peso da barra: P = 15 N; comprimento do segmento AO: D A = 1 m; comprimento do segmento BO: D B = 0,5 m.

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1 Uma barra AOB homogênea de secção constante cujo peso é de 15 N é dobrada segundo um ângulo reto em O de maneira que AO = 1 m e BO = 0,5 m. Suspende-se a barra pelo ponto O, determinar: a) O ângulo α formado por AO com a vertical na posição de equilíbrio; b) A intensidade da força horizontal que deve ser aplicada em A, no plano AOB, para que AO e BO sejam igualmente inclinados em relação à horizontal; c) no caso do item (b) a intensidade reação no ponto de suspensão O. Dados do problema peso da barra: P = 15 N; comprimento do segmento AO: D A = 1 m; comprimento do segmento BO: D B = 0,5 m. Esquema do problema Adotamos o ponto O, onde a peça está fixada, como ponto de referência. Como a barra é homogênea e de secção constante sua massa está igualmente distribuída por ela, assim podemos considerar que o centro de massa de cada um dos braços da peça está em seu centro. Em AO o centro está em d A = D A = 1 = 0,5 m, onde está aplicada a força peso P A. Em BO o centro está em d B = D B = 0,5 = 0,5 m, onde está aplicada a força peso P B. No ponto O temos a reação à tensão T (figura 1). A peça pode girar em torno do ponto O, vamos figura 1 adotar o sentido anti-horário como sendo positivo. Como a barra está dobrada numa proporção :1, ou seja um braço tem o dobro do comprimento do outro (1 m e 0,5 m), e como a barra é homogênea, seu peso está distribuído na mesma proporção. Assim do total de 15 N, P A = 10 N e P B = 5 N. Solução a) O momento de uma força é dado por M F = F d (I) Esquecendo o segmento BO da peça e considerando apenas o segmento AO, a força peso P A pode ser decomposta em duas, uma componente paralela ao braço ( P AP ) e outra perpendicular ou normal ( P AN ). O ângulo entre o segmento AO e a vertical por O é dada como sendo α, pela figura a força peso P A é paralela à vertical que passa por O e a componente P AP está na mesma direção que o segmento AO, então o ângulo entre a força peso e a componente paralela também vale α (são ângulos correspondes). Apenas a componente normal contribui para que o braço gire em torno do ponto O, como esta componente faz girar no mesmo sentido da orientação escolhida o momento desta força será positivo, pela expressão (I), temos figura 1

2 = P AN d A (II) da figura temos que P AN = P A sen (III) substituindo a expressão (III) em (II), obtemos = P A sen d A (IV) Esquecendo o segmento AO da peça e considerando apenas o segmento BO, a força peso P B pode ser decomposta em duas, uma componente paralela ao braço ( P BP ) e outra perpendicular ou normal ( P BN ). O ângulo entre o segmento BO e a vertical por O chamamos de β, pela figura 3 a força peso P B é paralela à vertical que passa por O e a componente P BP está na mesma direção que o segmento BO, então o ângulo entre a força peso e a componente paralela também vale β (são ângulos correspondes). Como a barra foi dobrada com um ângulo reto (90 o ) em O a soma de α e β deve ser 90 o (são ângulos complementares), então β deve ser figura 3 = 90 o = 90 o. Apenas a componente normal contribui para que o braço gire em torno do ponto O, como esta componente faz girar no sentido contrário da orientação escolhida o momento desta força será negativo, pela expressão (I), temos da figura 3 temos que M PBN = P BN d B (V) P BN = P BA sen P BN = P B sen 90 o lembrando da Trigonometria que sen a b = sena cos b senb cosa, obtemos P BN = P B [ sen 90 o cos sen cos 90 o ] P BN = P B [ 1.cos sen.0 ] P BN = P B cos (VI) substituindo a expressão (VI) em (V), obtemos No ponto O temos a reação à tensão, aplicando (I) M PBN = P B cos d B (VII) M T = T d T como a distância é nula em relação à origem ( d T = 0, já que ela está aplicada na própria origem) M T = T.0 M T = 0 (VIII) Usando a condição de que a somatória dos momentos é nula M = 0 (IX) substituindo as expressões (IV), (VII) e (VIII) na condição (IX), temos

