Resolucao da ProvaI

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Resolução da Primeira Prova de Mecânica Aplicada 2017-2
Questão 1 A força ~P = P sinαî + P cosαĵ. A segunda força aplicada na
estaca é ~F = −45 sin 25oî+45 cos 25oĵ. Para que a resultante das forças esteja
na vertical e com intensidade de 60kgf temos
P sinα = 45 sin 25o
P cosα+ 45 cos 25o = 60
Logo P = 45 sin 25
o
sinα e
45
tanα sin 25
o = 60− 45 cos 250. Ou seja
tanα =
3 sin 25o
4− 3 cos 25o
= 0.990.
Portanto α = arctan 0.990 = 44.703o. O que implica P = 27.036kgf .
Observação: Este é o execício 2.128 do Livro do Beer.
***
Questão 2 A força ~F = −F cos θî − F sin θĵ exercida
pelo cabo BC na haste esta mostrado na figura ao lado.
A posição do ponto C, onde a força esta aplicada em
relação ao ponto D é dada por ~D = 0.2̂i + 0.875ĵ. Isso
resulta em um torque (no sentido anti-horário) de
M = F (0.875 cos θ − 0.2 sin θ).
Por outro lado, o ângulo θ é determinado pela distância d entre os pontos D e E, sendo que
tan θ =
0.875
d+ 0.2
.
Temos por tanto que 0.875 cos θ = (d+ 0.2) sin θ. Com isso
(d+ 0.2) sin θ − 0.2 sin θ = M
F
⇒ d = M
F sin θ
.
A menor distância d ocorrerá para a maior força F (2500N) e para o maior valor de sin θ. Logo d = 0, 4m.
Observação: Este é o exercício 3.11 do livro do Beer.
***
Questão 3
A força ~F = −Fxî−Fy ĵ exercida pela haste AB na manivela BC esta mostrada na
figura ao lado. Semelhança de triângulos implica que
Fx
Fy
=
21
72
=
7
24
.
Como a intensidade de ~F é de 1, 5kN temos que F 2x + F 2y = 1, 52 de onde se segue
que (
7
24
)2
F 2y + F
2
y =
(
3
2
)2
, portanto Fy = 3√85kN e Fx =
21
24
√
85
kN . Em relação ao ponto C, as coordenadas
do ponto B onde a força ~F é aplicada é dada por ~B = −21mmî + 28mmĵ. O
momento (torque) M será portanto (no sentido anti-horário):
M = 21Fy + 28Fx = 21 ·
3√
85
+ 28 · 21
24
√
85
=
49
6
√
85
= 0.886Nm
Observação: Este é o exercício 3.148 do livro do Beer.
Questão 4
Na haste AB atuam a força peso ~P , e reações nos pontos
de contato A e C como mostra a figura ao lado. A reação
~RC é perpendicular a haste, já a força de reação ~RA é
perpendicular a superfície esférica (tigela), e portanto
aponta para o centro da semi -circunferência mostrada
na figura ao lado. Por simplicidade, adotemos o sistema
de referência onde î esta paralelo a direção da haste
apontando de A para B e ĵ é perpendicular a direção
da haste apontando para cima. Note também que o
triângulo AOC é isósceles (tanto AO quanto OC medem
R.) Logo a medida do ângulo OAC é θ, pois é igual ao
ângulo OCA que por sua vez é o ângulo θ que a haste
faz com a horizontal. Note também que a força peso faz
um ângulo de θ com a direção ĵ. Temos então
~P = −P sin θî− P cos θĵ
~RA = RA cos θî+RA sin θĵ
~RB = RB ĵ
Das equações acima segue a condição de equilíbrio das forças resulta em
RA cos θ = P sin θ
RA sin θ +RC = P cos θ
(1)
De onde segue que RA = P tan θ. Resta considerar o equilíbrio dos torques, para tanto consideremos os torque
em relação ao ponto A. Em relação a esse ponto ~RA não causa torque. A distância do ponto A ao ponto de
aplicação de ~P é R (metade da haste). Por outro lado, chamemos de d a distância do ponto A ao ponto C.
Como o triângulo AOC é isósceles, o teorema dos cossenos nos dá que
R2 = d2 +R2 − 2Rd cos θ ⇒ d = 2R cos θ.
