Exercício de Dinâmica - 34

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B
A
R
é
é
R
C
x
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você
D
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existentes atualmente. Nenhuma parte deste material pode ser reproduzida, de qualquer forma ou por qualquer meio, sem permissão por escrito do editor.
F
Equação de Movimento: Aplicando a Eq. 13–7, temos
ydy = -
- pecado-1
,
e g = 9,81 m>s
(s2 - 02 ) = - Cg
Nós temos
(s2 - x2 )
cara
t = pC 6328(103 )
,
R
determinar
Nota: O sinal negativo indica que a velocidade está na direção oposta à de x 
positivo.
g
9,81
Resp.
-
2R
g
Substituindo
B- m
ymáx = - Cg
(um+)
y = - C g
t = C R a p
na Eq. (2) produz
na Eq. (3) produz
R
eu
2
R
2
Resp.
C 9,81 ymax = - ¢ 6328 (103 ) ÿ C2 A106 BD = -2490,18 m>s = 2,49 km>s
x
g
dx2s2 - x2 _
R = 6328 A103 B ·m
s = 2A106
.
g
Nós temos
-s
Cinemática: Aplicando a equação y dy = adx
=
e g = 9,81 m>s
mg gr cos u = ma a = - r cos u 
= -
(2)
R$
eu
R
a+©Fx¿ = máx¿ ;
2
g
Substituindo
porque
(um+)
sb = pC R
A velocidade máxima ocorre em x = 0
13–39. Suponha que seja possível cavar um túnel liso através 
da terra, de uma cidade em A até uma cidade em B , como 
mostrado. Pela teoria da gravitação, qualquer veículo C de 
massa m colocado dentro do túnel estaria sujeito a uma força 
gravitacional que está sempre direcionada para o centro da 
Terra D. Esta força F tem uma magnitude que é diretamente 
proporcional à sua distância r de centro da terra. Portanto, se o 
veículo tem um peso igual ao de quando está localizado 
na superfície da Terra, então em um local arbitrário W = mg r a 
magnitude da força F é F = (mg>R)r, onde R = 6328 km o raio 
do terra. Se o veículo for liberado do repouso 
quando estiver em B, x = s = 2 Mm será o tempo necessário 
para que ele alcance A e a velocidade máxima que ele atinge. 
Despreze o efeito da rotação da Terra no cálculo e assuma que 
a Terra tem uma densidade constante. Dica: Escreva a equação 
do movimento na direção x , observando que r . 
Integre, usando a relação cinemática u = xv dv = a dx, depois integre o resultado usando v = dx>dt
g
x-dx
Em x = -s,
dt = - C R
(3)
,
,
(1)
x-1 
- pecado
= 2523,2s = 42,1min
,
eu
g
R = 6328 A103 B ·m
,
RL
Aplicando a equação dt = dx>y
t = C R a p
. Da Eq.(1)
207
R
sim
A s2 - x2 B
x
é
2
2
é0
x
t
y2
0
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2
B
B
8 libras
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A
A
x
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6 pés/s
15 libras
P
15
5 pés
sim
2
2
2
T = 35,59 libras
Resp.
(QED) aB = aA tan 15°
208
*13–40. O engradado de 30 lb está sendo içado para cima com uma
aceleração constante de Se a viga uniforme AB tem
Caixa:
Resp.
(1)
sB = sA tan 15°
aA = 21,22 pés>s
+ c©Fy = 0; Ay - 200 - 35,59 = 0 Ay = 236 libras a
:+ ©Fx = máx ;
(2)
Resp.
Aplicando a Eq. 13–7 de FBD(b), temos
(3)
Feixe:
Tomando a derivada do tempo duas vezes para a expressão acima produz
Nota = 18,27 libras
•13–41. Se uma força horizontal de P = 10 lb for aplicada ao bloco A,
determine a aceleração do bloco B. Despreze o atrito. Dica: Mostre
que aB = aA tangente 15°.
Resolvendo as Eqs. (1), (2) e (3) produz
6 
pés> com um peso de 200 lb, determine os componentes da reação 
no suporte fixo A. Despreze o tamanho e a massa da polia em B. Dica: 
primeiro encontre a tensão no cabo e depois analise as forças na viga 
usando estática .
+©MA = 0; MA - 200(2,5) - (35,59)(5) = 0 MA = 678 lb # pés
Cinemática: Da geometria da Fig. (c),
10 - NB sen 15° = a 8 32,2 baA
+ c ©Fy = maio ; T - 30 = a 30 32,2 b(6)
Resp.
:+ ©Fx = 0; -Machado + 35,59 = 0 Machado = 35,6 lb
Equações de Movimento: Aplicando a Eq. 13–7 para FBD(a), temos
+ c ©Fy = maio ; Nota: cos 15° - 15 = a 15 32,2 baB
aB = 5,68 pés>s
.
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