CONTEUDO MECANICA GERAL

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ENG 01156 – Mecânica - Aula 28
Prof Inácio Benvegnu Morsch – CEMACOM
303
28. APLICAÇÕES
1) Determinar a velocidade de segurança de uma curva compensada de estrada de rodagem
inclinada de θ = 18º e raio R = 120 m. A velocidade de segurança de uma curva
compensada de uma rodovia é aquela na qual um carro poderá trafegar sem que nenhuma
força de atrito lateral seja exercida em suas rodas.
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de corpo livre do carro. A força externa ativa que atua no
carro é a força peso P e as forças reativas são as reações normais que atuam nos pneus. Estas forças estão
representadas simplificadamente através da reação R aplicada no centro de massa do veículo. Tem-se ainda uma
força inercial que representa a força centrífuga.
∑ =→=−→= θθ coscos PNPNF ooy 0 0 (1)
∑ =−→=− 00 nonn agPNmaF θsen (2)
Substituindo-se (1) em (2) e considerando-se que R
V
an
2
= tem-se
km/h 470m/s 619188069120
2 ,,tan, =→=→°⋅⋅= VVV
2) O disco ilustrado ao lado é apoiado por um mancal, o que o
deixa livre para girar em torno de seu eixo baricêntrico.
Considere que uma corda é enrolada em torno da borda do
disco e um bloco de 5 kg é preso à corda. Para esta montagem
determine a velocidade do bloco após este ter se deslocado
0,10 m. Considere que a massa do disco é de 50 kg.
Solução: O primeiro passo é fazer os diagramas de corpo livre e cinético do
bloco e do disco.
Peso do bloco: N 4980695 =⋅=⋅= ,gmP BB
Peso do disco: N 3490806950 ,, =⋅=⋅= gmP
Equação de movimento do bloco
θθθ
θ
tan tanP
22
2
⋅=→=⋅⋅→= gRVV
P
gR
R
V
g
PP sen
cos
18º
18º
y
nma−
n
P
= 0
No
G
A
5 kg
0,2 m
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304
ByByGyy aTaTamF ⋅−=→⋅−=−→⋅=∑ 549 549 (1)
Equações de movimento do disco
∑ =→= 0 0 xx GF
TGTGF yyy +=→=−−→=∑ 349003490 0 ,, (2)
Cálculo do momento de inércia do disco
2
22
m kg 1
2
2050
2
=
⋅
=
⋅
=
,rm
IG
Equação de movimento correspondente à rotação
α⋅=∑ GG IM
αα ⋅=→⋅−=⋅− 5120 TT, (3)
Como a massa da corda é desprezível, a aceleração do bloco e a aceleração da corda no ponto A são iguais. A
aceleração do disco no ponto A pode ser representada por suas componentes normal e tangencial como ilustrado
no desenho a seguir. Considerando que não ocorre deslizamento entre o disco e a corda, conclui-se que a
aceleração do ponto A da corda é igual à aceleração tangencial do disco, ou
seja αα 20,=⋅= raBy . Substituindo-se este resultado na equação (1), tem-se
αα −=→⋅⋅−= 4920549 TT , (4)
Substituindo-se (3) em (4) fica
22
m/s 631rad/s 178495 ,, =→=→−= Byaααα
A velocidade do bloco pode ser calculada, considerando que o mesmo parte do
repouso, como
( ) m/s 5701063122 20202 ,,, =→⋅⋅=→−⋅⋅+= VVSSaVV
3) Uma polia pesando 40N está unida a dois blocos como
ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no eixo,
determine a aceleração angular da polia e a aceleração de
cada bloco.
Solução: A polia está sustentada por um mancal que está montado no
baricêntro da polia. Logo, o movimento que esta polia pode realizar é
uma rotação baricêntrica. Para se definir o sentido de giro da polia
deve-se fazer o somatório dos momentos em relação ao seu centro de
massa (∑ GM ) e analisar o resultado obtido. Para tal deve-se considerar que a polia está em repouso, o que
corresponde ao diagrama de corpo livre apresentado a seguir
PB
T
=
m aBy
G
A
P
Gy
Gx =
G
IG α
T
G
A
P
Gy
Gx
G
A
α r
ω2 r
B
m25,0
G
N20N40
A
���
α
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305
Neste diagrama V e H são as forças reativas do mancal. Fazendo-se
∑ GM tem-se
Nm54025020250 =+− .,..
o que indica que a polia gira no sentido anti-horário.
