1. 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

O problema descreve uma placa rígida ABCD, de dimensões 0{,}5\times0{,}75 m e peso W=385 N, apoiada em duas rótulas em A e B e escorada sem atrito pela aresta em D contra uma parede vertical. Vamos adotar o sistema de eixos mostrado na figura: eixo x horizontal no chão, eixo y para cima e eixo z horizontal perpendicular à aresta BC. As coordenadas de A, B e C são conhecidas a partir das medidas indicadas na figura:
• A está a 0{,}7 m de B ao longo do solo e tem z_A=0{,}1 m (A está “para trás” em z),
• B tem z_B=0,
• C está montada verticalmente sobre B a 0{,}5 m de altura e com z_C=0.
Usaremos esses pontos para encontrar a posição de D e, em seguida, o valor da reação normal R_D em D pela condição de equilíbrio de momentos em torno da reta AB.

Passo 2

Determinar as coordenadas de A, B e C no sistema escolhido (origem em O, tal que a projeção de C no solo fica em x=0):
B=(\,x_B,y_B,z_B\,)=(-0{,}3,\;0,\;0),\quad A=(x_B-0{,}7,\;0,\;0{,}1)=(-1{,}0,\;0,\;0{,}1),
C=(\,0,\;0{,}5,\;0)\quad(\text{pois a aresta BC é vertical de 0,5 m}).é

Passo 3

Usando que ABCD é um retângulo, temos
\overrightarrow{BC}=C-B=(0+0{,}3,\;0{,}5-0,\;0-0) =(0{,}3,\;0{,}5,\;0),
logo
D \;=\; A + \overrightarrow{BC} =\bigl(-1{,}0+0{,}3,\;0+0{,}5,\;0{,}1+0\bigr) =(-0{,}7,\;0{,}5,\;0{,}1)\,\text{m}.

Passo 4

Calculamos agora o momento do peso em torno da reta AB. Primeiro o vetor de A até o centróide G (centro da placa), que fica no ponto médio de AC:
G=\tfrac{A+C}{2} =\Bigl(\tfrac{-1{,}0+0}{2},\;\tfrac{0+0{,}5}{2},\;\tfrac{0{,}1+0}{2}\Bigr) =(-0{,}5,\;0{,}25,\;0{,}05).
Então
\overrightarrow{AG}=G-A=(0{,}5,\;0{,}25,\;-0{,}05), \quad \mathbf{F}_W=(0,\,-385,\,0)\,.
O momento do peso em relação a A é
\mathbf{M}_W =\overrightarrow{AG}\times\mathbf{F}_W =\bigl(385\cdot(-0{,}05),\,0,\,-385\cdot0{,}5\bigr) =(-19{,}25,\;0,\;-192{,}5)\,\text{N·m}.

Passo 5

Precisamos da componente desse momento ao longo do eixo de AB. A direção unitária de AB é
\mathbf{u}_{AB} =\frac{B-A}{\|B-A\|} =\frac{(0{,}7,0,-0{,}1)}{\sqrt{0{,}7^2+0{,}1^2}} \approx(0{,}9899,\,0,\,-0{,}1414).
Logo a “momento escalar” do peso em torno de AB é
M_{W\parallel AB} =\mathbf{M}_W\cdot\mathbf{u}_{AB} =(-19{,}25,0,-192{,}5)\cdot(0{,}9899,0,-0{,}1414) \approx 19{,}03\;\text{N·m}.

Passo 6

O único outro momento em relação a AB vem da reação R_D em D, que é normal à parede e, portanto, atua na direção x. Em D:
\overrightarrow{AD}=D-A=(0{,}3,\;0{,}5,\;-0{,}1), \quad \mathbf{F}_D=(R_D,0,0).
O momento de \mathbf{F}_D em A é
\mathbf{M}_D=\overrightarrow{AD}\times\mathbf{F}_D =(0,\;0,\;-0{,}5\,R_D).
A projeção desse momento em AB é
M_{D\parallel AB} =\mathbf{M}_D\cdot\mathbf{u}_{AB} =(0,0,-0{,}5R_D)\cdot(0{,}9899,0,-0{,}1414) =+0{,}07071\,R_D.
Pela condição de equilíbrio de momentos em torno de AB:
M_{W\parallel AB}+M_{D\parallel AB}=0 \quad\Longrightarrow\quad 19{,}03 + 0{,}07071\,R_D = 0 \quad\Longrightarrow\quad R_D = -\frac{19{,}03}{0{,}07071}\approx -269{,}1\;\text{N}.
O sinal “ -” indica que a reação está no sentido negativo do eixo x (a parede empurra a placa no sentido de retorno), e seu módulo é
\boxed{R_D=269\;\text{N}.}

Resposta

Coordenadas de D:
D=(-0{,}7,\;0{,}5,\;0{,}1)\;\text{m}.
Reação na parede em D:
\mathbf{R}_D=(-269,\,0,\,0)\;\text{N},
ou seja, módulo 269 N, direção normal à parede.

Exercícios relacionados