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Answer Key for Exam A
Problemas (10 pontos cada)
Resolva 3 dos 4 problemas com o maior detalhamento possível. Utilize esboços/desenhos
para mostrar o seu raciocínio. Certifique-se de incluir todo o seu trabalho. Caso sua solução
não esteja totalmente correta, você receberá crédito parcial.
1. A caminhonete carregada, que possui uma massa de 2000 kg com centro de massa em G1, está pu-
xando o reboque de 800 kg com centro de massa em G2. Enquanto desce uma inclinação de 10%, o
motorista aciona os freios e diminui a velocidade de 80 km/h para 55 km/h em um intervalo de tempo
de 10 segundos. Para esse intervalo, calcule as componentes x e y da força exercida sobre o engate do
reboque em D pela caminhonete. Encontre também a força normal correspondente sob cada par de
rodas em A e B. Despreze o efeito da rotação das rodas.
Answer: Iniciamos calculando a (des)aceleração da caminhoneta usando M.R.U.V. (Movimento Re-
tilíneo Uniformemente Acelerado):
v = v0 − a · t (1)
55000 m
3600 s
=
80000 m
3600 s
− a · 10 s (2)
a = 0, 694 m/s2 (3)
Análise do D.C.L. da caminhoneta:
∑
Fx = M · a (4)
Ou,
Mg sen θ − Dx − F = M a (5)
F + Dx = M (g sen θ − a) (6)
F + Dx = (2000 kg)
(
9, 8 m/s2 sen 5, 71o − 0, 694
)
(7)
2
Answer Key for Exam A
Answer:
F + Dx = 562, 1 N (8)
Na direção y:
∑
Fy = NA + NB − Mg cos θ − Dy = 0 (9)
NA + NB − Dy = 19502, 75 N (10)
Fazendo somatório de momentos em relação à D para eliminar a força do engate temos:
∑
MD = 0 (11)
A figura abaixo esquematiza as forças relevantes para o momento de forças em torno de D.
Escrevendo os termos:
Mg cos θ · (1550 + 1200)
1000
+ Mg sen θ
(600 − 450)
1000
+ F · 450
1000
(12)
− NA
(1450 + 1550 + 1200)
1000
− NB
(1200)
1000
= 0 (13)
53632, 56 Nm + 2940 Nm = 4, 2 NA + 1, 2 NB − 0, 45 F (14)
3
4, 2 NA + 1, 2 NB − 0, 45 F = 56572, 56 Nm (15)
Análise do D.C.L. da carreta:
∑
Fx = m aG2 (16)
Dx + mg sen θ = −m aG2 (17)
Dx = −m (a + g sen θ) (18)
Dx = − (800 kg) (0, 694 + 9, 8 sen 5, 71o) (19)
Dx = −1335, 2 N → (20)
Agora na direção y:
∑
Fy = 0 : Dy + NC − mg · cos θ = 0 (21)
Dy + NC = 7801, 1 N (22)
Dy = 343, 2 N ↑ (23)
Obtendo momentos de força em relação a D agora:
∑
MD = 0 (24)
NC
1250
1000
+ mg sen θ
550
1000
− mg cos θ 1250
1000
= 0 (25)
NC (1, 25) = (800 kg)
(
9, 8 m/s2
)
(1, 25 cos θ − 0, 55 sen θ) (26)
1, 25 NC = 9322, 36 (27)
NC = 7457, 9 N ↑ (28)
4
{
NA + NB = 19845, 95 N × (−1, 2)
4, 2 NA + 1, 2 NB = 57426, 36 N
{
−1, 2 NA − 1, 2 NB = −23815, 14 N
4, 2 NA + 1, 2 NB = 57426, 36 N
E somando as equações temos 3 NA = 33.611, 22, ou NA = 11.203, 74 N e NB = 8.642, 21 N .
2. O componente de máquina de 250 kg mostrado na figura é confeccionado fazendo-se um furo fora de
centro, com diâmetro de 160mm através do cilindro homogêneo com 400mm de diâmetro e 350mm
de comprimento. Determinar (1) Ix, o momento de inércia do componente em relação ao eixo x; e (2)
k̄x, o raio de giração do componente ao redor de seu eixo central x.
Answer: O componente de máquina da figura pode ser visto como a diferença entre dois cilindros
homogêneos, o externo propriamente dito e o furo. A massa específica do componente é dada por:
ρ =
M
π
(
RA
2 − RB2
)
h
=
250 kg
π (0, 202 − 0, 082) (0, 35) = 6767 kg/m
3 (29)
E assim podemos calcular as massa de cada cilindro “cheio”:
MA = ρ π RA
2 h = (6767) π (0, 20)
2
(0, 35) = 297, 6 kg (30)
MB = ρ π RB
2 h = (6767) π (0, 08)
2
(0, 35) = 47, 6 kg (31)
E verificamos os cálculos, pois MA − MB = 250 kg, ok!
