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Exercicios P2 de Dinamica dos Solidos

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(b)
aCM = at = α . 0,4 => aCM = 6,49 m/s2 (a)
Rt . 0,4 = 0,107 . α => Rt = 4,34 N (c)
aCM = 6,49 m/s2; α = 16,23 rda/s2; Rn = 10,0 (N); Rt = 4,34 N
12-A barra homogênea AB de massa m = 2,5 kg, comprimento L = 0,80 m e
momento de inércia ICM=0,133kg⋅m
2 , é abandonada em repouso, apoiada
em superfície horizontal rugosa, com inclinação θ=600 em relação à
horizontal. A barra não escorrega em relação ao solo. Pedem-se, para o
instante ilustrado:
a) a aceleração angular da barra;
b) a aceleração do centro de massa;
c) a reação normal do piso;
d) a força de atrito; 
e) o mínimo coeficiente de atrito.
[x] fat . cos 30º – N . cos 60º + 25 . cos 60º = 2,5 . at 
at = α . R at = α . 0,4
fat . 0,87 – N . 0,5 + 12,5 = 2,5 . α . 0,4
fat . 0,87 = α - 12,5 + N . 0,5
fat = α . 1,15 + N . 0,57 – 14,37
[y] 25 . cos 30º – N . cos 30º – fat . cos 60º = 2,5 . ac 
ac = ω2 . R ac = zero
25 . cos 30º – N . cos 30º – fat . cos 60º = 0
fat . 0,5 = 25 . 0,87 – N . 0,87
fat = 43,50 – N . 1,74
igualando as expressões de fat:
fat = α . 1,15 + N . 0,57 – 14,37 = 43,50 – N . 1,74
α . 1,15 – 57,87 = – N . 2,31 => N . 2,31 = - α . 1,15 + 57,87
N = - α . 0,50 + 25,05
retomando: 
fat = 43,50 – N . 1,74 => fat = 43,50 – (- α . 0,50 + 25,05) . 1,74
fat = 43,50 + α . 0,87 – 43,59
fat = α . 0,87 – 0,09
pólo: CM
-fat . cos 30º . 0,4 + N . cos 60º . 0,4 = 0,133 . α
-fat . 0,35 + N . 0,20 = 0,133 . α 
-(α . 0,87 – 0,09) . 0,35 + (- α . 0,50 + 25,05) . 0,2 = 0,133 . α
-(α . 0,87 – 0,09) . 0,35 + (- α . 0,50 + 25,05) . 0,2 = 0,133 . α
0,03 - α . 0,30 - α . 0,10 + 5,01 = 0,133 . α 
5,04 = 0,53 . α => α = 9,51 rad/s2 
aCM = at = α . 0,4 => aCM = 3,80 m/s2 
N = - α . 0,50 + 25,05 => N = 20,30 (N)
fat = α . 0,87 – 0,09 => fat = 8,18 (N)
μmin = fat / N => μmin = 0,40
α = 9,51 rad/s2; aCM = 3,80 m/s2; N = 20,30 (N); fat = 8,18 (N); μmin = 0,40
B
A q = 600
CM
y
x
αfat
N
25
60º60º60º
30º
13-A barra homogênea AB de massa m = 2,5 kg, comprimento L = 0,85 m e momento de
inércia I CM=m .
L2
12
 e I A=
m . L2
3
, articulada em A, é liberada em repouso, a partir da
inclinação θ=600 em relação à horizontal. Pedem-se para o instante em que é liberada:
a) a aceleração angular da barra;
b) a aceleração do centro de massa;
c) a reação horizontal da articulação;
d) a reação vertical da articulação;
α = 8,85 rad/s2; aCM = 3,76 m/s2; H = -8,00 N; V = 20,37 N
14- O volante ilustrado apresenta massa m = 10 kg, raio r = 0,254 m, momento de
inércia ICM = 0,55 kg.m2 e gira no sentido horário com frequência inicial fo = 360 rpm.
Adotar g = 10 m/s2. O coeficiente de atrito, entre o volante e a sapata de freio, é m =
0,30. Obter o esforço do cilindro hidráulico para que o volante pare em 50 voltas. 
[x] H – N = 0 <=> centro de massa fixo: aCM = 0
[y] V – 100 + fat = 0 <=> centro de massa fixo: aCM = 0
polo CM:
fat . 0,254 = 0,55 . α
Atrito com escorregamento: fat = μ . N => fat = 0,30 . N
Da cinemática: 
ω0 = 360 . 2.π / 60 => ω0 = 37,70 rad/s
ângulo varrido em 50 voltas: Δθ = 50 . 2.π = 314,16 rad.
