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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica PME2100 – Mecânica A Primeira Prova – 16 de setembro de 2003 – Duração: 120 minutos GABARITO (3,5 pontos) 1 – Uma placa quadrada, de aresta L e de espessura desprezível, está submetida ao sistema de forças composto por um binário de momento M e as forças F1 , D , F2 , B e P, G .
(
z
) (
) ( )
L P P j F1 = − j + k 2 2 2 P F2 = + k P = −P k 2 a) Calcule a resultante R do sistema de forças e o momento M A do sistema de forças em relação ao pólo A. b) Calcule o momento M B do sistema de forças em relação ao pólo B. c) Verifique se o sistema pode ser reduzido a uma única força. d) Calcule o vetor momento mínimo M E e) Determine o eixo em relação ao qual o momento do sistema de forças é mínimo. M = +P
A
L L
D
G
y B
C
x Solução:
P P P P j + k + k −Pk ⇒ R= − j 2 2 2 2 = (D − A)× F1 + (B − A)× F2 + (G − A)× P + M
R = F1 + F2 + P = −
a)
MA
(
)
P P L P L L M A = L j ×− j + k + L i × k + i + j × − P k + P j 2 2 2 2 2 2 P P L L L L MA = L i −L j + P j − Pi +P j ⇒ MA = P j 2 2 2 2 2 2 b) Fórmula de mudança de pólo: L P L P M B = M A + (A − B )× R = P j + − L i × − j ⇒ M B = + P j + L k 2 2 2 2
(
)
L L P c) Invariante escalar: I = M A ⋅ R = P j ⋅ − j ⇒ I = − P 2 4 2 2 Portanto o sistema não pode ser reduzido a uma única força.
d) O momento mínimo M E é paralelo à resultante e seu módulo pode ser calculado dividindo-se o invariante escalar pelo módulo da resultante: L P − P2 − j I R L 4 ⋅ = ⋅ 2 ⇒ ME = P j ME = P P 2 R R 2 2
xE = 0 y E qualquer zE = 0
ou seja, o próprio eixo Ay.
(
)
L L P j = P j + − xE i − yE j − z E k × − j 2 2 2 portanto: P P P − xE i − yE j − zE k × − j = 0 ⇒ xE k − z E i = 0 2 2 2
(
)
M A ⋅R R
P
h=
e) Usando a fórmula de mudança de pólo: M E = M A + ( A − E )× R
Solução alternativa dos itens (d) e (e): d) M E = M A + ( A − E )× R = h ⋅ R
2
=
L 4 = −L ⇒ M = P L j E 2 2 P 4
− P2
e) Eixo central: R×M A P (E − A) = + α ⋅ R = α ⋅ R ⇒ E = −α ⋅ j 2 2 R
Portanto o próprio eixo Ay.
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(3,0 pontos) 2 – Um sólido é formado por uma placa ABCD, homogênea, quadrada, de aresta 2L e massa 2m, e por uma barra AD, soldada na placa, e de massa m. A espessura da placa é desprezível, bem como o diâmetro da barra. O sólido é suportado por uma articulação em A, por um anel em B, e por um fio ED, de massa desprezível e inextensível, que está no plano Ayz. a) Determine o baricentro G do sólido. b) Desenhe o diagrama de corpo livre do sólido. c) Considerando o sistema em equilíbrio, calcule a tração T no fio ED. d) Determine as reações externas em A e B.
E
g
2L A D y 2L
B
2L
x
Solução: a) Como o sólido está no plano Axy, temos que zG = 0. Por simetria, yG = L m ⋅ 0 + 2m ⋅ L 2 ⇒ xG = L xG = m + 2m 3
C
z b) Diagrama de corpo livre:
E
g ZA A
2L/3
T
YA
D
ZB
XA G
y
YB
B L
x
3mg
C
c) No equilíbrio: R=0
MA =0
Em particular, a componente MAx (direção i ) do momento M A é nula. Esta componente MAx é o momento do sistema de forças em relação ao eixo Ax. Como as linhas de ação das reações nos vínculos em A e B são concorrentes ou coincidem com o eixo Ax, o momento destas forças em relação ao eixo Ax é nulo, portanto podemos considerar apenas a força peso e a tração no fio: M Ax = −3mg ⋅ L + T ⋅ L 2 = 0 ⇒ T = d)
3mg 2 2
∑ M = 0 ⇒ − Z ⋅ 2L + 3mg ⋅ 23L = 0 ⇒ Z = mg ∑ M = 0 ⇒ Y ⋅ 2L = 0 ⇒ Y = 0 ∑F = 0 ⇒ X = 0 3mg 2 2 ∑ F = 0 ⇒ Y +Y −T 2 = 0 ⇒ Y = T 2 ⇒ Y = 2 3mg 2 ∑ F = 0 ⇒ Z + Z + T 2 − 3mg = 0 ⇒ Z + mg + 2 − 3mg = 0 Ay
B
Az
B
B
x
B
A
y
A
z
A
B
B
A
A
A
⇒
ZA =
mg 2
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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica M Q
B
a
(3,5 pontos) 3 – A placa triangular ABC e a barra CD estão unidas pela articulação C. A e D são articulações. Uma força de módulo Q é aplicada em B e um binário, cujo momento é M, é aplicado na barra CD, conforme indicado. Pede-se: a) O diagrama de corpo livre da estrutura como um todo e os diagramas de corpo livre de seus componentes barra e placa triangular. b) As reações em A e D. c) Refazer o diagrama de corpo livre da estrutura como um todo, com os esforços calculados anteriormente.
D
C 2a
a y A x Os pesos da placa triangular e da barra são desprezíveis. Solução: a) Diagrama de corpo livre da estrutura como um todo: M XD Q D C B a 2a a XA
YD A Diagrama de corpo livre da placa ABC:
YA
Diagrama de corpo livre da barra CD:
YC Q
YC
M
a
B
D C X C
XC
C
XD
2a YD
a XA
A YA
b) Equilíbrio da barra CD:
∑MC = 0
∑F ∑F
⇒ Y D ⋅ 2a + M = 0 ⇒ YD = −
x
=0 ⇒
y
= 0 ⇒ YC = YD
M 2a
XC = XD
Equilíbrio da placa ABC:
∑MA = 0
⇒ − Q ⋅ a + YC ⋅ a − X C ⋅ a = 0 ⇒
∑ Fx = 0
⇒
∑ Fy = 0
⇒ Y A = −YC
X A +Q+ XC = 0 ⇒ ⇒ YA =
XA =
XC = −
M −Q 2a
M 2a
M 2a
c) Diagrama de corpo livre da estrutura como um todo: M
B
Q
a
D
C
M +Q 2a
2a
M 2a
a A
M 2a
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