Do formulário fornecido, a expressão para o momento de inércia ao redor de eixo central x é:
Ix =
1
12
M
(
3R2 + h2
)
(32)
Então:
(Ix)A =
1
12
MA
(
3RA
2 + h2
)
=
1
12
(297, 6)
(
3 · 0, 22 + 0, 352
)
= 6, 014 kg m2 (33)
(Ix)B =
1
12
MA
(
3RB
2 + h2
)
=
1
12
(47, 6)
(
3 · 0, 082 + 0, 352
)
= 0, 562 kg m2 (34)
5
Answer:
Para ambos cilindros, a distância entre os eixos paralelos x e x′ é a metade da altura h/2, isto é,
0, 175 m. Então:
(Ix)A = (Ix)A + MA dA
2 = 6, 014 + 297, 6× 0, 1752 = 15, 128 kg m2 (35)
(Ix)B = (Ix)B + MB dB
2 = 0, 562 + 47, 6× 0, 1752 = 2, 020 kg m2 (36)
E o momento de inércia do componente é:
Ix = (Ix)A − (Ix)B = 15, 128 − 2, 020 = 13, 108 kg m2 (37)
Por simetria, as coordenadas x− e z− do centro de massa do componente são:
x = 0 (38)
z = −0, 175 m (39)
A coordenada y é calculada por:
y =
MA yA − MB yB
M
=
(297, 6) (0) − (47, 6) (−0, 11)
250
(40)
y = 0, 02094 m (41)
E o momento de inércia em relação a um eixo central x pode agora ser calculado pelo teorema
dos eixos paralelos:
Ix = Ix − My2 = 13, 108 − 250 (0, 021)2 (42)
Ix ≈ 13 kg m2 (43)
E o raio de giração correspondente é:
kx =
√
Ix
M
=
√
13
250
= 0, 2191 m (44)
3. O centro O do disco possui a velocidade e a aceleração indicadas na figura. Se o disco rola sem deslizar
sobre a superfície horizontal, determine a aceleração de A e a velocidade de B para o instante repre-
sentado.
Answer: Tendo em vista que a velocidade do centro O é conhecida (figura), podemos obter a veloci-
dade angular do disco como:
v0 = ω · R (45)
Onde R é o raio do disco (R = 0, 4 m). Então a velocidade angular ω é igual a v0/R, isto é,
ω = 3 m/s
0,4 m = 7, 5 rad/s, no sentido horário de giro. Para obter a velocidade do ponto B do
disco, vamos utilizar o centro instantâneo de rotação no ponto de contato com a superfície (ponto
I). Poderíamos também obter através do vetor fixo entre o centro O e o ponto B. A distância entre
I e B, (raio de giro instantâneo do ponto B) é obtida por:
6
Answer:
IB
2
= R2 +
(
R
2
)2
=
5 R2
4
(46)
IB
2
=
5
4
· (0, 4 m)2 = 0, 2 m2 (47)
IB = 0, 4472 m (48)
Agora vB pode ser calculado:
7
vB = ω IB (49)
vB = (7, 5 rad/s) (0, 4472 m) (50)
vB = 3, 354 m/s (51)
Em forma vetorial, ~vB pode ser escrito como:
~vB = vB
(
+cos θ î − sen θ ĵ
)
(52)
onde θ = arc tan
(
1
2
)
. Então:
~vB = (3, 54 m/s)
(
0, 8944 î − 0, 4472 ĵ
)
(53)
~vB = 3 î − 1, 5 ĵ m/s (54)
Agora a aceleração do ponto A. Aqui utilizamos o vetor fixo entre o centro do disco O e o ponto
A, e, após derivar no tempo a expressão vetorial da velocidade de A em relação a O, obtemos a
seguinte expressão:
Figura 1: Vetores aceleração.