ω2 = ω02 + 2 . α . Δθ => 0 = 37,702 + 2 . α . 314,16 => α = -2,26
rad/s2 
Nota: esta equação considera o sentido da velocidade positivo, mas no caso
adotou-se o contrário, assim: α = 2,26 rad/s2 
recuperando:
fat . 0,254 = 0,55 . α => fat . 0,254 = 0,55 . 2,26 => fat = 4,89 N
fat = 0,30 . N => N = fat/0,3 => N = 16,31 N
Como a haste onde se encontra a força F, encontra-se em equilíbrio, pode-se afirmar
que:
Σforças = zero e Σmomentos = zero
Impondo a segunda condição com polo na articulação da haste:
fat . 0,152 - F . 0,152 + N . 0,457 = 0
4,89 . 0,152 - F . 0,152 + 16,31 . 0,457 = 0 => F = 53,93 N
F = 53,93 N
15-No arranjo ilustrado, o disco A, possui massa mA = 2,0 kg, raio RA = 0,3 m, momento de
inércia baricêntrico ICMA = 0,09 kg.m2, e é acionada por um motor que a mantém girando no
sentido horário com velocidade angular wA = 20 rad/s, constante. O disco B, possui massa mB
= 3,0 kg, raio RB = 0,5 m, momento de inércia baricêntrico ICMB = 0,38 kg.m2, e inicialmente
encontra-se em repouso. O suporte da polia B permite que a mesma seja apoiada suavemente
sobre a polia A, com isso, se estabelece escorregamento entre os pontos de contato que só
cessará quando as velocidades desses pontos se igualarem. O coeficiente de atrito entre as
superfícies é m = 0,55. Após o disco B apoiar-se sobre o disco A, e enquanto houver
escorregamento, pedem-se:
a) a aceleração angular do disco B;
b) o momento motriz que mantêm a velocidade angular do disco A;
c) a componente horizontal da reação da articulação do disco A;
αB = 21,71 (rad/s2); M = 4,95 (N.m); H = 16,50 (N); V = 50 (N)
B
A
R
B
R
A
A
q
α
25
x
y
H
V
60º
30º
30º
100 H
V fat N
N fat
F
αω
x
y
16-Na figura ilustrada o disco A possui raio RA = 0,20 m, massa mA = 35 kg, com
momento de inércia I CM=m⋅R
2
2 , e apresenta-se inicialmente em repouso. O disco B
com raio RB = 0,15 m, gira no sentido horário com frequência de rotação
horária fB = 900 rpm, mantida constante através de um motor elétrico. O disco
B, é forçado através da força horizontal F = 15 N, aplicada em seu eixo, a entrar em
contato com o disco A. O coeficiente de atrito entre os discos é m = 0,25. Pedem-se:
a) a aceleração angular do disco A;
c) a componente horizontal da reação da articulação do disco A;
d) a componente vertical da reação da articulação do disco A.
α = 1,07 (rad/s2); HA = - 15 (N); VA = 353,75 (N)
17-O sistema ilustrado é composto por dois discos de raios 0,30 e 0,70 rigidamente
ligados entre si que giram em torno de eixo fixo. A massa total é m = 6,0 kg, e seu
momento de inércia ICM = 2,16 kg.m2. Inicialmente apresenta-se em repouso.
Acionando o sistema com a força F, o mesmo apresenta aceleração angular anti-
horária α = 4,0 rad/s2. A força de atrito no eixo gera momento resistente M = 2,5 N.m.
Pedem-se:
a) a força F;
b) a reação horizontal da articulação (eixo fixo) na polia dupla;
c) a reação vertical da articulação (eixo fixo) na polia dupla.
F = 28,80 (N); H = 14,40 (N); V = 84,94 (N)
18-Duas polias solidamente ligadas entre si, são mantidas suspensas por articulação e
possuem raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,25 m, massa m = 4 kg e momento de inércia ICM =
0,08 kg.m2. O sistema é acionado por dois contrapesos A e B, respectivamente com
massas mA = 8 kg e mB = 10 kg. A força de atrito no eixo gera o momento resistente M =
2 N.m. Pedem-se:
a) a aceleração angular da polia dupla;
b) a aceleração do bloco A;
c) a aceleração do bloco B.
Nota: considere-se que a polia fosse impedida de girar, as forças de tração nos blocos
seriam iguais aos pesos dos mesmos, ou seja, TA = 80 e TB = 100. A polia estaria sob ação
de dois momentos, um horário de valor MA = 80.0,25 = 20 N.m, outro anti-horário de
valor MB = 10.0,15 = 15 N.m. 
Esse raciocínio revela que a capacidade do bloco A de criar rotação na polia é maior que
a do bloco B. Dessa forma descobre-se que a aceleração angular α, da polia será horária. 
A aceleração do bloco A, será para baixo, com valor: aA = α.0,25 e a aceleração do bloco
B, será para cima, com valor: aB = α.0,15.
Bloco A:
[y] 80 – TA = 8 . aA => 80 – TA = 8 . α . 0,25 => TA = 80 – 2 . α
Bloco B:
[y] TB – 100 = 10 . aB => TB – 100 = 10 . α . 0,15 => TB = 100 + 1,5.α
Polia Dupla polo CM:
TA . 0,25 – TB . 0,15 – 2 = 0,08 . α
(80 – 2 . α) . 0,25 – (100 + 1,5.α) . 0,15 – 2 = 0,08 . α
20 – 0,5.α – 15 – 0,23.α = 0,08.α => 5 = (0,08 + 0,5 + 0,23).α => α = 6,17 rad/s2 
retomando:
aA = α.0,25 => aA = 1,54 m/s2 
aB = α.0,15 => aB = 0,93 m/s2 
α = 6,17 rad/s2; aA = 1,54 m/s2; aB = 0,93 m/s2 
ABB
F
 R1
R
2
F
M
60º
R
2
A
B
R
1
0,25
A
B
0,15
80100
TB
TB TA
TA
V
H
40
2
α

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