P4-2018-2-TEA008-v01-GABARITO

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TEA008 - Mecânica dos Sólidos II - Engenharia Ambiental - UFPR Gabarito P4
Data: 27/11/2018
Professor: Emílio G. F. Mercuri
(1) (50,0 pontos) Determine a aceleração angular do trampolim de 25 kg e as componentes verticais e horizontais da
reação no pino A no instante em que o homem realiza o salto, ou seja, no momento que o pé do homem deixa de tocar
o trampolim. Suponha que a tábua do trampolim seja uniforme e rígida e que, no instante em que ele salta, a mola
está comprimida uma quantidade máxima de 200 mm, ω = 0 (não há velocidade angular) e a tábua está na horizontal.
Considere k = 7 kN/m.
Solução da Questão 1
A força peso do trampolim é W = mg = 25(9,81) = 245,25 N.
A força da mola é F = kx = 7000(0,2) = 1400 N.
Analisando o diagrama de corpo livre (DCL) e diagrama cinético (DC):
DCL:
245,25 N
1400 NAy
Ax
1,5 m
A =
DC:
25(1,5α)
1,5 m
IAαA
Escrevendo a segunda lei de Newton, ou o somatório das forças e momentos:
∑MA = IAα; 1.5(1400−245.25) =
[
1
3
(25)(3)2
]
α
∑Ft = m(aG)t ; 1400−245.25−Ay = 25(1.5α)
∑Fn = m(aG)n ; Ax = 0
Resolvendo o sistema chega-se a:
Ax = 0 �
Ay = 289 N �
α = 23,1 rad/s2 �
(2) (50,0 pontos) Quando a barra �na AB de 10 kg está horizontal, ela está em repouso e a mola não está deformada.
Determine a rigidez k da mola, de modo que o movimento da barra seja parado momentaneamente após ela haver girado
45◦ no sentido horário.
Solução da Questão 2
Observando o sistema deformado e indeformado:
A partir da geometria acima, obtemos (yG)2 = 0,75sen(45◦) = 0,5302 m.
Além disso: CB′ =
√
32 +1.52−2(3)(1.5)cos45◦ = 2.2104 m.
Selecionando o datum como a linha da posição inicial, as energias potenciais gravitacionais iniciais do sistema são:
(Vg)1 =WAB (yG)1 = 0
(Vg)2 =−WAB (yG)2 =−10(9.81)(0.5303) =−52.025J
Inicialmente a mola está indeformada, portanto (Ve)1 = 0.
Na posição �nal, a mola se alonga S =CB′−CB = 2.2104−1.5 = 0.7104m Portanto:
(Ve)2 =
1
2
ks2 =
1
2
k
(
0.71042
)
= 0.2524k
Analisando as energias potenciais totais no início (1) e no �nal (2):
V1 = (Ve)1 +(Vg)1 = 0
V2 = (Ve)2 +(Vg)2 = 0.2524k−52.025
Como a barra está em repouso no início e para momentaneamente na posição �nal, temos que: T1 = T2 = 0.
Da conservação da energia:
T1 +V1 = T2 +V2
0+0 = 0+0.2524k−52.025
k = 206.15Nm = 206N/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
5mr
2
T = 12mv̄
2 + 12 Īω
2 Vg = mgh Ve = 12kx
2 IbarraG =
1
12ml
2
vA = vB +ω× r+ vrel aA = aB + ω̇× r+ω× (ω× r)+2ω× vrel +arel
ω = ω0 +αt ω2 = ω20 +2α (θ −θ0)