~aA = ~aO + ~α× ~ρOA + ~ω × (~ω × ~ρOA) (55)
O vetor fixo entre O e A pode ser expresso como:
~ρOA = R
(
−cos 45o î + sen 45o ĵ
)
(56)
~ρOA = (0, 4 m)
(
−
√
2
2
î +
√
2
2
ĵ
)
(57)
~ρOA = −
(
0, 2
√
2
) (
î − ĵ
)
(58)
Para obter ~α, a aceleração angular do disco, relacionamos o centro instantâneo de velocidade,
ponto I, com o ponto A, pois sabe-se que o ponto I tem aceleração vertical para cima com
magnitude igual à componente radial de aceleração, isto é, ω2 R, onde R é a distância entre I e
O. Assim:
8
~aO = ~aI + ~α× ~ρIO + ~ω × (~ω × ~ρIO) (59)
−5 î = (7, 5)2 (0, 4) ĵ + α k̂ × 0, 4 ĵ − 7, 5 k̂ ×
(
−7, 5 k̂ × 0, 4 ĵ
)
(60)
−5 î = 22, 5 ĵ − 0, 4 α î − 7, 5 k̂ × 3 î (61)
−5 î = 22, 5 ĵ − 0, 4 α î − 22, 5 ĵ (62)
α =
5
0, 4
= 12, 5 rad/s (63)
Sendo a aceleração angular α no sentido anti-horário de giro. Podemos agora voltar para a
expressão da aceleração do ponto A em relação a O e escrever:
~aA = −5 î + 12, 5 k̂ × −0, 2
√
2
(
î − ĵ
)
− 7, 5 k̂ ×
[
−7, 5k̂ × −0, 2
√
2
(
î − ĵ
)]
(64)
~aA = −5 î − 3, 536 ĵ − 3, 536 î − 7, 5 k̂ ×
(
2, 121 ĵ + 2, 121 î
)
(65)
~aA = −5 î − 3, 536 ĵ − 3, 536 î + 15, 91 î − 15, 91 ĵ (66)
~aA = (−5 − 3, 536 + 15, 91) î + (−3, 536 − 15, 91) ĵ (67)
E, finalmente,
~aA = +7, 374 î − 19, 266 ĵ m/s2 (68)
Ou, em módulo, aA = 20, 63 m/s
2.
4. O ciclista mostrado pedala regularmente para manter uma velocidade constante de 12 km/h em opo-
sição a uma leve brisa frontal. Calcule o módulo da velocidade absoluta do pedal em A, quando está
alinhado horizontalmente a frente.
Answer: Analisando o movimento do pedal em relação ao centro O da coroa (engrenagem maior onde
o pedal está fixado) podemos expressar a velocidade do pedal como:
~vA = ~vO + ~vA/O (69)
Com ~vO = +(12 km/h) î e ~vA/O = ~ω × ~ρOA, sendo que ~ρOA= (0, 16 m) î.
9
Answer:
Figura 2: Diagrama cinemático para o pedal.
Analisando o movimento da roda traseira, sabemos que a velocidade angular da mesma é também
a velocidade angular do pinhão (engrenagem menor fixa à roda traseira). Como o centro da roda
traseira tem a mesma velocidade de 12 km/h, podemos obter esta velocidade angular, aplicar
para o pinhão, e calcular então a velocidade (linear) da corrente. Isto permitirá obter a velocidade
angular da coroa, única incógnita faltante para obter a velocidade absoluta do pedal em A.
Figura 3: Esquema da roda traseira.
Então:
v0 = ωT (0, 66 m) (70)
ωT =
12 km/h
0, 66 m
(71)
ωT = 5, 051 rad/s (72)
E a velocidade na engrenagem traseira:
vT = ωT
(
70 mm
2
)
= (5, 051 rad/s) (0, 035 m) = 0, 1768 m/s (73)
Agora obtemos a velocidade angular da engrenagem dianteira (coroa):
vC = vT = ωC ·
(
170 mm
2
)
(74)
ωC =
0, 1768 m/s
0, 085 m
= 2, 08 rad/s (75)
Então ~ω = −2, 08 k̂ rad/s y. E:
~vA/O = −2, 08 k̂ × 0, 16 î (76)
~vA/O = −0, 333 ĵ ↓ m/s (77)
E, finalmente:
10
~vA = 3, 33 î − 0, 333 ĵ (78)
|~vA| = 3, 35 m/s.
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Informações úteis
Descrição Símbolo/Expressão Valor a ser usado
Mov. Retilíneo Unif. Acelerado v = v0 + a t para a constante
Comprimento de arco s = r θ θ em rad
Velocidade circular v = r ω ω em rad/s
Aceleração tangencial at = r α α em rad/s
2
Aceleração radial ar = ω
2 r = v
2
r ω em rad/s
Teorema de Chasles ~VB = ~VA + ~ωAB × ~ρAB velocidades
Derivada Vetor Fixo ~̇ρAB = ~ωAB × ~ρAB ~ρAB é vetor fixo
Momento de Inércia IG =
1
12
M
(
3R2 + h2
)
para cilindro, M é massa, R é o raio e h altura
Teo. Eixos Paralelos I = IG + M d
2 d é distância entre eixos paralelos
Raio de giração I = M k2 I mom. de inércia; M massa, e k raio de giração
Segunda Lei de Newton
∑ ~F = M~aG aG aceleração do centro de massa do corpo rígido
Momento de força
∑ ~M = IG ~α α aceleração angular do corpo rígido
Lei dos Senos asen A =
b
sen B =
c
sen C a, b e c lados; A, B e C ângulos opostos
Lei dos Cossenos a2 = b2 + c2 − 2 (b c) cos θ θ ângulo entre lados b e c
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