RESPOSTA ED DINÂMICA DOS SISTEMAS 9º SEM ENG MEC

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Conteúdo 1; Ex 1,2 e 3
Resoluções: 1) Primeiramente encontra-se o vetor AB através da soma de vetores: AB = B - A. Tendo encontrado o vetor AB, dividimos o mesmo pelo módulo de AB para encontrarmos o versor (vetor unitário na direção AB). Tendo encontrado o versor de AB, multiplicamos o módulo da velocidade angular (0,5 rad/s) pelo versor para encontrarmos o vetor velocidade angular, que é positivo pois o ponto C no momento desce. Tendo encontrado o vetor velocidade angular podemos calcular o vetor velocidade no ponto C, uma vez que a velocidade no ponto C é igual à velocidade do ponto A mais o vetor velocidade angular multiplicado pelo vetor AC. Realizando os devidos cálculos, chega-se à resposta expressa pela alternativa A.
2) Primeiramente encontra-se o vetor AB através da soma de vetores: AB = B - A. Tendo encontrado o vetor AB, dividimos o mesmo pelo módulo de AB para encontrarmos o versor (vetor unitário na direção AB). Tendo encontrado o versor de AB, multiplicamos o módulo da velocidade angular (0,5 rad/s) pelo versor para encontrarmos o vetor velocidade angular, que é positivo pois o ponto C no momento desce. Realizando os devidos cálculos encontramos a resposta sugerida pela alternativa D.
3) O vetor aceleração no ponto C possui possui apenas a contribuição da aceleração centrípeta no ponto C, uma vez que a velocidade angular é constante. Portanto a aceleração é igual ao vetor velocidade angular ao quadrado (vetor encontrado no exercício 2) multiplicado pelo vetor AC. Realizando o cálculo vetorial encontramos a resposta sugerida pela alternativa B.
Conteúdo 1; Ex 4,5 e 6 
Resoluções: 4) Primeiramente encontramos o vetor AD pela soma vetorial (AD = D-A), dividindo o vetor AD pelo seu módulo obtemos o versor na direção AD. Multiplicando então o versor AD pelo módulo da velocidade angular encontramos o vetor velocidade angular, indicado pela alternativa E.
5) Primeiramente encontramos o vetor AD pela soma vetorial (AD = D-A), dividindo o vetor AD pelo seu módulo obtemos o versor na direção AD. Multiplicando então o versor AD pelo módulo da aceleração angular (que é negativa pois é contrário ao vetor velocidade angular) encontramos o vetor velocidade angular, indicado pela alternativa B.
6) Primeiramente calculamos a velocidade angular a partir da frequência fornecida, (w = 2* pi* F/60), aplicando na fórmula da velocidade angular (wf = wi + aangular*t), encontramos a aceleração angular igual a -19,62 rad/s^2 uma vez que: wo = 157 rad/s; wf = 0 rad/s e o tempo t=8 s, conforme Alternativa D.
Conteúdo 1; Ex 7,8 e 9 
Resoluções: 7) Aplicando a equação de Torricelli segundo a qual: teta = tetai + wt + aa*t^2/2, encontramos teta (voltas dadas em rad), convertendo de rad para voltas, encontramos que o disco dá 100 voltas até sua parada. (Alternativa E)
8) Para movimento uniformemente acelerado temos que : wf = wi + aangular*t, onde wf= 200 rad/s; wi = 0 rad/s e aangular = 5 rad/s^2. Com isso calculamos que o tempo necessário para que a engrenagem A atinja wf. (Alternativa E)
9) Para que o conjunto trabalhe perfeitamente a velocidade tangencial no ponto de contato entre as engrenagens deve ser igual. Primeiro calculamos a velocidade no ponto de contato da engrenagem A através da multiplicação da velocidade angular final pelo raio A, após encontrarmos esta velocidade, dividimos o valor pelo raio de B e encontramos que a velocidade angular final na engrenagem B é de 333 rad/s. (Alternativa D)