3 M P BN M T = 0 P A sen d A P B cos d B 0 = 0 P A sen d A = P B cos d B sen cos = P d B B P A d A substituindo os dados do problema e lembrando da Trigonometria que tg = sen cos tg = 5.0, tg = 1,5 5 tg = 0,5 = arc tg 0,5 14 o b) Uma força F aplicada no ponto A faz a peça girar em torno do ponto O até que os ângulos entre os dois segmentos fiquem iguais a γ, a peça também é puxada para a esquerda de modo que o fio de fixação no teto deixa de estar num posição vertical (figura 4). Observação: na condição do item (a) o ângulo α entre o segmento AO e a vertical foi determinado como sendo 14 o, portanto o ângulo entre o segmento BO e a vertical vale 90 o 14 o = 76 o. Para que os dois ângulo fiquem iguais a peça deve girar de modo que o ângulo de 14 o aumente e o de 76 o diminua (até ficarem iguais a 45 o ) isto acontece quando a peça gira no sentido horário, não confundir com a seta da figura 4 que indica apenas o sentido positivo do sistema de referência. figura 4 Considerando apenas o segmento AO, a força F pode ser decomposta em duas, uma componente paralela ao braço ( F P ) e outra perpendicular ou normal ( F N ). Pela figura 5 o ângulo entre o segmento AO e a vertical por O é γ, o ângulo entre a vertical que passa pelo ponto A e a componente paralela à AO também é γ (são ângulos correspondentes). Como a força aplicada é horizontal ela forma um ângulo δ com a componente paralela, a soma de γ e δ deve ser 90 o (são ângulos complementares), temos = 90 o = 90 o Apenas a componente normal contribui para que o braço gire em torno do ponto O, como esta figura 5 componente faz girar no sentido contrário da orientação escolhida o momento desta força será negativo, pela expressão (I), onde a distância do ponto de referência O ao ponto de aplicação da força é o comprimento do segmento AO dado no problema, então M FN = F N D A (X) da figura 5 temos que 3

4 usando novamente o seno da diferença, temos F N = F sen F N = F sen 90 o F N = F [ sen 90 o cos sen cos90 o ] F N = F [ 1.cos sen.0 ] F N = F cos (XI) substituindo a expressão (XI) em (X), obtemos M FN = F cos D A (XII) Para as outras forças envolvidas no sistema continuam válidas as expressões anteriores com a mudança do ângulo α em (IV) e (VII) pelo novo ângulo γ. Substituindo (IV), (VII), (VIII) e (XII) na condição (IX), obtemos M PBN M T M FN = 0 P A sen d A P B cos d B 0 F cos D A = 0 P A sen d A = P B cos d B F cos D A colocando cos γ em evidência do lado direito da igualdade, temos P A sen d A = cos P B d B F D A a barra é dobrada formando um ângulo de 90 o, e queremos que os dois lados tenham a mesma inclinação, temos γ = 45 o, lembrando da Trigonometria que cos 45 o = sen 45 o =, ficamos com P A d A = P Bd B F D A simplificando o termo de ambos os lado da igualdade substituindo os valores dados, obtemos P A d A = P B d B F D A F = P A d A P B d B D A 10.0,5 5.0,5 F = 1 F = 5 1,5 F = 3,75 N c) Desenhando as forças que atuam no sistema da figura 5 num sistema de eixos coordenados temos o esquema mostrado na figura 6. Para que os sistema permaneça em equilíbrio aplicamos a condição de que a somatória das forças é nula F = 0 (XIII) direção x figura 6 4

5 T x : componente da reação à tensão na direção x; F : força externa aplicada para equilibrar a barra. Aplicando a condição (XIII), temos usando o resultado do item (b) T x F = 0 T x = F T x = 3,75 N (XIV) direção y T y : componente da reação à tensão na direção y; P A : força peso do segmento AO; P B : força peso do segmento BO. Aplicando a condição (XIII), temos substituindo os dados do problema T y P A P B = 0 T y = P A P B T y = 10 5 T y = 15 N (XV) Da figura 6 temos que a reação à tensão será dada pelo Teorema de Pitágoras substituindo (XIV) e (XV), obtemos finalmente T = T x T y T = 3,75 15 T = 14,1 5 T = 39,1 T = 39,1 T 15,4 N 5