Notando que a componente î de ~P não causa torque, a condição de equilíbrio dos torques resulta em
RCd = RP cos theta⇒ RC =
P
2
.
Com isso, substituindo esses resultados em (1)
P tan θ sin θ +
P
2
= P cos θ
Multiplicando a equação acima por 2 cos θ, obtemos
2 sin2 θ + cos θ = 2 cos2 θ
⇒ 2
(
1− cos2 θ
)
+ cos θ = 2 cos2
⇒ 4 cos2 θ − cos θ − 2 = 0
Onde identificamos uma equação de segundo grau em cos θ (se for conveniente para você faça x = cos θ). Temos
portanto
cos θ =
1±
√
33
8
.
O ângulo θ deve estar entre 0 e 90o, portanto a solução negativa não nos interessa. Temos com isso
cos θ =
1 +
√
33
8
= 0.843⇒ θ = arccos(0.843) = 32.53o.
Observação: Este é o exercício 4.88 do Livro do Beer. A escolha de um sistema de coordenadas “girado”
é feita para simplificar as expressões de ~RB e ~RA e em especial o cálculo dos torques. No entanto ela é
desnecessária.
Questão 5
Na portinhola estão aplicados a força peso ~P e as reações
~RA, ~RB , ~RE . Usando o sistema de coordenadas indicado
na figura do problema, temos
~P = −P ĵ
~RA = RAxî+RAy ĵ +RAz k̂
~RB = RBxî+RBy ĵ +RBz k̂
~RE = RExî+REy ĵ +REz k̂.
Da hipótese dada no exercício a dobradiça em A não exerce força na direção axial, portanto RAz = 0. Mais
ainda a reação ~RE esta na direção de CE e portanto no plano xy, logo REz = 0. Mais ainda note que o triangulo
ACE é isósceles (os lados AC e AE tem o mesmo comprimento), logo os ângulos Ĉ e Ê são iguais. Como Â
mede 30o temos que Ê me de 75o, logo
~P = −P ĵ
~RA = RAxî+RAy ĵ
~RB = RBxî+RBy ĵ +RBz k̂
~RE = RE cos 75
oî+RE sin 75
oĵ.
A condição de equilíbrio das forças resulta em
RAx +RBx +RE cos 75
o = 0
RAy +RBy +RE sin 75
o = P
RBz = 0
(2)
Resta considerar os torques. Para tanto coloquemos a origem do sistema de coordenadas no ponto A. Com isso
a reação ~RA não causa torque. O ponto de aplicação de ~RB , ~RE e ~P são respectivamente
~B = −0, 6k̂, ~E = 0, 9̂i, ~O = 0, 9
2
î− 0, 6
2
k̂.
Os torques provocados por estas forças em relação ao ponto A são portanto:
~MB = ~B × ~RB = 0, 6RBy î− 0, 6RBxĵ
~E = ~E × ~RE = 0, 9 sin 75oRE k̂
~O = ~O × P = −0, 6P2 î− 0, 9
P
2 k̂
A condição de equilíbrio para os torques resulta em
0, 6RBy = 0, 6
P
2
0, 6RBx = 0
0, 9 sin 75oRE = 0, 9
P
2 .
Segue desse último conjunto de equações que RBx = 0, RBy = P2 e RE =
P
2 sin 75o . Substituindo esses resultados
em (2), temos
RAx +
P
2 tan 75o = 0
RAy +
P
2 +
P
2 = P
de onde segue que RAy = 0 e RAx = − P2 tan 75o . Ou seja
~RA = −
P
2 tan 75o
î, ~RB =
P
2
ĵ, ~RE =
P
2 tan 75o
î+
P
2
ĵ.
Numericamente, tan 75o = 3.732 e usando P = 20kgf , temos
~RA = −2.694kgf î
~RB = 10kgf ĵ
~RE = 2.694kgf î+ 10kgf ĵ.
Segue que a magnitude da força ~RE exercida pelo braço CE é RE = 10.357kgf .
Observação: Este é o exercício 4.113 do livro do Beer. Era o único exercício da prova que envolvia
equilíbrio de corpos rígidos em 3 dimensões. Note que o cálculo não era computacionalmente trabalhoso. Note
também que a escolha do ponto A para o cálculo dos torques é quase que irrelevante, apenas simplificando as
coordenadas do ponto E.