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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica PME 2100 – MECÂNICA A – P1 – 30 de agosto de 2011 Duração da Prova: 110 minutos (não é permitido o uso de calculadoras) QUESTÃO 1 (3,0 pontos). O suporte de peso desprezível ilustrado na figura está sujeito a um binário r r r r r M = −10Faj e a três forças F1 = 30 Fj + 20 Fk , r r r F2 = 10 F i + 40 Fj
r
AAA
r
e F3 = −20 Fk , aplicadas, respectivamente, nos pontos P1, P2 e P3. Adotando-se a r r r base i , j , k , pede-se: (a) calcular a resultante do sistema de forças; (0,5) (b) calcular o momento resultante do sistema em relação ao pólo P1; (0,5) (c) calcular o momento resultante do sistema em relação ao pólo O; (0,5) (d) calcular o momento do sistema em relação ao eixo OA; (0,5) (e) verificar se o sistema é redutível a uma única força, justificando a resposta; (0,5) (f) calcular o momento mínimo do sistema. (0,5)
A
A
z F
QUESTÃO 2 (3,0 pontos). A placa homogênea ABCDefgh de peso P e r sujeita a uma força horizontal − 2 Pi aplicada ao ponto I, mantém-se em equilíbrio apoiada nas barras EF e AH, ambas de peso desprezível, e nos anéis B e D indicados na figura. Nessas condições, pede-se: (a) a posição do baricentro da placa ABCDefgh; (0,5) (b) os diagramas de corpo livre das barras AH e EF; (0,5) (c) o diagrama de corpo livre da placa ABCDefgh; (0,5) (d) as forças nas barras AH e EF e as reações nos anéis B e D. (1,5)
2a
B E 8a
C
2a g
r k
2P f I
r j
A
r i
x
h D
e
a
H
2a
y
a
QUESTÃO 3 (4,0 pontos). Na figura ao lado, a a/2 polia tem peso Q, as barras têm peso desprezível e a carga suportada pela extremidade do cabo é P. As barras ADB e CDEF são contínuas através do pino D E F que as mantém unidas. A barra ADB está articulada em B e a CDEF apóia-se na parede rugosa BC. Sendo µ o coeficiente de atrito entre a parede e a barra CDEF, pede-se: A (a) o diagrama de corpo livre da polia, a reação em F P e a força no cabo; (0,5) (b) os diagramas de corpo livre das barras ADB e CDEF; (1,0) a (c) as forças atuantes na barra CDEF; (1,5) (d) o valor mínimo de µ para que o sistema se mantenha em equilíbrio. (1,0)
B a D
a C 2a
4a
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica RESOLUÇÃO QUESTÃO 1. A resultante do sistema de forças, é: r r r r r r r r r R = F1 + F2 + F3 = 30Fj + 20Fk + 10Fi + 40Fj − 20 Fk r r r ⇒ R = 10 F i + 70 Fj
(Resposta a)
O momento resultante do sistema de forças e binários, em relação ao pólo P1, é:
(
) (
) (
) (
)
r r r r r r r r r r r r r r M P1 = M + (P2 − P1 ) ∧ F2 + (P3 − P1 ) ∧ F3 = −10Faj + − 7ai + 9aj − 7ak ∧ 10Fi + 40Fj + 7ai + 9aj − 7ak ∧ − 20Fk r r r r r r r r ⇒ M P1 = −10Faj − 280Fak − 90Fak − 70Faj + 280Fai + 140Faj − 180Fai r r r r ⇒ M P1 = 100Fai + 60Faj − 370Fak (Resposta b)
Aplicando-se a fórmula de mudança de pólo, determinamos o momento do sistema em relação ao pólo O, ou seja:
(
) (
r r r r r r r r r r Mo = M P1 + (P1 − O ) ∧ R = 100Fai + 60 Faj − 370Fak + 8ai + 7 ak ∧ 10Fi + 70Fj r r r r r r r ⇒ Mo = 100Fai + 60Faj − 370Fak + 560FAk + 70Faj − 490Fai r r r r ⇒ M o = − 390 Fa i + 130 Fa j + 190 Fa k
) (Resposta c)
O momento do sistema em relação ao eixo OA, é:
(
)
r r r r r r M Oa = M O ⋅ i = − 390Fai + 130Faj + 190Fak ⋅ i = −390Fa
(Resposta d)
O invariante escalar do sistema, é:
(
)(
)
r r r r r r r I = M O ⋅ R = − 390Fai + 130Faj + 190Fak ⋅ 10Fi + 70Fj = −3900F 2 a + 9100F 2 a = 5200F 2 a
Como
r r R ≠ 0 mas
I ≠0
concluímos que o sistema não é redutível a uma única força.