Conteúdo 1; Ex 10,11 e 12 
 Resoluções: 10) O tempo que a engrenagem B leva para atingir a velocidade angular de 333 rad/s é o mesmo que a engrenagem A leva para atingir 200 rad/s com uma aceleração de 5 rad/s2, portanto calculamos o tempo que a engrenagem A leva para atingir essa velocidade. Tendo calculado o tempo e possuindo as velocidades angulares final e inicial da engrenagem B descobrimos sua aceleração angular através da fórmula: wf = wi + aangular*t. (Alternativa C)
11) Aplicando a equação: teta = tetainicial + wt + aangular*t^2/2, encontramos teta (voltas dadas em rad), dividindo o valor obtido po 2Pi, encontramos que a engrenagem dá aproximadamente 1061 voltas até atingir sua velocidade final. (Alternativa E)
12) Primeiramente calculamos a velocidade no ponto B pela fórmula: Vb=Wab*(BCir), através de relações trigonométricas encontramos o CIR da barra BC, tendo encontrado o mesmo calculamos a distância entre o ponto B e o CIR da barra BC, aplicando na mesma fórmula os valores encontrados da velocidade no ponto B e da distância entre o ponto B e o CIR da parra BC, encontra-se a velocidade angular da barra para o ponto indicado. (Alternativa A)
Conteúdo 1; Ex 13,14 e 15 
Resoluções: 13) Primeiramente calculamos a velocidade no ponto C através da velocidade angular na barra BC e da distância entre o ponto C e o CIR da barra BC, tendo calculado a velocidade em C, aplicamos novamente na fórmula, e conhecendo a distância entre o ponto C e o CIR da barra CD encontramos a velocidade angular da barra para o referido ponto. (Alternativa C)
14) Primeiramente encontramos a velocidade no ponto B através da velocidade angular da barra AB e da distância entre o ponto B e o CIR da barra AB. Descobre-se então o CIR da parra BC, e consequentemente a distância entre o ponto B e o CIR da barra BC, aplicando os valores encontrados na fórmula descobre-se a velocidade angular para o instante ilustrado na barra BC. (Alternativa D)
15) Na barra AB temos que encontrar o ponto de CIR(AB), depois através da formula Vb=Wab.BCIR(AB), calculamos a velocidade (Vb) e em seguida a aceleração (ab). Na barra BC temos que encontrar o ponto CIR(BC), depois é só substituir os valores obtidos na formula Vb=Wbc.BCIR(BC) encontraremos Wbc e em seguida (Vc). Devemos calcular a aceleração (Ac), depois igualamos vetorialmente a equação obtida em (i) e (j), substituindo as equações uma na outra iremos obter o valor da aceleração (αc) = 2,15 rad/seg². (Alternativa E)
Conteúdo 1; Ex 16,17 e 18 
Resoluções: 16) Usando a equação de velocidade Vp=V0+WxOP. Na barra AB é encontrado a velocidade VB. Usando a equação na barra BC e CD iremos encontrar duas equações para Vc (I e II). Então Igualando os vetores de Vc em i,j,k das equações I e II, será encontrado mais duas equações III e IV com as incógnitas Wbc e Wcd. Substituindo as equações III e IV uma na outra, encontraremos Wbc = 4,71rad/s (Alternativa B)
17) Usando a equação de velocidade Vp=V0+WxOP. Na barra AB é encontrado a velocidade VB. Usando a equação na barra BC e CD iremos encontrar duas equações para Vc (I e II). Então Igualando os vetores de Vc em i,j,k das equações I e II, será encontrado mais duas equações III e IV com as incógnitas Wbc e Wcd. Substituindo as equações III e IV uma na outra, encontraremos Wcd = 1,57rad/s (Alternativa D)
