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TEA008 - MECÂNICA DOS SÓLIDOS II - ENGENHARIA AMBIENTAL - UFPR GABARITO FINAL
DATA: 16/12/2016
PROFESSOR: EMÍLIO G. F. MERCURI
(1) (40,0 pontos) A barra esbelta AB de 30 kg se desloca no plano vertical, com suas extremidades limitadas a seguir as guias
horizontal e vertical lisas. Se a força de 150 N é aplicada em A com a barra inicialmente em repouso na posição vertical em que
θ = 30◦, calcule a aceleração angular resultante da barra e as forças sobre os roletes (de massa desprezível) das extremidades A e B.
x
y
B
A
θ G
0,6 m
0,6 m
150 N
Solução da Questão 1: A barra é submetida a um movimento com restrição, de modo que devemos estabelecer a relação entre a
aceleração do centro de massa e a aceleração angular. Das equações do movimento relativo, devemos resolver inicialmente:
aA = aB +aA/B = aB +(aA/B)t +(aA/B)n = aB +α× rA/B +ω× (ω× rA/B)
Como no início o sistema está em repouso, a barra não possui velocidade angular (ω = 0).
axi = ay j+aA/B = ay j+α× rA/B
ax
ay
aA/B = 1.2α
30◦
Por Pitágoras (1.2α)2 = a2y +a
2
x e ax = 1.2α cos(30
◦), portanto ay =
√
1.22α2[1− cos2(30◦)] = 0.6α
Existe uma proporcionalidade entre aA/B = (aA/B)t e aG/B = (aG/B)t
B
A
30◦
G
(aA/B)t
(aG/B)t
conclui-se que aA/B = 2aG/B. Escrevendo a segunda equação da aceleração relativa:
a = aG = aB +aG/B
Temos um triângulo equilátero em azul, pois ay = aG/B = 0.6α e o ângulo entre ay e aG/B é de 60◦.
ax
ay a
ay
(aG/B)t = 0.6α
30◦
60◦
As componentes da aceleração do centróide são:
ax = acos30◦ = 0.6α cos30◦ = 0.52α m/s2
ay = asen30◦ = 0.6α sen30◦ = 0.3α m/s2
Como não foi fornecido nenhuma informação a respeito dos roletes, sua massa será desprezada.
O diagrama de corpo livre para a barra é apresentado:
0.6 m
0.6 m
C �
30◦
G
150N
30(9.81)N
B
A
Utilizando as equações do equilíbrio dinâmico (2a lei de Newton generalizada): ∑MG = Iα e ∑F = ma.
∑MG = Iα
150(0.6cos30◦)−A(0.6sen30◦)+B(0.6cos30◦) = 1
12
30(1.2)2α
Fx = max
150−B = 30(0.52α)
Fy = may
A−30(9.81) = 30(0.3α)
Resolvendo sistema de três equações, obtemos:
A = 337 N �
B = 76.8 N �
α = 4.69 rad/s2 �
(2) (30,0 pontos) O pêndulo é composto por uma barra fina e uniforme de 10 kg e uma esfera de 15 kg. Determine:
a) O momento de inércia do sistema (barra + esfera) em relação ao ponto O.
b) O momento de inércia do sistema (barra + esfera) em relação ao centro de massa do sistema.
Solução da Questão 2
Os momentos de inércia de massa da haste e da esfera em relação aos seus respectivos centros de massa são:
(IG)OA =
1
12
ml2 =
1
12
(10)0,62 = 0,3kg m2
(IG)B =
2
5
mr2 =
2
5
(15)0,12 = 0,06kg m2
Pelo teorema dos eixos paralelos pode-se calcular o momento de inécia do sistema (haste + esfera). Em relação ao ponto O:
IO =
2
∑
i=1
(
Īi +mid2i
)
= 0,3+0,06+10(0,3)2 +15(0,7)2 = 8,61kg m2 �
A posição do centro de massa do sistema pode ser calculada, considere o raio r no sentido da haste com origem em O:
r̄ =
1
m ∑
miri =
1
(10+15)
[10(0,3)+15(0,7)] = 0,54m �
Em relação ao centro de massa do sistema:
Ī =
2
∑
i=1
(
Īi +mid2i
)
= 0,3+0,06+10(0,24)2 +15(0,16)2 = 1,32kg m2 �
(3) (30,0 pontos) Considere a rotação das pás giratórias de um aerogerador. As pás são parafusadas ao eixo do rotor. No instante
mostrado, o rotor está na horizontal com uma velocidade angular de 15 rad/s e com uma aceleração angular de 8 rad/s2, ambas
no sentido horário. Determine os seguintes esforços internos: a força normal N, a força de cisalhamento V (esforço cortante) e o
momento fletor M na secção localizada no ponto A. Considere cada pá como uma haste delgada de 25 m de comprimento, com uma
massa de 3 kg/m e momento de inércia de massa Ī = 112 ml
2.
Solução da Questão 3
O objetivo é a obtenção dos esforços internos da pá do aerogerador. Considera-se, então, um corte da pá no ponto A e analisa-se o
equilíbrio dinâmico da seção à direita do corte. Considerando o centro do rotor como o ponto O e sendo o ponto G o centro de massa
da seção, os diagramas de corpo livre e diagrama cinético são:
Diagrama de Corpo Livre (D.C.L.):
NA
VA
45(9,81) N
MA
7,5 m
O A G
Diagrama Cinético (D.C.):
māt
mān
Īα
17,5 m
O A G
A massa da seção à direita do ponto A é proporcional ao tamanho da seção (15 m), portanto é m = 15×3 = 45 kg.
As equações do movimento (2a Lei de Newton para translação e rotação) são apresentadas abaixo:
ΣFn = mān = mω2r → NA = 45(15)217,5 → NA = 177kN �
ΣFt = māt = mαr → VA +45(9,81) = 45(8)(17,5) → VA = 5,86kN �
Considerando o sentido horário como positivo (tanto para o somatório dos momentos quanto para os efeitos cinéticos):
ΣMA = Iα +Σmad → MA +45(9,81)(7,5) =
[
1
12
(45)(15)2
]
(8)+ [45(8)(17,5)](7,5) → MA = 50,7kN.m �
RELAÇÕES MATEMÁTICAS
ΣF = ma ΣF = Ġ G = mv
ΣMG = Iα ΣM0 = I0α ΣMP = Iα +Σmad
v = ωr at = αr an = ω2r IO =
n
∑
i=1
(
Īi +mid2i
)
G1 +
t2∫
t1
ΣFdt = G2 (HG)1 +
t2∫
t1
ΣMGdt = (HG)2 T1 +V1 +U ′1−2 = T2 +V2 IesferaG =
2
5 mr
2
T = 12 mv̄
2 + 12 Īω
2 Vg = mgh Ve = 12 kx
2 IbarraG =
1
12 ml
2