Representando-se os diagramas de corpo livre e cinético dos blocos tem-se
Escrevendo-se a equação de movimento para o bloco de 40 N fica
40404040 084408069
40
40 aTaT ⋅−=→−=− ,
,
 (1)
Escrevendo-se a equação de movimento para o bloco de 40 N fica
20202020 042208069
20
20 aTaT ⋅+=→=− ,
,
 (2)
Fazendo-se o diagrama de corpo livre polia representando também o momento inercial tem-se
Escrevendo-se a equação de equilíbrio dinâmico correspondente aos momentos fica
0250250 2040 =−⋅−⋅→⋅=∑ αα GGG ITTIM ,, (3)
Momento de inércia da polia: 
2
22
m kg 1270
28069
25040
2
,
,
,
=
⋅
⋅
=
⋅
=
rm
IG
Substituindo-se este resultado na expressão (3), bem como os resultados
apresentados nas expressões (1) e (2) obtém-se
( ) ( ) 012700422025008440250 2040 =−⋅+⋅−⋅−⋅ α,,,,, aa
que pode ser rescrita como
012705100215 2040 =−−− α,,, aa (4)
Considerando que a corda que fixa os dois blocos tem massa desprezível,
conclui-se que a aceleração do bloco de 40 N é igual a aceleração da corda no
ponto de tangência, correspondente a este bloco, com a polia. O mesmo
raciocínio se aplica para a aceleração do bloco de 20 N. Representando-se num
esquema as acelerações destes dois pontos da polia, nota-se que as acelerações
dos blocos são iguais em módulo a r⋅α , desde que admita-se que não há
deslizamento entre a corda e a polia.
Substituindo-se este resultado na expressão (4) tem-se
2
rad/s 819555090012702505102500215 ,,,,,,, =→=→=−−⋅− ααααα
40 N
20 N
40 N
V
H
G
T40
40 N
=
m40 a40
T20
20 N
=
m20 a20
40 N
V
H
G
IG α
= 0
T40
T20
α r
ω2 r
α r
ω2 r
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306
2
40 m/s 452819250 ,,, =⋅=a 
2
20 m/s 452819250 ,,, =⋅=a
Pode-se ainda calcular as forças nos cabos fazendo-se
N 3045208440 4040 =→⋅−= TT ,, e N 2545204220 2020 =→⋅+= TT ,,
4) Uma polia pesando 53,4N e tendo raio de giração de 0,203m está unida a dois blocos
como ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no eixo, determine a aceleração angular
da polia e a aceleração de cada bloco. Calcule também as reações no mancal Compare o
valor obtido com a reação que existiria se o problema fosse estático. Considere que o
bloco A pesa 44 N e o bloco B pesa 22 N.
Solução : A polia é formada por duas rodas rigidamente ligadas.
Esta polia é sustentada por um eixo, que passa pelo seu centro de
massa, que por sua vez é sustentado por dois mancais. Logo, o
movimento realizado pela polia é uma rotação baricêntrica. Para se
descobrir o sentido de giro da roda deve-se admitir que que ela está
em repouso e fazer o somatório dos momentos em relação ao
centro de massa da roda. Representando-se o diagrama de corpo
livre da roda para a situação de repouso tem-se
Escrevendo-se a expressão ∑ GM obtém-se
∑ =−= Nm 11254022152044 ,,.,.GM
o que indica que o sentido de giro da roda é anti-horário, logo o bloco A vai descer e o bloco B vai subir.
