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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida P rofessor Mello Moraes, nº 2231. cep 05508-900, São Paulo, SP. Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886
Departamento de Engenharia Mecânica PME 2100 – MECÂNICA A – Primeira Prova – 17 de setembro de 2004
GABARITO z
1ª Questão (3,0 pontos) A estrutura mostrada na figura é composta por barras AB, BC, CD, AD, AC e BD, de massa desprezível. A estrutura está submetida ao sistema de forças composto por duas forças r r r r F1 = − Fi e F2 = − Fj , aplicadas respectivamente em C e A, e por r r um binário de momento M = M k . Pede-se: (a) a resultante deste sistema de forças; (b) o momento do sistema em relação ao pólo B; (c) o momento do sistema em relação ao pólo D; (d) o momento em relação ao eixo By. (e) O sistema pode ser reduzido a apenas uma força? Justifique! Solução: (a) (b)
D
a M C B a
a
y F1
A x
F2
r r r r r r r r R = F1 + F2 = −Fi − Fj ⇒ R = −Fi − Fj r r r r r r r r r M B = (C − B)^ F1 + ( A − B)^ F2 + M = aj ^ −Fi + ai ^− Fj + Mk r r r r r r M B = aFk − aFk + Mk ⇒ M B = Mk
( 0.5 ) ( 0.5 )
(c) Fórmula de mudança de pólo ( 0.5 ) r r r r r r r r r r r r r r M D = M B + ( B − D)^ R = Mk + − a k ^ ( − Fi − Fj ) = Mk + aFj − aFi ⇒ M D = −aFi + aFj + M k (d) Momento em relação ao eixo By r r r r M eixo, By = M B ⋅ i = Mk ⋅ i = 0 ⇒ M eixo,By = 0
( 0.5 )
(f) O invariante escalar do sistema de forças r r r r r I = M B ⋅ R = M k ⋅ ( − Fi − Fj ) = 0 ⇒ I = 0
( 1.0 )
r r
Sendo R ≠ 0 , pode-se afirmar que o sistema pode ser reduzido a uma única força.
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Departamento de Engenharia Mecânica 2ª Questão (3,0 pontos) O móbile que está em equilíbrio como mostrado na figura é composto de duas peças planas do mesmo material homogêneo e densidade superficial γ . A primeira peça é um disco circular de raio 2R com um furo excêntrico de raio R. O pingente circular de raio R é preso à primeira peça através de um fio flexível de massa desprezível. O móbile é pendurado ao ponto fixo O também através de um fio ideal. O fio DE é cortado, removendo-se o pingente, e a peça perfurada assume uma nova posição de equilíbrio. Pede-se: (a) mostrar que o móbile na configuração original encontrava-se em equilíbrio; (b) determinar o centro de massa da peça perfurada; (c) esboçar a posição de equilíbrio do móbile sem o pingente e determinar o ângulo de inclinação da peça perfurada nessa nova posição de equilíbrio; (d) determinar a força no fio AO que sustenta o móbile nas duas configurações sabendo que a aceleração da gravidade vale g.
O 2R A
B
C
D R
E
g F
Solução: O
(a) O móbile estará em equilíbrio se o peso do sistema estiver alinhado (diretamente oposto) com a tração no fio OA, portanto Gx = Ox: Gx =
[π (2 R ) * 0 ] − [πR 2 * ( − R )] + [πR 2 * (− R )] =0 2 [π (2 R ) ] − [πR 2 ] + [πR 2 ] 2
y
( 1.0 ) B
Portanto, o centro de massa pertence ao eixo y, e o móbile está em equilíbrio. (b)
2R
A
x
C
D R
[π (2 R ) * 0] − [πR 2 * (− R )] R3 R Gx = = = 2 2 2 R ( 4 − 1) 3 [π (2 R ) ] − [πR ] Gy = 0 ( por simetria )
E
2
g
( 0.3 ) F
( 0.2 )
(c) A peça perfurada girará á graus de tal modo que a Tração no ponto A esteja diretamente oposta ao Peso aplicado no ponto G. T 2R
G
R/3
( 0.5 )
α = ArcTan(1 / 6)
á
C
P
T ( 0.5 )
A
P
á
r r r r (d) Na configuração original: T = π (2 R )2 γ g j ⇒ T = 4π R 2 γ g j r r r r r 2 Após o corte do fio DE: T = π (2 R ) γ g j − πR 2 γ g j ⇒ T = 3π R 2 γ g j
( 0.3 ) ( 0.3 )
( 0.5 )
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Departamento de Engenharia Mecânica 3ª Questão (4,0 pontos) A polia de raio L/2 é ligada à barra ABC de comprimento 2L através de uma articulação em C. Um A fio flexível e inextensível passa pela polia ideal e tem uma das extremidades presa na barra em B e a outra presa a um bloco de peso P. A estrutura é vinculada por uma articulação em A e por um apoio simples em B. Considerando a barra, a polia e o fio com pesos desprezíveis, pede-se: (a) fazer os diagramas de corpo livre da barra e da L polia; (b) determinar as reações vinculares em A e B; (c) fazer o diagrama de corpo livre da barra indicando as forças obtidas.
B
C L/2
g
P
L
Solução: (a) Diagrama de corpo livre da barra
( 0.5 )
( 0.5 )
P á
Ha Va
Diagrama de corpo livre da polia
Hc
Vb
P
Vc Hc
á
Vc
P
( 1.0 )
(b) Do equilíbrio da polia : Hc = P cos(α )
Vc = P + P sen(α ) = P (1 + sen(α )) Do equilíbrio da barra:
( 1.0 )
Ha = Hc − P cos(α ) = P cos(α ) − P cos(α ) ⇒ Ha = 0 Ma = Vb L − Vc 2 L + P L sen(α ) = 0 ⇒ Vb = 2 Vc − P sen(α ) ⇒ Vb = P (2 + sen(α )) Va + Vb − Vc + P sen(α ) = 0 ⇒ Va + Vb = P ⇒ Va = − P − P sen( α ) ⇒ Va = − P (1 + sen( α )) (c) Diagrama de corpo livre da barra (1.0 ) P
á
Pcos(á)=0.87P P(1+sen(á)) = 3P/2
P(1+sen(á)) = 3P/2
P(2+sen(á)) = 5P/2 sin (α ) =
L/2 = 1 / 2 ⇒ α = 30 o ⇒ cos(α ) = 3 / 2 L