18) Na barra AB temos que encontrar o ponto de CIR(AB), depois através da formula Vb=Wab.BCIR(AB), calculamos a velocidade Vb = 1,128m/s. Na barra BC temos que encontrar o ponto CIR(BC) através do teorema de pitagóras, depois é só substituir os valores obtidos na formula Vb=Wbc.BCIR(BC), e encontraremos Wbc = 3,99 rad/seg. (Alternativa A)
Conteúdo 1- Exercício 19 Resposta : C *Aceleração do ponto B A primeira etapa foi a determinação da aceleração do ponto B através da formula abaixo, onde a partir da mesma obteve o valor de Ab=-6,4î – 6,4j.m/s² 𝐴𝑏=𝐴𝑎+𝛼𝐴𝐵 ^𝐴𝐵 +𝜔𝑎𝑏^(𝜔𝑎𝑏^𝐴𝐵) *Aceleração do ponto c A segunda etapa do cálculos foi a determinação da aceleração do ponto c através da equação abaixo, obtendo o resultado de Ac=26,4m/s 𝐴𝑐=𝐴𝑏+𝛼𝑏𝑐 ^𝐵 +𝜔𝑏𝑐^(𝜔𝑏𝑐^𝐵) 
Conteúdo 1- Exercício 20 Resposta : A *Velocidade ponto B A primeira etapa foi a determinação da velocidade do ponto B através da formula abaixo, onde a partir da mesma obteve o valor de Vb=-1,92î m/s 𝑉𝑏=𝑉𝑎+𝜔𝑎𝑏^𝐴𝐵 *Velocidade da barra BD * A segunda etapa do cálculos foi a determinação da velocidade da barra BD através da equação abaixo, obtendo o resultado de wbd=0 rad/s. 𝑉𝑐=𝑉𝑏+𝜔𝑏𝑑^𝐵 
Conteúdo 1- Exercício 21 Resposta : C *Aceleração doponto B A primeira etapa foi a determinação da aceleração do ponto B através da formula abaixo, onde a partir da mesma obteve o valor de Ab=-30,72j m/s² 𝐴𝑏=𝐴𝑎+𝛼𝐴𝐵 ^𝐴𝐵 +𝜔𝑎𝑏^(𝜔𝑎𝑏^𝐴𝐵) *Aceleração do ponto D A segunda etapa do cálculos foi a determinação da aceleração do ponto D através da equação abaixo, obtendo o resultado de Ad=18,43 m/s² 𝐴𝑑=𝐴𝑏+𝛼𝑏𝑑 ^𝐵 +𝜔𝑏𝑑^(𝜔𝑏𝑑^𝐵)
Conteúdo 1; Ex 22 e 23 Conteúdo 2; Ex 1 (Não possui resolução)
Módulo 1 – Exercício 22 – RESPOSTA pelos cálculos C, porém no site colocaram E Calculando barra AB Vb = Va + Wab ^ (B-A)
 Vb = 0 - 22.k ^ (-0,07.î - 0,1.j) 
Vb = 1,54.j - 2,2.î m/s 
Calculando barra BD Vc = Vb + Wbd ^ (D-B)
 Vc = 1,54.j - 2,2.î + Wbd.k ^(-0,25.î - 0,1.j) 
Vc = 1,54.j - 2,2.î - 0,25Wbd.j + 0,1Wbd.î 
Aplicando a igualdade vetorial 0 = -0,25Wbd + 1,54 
Wbd = -1,54/-0,25 
Wbd = 6,16 rad/s 
Módulo 1 – Exercício 23 – RESPOSTA B Aplicando o formulário para: - Cálculo da aceleração do ponto B Ab = Aa + αab ^ (B - A) + Wab ^ [Wab ^ (B - A)] - Cálculo aceleração do ponto D Ad = Ab + αbd ^ (D - B) + Wbd ^ [Wbd ^ (D - B)] - Aplicando igualdade vetorial Em (î): Em (j): Chegamos ao resultado de 42,8 m/s²
Conteúdo 2; Ex 2,3 e 4 
Conteudo 2 Ex 2: Primeiro realizei o diagrama de corpo livre colocando as forcas existentes. Aplicando as leis de Newton encontrei a aceleração angular das polias . Que multiplicada pelo raio R1 encontramos a aceleração em B. Alternativa A
Conteudo 2 Ex3: Conforme resolução do exercício anterior Basta multiplicar a aceleração angular das polias pelo R2. Alternativa B
Conteudo 2 Ex4: Exercicio resolvido com a utilização do teorema do momento angular TMA e teorema do centro de massa TCM. Alternativa B
Conteúdo 2; Ex 5,6 e 7 
Conteúdo 2 ex.5: Justificativa: Foi calculado pela relação entre a somatória de forças externas dividido pela massa. Resposta: C
ex.6 Justificativa: Foi utilizado o teorema do centro de massa e posteriormente com os valores utilizamos teorema do momento angular onde se obteve a força de atrito e o coeficiente. Resposta: C
ex.7 Justificativa: Foram feitas as equações de movimento, calculando normais traseira e dianteira. Achando a normal requerida foi utilizada na fórmula de massa x ace leração com o coeficiente de atrito estático, chegando a aceleração do resultado. Resposta: E
