Mecânica I - Poli - P1 - 2002

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
 
Departamento de Engenharia Mecânica 
 
PME 2100 – MECÂNICA A 
Primeira Prova – 20 de setembro de 2002 – Duração: 100 minutos 
(importante: não é permitida a utilização de calculadoras) 
GABARITO 
Questão 1 (4,0 pontos) – A barra ABCDEH tem massa desprezível e está submetida ao seguinte sis tema de forças: 
a) Determine a resultante R
r
, do sistema de forças. 
b) Calcule o momento AM
r
, do sistema de forças em re-
lação ao pólo A. 
c) Verifique se o sistema é redutível a uma única força. 
d) Determine o sistema de forças que, se aplicado na bar-
ra, em adição ao sistema de forças original, equilibraria a 
barra. Este novo sistema de forças deve ser composto por 
um binário de momento M
r
 e uma força F
r
 aplicada em 
B. 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
a) )jQiQ()kQjQ()jQ(FFFR 321
rrrrrrrrr
+++-+=++= 
 kQjQiQR
rrrr
++= 
 
b) 321A F)AD(F)AH(F)AC(M
rrrr
Ù-+Ù-+Ù-= 
iaQjaQkaQ2kaQ2iaQ2iaQkaQ2M
)jQiQ()kaja2ia2()kQjQ()ja2()jQ()kaia2(M
A
A rrrrrrrr
rrrrrrrrrrrr
-+-++-=
+Ù++++-Ù+Ù+=
 
 kaQ2jaQM A
rrr
+= 
 
c) Calculando o invariante: 
0aQ3aQ2aQ)kQjQiQ()kaQ2jaQ(RMI 222A ¹=+=++×+=×=
rrrrrrr
 
Como o invariante é diferente de zero, o sistema não pode ser reduzido a uma única força. 
 
d) Para que o sistema de forças adicional equilibre a barra, ele deve ter resultante e momento opostos em relação ao 
sistema de forças original. Devemos reduzir o sistema de forças original utilizando o pólo B. Como a resultante já 
foi calculada, basta determinar o momento do sistema de forças original em relação ao pólo B. Utilizando a fórmula 
de mudança de pólo: 
iaQjaQkaQ2jaQM
)kQjQiQ()ka(kaQ2jaQR)BA(MM
B
AB rrrrr
rrrrrrrrr
+-+=
++Ù-++=Ù-+=
 
kaQ2iaQM B
rrr
+= 
Assim o novo sistema de forças que adicionado ao sistema original equilibra a barra é: Me)B,F(
rr
, 
onde: 
Þ-=-= BMMeRF
rrrr
 kQjQiQF
rrrr
---= kaQ2iaQM
rrr
--= 
( )
( )
( ) jQiQFDF
kQjQFHF
jQFCF
rrrr
rrrr
rrr
++=
+-=
+=
33
22
11
,
,
,
A 
B 
C D 
E 
H 
a 
a 
2a 
2a 
2a 
2a 
x 
y 
z 
Q 
Q 
Q 
Q 
Q 
 
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Questão 2 (2,0 pontos) – Uma placa retangular homo-
gênea de lados 4a e 2a, e massa m, tem um furo quadra-
do de lado a, conforme mostra a figura ao lado. Esta 
placa é suportada por uma articulação em P. A que dis-
tância x da extremidade deve ser posicionada a articula-
ção para a placa se equilibrar na posição indicada na fi-
gura sob a ação da gravidade? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Do equilíbrio é imediato que XP = 0, YP = mg , e da equação de equilíbrio de momentos, “d” deve ser igual a zero, 
isto é, o baricentro deve estar posicionado verticalmente abaixo da articulação P. Adotando-se um sistema de coor-
denadas com origem no vértice inferior esquerdo da placa deve-se então ter: 
 
22
22
G aa8
aaa2a8
xxx
-
×-×
=Þ= 
 
7
a15
x = 
 
 
 
 
a/2 a 
a 
a/2 
a/2 
4a 
x 
P 
d 
mg 
YP 
XP 
 
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Questão 3 (4,0 pontos) – A estrutura é formada pelas 
barras AC, BD e CE, de peso desprezível. A polia e o fi-
o, ideais, também têm peso desprezível. O fio sustenta 
um bloco de peso P. 
a) Desenhe o diagrama de corpo livre da polia e o dia-
grama de corpo livre da estrutura formada pelas barras. 
b) Determine as reações dos vínculos em A e E. 
c) Determine todas as forças que atuam nas barras AC, 
BD e CE. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Do equilíbrio da polia é imediato que PXC = e PYC = . 
 
Do equilíbrio da estrutura formada pelas barras: 
Þ-=Þ=+Þ=å CACAx XX0XX0F PX A -= 
PYYYYY0YYY0F EACEACEAy =+Þ=+Þ=-+Þ=å 
Þ=Þ=--Þ=å P6Y40aY2aX4aY40M ECCEzA 2
P3
YE = 
 
substituindo na anterior: 
2
P
YA -= 
 
 
 
 
 
2a 2a 
a 
2a 
2a 
A 
B 
C 
D 
E 
P 
y 
x 
A 
B 
C 
D 
E 
XC 
YE YA 
XA 
YC 
C 
XC 
YC P 
P 
 
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Equilíbrio da barra AC: 
XBXBx CX0PPCX0F =Þ=-+-Þ=å (1) 
2
P3
CY0
2
P
PCY0F YBYBy =+Þ=--+Þ=å (2) 
P3YX20
2
P
a2aP4aX2aY0M BBBBzC =-Þ=+-+-Þ=å (3) 
 
Equilíbrio da barra BD: 
DBx XX0F =Þ=å (4) 
DBy YY0F =Þ=å (5) 
 
Equilíbrio da barra CE: 
0XC0F DXx =-Þ=å (6) 
2
P3
CY0
2
P3
CY0F YDYDy -=+Þ=+--Þ=å (7) 
P6Y3X60
2
P3
a2aX3Y
2
a3
0M DDDDzC =+Þ=+--Þ=å (8) 
subst. (4) e (5) em (8): BBBB Y2
1
PXP6Y3X6 -=Þ=+ 
subst. em (3): Þ=-- P3YYP2 BB 2
P
YB -= Þ 2
P
YD -= Þ 4
P5
X B = Þ 4
P5
X D = 
subst. BX em (1): 4
P5
CX = 
 
subst. BY em (2): 2YC P= 
CX 
3P/2 
P/2 
P 
Cy 
P 
P 
CX 
Cy 
YB 
XB 
YD 
YB 
YD 
XD 
XD 
XB