(Resposta e)
O momento mínimo do sistema, é: r r r r r M ⋅R r I r 5200F 2 a M min = rO 2 ⋅ R = r 2 ⋅ R = 10 F i + 70 F j 2 2 100 F + 4900 F R R
(
(
r r r 52 ⇒ M min = ⋅ Fai + 7 Faj 5
)
) (Resposta f)
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica QUESTÃO 2. z
Como a figura da placa homogênea ABCDefgh esquematizada ao lado possui um eixo de simetria vertical, a coordenada y de seu baricentro vale: 4a
yG = 2 a
enquanto que a coordenada z é dada por: zG =
32a 2 ⋅ 4a − 8a 2 ⋅ 2a 32a − 8a 2
2
=
14a 3
4a
Portanto, o baricentro da placa ABCDefgh é o ponto 14 G = 0, 2a, a 3
(Resposta a)
y a
2a
a
Os diagramas de corpo livre da barra AH e da placa ABCDefgh são ilustrados nas figuras abaixo.
FAH
FEF
B
XB YB
FEF E
A
C
FAH
G
H
g P
FEF
f
2P
I
A FAH
h
ZD e D
(Resposta b)
(Resposta c)
Aplicando-se as equações de equilíbrio ao sistema de forças atuantes sobre a placa ABCDefgh, obtém-se: X B + X D + FAH + 2 P = 0
2 =0 2
(2)
2 + ZD − P = 0 2
(3)
YB − FEF
FEF
(1)
XD
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(
)
r r r r 2r 2 r r M Ax = Z D ⋅ 4a − P ⋅ 2a + (E − A) ∧ FEF ⋅ i = ZD ⋅ 4a − P ⋅ 2a + 2aj + 8ak ∧ − FEF j + FEF k ⋅ i − YB ⋅ 8a = 0 2 2
∴ 4Z D − 2P − 8YB + 5 2 FEF = 0
(4)
M Ay = − X B ⋅ 8a − 2P ⋅ 4a = 0 ∴ X B = −P
(5)
M Az = X D ⋅ 4a + 2 P ⋅ 4a = 0 ∴ X D = −2 P
(6)
Resolvendo-se o sistema de equações (1)-(6), resulta, finalmente, que: X B = −P ,
YB = P ,
X D = −2 P ,
ZD = 0 ,
FEF = P 2 ,
F AH = P
r Na barra EF atuam duas forças de tração com módulo FEF = P 2
r
Na barra AH atuam duas forças compressivas de módulo FAH = P Nos anéis B e D atuam, respectivamente, as reações r r r R B = Pi + Pj
e
r r R D = 2 Pi
(Resposta d)
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica QUESTÃO 3 O diagrama de corpo livre da polia é apresentado na figura abaixo. Q
VF
P
T
Aplicando-se as equações de equilíbrio à polia, obtêm-se: a a M F = P. − T = 0 ⇒ T = P 2 2 VF − P − T − Q = 0 ⇒ VF = 2P + Q
(Resposta a)
Os diagramas de corpo livre das barras ADB e CDEF são apresentados abaixo.
B
2P+Q
HB
VD E
VB
D
F D
HD
HD
VC
A
P
VD C HC
(Resposta b) Aplicando-se as equações de equilíbrio aos sistemas de forças atuantes nas barras ADB e CDEF, obtêm-se: HD + HB = 0
(1)
P + VD + VB = 0
(2)
M Bz = 0 ⇒ − P ⋅ 3a − V D ⋅ 2a + H D ⋅ a = 0 ∴ H D − 2V D − 3P = 0
(3)
−(2 P + Q ) − V D + VC = 0
(4)
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica −H D + H C = 0
(5)
M Cz = 0 ⇒ (2 P + Q )
7a + V D 2a + H D a = 0 2 ∴ 2H D + 4V D + 14P + 7Q = 0
(6)
Resolvendo-se o sistema de equações (1)-(6), obtêm-se: HB =
12P + 7Q 8 P + 7Q , VB = 4 8
HD = −
8 P + 7Q 4
HC = −
8 P + 7Q , 4
, VD = −
VC =
20 P + 7Q 8
−4 P + Q 8
(Resposta c) Como a componente VC é devida à força de atrito, o sistema se mantém em equilíbrio desde que: VC ≤ µH C
É necessário analisar os seguintes casos: (a) Se Q > 4P ⇒ µ >
Q − 4P , ou seja, a força de atrito impede o deslizamento vertical para baixo do ponto 16P + 14Q
de contacto C. (b) Se Q < 4 P ⇒ µ >
4P − Q , ou seja, a força de atrito impede o deslizamento vertical para cima do ponto 16P + 14Q
de contacto C. (c) No caso limite em que Q = 4 P , notamos que VC = 0 , de modo que o sistema se mantém em equilíbrio independentemente de existir ou não atrito no ponto de contacto C da parede com a barra CDEF. Portanto, excluindo-se o caso (c), concluímos que o valor mínimo de µ para que o sistema se mantenha em equilíbrio, é: µ=
4P − Q 16P + 14Q
(Resposta d)
