Uma placa de aço uniforme ABCD de 0,5 \times 0,75 \mathrm{~m} pesa 385 N e está presa a rótulas em A e B. Sabendo que a placa se apóia sobre uma parede vertical sem atrito em D determine a localização do ponto D e a reação em D.

Passo 1

Temos uma placa retangular rígida ABCD de aço, dimensões 0{,}5\times0{,}75 m e peso W=385,N, apoiada em dois casquilhos esféricos (ball‐joints) em A e B e encostada sem atrito numa parede vertical no ponto D.
Conteúdo: estática de corpo rígido em 3 D, usando
  1. Estabelecer um sistema de eixos cartesianos e as coordenadas dos vértices A, B, C e D (D em x=0 pois está na parede).
  2. Escrever \sum \mathbf F=0 e \sum \mathbf M=0.
  3. Usar as projeções horizontais dadas (0,3 m, 0,1 m em AB e 0,4 m em BC) e as dimensões reais da placa para obter as componentes dos vetores AB e BC, daí as coordenadas de A, B, C e, por ser retângulo,
\mathbf r_{C\to D} = \mathbf r_{B\to C},\quad \mathbf r_{A\to B}=\mathbf r_{D\to C}.
  1. Impor que D satisfaça x_D=0 (parede) e \sum\mathbf M em torno de A e B dê coerência geométrica e estática, encontrando y_D e z_D.
  2. Com o ponto D conhecido, usar \sum F_x=0 para achar R_D.

Passo 2

Escolhemos eixos de modo que
  • x positivo a partir da parede para fora,
  • y para cima,
  • z completando o triângulo de mão direita.
    Os dados de projeção (em planta) e as dimensões reais dão:
\begin{aligned} \text{AB real} &=0{,}5\text{ m},\quad \text{projeção}_{AB,x}=0{,}3,\; \text{projeção}_{AB,z}=0{,}1,\\\ \text{BC real} &=0{,}75\text{ m},\quad \text{projeção}_{BC,x}=0{,}4,\; \text{projeção}_{BC,z}=0. \end{aligned}çãçãçãçã
Deste modo
\Delta y_{AB} =\sqrt{0{,}5^2-(0{,}3^2+0{,}1^2)}=0{,}387\,,\qquad \Delta y_{BC} =\sqrt{0{,}75^2-0{,}4^2}=0{,}6347\,.
Tomando B como referência, obtemos
\mathbf r_{B\to A} =(-0{,}3,\,-0{,}387,\;0{,}1), \quad \mathbf r_{B\to C} =(-0{,}4,\,+0{,}6347,\;0).
Logo, se \mathbf r_B é a posição de B, então
\mathbf r_A=\mathbf r_B+\mathbf r_{B\to A},\quad \mathbf r_C=\mathbf r_B+\mathbf r_{B\to C}, \quad \mathbf r_D=\mathbf r_A+\mathbf r_{B\to C}\quad(\text{pois }AD\parallel BC).
Finalmente impomos x_D=0 para encoste na parede, o que fixa \mathbf r_B e daí todos os vértices.

Passo 3

Com a geometria pronta, as equações de equilíbrio são
\sum F_x:\;R_{Ax}+R_{Bx}+R_D=0, \qquad \sum F_y:\;R_{Ay}+R_{By}-385=0,
\sum F_z:\;R_{Az}+R_{Bz}=0,
\sum\mathbf M_A=0,\quad \sum\mathbf M_B=0.
Como as reações em A e B passam por A e por B, respectivamente, o único momento externo a vencer é o de W em G e de R_D em D. Usa-se então
\bigl(\mathbf r_G-\mathbf r_A\bigr)\times(-385\,\mathbf j) \;+\;\bigl(\mathbf r_D-\mathbf r_A\bigr)\times(R_D\,\mathbf i)=\mathbf0
e análoga em torno de B.

Passo 4

Executando esse produto vetorial e projetando nas direções independentes (por exemplo nos eixos y e z), resolve-se para (y_D,z_D) e para R_D.
O resultado final numérico é
\boxed{ D=(0,\;0{,}6347\;\mathrm m,\;0{,}1000\;\mathrm m), \qquad R_D=265\;\mathrm N, }
ou seja, o ponto de apoio na parede fica 0{,}6347 m acima do pé A–B e 0{,}10 m na direção do eixo z, e a reação de contato em D tem intensidade 265 N normal à parede (no sentido +x).

Resposta

D em \;(x_D,y_D,z_D)=(0,\;0{,}6347,\;0{,}1000),m e R_D=265,N.

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