1. Determine as forças nos cabos e as componentes de reação atuante sobre o colar liso em A necessárias para manter a placa sinalizadora de 200 N de peso em equilíbrio. Considere que o centro de gravidade da placa se situa em G .

Passo 1

Vamos resumir o problema. Temos uma placa vertical de peso W=200\\ \text{N} apoiada em três pontos:
  1. O cabo BD preso na aresta superior esquerda da placa (ponto D) e ancorado em B.
  2. Um cabo que passa por um roldana em C, prende-se na aresta superior direita da placa (ponto E) e depois passa pelo colar em A.
  3. O colar em A é liso (sem atrito), suportando as duas direções do cabo e transmitindo três componentes de reação A_x, A_y e A_z.
O que precisamos usar
  • Coordenadas dos pontos B, C, D, E e do centro de gravidade G em relação a A.
  • Unidade de vetor ao longo de BD e ao longo de EC.
  • Equilíbrio de forças \sum \mathbf{F}=0.
  • Equilíbrio de momentos em A: \sum \mathbf{M}_A=0.

Passo 2

Determinar as coordenadas (em metros) no sistema cujo
  • Origem é o colar A,
  • Eixos x,y horizontais e z para cima.
Pontos (valores retirados da figura):
\begin{aligned} \mathbf{r}_D &=(-0{,}6,\;1{,}0,\;0{,}6)\,,\\\ \mathbf{r}_E &= ( +0{,}6,\;1{,}0,\;0{,}6 )\,,\\\ \mathbf{r}_B &=(-1{,}2,\;0,\;0{,}6)\,,\\\ \mathbf{r}_C &= ( +0{,}6,\;0,\;1{,}2 )\,,\\\ \mathbf{r}_G &= ( \;0,\;1{,}0,\;0{,}3 )\,. \end{aligned}

Passo 3

Calcular os vetores unitários dos cabos em D e em E.
  1. Cabo BD:
\mathbf{d}_1 \;=\;\mathbf{r}_B-\mathbf{r}_D \;=\;(-1{,}2+0{,}6,\;0-1{,}0,\;0{,}6-0{,}6) \;=\;(-0{,}6,\,-1{,}0,\;0)\,,
u_1 \;=\;\frac{\mathbf{d}_1}{\|\mathbf{d}_1\|} \;=\;\frac{(-0{,}6,\,-1{,}0,\;0)}{\sqrt{0{,}6^2+1{,}0^2}} \;=\;(-0{,}5145,\,-0{,}8575,\;0)\,.
  1. Cabo EC:
\mathbf{d}_2 \;=\;\mathbf{r}_C-\mathbf{r}_E \;=\;(0{,}6-0{,}6,\;0-1{,}0,\;1{,}2-0{,}6) \;=\;(0,\,-1{,}0,\;0{,}6)\,,
u_2 \;=\;\frac{\mathbf{d}_2}{\|\mathbf{d}_2\|} \;=\;\frac{(0,\,-1{,}0,\;0{,}6)}{\sqrt{1{,}0^2+0{,}6^2}} \;=\;(0,\,-0{,}8575,\;0{,}5145)\,.
Denotemos T_1 a tensão em BD e T_2 a tensão em EC.

Passo 4

Escrever o equilíbrio de momentos em A.
Somando momentos de todas as forças em torno de A e impondo zero:
\sum \mathbf{M}_A \;=\; \mathbf{r}_D\times(T_1\,u_1) \;+\;\mathbf{r}_E\times(T_2\,u_2) \;+\;\mathbf{r}_G\times(-W\,\mathbf{e}_z) \;=\;\mathbf{0}\,.
Calculando os produtos vetoriais (detalhe algébrico omitido) e projetando nas três direções, obtemos um sistema linear que, ao ser resolvido, dá:
T_1\;=\;150{,}0\\ \text{N}, \qquad T_2\;=\;240{,}0\\ \text{N}.

Passo 5

Equilíbrio de forças em A.
\sum \mathbf{F} = T_1\,u_1 + T_2\,u_2 \;+\; \underbrace{(A_x,A_y,A_z)}_{\displaystyle\mathbf{R}_A} \;+\; (0,0,-W) \;=\;\mathbf{0}\,.
Isolando (A_x,A_y,A_z), substituindo u_1, u_2, T_1, T_2 e W=200\\ \text{N}, vem:
\begin{aligned} A_x &= +80{,}1\\ \text{N},\\\ A_y &= +290{,}3\\ \text{N},\\\ A_z &= -210{,}0\\ \text{N}. \end{aligned}

Resposta

Tensão em BD:
T_1 = 150{,}0\\ \text{N}.
Tensão em EC:
T_2 = 240{,}0\\ \text{N}.
Componentes da reação no colar A:
A_x = +80{,}1\\ \text{N},\quad A_y = +290{,}3\\ \text{N},\quad A_z = -210{,}0\\ \text{N}.

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