, no solo.

Fig. 5 - A força F e a posição do ponto C são desconhecidos Fonte: próprio autor

Da mesma forma que no exemplo anterior, nossa força resultante é uma força com componente Z apenas, isto é,

    ɵ R = FAB + FAC + FAD = ∑Fz kN Isto significa precisamos ter

∑F

X

=0e

∑F

Y

=0.

Escreveremos os vetores de cada uma das forças, observando que

FAC

possui Módulo

F

e coordenada x desconhecidos.

 F AB = 680 ABN   AB = 16 ɵi −18 ɵj −24 kɵ m com AB = 34 m

(

)

Logo:

(

)

 24 ɵ   16 18 FAB = 680  ɵi − ɵj − k  N = 320ɵi − 360 ɵj − 480 kɵ N 34   34 34

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

27

 F AC = F AC N   AC = xiɵ + 8 ɵj − 24 kɵ m com | AC |=

(

)

x2 + 82 + 24 2 m =

x2 + 640 m

Logo:

   8 24 x ɵi + ɵj − F AC = F  kɵ  N 2 2 2 x + 640 x + 640   x + 640  FAD = 1000ADN   AD = −6iɵ + 4 jɵ − 24 kɵ m com AD ≅ 25 m

(

)

Logo:

 4 24   6 FAD =1000  − ɵi + ɵj − kɵ  N = −240 ɵi + 160 ɵj − 960 ɵk N 25   25 25

(

)

As forças são:

(

)

  FAB = 320iɵ − 360ɵj − 480kɵ N    x 8 24  ɵj − iɵ +  FAC = F  2 2 2 x + 640 x + 64 0  x + 640    FAD = −240ɵi + 160 ɵj − 960kɵ N 

(

)

ɵk  N  

Aplicando as condições do problema:

∑F

=0

∑F

=0

X

320 +

Fx x + 640 2

− 240 = 0 Y

−360 +

8F 2

x + 640

+ 160 = 0

Obtemos o sistema de equações:

Fx  = − 80  2  x + 640  8F  = 200  x 2 + 640 Caro(a) aluno(a), apesar da aparência algébrica carregada das equações deste sistema, ele possui solução muito simples. Examinando as equações, vemos que a 2ª equação fornece que:

F

= 25

2

x + 640

28

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

Substituindo este valor na 1ª equação:

Fx 2

x + 640

= −80, ou seja, 25x=-80, obtemos o valor da coordenada x=-3,2m.

Obtendo agora o valor de

F chegamos em:

F = 25 x 2 + 640 = 25 3, 2 2 + 640 N ≅ 637 N

Vamos obter nossa força resultante?

Substituindo os valores obtidos, teremos os seguintes vetores de força:

  FAB = 320iɵ − 360ɵj − 480kɵ N    ɵ ɵ ɵ  FAC = −80i + 200 j − 600 k N   FAD = −2400ɵi + 160 ɵj − 960kɵ N      A força resultante R = FAB + F AC + F AD será vertical e igual a:  R = ( 320 − 80 − 240) ɵi + ( −360 + 200 + 160 ) ɵj + ( −480 − 600 − 960 ) kɵ  N  ɵ como desejado! R = −2040kN

( ( (

) ) )

Isso significa que o cabo AC foi submetido à força com valor correto e seu esticador, no ponto C, fixado no solo na posição adequada.

Forças Concorrentes no Espaço - Parte 2

29

Síntese Neste módulo, aprendemos a obter resultantes de sistemas de forças concorrentes, que obedecem a condições específicas: uma direção preferencial ou com módulo previamente estabelecido, que são situações de interesse prático. Vimos como garantir que a resultante obedeça à condição necessária: suas componentes nas outras duas direções perpendiculares a ela devem ser nulas. E ainda, para conseguir a força resultante com as condições necessárias utilizamos duas estratégias, combinadas ou não: • •

o dimensionamento das forças a serem aplicadas aos cabos e o cálculo da posição de um dos esticadores, isto é, o ponto de fixação de um dos cabos no solo.

Agora, avalie se você conseguiu assimilar bem todos eles, pois, caso contrário, é importante que você retorne ao texto, para rever os tópicos que não ficaram claros.

Referências BEER, F. P.; JOHNSTON, E. R. Mecânica Vetorial para Engenheiros: estática. 5.ed. rev. São Paulo: Makron Books, c1991. BEER, F. P.; JOHNSTON, E. R.; EISENBERG, E. R. Mecânica Vetorial para Engenheiros: estática. 7.ed. Rio de Janeiro: McGrawHill, c2006. HIBBELER, R.C. Estática: Mecânica para engenharia. 10.ed. São Paulo: Pearson Prentice Hall, c2005. HIBBELER, R.C. Estática: Mecânica para engenharia. 12.ed. São Paulo: Pearson, 2011. SHAMES, I. H. Estática: Mecânica para engenharia. 4.ed. São Paulo: Prentice Hall, 2002.

30...