Representando-se os diagramas de corpo livre e cinético para os blocos tem-se
Equação de movimento para o bloco A: AyAAyA aTaT ⋅−=→−=− 494448069
44
44 ,
,
 (1)
A
B
G
254152
(mm)
G
44 N
22 N
53,4 N
Gx
Gy
A
44 N
TA
= A
m aAy
B
TB
22 N
B=
m aBy
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Equação de movimento para o bloco B: ByBByB aTaT ⋅+=→=− 242228069
22
22 ,
,
 (2)
Representando-se o diagrama de corpo livre da roda considerando o momento inercial tem-seEscrevendo-se as equações de equilíbrio dinâmico correspondentes
obtém-se
∑ == 0 0 xx GF (3)
∑ ++==−−−= AByAByy TTGTTGF 453 0453 0 ,, (4)
0254015200 =−⋅−⋅→=∑ αGBAG ITTM ,, (5)
Cálculo do momento de inércia da polia
222
m kg 22402030
8069
453 ,,
,
,
=⋅=⋅= GG rmI
Substituindo-se o valor do momento de inércia na equação (5), bem como substituindo-se os resultados (1) e (2)
nesta equação tem-se
( ) ( ) 02240242222540494441520 =−⋅+=⋅−⋅−⋅ α,,,,, ByBAy aTa que pode ser rescrita como
022405690682011 =−⋅−− α,,,, ByAy aa (6)
Considerando que a corda que fixa o bloco A à polia tem massa desprezível, nota-se que a aceleração do cabo no
ponto tangente à polia é igual a aceleração do bloco. O mesmo raciocínio se aplica para o bloco B. Utilizando-se
o mesmo processo do problema anterior verifica-se que as acelerações dos blocos são iguais às acelerações
tangenciais correspondentes dos pontos de tangência entre as cordas e a polia. Logo, pode-se escrever
αα 1520,=⋅= AAy ra e αα 2540,=⋅= BBy ra . Substituindo-se estes resultados na expressão (6) tem-se
2
rad/s 33247201102240254056901520682011 ,,,,,,,,, =→=→=−⋅⋅−⋅− ααααα
2
m/s 3503321520 ,,, =⋅=Aya e 
2
m/s 5903322540 ,,, =⋅=Bya
N 44235049444 ,,, =⋅−=AT , N 32359024222 ,,, =⋅+=BT e N 1119323442453 ,,,, =++=yG
Reação estática: N 41192244453 ,, =++=YestG
5) Uma placa homogênea semicircular de
5 kg está ligada a duas hastes AB e
DF, cada uma com 250 mm de
comprimento, e se move sob o seu
próprio peso. Desprezando as massas
das hastes e sabendo que na posição
mostrada na figura e a velocidade da
placa é 1,8 m/s, determine a força em
cada haste.
Solução: A placa realiza uma translação circular
ou seja todos os pontos do corpo realizam
trajetórias circulares paralelas com a mesma
velocidade e aceleração. As forças que atuam no
problema são o peso da placa e as forças reativas
nas hastes. Como as hastes são bi-rotuladas e têm
massa desprezível, conclui-se que as forças
reativas das hastes tem a direção do eixo
geométrico destas.
150 150
200
(mm)
A E
C
B D
30o
G
53,4 N
Gx
Gy
TA
TB
αGI−
= 0
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Representando-se o diagrama de corpo livre e cinético da placa obtém-se
Localização do centro de massa da placa: m 08490
3
204
3
4 ,, =⋅==
ππ
R
y
Como o ponto B da haste faz um movimento de rotação em torno de A, pode-se determinar a velocidade angular
ω como
rad/s 2725081 ,,, =→⋅= BB ωω
Já que todos os pontos do corpo têm a mesma aceleração, pode-se determinar a aceleração do ponto B, que esta
será igual à aceleração do centro de massa da placa circular.
222
m/s 961225027 ,,, =⋅=⋅= ranB ω BBtB ra αα 250,=⋅=
Peso da placa: N 0349m/s 8069kg 5
2 ,, =⋅=P
Equações de movimento para a chapa:
rad/s 6192505600349 ,,cos, =→⋅⋅=⋅→⋅=∑ BBGtt amF αα
2610796125300349 2121 ,,cos, =+→⋅=⋅−+→⋅=∑ FFFFamF Gnn
0=→=∑ GGGG IM αα
0300849030084903015030150 2121 =⋅−⋅−⋅⋅+⋅⋅− sen,sen,cos,cos, FFFF
2121 50800087401720 FFFF ,,, =→=+−
N 136 eN 371261075081 122 ,,,, ==→= FFF
6) Resolver o problema anterior considerando que cada uma das hastes tem 1 kg de massa.
Solução: Como as massas das hastes devem ser consideradas não se pode mais representar a força na haste como
tendo a mesma direção do eixo geométrico desta. Neste caso, deve-se representar um novo diagrama de corpo
livre e cinético para a placa, bem como deve-se representar os correspondentes diagramas para as hastes. O
cálculo da velocidade angular ωB e da correspondente aceleração normal é igual ao do problema anterior.