Conteúdo 2; Ex 8,9 e 10 
Ex 8 Usando a equação de movimento. Adotando g = 10 Diagrama do corpo livre para adotar o ponto da roda dianteira. IGUALAR AS FORÇAS EM Y Igualar os momentos. Se obtem Nb (Roda DIANTEIRA) Resposta C
Ex 9 Diagrama do Corpo Livre Equação do movimento. Adotando g=10 Inserindo a força encontrada na equação do movimento na equação de igualdade das forças. PS. Faltou dados na pergunta (distancias e altura) Resposta E
Ex 10 Como no Ex 8 (Só que faltou de novo as cotas) Usando a equação de movimento. Adotando g = 10 Diagrama do corpo livre para adotar o ponto da roda dianteira. IGUALAR AS FORÇAS EM Y Igualar os momentos. Se obtém Nb. Resposta E
Conteúdo 2; Ex 11, 12 e 13 
Modulo 2 Ex 11 Achando o (a) Aceleração EMn1=0 (anti-horário)
 -m. g. d1+m.a.h 
-550.10.0, 7+550.a,0,8
-3850+440.a 
a=3850/440 a=8,75m/s Agora achamos a força de atrito
EFH=0 (positivo) 
Fat=F1 
Fat=m.a 
Fat=550,8,75 
Fat= 4812,5N 
Modulo 2 Ex 12 T.M.A (TEOREMA DO MOMENTO ANGULAR)
Mr = 0 
Mp + Mn + Mfat=0 
0+N.d1-fat.H 0+N.0,7-MxA.0,8
Direção x 
Fat=Fa=m.a 
Direção Y 
N-P=m.a 
(m.g). d1-(m.a).H 
M=550Kg 
550.10.07=550. a.0,8 
7=a.0,8 a=8,75
Modulo 2 Ex 13: Primeiro achamos o (a)= Aceleração 
EMN1=0 (positivo anti-horário)
EMn1=-P.0,8=F1.0,95=0
-mg.0,8+m.a.0,95=0 
-600.10.0,8+600. a.0,95=0 
A=8,42m/s²
Devemos agora achar o Fat (atrito)
 EFH=0 (positivo) 
Fat=F1 
Fat=m.a 
Fat=600.a 
Fat=5052,63N (*)Essa é a resposta certa conforme calculo, mas não está aceitando no sistema alternativa D = 5053, porem no sistema a alternativa que consta correta é a E=2220)
Conteúdo 2 - exercício 14 
Resposta correta - Letra E Justificativa: EMn1=0
 EMn1=-P.0,8=F1.0,95=0
 -mg.0,8+m.a.0,95=0
 -600.10.0,8+600.a.0,95=0 
a=8,42 m/s²
Conteúdo 4 - Exercício 1 
Resposta correta - Letra C Justificativa: Ixz = Integral(xzdm)
Ixz=(-0,15).(0,6).4 + (0,15).(-0,6).4 
Ixz= -0,72 OBS: O resultado encontrado é a metade da resposta correta no sistema, acredito ser um erro de elaboração da questão.
Conteúdo 4 - Exercício 2 - Resposta correta - Letra C Justificativa: Analisando o sistema de coordenadas fixado no CM do disco, nota-se que o mesmo gira em torno do eixo z, portanto w2 em "k", porém, aplicando a "regra da mão direita", observa-se um w2 negativo. Já o eixo AB gira em torno do eixo x, portanto w1 em "i". w1, i -w2, k
Conteúdo 4; Ex 6,7 e 8 
Exercício 06 – Solução Cálculo do Produto de inércia em relação ao sistema de eixos CM(x,y,z); (𝐼𝑥𝑦). 
( 𝐼𝑥𝑦;𝐼𝑥𝑧;𝐼𝑦𝑧) 
𝐼𝑥𝑦=∫𝑥𝑦 .𝑑𝑚=(−0,25).(0,5).(20)+(0,25).(0,5).(20)/4 
𝐼𝑥𝑦= −1,25 𝑘𝑔.𝑚² (B)
Exercício 07 – Solução: Cálculo do Produto de Inércia em relação ao sistema de eixos CM(x,y,z); (𝐼𝑥𝑧). 
𝐼𝑥𝑧= ∫𝑥.𝑧.𝑑𝑚= −0,5.𝑧𝑒𝑟𝑜.20+0,5.(−𝑧𝑒𝑟𝑜).20
𝐼𝑥𝑧=𝑍𝑒𝑟𝑜 𝑘𝑔.𝑚² (A) 
Exercício 08 – Solução Cálculo do Momento de Inércia em relação ao sistemas de eixos CM(x,y,z) 
(𝐼𝑥𝑥;𝐼𝑦𝑦;𝐼𝑧𝑧) 
𝐼𝑦𝑦=∫(𝑑𝑖𝑠𝑡.𝑎𝑜 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑦)2.𝑑𝑚 
𝐼𝑦𝑦=2,00 𝑘𝑔.𝑚2 (E)
Conteúdo 4; Ex 9, 10 e 11 
Ex 9 Alternativa A Utilizando a equação Ixy=|xy dm
Ex 10 Alternativa B Utilizando a equação Ixx=|(y²+z²)dm
Ex 11 Alternativa C Utilizando a equação Iyy=|(y²+z²)dm
Conteúdo 4; Ex 12 alternativa A - Utilizando a fórmula I xy=∫x⋅y⋅dm E substituindo pelos respectivos valores de ‘x’ (0,3m) e ‘y’ (0,45m) do centro de massa, com a massa ‘m’ (10kg), chegou ao valor de 1,35 kg.m².
