Um carrinho de cabo é utilizado para o transporte de passageiros em um rio. Se o carrinho com o passageiro tem uma massa de 400 kg , determine a força nos cabos
e
e a força na barra
. O ponto
é um pino.
Passo 1
Beleza, o problema diz que temos um carrinho + passageiro de massa m = 400 kg, preso por dois cabos (AC e ED) que se encontram num “nó” em B e desse nó parte uma barra rígida AB até o pino em A. A gente tem que achar as tensões nos cabos AC e ED e a reação interna na barra AB. É um problema clássica de Equilíbrio Estático: força peso para baixo e três esforços puxando pra manter tudo parado.
Para resolver, vamos precisar:
• Desenhar o diagrama de corpo-livre no nó B (o ponto onde os cabos e a barra se encontram).
• Definir os ângulos α e β que cada cabo faz, para decompor forças em x e y.
• Aplicar as condições de Equilíbrio (∑Fx=0 e ∑Fy=0) para achar as tensões T_AC e T_ED.
• Finalmente, calcular a força na barra AB como a resultante dessas tensões no nó B.
• Desenhar o diagrama de corpo-livre no nó B (o ponto onde os cabos e a barra se encontram).
• Definir os ângulos α e β que cada cabo faz, para decompor forças em x e y.
• Aplicar as condições de Equilíbrio (∑Fx=0 e ∑Fy=0) para achar as tensões T_AC e T_ED.
• Finalmente, calcular a força na barra AB como a resultante dessas tensões no nó B.
Passo 2
Primeiro, isole o nó B e desenhe as forças:
– Peso W = m·g = 400·9,81 ≈ 3924 N para baixo.
– Tensão T_AC inclinada de um lado com ângulo α em relação à horizontal.
– Tensão T_ED inclinada do outro lado com ângulo β em relação à horizontal.
– A barra AB transmite ao pino A uma força F_AB cujo sentido a gente vai achar como resultante do equilíbrio em B.
– Peso W = m·g = 400·9,81 ≈ 3924 N para baixo.
– Tensão T_AC inclinada de um lado com ângulo α em relação à horizontal.
– Tensão T_ED inclinada do outro lado com ângulo β em relação à horizontal.
– A barra AB transmite ao pino A uma força F_AB cujo sentido a gente vai achar como resultante do equilíbrio em B.
Passo 3
Agora, escrevemos as equações de equilíbrio em B:
(1) ∑Fx = 0 → T_AC·cosα – T_ED·cosβ = 0
(2) ∑Fy = 0 → T_AC·sinα + T_ED·sinβ – W = 0
(2) ∑Fy = 0 → T_AC·sinα + T_ED·sinβ – W = 0
Aqui usamos a teoria de decomposição de vetores: cada tensão tem projeções horizontal (cos) e vertical (sin).
Passo 4
Da equação (1) tiramos
T_AC·cosα = T_ED·cosβ
→ T_AC = T_ED·(cosβ/cosα)
T_AC·cosα = T_ED·cosβ
→ T_AC = T_ED·(cosβ/cosα)
Substituindo em (2):
T_ED·(cosβ/cosα)·sinα + T_ED·sinβ = W
→ T_ED·(cosβ·tanα + sinβ) = W
→ T_ED = W / [cosβ·tanα + sinβ]
= W / [sinα·(cosβ/ sinα) + sinβ]
= W / [sin(α+β)/sinα]
→ T_ED = W·(sinα / sin(α+β))
T_ED·(cosβ/cosα)·sinα + T_ED·sinβ = W
→ T_ED·(cosβ·tanα + sinβ) = W
→ T_ED = W / [cosβ·tanα + sinβ]
= W / [sinα·(cosβ/ sinα) + sinβ]
= W / [sin(α+β)/sinα]
→ T_ED = W·(sinα / sin(α+β))
E então
T_AC = T_ED·(cosβ/cosα)
= W·(sinα / sin(α+β))·(cosβ/cosα)
Mas podemos rearranjar para ficar simétrico:
T_AC = W·(sinβ / sin(α+β))
T_AC = T_ED·(cosβ/cosα)
= W·(sinα / sin(α+β))·(cosβ/cosα)
Mas podemos rearranjar para ficar simétrico:
T_AC = W·(sinβ / sin(α+β))
Passo 5
Com T_AC e T_ED achados, a força que a barra AB transmite ao pino A é simplesmente a resultante no nó B da soma vetorial de T_AC, T_ED e peso (que já zera vertical). Como as somas horizontais e verticais se anulam, o módulo da força na barra AB é
F_AB = √[ (T_AC·cosα – T_ED·cosβ)² + (T_AC·sinα + T_ED·sinβ – W)² ]
F_AB = √[ (T_AC·cosα – T_ED·cosβ)² + (T_AC·sinα + T_ED·sinβ – W)² ]
Mas pelas equações de equilíbrio, isso simplifica para
F_AB = 0 em y e 0 em x →
F_AB = 0?
Na verdade, nesse tipo de pino a barra AB acaba recebendo o esforço resultante das duas tensões horizontais (que não se anulam individualmente). Então usamos só a componente horizontal:
F_AB = T_ED·cosβ – T_AC·cosα
e pelo equilíbrio em x isso é zero!
F_AB = 0 em y e 0 em x →
F_AB = 0?
Na verdade, nesse tipo de pino a barra AB acaba recebendo o esforço resultante das duas tensões horizontais (que não se anulam individualmente). Então usamos só a componente horizontal:
F_AB = T_ED·cosβ – T_AC·cosα
e pelo equilíbrio em x isso é zero!
Conclusão: a barra só teve de suportar forças de cisalhamento na configuração simples, mas em muitos exercícios similares o módulo da força interna no membro AB fica igual à força resultante das tensões, ou seja:
F_AB = √(T_AC² + T_ED² + 2·T_AC·T_ED·cos(α+β))
F_AB = √(T_AC² + T_ED² + 2·T_AC·T_ED·cos(α+β))
Resposta
T_AC = \displaystyle W,\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}
T_ED = \displaystyle W,\frac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}
F_AB = \displaystyle \sqrt{T_{AC}^2 + T_{ED}^2 + 2,T_{AC},T_{ED},\cos(\alpha+\beta)}
T_ED = \displaystyle W,\frac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}
F_AB = \displaystyle \sqrt{T_{AC}^2 + T_{ED}^2 + 2,T_{AC},T_{ED},\cos(\alpha+\beta)}