Dados e resultados do problema anterior:
Peso da placa: N 49806,95 =⋅== mgP Peso da haste: N 806980691 ,, =⋅==mgP
Centro de massa da placa: m 0849,0=y
rad/s 2,7=Bω ran
2
ω= rat α=
C
B D
30o 30oF1
F2
CM CM
=
m an
m atP
30o
Y
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��
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309
Representando-se o diagrama de corpo livre e cinético do problema com as novas condições tem-se
Equações de movimento para a haste AB
°+
°=−→⋅=∑
30
30
2
cos
sen
rm
rmBAamF
BA
Bxxxx
α
ω
Substituindo-se o valor de ω anteriormente calculado
fica
°⋅⋅+°⋅⋅=− 3012501301250271
2 cos,sen,, BAxx BA α
que resulta em
2431080 ,, =−− BAxx BA α (1)
yy amF ⋅=∑
°−°=−− 30308069
2 sencos, rmrmBA BAByy αω
 que resulta em °⋅⋅−°⋅⋅=−− 30125013012502718069
2 sen,cos,,, BAyy BA α
4181506250 ,, =+− BAyy BA α (2)
Considerando-se as hastes como hastes delgadas, pode-se calcular o momento de inércia da haste em relação ao
seu centro de massa como
22
2
mkg 10x082
12
2501
12
−
=
⋅
== ,,lmI BA
2rmIM BABAA αα +=∑
22
1250110x08280693012503025030250 ,,,sen,cos,sen, ⋅⋅+=⋅°+°−° − BABAxy BB αα que resulta em
que resulta em 61300364021601250 ,,,, −=−− BAxy BB α (3)
Fazendo-se os diagramas da haste DE e escrevendo-se as correspondentes equações de movimento, obtém-se um
conjunto de equações semelhantes às anteriores:
2431080 ,, =−− DExx DE α (4)
4181506250 ,, =+− DEyy DE α (5)
61300364021601250 ,,,, −=−− DExy DD α (6)
Fazendo-se os diagramas de corpo livre e cinético da placa
nota-se que ααα == DEBA , já que todos os pontos da
placa devem apresentar a mesma aceleração, uma vez que
esta realiza um movimento de translação curvilínea.
B
Bx
By
Ax
Ay
=
B
m an
m at
A
IBA αΒΑ
r
9,806 N
D
Dx
Dy
Ex
Ey
=
D
m an
m at
E
IDE αDE
r
9,806 N
�
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310
Escrevendo-se as equações de movimento da placa fica
°+°=+→⋅=∑ 30302 cossen rmrmDBamF BABxxxx αω que resulta em
432082130250530250275
2 ,,cos,sen,, =−+→°+°⋅⋅=+ αα xxxx DBDB (7)
°+°=+→⋅=∑ 30302 sencos rmrmDBamF BAByyyy αω que resulta em
1256625030250530250275
2 ,,sen,cos,, =++→°−°⋅⋅=+ αα yyBAyy DBDB (8)
0=→=∑ GGGG IM αα porque a placa realiza um movimento de translação retilínea.
0084901500850150 =−+⋅−⋅− xyxy DDBB ,,,, (9)
Montando-se o sistema de equações resultante fica
















−
−
=
















⋅
















−−−
−
−−
−
−−
−−
−
−−
0
1256
432
6130
41815
243
6130
41815
243
00015008490150085000
625000101000
082100010100
0364000125021600000
0625010100000
108001010000
0364000001250216000
0625000001010
108000000101
,
,
,
,
,
,
,
,
,,,,
,
,
,,,
,
,
,,,
,
,
α
y
x
y
x
y
x
y
x
E
E
D
D
B
B
A
A
Resolvendo-se o sistema de equações obtém-se
N 615,=xA , N 132,=yA ( )89904370735 ,;,,=A! N
N 112,=xB , N 916,=yB ( )81305820820 ,;,,=B! N
N 823,=xD , N 237,=yD ( )84205390244 ,;,,=D! N
N 427,=xE , N 452,=yE ( )88604630159 ,;,,=E! N
2
rad/s 233,=α
C
B D
Bx
CM CM
=
m an
m at49 N
30o
Y
By
Dx
Dy
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311
9) No sistema ilustrado na figura abaixo o trecho CB da corda é paralelo ao plano inclinado
de um ângulo α = 30°. Desprezando a massa da polia, determine o coeficiente de atrito que
deve existir entre o plano e a rodapara não haver deslizamento. Considere o raio de
giração da roda igual a 0.635 m, o peso da roda igual a 1600 N e o peso do bloco A igual a
1000 N.
Solução: Antes de iniciar a solução do
problema deve-se verificar se a roda desce
ou sobe a rampa. Para tal vamos
representar o diagrama de corpo livre da
roda considerando que o sistema estivesse
em equilíbrio. Neste caso, a força no cabo
seria de 1000 N, e esta força estaria
agindo no ponto de contato do cabo com a
roda. As demais forças que atuam na roda
são a força peso, a reação normal e a força
de atrito entre a roda e o plano inclinado.