Conteúdo 5; Ex 1 alternativa A Para a resolução desses exercícios usou-se os conceitos do Teorema do Momento Angular, e o Teorema do Centro de Massa, depois de aplicados os dois teoremas chegou a resposta de RA = - RD = 0,0 . i + 0,0 . j + 16,0 . k.
Conteúdo 5; Ex 2 alternativa B Calculou-se o Ixx Iyy e Izz, já que em um cíirculo os valores de Ixy Ixz e Iyz são nulos, usou as velocidades angulares W1 e W2 e os momentos de inércia para substituir na matriz e calcular o momento igual à 2,40 . i + 0,00 . j – 7,70 . k
Conteúdo 5; Ex 9, 10 e 11 
Ex9- alternativa A primeiro encontra-se o valor da aceleração o centro de massa conforme os dados apresentados e as formulas da aceleração, logo em seguida impondo o TCM – teorema do centro de massa chegamos a um sistemas com duas equações e duas incógnitas, logo após aplicamos o calculo do momento angular em relação ao polo A na forma matricial encontramos a forma vetorial do momento angular deriva-se o próprio. Em seguida calcula-se o momento polar dos esforços no polo A e impondo o TMA encontra -se outra equação em que sera igualada as encontradas no TCM chegando assim ao resultado apresentado 66,2J +35,5K.
ex 10- alternativa E primeiro encontra-se o valor da aceleração o centro de massa conforme os dados apresentados e as formulas da aceleração, Pelo TCM encontra-se equações para as reações dos esforços externos que igualadas com a equação dos TMA chega-se aos valores das reações. logo após aplicamos o calculo do momento angular em relação ao polo A na forma matricial encontramos a forma vetorial do momento angular deriva- se o próprio. Em seguida calcula-se o momento polar dos esforços no polo A e também o próprio momento que existe no ponto impondo o TMA igualando Ma=Há encontra-se o valor apresentado do conjugado 300N.m
ex 11- alternativa D
Conteúdo 5; Ex 12, 13 e 14 
Ex 12: Resposta B De acordo com os cálculos realizados e valores apresentados no exercício 11, utilizei os dados e dei continuidade através do TCM, cheguei a um sistemas com duas equações e duas incógnitas, em seguida calculei o momento angular em relação ao polo B na forma matricial, que resulta na forma vetorial do mesmo. Finalizando os resultados e encontrei os valores de 1,74.j + 1,35.k como esforço dinâmico.
Ex 13: Resposta D De acordo com os cálculos realizados e valores apresentados no exercício11, utilizei os dados e dei continuidade através do TCM, cheguei a um sistemas com duas equações e duas incógnitas, em seguida calculei o momento angular em relação ao polo A na forma matricial, que resulta na forma vetorial do mesmo. Finalizando os resultados e encontrei os valores de - 1,74.j - 1,35.k como esforço dinâmico. (Mesmo valor que os cálculos pelo mancal B, porém negativos).
Ex 14: Resposta B Através dos dados como: aceleração, centro de massa, dados do exercícios e fórmulas, conseguimos realizar os cálculos para momento N.m. Encontramos as equações para as reações dos externos pelo TCM, igualando estas com a dos TMA temos as reações necessárias. Em seguida fazemos o cálculo do momento angular e após o do momento polar no ponto B para encontrar o conjugado (momento) motor em 35,00 N.m.
Conteúdo 5; Ex 18,19 e 20 
Ex. 18 Resposta: E -1250 . i - Justificativa: Vetor Calculado conforme exemplo 3 Módulo 5.