Para se eliminar a influência destas forças
no processo de solução faz-se 0=∑ CM
ou seja
090301600601000 =⋅°⋅+⋅− ,sen,
0Nm 120 ≠
Pela somatório de momentos em relação ao ponto C
nota-se que há um momento não equilibrado de 120 Nm,
o que indica que o problema em estudo é dinâmico. Pelo
sinal do momento não equilibrado conclui-se que a roda
desce a rampa.
A próxima etapa da solução é fazer o diagrama de corpo
diagrama cinético do bloco A. As forças que atuam no
bloco são o seu peso e a força no cabo. O centro de
massa do bloco tem aceleração vertical para cima já que
a roda desce a rampa.
Escrevendo-se a equação de movimento correspondente a estes
diagramas tem-se
AyAGyy aTamF ⋅=−→⋅=∑ 806910001000 ,
AyA aT ⋅+= 981011000 , (1)
Desprezando-se a massa do cabo tem-se que a força TA é a mesma até
atingir a polia. Fazendo-se o diagrama de corpo livre e o diagrama cinético da polia, observa-se que as forças no
cabo, TA e TC, são iguais já que a massa da polia e consequentemente o seu
momento de inércia são desprezados. Logo, a força no cabo que chega até a roda
vale TA.
O digrama de corpo livre e o diagrama cinético da roda está representado na
próxima página. No diagrama de corpo livre, a força de atrito aponta para baixo
porque não ocorre deslizamento. No diagrama de corpo livre para o caso
estático, que foi usado para testar o sentido de movimento da roda, adotou-se a força de atrito apontando para
cima com finalidade apenas ilustrativa.
G
C
1600 N
1000 N
NoFA
y
x
30o
vA
1000 N
TA
= vA
m aAy
B
TA
TC
Ry
Rx
= 0
30°
0,9 m
0,3 m
G
A
B
C
D
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ENG 01156 – Mecânica - Aula 28
Prof Inácio Benvegnu Morsch – CEMACOM
312
Massa da roda: kg 16163
8069
1600 ,
,
===
g
P
m
Momento de inércia da roda: 
222
m kg 7965635016163 ,,, =⋅=⋅= GG rmI
Escrevendo-se as equações de movimento correspondentes a estes diagramas tem-se
GxAAGxx aFTamF ⋅−=−°⋅−→⋅=∑ 16163301600 ,sen
GxAA aFT ⋅−=− 16163800 , (2)
N 6138503016000 ,cos =→=°⋅−→=∑ ooy NNF (3)
906090301600 ,,,sen ⋅⋅+⋅=⋅−⋅°⋅→=∑∑ GxGACefC amITMM α
GxA aT ⋅+⋅=⋅− 84146796560720 ,,, α (4)
De acordo com as equações de equilíbrio que foram escritas tem-se 5 incógnitas e 3 equações de movimento.
Logo, para se resolver o problema é necessário estabelecer relações cinemáticas entre as acelerações.
Como o problema pede o coeficiente de atrito entre a roda e o plano para que não haja deslizamento, admite-se
que a roda rola sem deslizar. Logo, o ponto de contato da roda com o plano inclinado, ponto C, passa a
representar o centro instantâneo de velocidade nula da roda . Neste caso, tem-se que
 αα ⋅=⋅= 90,raGx (5)
O próximo passo é relacionar a aceleração do centro de massa da roda com a aceleração do bloco. Para tal vai-se
escrever a aceleração do ponto D, ponto de “ligação” do cabo na roda, em função da aceleração do centro de
massa da roda ou seja
( ) ( ) 290 DGDDGGD DGDGiaaaa ωαα −+×−+⋅−=→+= !!!!!! ,
Considerando as coordenadas D( 0; 0,6) e G( 0; 0,9) tem-se
jiiaj
kji
ia DGDDGD
!!!!!
!!!
!! 22
30309030
00
00,30 90 ωααω
α
α ,,,,, +⋅+⋅−=→++⋅−=
2
3060 DGD ia ωα ,, +⋅−=
!!
A figura ao lado ilustra o vetor Da
!
.
A aceleração do cabo no ponto D é representada apenas pela
componente i
!
α⋅− 60, . A aceleração do ponto D pode ser
relacionada com a aceleração do bloco A levando-se em conta que
esta aceleração é positiva já que o bloco está subindo (ver diagrama de corpo livre do bloco) ou seja
G
C
1600 N
NoFA
y
x
30o
TA G
C
y
x
30o
maGx
=
IG α
D
G
C
y
xD
α⋅60,
2
30 DGω,
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ENG 01156 – Mecânica - Aula 28
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313
α⋅= 60,Aya (6)
Substituindo-se as expressões (5) e (6) nas expressões (1), (2) e (4) tem-se
1000196160981011000 =−→⋅+= αα ,,, AA TT
800841469016163800 =+−→⋅−=− αα ,,, AAAA FTFT
72095197609084146796560720 =+⋅→⋅+⋅=⋅− ααα ,,,,,, AA TT
que resulta no sistema de equações








=
















−
−
720
800
1000
95197060
8414611
196101
α
A
A
F
T
,,
,
,
 Resolvendo-se o sistema de equações obtém-se
N 31031,=AT , N 4306,=AF e 
2
rad/s 5110,=α
Sabe-se que a força de atrito deve ser menor ou igual à força de atrito máxima, logo pode-se escrever
220
61385
4306 ,
,
,
max ≥→≥→≥→⋅≤→≤ ee
o
A
eoeAAA N
F
NFFF ηηηη
Como fica a solução de problemas nos quais a massa da polia não é desprezível? Para
responder a esta pergunta, vamos considerar que a polia do problema anterior tem peso igual a
100 N, 0,2 m de raio e o seu momento de inércia pode ser aproximado pela relação
correspondente a um disco. Para estes dados, a solução do problema anterior deve ser rescrita
a partir do diagrama de corpo livre da polia.
Solução: Fazendo-se o diagrama de corpo livre e o diagrama cinético da polia tem-se
Para resolver o problema a única necessita-se apenas da equação de
movimento correspondente ao momento.
BBACBBB ITrTrIM αα =⋅−⋅→=∑
momento de inércia da polia: 
2
22
m kg 2040
8069
100
2
20
2
,
,
,
=⋅=
⋅
=
rm
I B
Substituindo-se os dados na equação de movimento tem-se BAC TT α20402020 ,,, =⋅−⋅ que pode ser rescrita
como
BAC TT α⋅=− 021, (1)
Alterando-se as equações de movimento da roda, colocando-se TC no lugar de TA obtém-se o seguinte conjunto
de equações.
BAC TT α⋅=− 021, (1)
AyA aT ⋅+= 981011000 , (2)
GxAC aFT ⋅−=− 16163800 , (3)
N 61385,=oN (4)
GxC aT ⋅+⋅=⋅− 84146796560720 ,,, α (5)
IB αΒ
B
TA
TC
Ry
Rx
=
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ENG 01156 – Mecânica - Aula 28
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314
Novamente são necessárias relações cinemáticas para resolver o sistema de equações. As relações adotadas são
as mesmas do problema anterior α⋅= 90,Gxa e α⋅= 60,Aya . Considerando que a corda não desliza em relação
à polia pode-se relacionar a aceleração angular da polia com a aceleração da corda como
YY ABBBA
ara 5=→⋅= αα
 já que neste caso a aceleração da corda é igual a aceleração tangencial da polia no ponto onde a corda tangencia
a polia. Substituindo-se as relações cinemáticas tem-se
0063605021 =⋅−−→⋅⋅⋅=− αα ,,, ACAC TTTT
1000196160981011000 =−→⋅+= αα ,,, AA TT
800841469016163800 =+−→⋅−=− αα ,,, ACAC FTFT
72095197609084146796560720 =+⋅→⋅+⋅=⋅− ααα ,,,,,, CC TT
Montando o sistema de equações obtém-se










=




















−
−
−−
720
800
1000
0
951970060
84146101
1196010
063011
α
A
A
C
F
T
T
,,
,
,
,
 Resolvendo-se o sistema de equações tem-se
N 41005,=CT , N 61003,=AT , N 292=AF e 
2
rad/s 590,=α
Sabe-se que a força de atrito deve ser menor ou igual à força de atrito máxima,logo pode-se escrever
210
61385
292 ,
,max
≥→≥→≥→⋅≤→≤ ee
o
A
eoeAAA N
F
NFFF ηηηη