Ex. 19 Resposta: C -1750 . i Justificativa: Vetor Calculado conforme exemplo 3 Módulo 5
Ex. 20 Resposta: A 300 Justificativa: Calculado conforme exemplo 4 Módulo 5
Conteúdo 6; Ex 7,8 e 9 
7 – Resposta D zero 
8 – Resposta A zero 
9 – Resposta B 4.10^-4
considerando as coordenadas eixo a (X,Y,Z), calcula aceleração centrípeta , resultante das forcas aplicadas , calcula oTCM , teorema do centro de massa, velocidade angular, aplica a matriz, aplica a condição de balanceamento. MESMAS RESPOSTAS POIS SE TRATAM DO MSM PASSO A PASSO
Conteúdo 7; Ex 1, 2 e 3
exercício 1 Com a velocidade angular= 60j, calcular o momento angular na forma matricial, feito isso deve-se derivar o momento angular em função do tempo. Calcular os momentos das forças em relação ao ponto A, fazer o determinante. Impondo o teorema do momento angula que é a igualar o momento das forças à derivada do momento angular, basta fazer a igualdade dos vetores e calcular as incógnitas que são os produtos de inércia. Resposta: B
 exercício 2 Com a velocidade angular= 60j, calcular o momento angular na forma matricial, feito isso deve-se derivar o momento angular em função do tempo. Calcular os momentos das forças em relação ao ponto A, fazer o determinante. Impondo o teorema do momento angula que é a igualar o momento das forças à derivada do momento angular, basta fazer a igualdade dos vetores e calcular as incógnitas que são os produtos de inércia. Resposta: A
exercício 3 Foi feita a somatória dos momentos, e igualou a zero pois a aceleração angular é nula por conta da velocidade angular constante, o conjugado motor é igual a reação ao momento aplicado no ponto A no instante ilustrado. RESPOSTA C
Conteúdo 7; Ex 4, 5 e 6 
EX 4 - D. 1,72 . De acordo com os cálculos utilizando TMA – Teorema do Momento Angular: ∑F ext .=m⋅ aCM , TMA – Teorema do Momento Angular:∑ M CM = ˙HC , chegamos no resultado de 1,72 N.m.
EX 5 - E. 0,125 De acordo com os cálculos utilizando TMA – Teorema do Momento Angular: ∑F ext .=m⋅ aCM , TMA – Teorema do Momento Angular:∑ M CM = ˙HC , Sejam as massas corretoras: m1(x1 ; y1 : z1) e m2(x2 ; y2: z2) , chegamos no resultado de 0,125kg. 
EX 6 – D. zero . Impondo o TMA:ΣMO=I xz⋅ωy2⋅^k −I yz⋅ωy2⋅^i Eliminando os esforços dinâmicos, ΣMO=I xz⋅ωy2⋅^k −I yz⋅ωy2⋅^i =zero => I xy=I yz=zero, temo que os produtos de inércia que envolvem o eixo de rotação, no caso o eixo Ay, devem ser nulos.
Conteúdo 7; Ex 7, 8 e 9 
Exercício 07 Alternativa - C O momento angular em relação ao polo A, na forma vetorial: 𝐻𝑎=𝐼𝑥𝑥 .25.𝑖−𝐼𝑥𝑦.25.𝑗−𝐼𝑥𝑧.25.𝑘, Derivando em relação ao tempo. 𝐻𝑎 =−𝐼𝑥𝑦.625.𝑘+𝐼𝑥𝑧.625.𝑗 Calculando o Momento Polar dos esforços em relação ao polo A: 𝑀𝑎=(0,9.𝑖)^−46.𝑘 (𝑁) 𝑀𝑎=41,4.𝑗 Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: ∑𝑀𝑎=𝐻𝑎= 41,4.𝑗= −𝐼𝑥𝑦.625.𝑘+𝐼𝑥𝑧.625.𝑗 41,4.𝑗=+𝐼𝑥𝑧.625.𝑗 =𝐼𝑥𝑧=−41,4625= −0,066 𝑘𝑔.𝑚²
Exercício 08 Alternativa - A O momento angular em relação ao polo A, na forma vetorial: 𝐻𝑎=𝐼𝑥𝑥 .25.𝑖−𝐼𝑥𝑦.25.𝑗−𝐼𝑥𝑧.25.𝑘 Derivando em relação ao tempo. 𝐻𝑎 =−𝐼𝑥𝑦.625.𝑘+𝐼𝑥𝑧.625.𝑗 Calculando o Momento Polar dos esforços em relação ao polo A: 𝑀𝑎=(0,9.𝑖)^−46.𝑘 (𝑁) 𝑀𝑎=41,4.𝑗 Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: ∑𝑀𝑎=𝐻𝑎= 41,4.𝑗= −𝐼𝑥𝑦.625.𝑘+𝐼𝑥𝑧.625.𝑗 --- 0=+𝐼𝑥𝑦.625.𝑘 =𝐼𝑥𝑧=0625= 0 𝑘𝑔.𝑚²
Exercício 09 Alternativa – D - Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular: 𝑈=1000.𝐺.𝑀𝜔=1000.630.540=78750 𝑔.𝑚𝑚 𝑈=2 .𝑚 .100 78750=2 .𝑚 .100 𝑚= 393,75 𝑔 𝑜𝑢 0,393 𝑘𝑔
Conteúdo 8; Ex 7, 8 e 9 
exercício 7 Resposta: C 1º Vetor velocidade angular do elo AB: ω AB=ωAB⋅^k ; 2º Vetor aceleração angular do elo AB: α AB=αAB⋅^k ; 3º Vetor aceleração do ponto A do elo AB: a A=zero ; 4º Vetor velocidade angular do elo BC: ω BC= −AB⋅ωAB⋅cos θAB BC⋅cos ϕ ⋅^k ; 5º Vetor aceleração angular do elo BC: α BC= AB⋅ωAB 2 ⋅senθ AB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC 2 ⋅senϕ BC⋅cosϕ ⋅^k 6º Vetor aceleração do ponto C, do elo BC: aC=(−AB⋅αAB⋅senθAB−AB⋅ωAB 2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC 2 ⋅cos ϕ)⋅^ i=aC⋅^ i .
exercício 8 Resposta : E Determina-se as coordenadas dos pontos A, B, C, CMBC e D e aplicando os conceitos de TCM e TMA nos elos AB e BC obtendo a F(A)x
exercício 9 Resposta : A Determina-se as coordenadas dos pontos A, B, C, CMBC e D e aplicando os conceitos de TCM e TMA nos elos AB e BC obtendo a F(A)y
Conteúdo 8; Ex 10,11 e 12 
10) C - Primeiramente escolhendo um ponto para posicionar a origem do sistema de coordenadas, o ponto escolhido foi o ponto A. depois encontrar as coordenadas do CM e montar diagrama de corpo livre definindo os sentido das forças que agem nos elos AB e BC. Por ultimo utilizando a Teorema do Centro de Massa e Teorema do momento angular para chegar a solução do problema. 
11) D - Primeiramente escolhendo um ponto para posicionar a origem do sistema de coordenadas, o ponto escolhido foi o ponto A. depois encontrar as coordenadas do CM e montar diagrama de corpo livre definindo os sentido das forças que agem nos elos AB e BC. Por ultimo utilizando a Teorema do Centro de Massa e Teorema do momento angular para chegar a solução do problema.
12) B - Primeiramente escolhendo um ponto para posicionar a origem do sistema de coordenadas, o ponto escolhido foi o ponto A. depois encontrar as coordenadas do CM e montar diagrama de corpo livre definindo os sentido das forças que agem nos elos AB e BC. Por ultimo utilizando a Teorema do Centro de Massa e Teorema do momento angular para chegar a solução do problema.
CONTEUDO 8 EXERCICIO 13 RESPOSTA (E) A VELOCIDADE ANGULAR NO ELO AB É CONSTANTE, A ACELERAÇÃO É NULA. DETERMINEI AS COORDENADAS DOS PONTOS A,B,C,D e do CMbc, REESCREVI AS FORMULAS NA FORMULA MATRICIAL O Pmotor é 496W 
CONTEUDO 9 EXERCICIO 1 RESPOSTA (C) POTENCIA DO MOTOR 1500 W, 1500𝑊= 𝜔𝐴𝐵∗𝑀 
M= 2,984 N.M
CONTEUDO 9 EXERCICIO 2 RESPOSTA (B) NESTE EXERCICIO TEMOS A MEDIDA DE UM ÂNGULO 60° E A MEDIDA DE DOIS LADOS DO TRIANGULO 110 E 282, DESTA MANEIRA PARA CHEGAR AO RESULTADO UTILIZEI A LEI DOS SENOS.
Conteúdo 9; Ex 3, 4 e 5 
Exercício (3) calculando aceleração angular da biela ,aceleração no centro de massa da biela do pistão , a força aproximadamente :Resposta C 3087
Exercício (4) calculando aceleração angular da biela ,aceleração no centro de massa da biela do pistão , a força aproximadamente : Resposta B 1756 
Exercício (5) calculando aceleração angular da biela ,aceleração no centro de massa da biela do pistão , a força aproximadamente : Resposta D 1880
Conteúdo 9; Ex 6, 7 e 8 
6) E - Escolhendo um ponto para posicionar a origem do sistema de coordenadas, o ponto escolhido foi o ponto A. depois encontrar as coordenadas do CM e montar diagrama de corpo livre definindo os sentido das forças que agem no pistão, nos elos AB e BC. Utilizando a Teorema do Centro de Massa e Teorema do momento angular, sendo posivel conseguir o resultado de todas as forças que agem no sitema pelo sistema matricial.
7) E - Escolhendo um ponto para posicionar a origem do sistema de coordenadas, o ponto escolhido foi o ponto A. depois encontrar as coordenadas do CM e montar diagrama de corpolivre definindo os sentido das forças que agem no pistão, nos elos AB e BC. Utilizando a Teorema do Centro de Massa e Teorema do momento angular, sendo posivel conseguir o resultado de todas as forças que agem no sitema pelo sistema matricial.
8) A - Escolhendo um ponto para posicionar a origem do sistema de coordenadas, o ponto escolhido foi o ponto A. depois encontrar as coordenadas do CM e montar diagrama de corpo livre definindo os sentido das forças que agem no pistão, nos elos AB e BC. Utilizando a Teorema do Centro de Massa e Teorema do momento angular, sendo posivel conseguir o resultado de todas as forças que agem no sitema pelo sistema matricial. 
Conteúdo 10; Ex 1, 2 e 3
 Exercicio 1 Alternativa B Utilizando o diagrama de corpo livre, adotamos o ponto A como referência 0, para as distancias no sistema. Com esse conceito usamos os cálculos para encontrar a aceleração do centro de massa do elo AB na horizontal e encontramos um resultado final de 4,9 m/s². 
Exercicio 2 Alternativa A Utilizando o diagrama de corpo livre, adotamos o ponto A como referência 0, para as distancias no sistema. Com esse conceito usamos os cálculo s para encontrar a aceleração do centro de massa do elo AB na vertical e encontramos o resultado final de 5,4 m/s².
Exercício 3 Alternativa C Utilizando o diagrama de corpo livre, adotamos o ponto A como referencia 0, para as distancias no sistema. Com esse conceito usamos os cálculos para encontrar a aceleração do centro de massa do elo AB na horizontal e na vertical, encontramos os demais componentes, velocidades angulares, acelerações do centro de massa, e por fim a posição angular da barra, ou elo BC, sendo apenas o ângulo Teta 2 (θ2) a respectiva incógnita, sendo ela o resultado final de 12,0m/s².
Conteúdo 11; Ex 4, 5 e 6 
ex 4 - Neste exercício foi utilizado o método de resolução com quatro barras determinando as posições angulares e velocidades. RESPOSTA E
11 ex 5 Com o método de quatro barras, foram encontradas as variáveis para aplicação da formula da aceleração angular do elo BC αBC=(-w^2*BC*k+wcd^2*... RESPOSTA D
11 ex 6 Com o método de quatro barras, foram encontradas as variáveis para aplicação da formula da aceleração angular do elo CD αCD=(αAB⋅AB⋅sen θAB+.... RESPOSTA B
Conteúdo 10; Ex 7 e 8
 
Ex 7 - Alternativa D Por se tratar do mesmo exercício em todo o modulo, encontramos elementos em exercícios anteriores como posições angulares e velocidades angulares dos elos, pa ssamos para a formula da acm sendo possível encontrar o resultado de 13,7i-1,30j m/s2. 
Ex 8 - Alternativa A Para determinação de acm da barra (elo) CD, determinamos posições e velocidades dos elos com os valores das incógnitas, aplicamos na formula de acm e encontramos 6,31 i – 1,24 j m/s2.
Modulo 11 - Ex 1 - Alternativa E Já com os valores dos ângulos, resolvemos as expressões para aplicar as formulas dinâmicas, TMA .TCM e encontrar a componente horizontal 5,792N
Conteúdo 11; Ex 2, 3 e 4 
Resposta 2 - D 10.917 justificativa: Usando o Exemplo 1 deste módulo como referência teremos uma base para calculo: primeiro passo é construir o DCL e considerar todas as forças, executar o TCM e o TMA das barras para obter as equações
Resposta 3 - C 9.923 Justificativa : Foram feitos os cálculos nas componentes do ponto A, o DCL e encontramos todas as equações resultando em 9.923
Resposta 4 - B 2.130 Justificativa: Foram feitos os cálculos nas componentes do ponto A, o DCL e encontramos todas as equações resultando em N 2.130
Conteúdo 11 – exercício 8 Justificativa: Construir o diagrama de corpo livre considerando todas as forças aplicadas no problema separadamente. Utilizar o teorema do centro de massa, e o teorema do momento angular para definir as equações separando as barras de elo à elo. Montar a matriz das equ ações e com a HP50 encontrar os valores das incógnitas. ALTERNATIVA B
Conteúdo 12 – exercício 1 Justificativa: os produtos de inércia expressam o grau de simetria de distribuição de massa em torno dos eixos e equivale para Ixz a integral de x . z .dm, no eixo de coordenadas adotado. Alternativa: C
Conteúdo 12 – exercício 2 Justificativa: o problema é apenas conceitual, cabendo apenas definir pela posição do eixo de referência ilustrado, qual direção esta os vetores velocidade angular. Alternativa: C
CONTEÚDO 12 – EX 3, 4 E 5 :
3- 1,77 – LETRA E
4- 4,58 – LETRA D
5- 8,82 – LETRA C