Avaliacao de Aprendizagem - Exercicios Resolvidos de Engenharia Mecanica UFPI

UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ CENTRO DE TECNOLOGIA COORDENAÇÃO DO CURSO DE ENGENHARIA MECÂNICA Campus Universitário Ministro Petrônio Portela Bairro Ininga TeresinaPiauí Brasil CEP 64049550 Telefone 86 32371199 FoneFax 86 32155699 wwwufpibrct Terceira avaliação de aprendizagem UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ CENTRO DE TECNOLOGIA COORDENAÇÃO DO CURSO DE ENGENHARIA MECÂNICA Campus Universitário Ministro Petrônio Portela Bairro Ininga TeresinaPiauí Brasil CEP 64049550 Telefone 86 32371199 FoneFax 86 32155699 wwwufpibrct UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ CENTRO DE TECNOLOGIA COORDENAÇÃO DO CURSO DE ENGENHARIA MECÂNICA Campus Universitário Ministro Petrônio Portela Bairro Ininga TeresinaPiauí Brasil CEP 64049550 Telefone 86 32371199 FoneFax 86 32155699 wwwufpibrct p 17 1 1 m1 m2 500 kg g 10 ms2 W1 W2 5000 N XA 2m X1 1m XC 5m y 1m valores fixos x2 variando ΣMB MR W1X1 NAXA W2X2 NCXC m1ay m2ay fixo variável 2may 2x 500 1 a 1000 a 50001 2NA 5000 x2 5Nc 1000 a quanto maior o x2 menor será a aceleração pás x2 é negativo em outras palavras quanto maior o x2 a tração será menor a 5000 1 x2 2Na 5Nc 1000 A força de tração é ΣFx m1m2 a FT FB 1000a diretamente proporcional a p 17 2 o DCL é Para suspender o avião S W avião S sustentação W peso T tração Fat atrito ΣFy 0 W S T sen θ 0 S T sen θ W S T sen θ W ΣFx m ax na iminência de levantar voo Fat 0 N 0 forças normal T cos θ m ax Para que o avião levante voo a força de sustentação deve ser 12 ρ Cs A v 2 A velocidade de sustentação pode ser atingida dependendo da capacidade do trator mas o termo T sen θ parcela vertical da tração sempre puxará o avião para baixo sendo então impossível levantar voo c 173 O DCL é ΣFx m a T m a ΣFy 0 W NA NB 0 NA NB W MG 0 NB X12 NA X12 T y 0 NB NA m a y 2x1 NA NB 2m a yx1 NA W NB NB 2 m a yx1 2NB W 2m a yx1 NB W2 m a yx1 NA W W2 m a yx1 W2 m a yx1 NA NA então é maior que NB A roda traseira na imagem está mais baixa que a dianteira Das equações NA e NB observase que NA aumenta com a aceleração Então podese dizer que o carro está acelerando Para tração dianteira ΣFx m a T m a em vermelho ΣFy 0 NA NB W ΣMG 0 NB X12 NA X12 T y 0 equacionamento idêntico a tração traseira portanto a fotografia seria idêntica em ambos os casos e a aceleração também m a G diagrama cinético C174 ΣFx max F m1 m2 ax força resultante ΣM0 0 do equilíbrio m1 g x F y 0 m1 g x m1 m2 ax y ax m1 g x m1 m2 y Para manter tal posição o motorista deve ter uma aceleração igual a ax m1 g x m1 m2 y e se manter acima do ponto onde a roda dianteira toca o chão Se x 05m y 07m m1 100 kg moto e m2 75 kg ax 100 981 05 100 75 07 4 ms² C181 Da conservação da energia Fx0 U1 T2 U2 parte do repuso U1 Σm g h U2 Σm g y T2 m V² 2 I ω² 2 m Σm M I ΣI It M g h M g y M V² 2 It ω² 2 sabendo que V ω r ω V r Mg y M V² 2 It V² 2 r² It m rodas r² encontrar Vy M g h Mg y M 2 V² 2 m roda 7 V² M 2 m roda V² V Mg h y M2 m roda se h 10 m y 5 m m roda 2 kg m quadro 5 kg m pessoa 70 kg M 22 5 70 79 kg V 79 981 10 5 792 2 966 ms C182 Da conservação da energia Ti Ui T2 U2 no estado 1 o capô está fechado e no 2 aberto então Ti T2 0 Quando aberto θ 0 então não há energia potencial elástica torcional U1 U mola Uh 0 altura U2 U mola Uh 2 Umola Uh 0 θ Mdθ m g L 2 senθ k θ dθ k θ² 2 0 θ k θ² 2 Supando L 1 m k θ² 2 mg L 2 senθ k mgL sen θ θ² m 10 kg θ max 45 π4 k 10 981 1 sen 45 π4 11245 Nm C183 T1 T2 0 U1 U2 U mola Uh1 U mola Uh2 fechada 1 aberta 2 0 mola não deformada quando aberta h haste h2 L não deformada h haste h1 L2 Tamanho da mola em 2 L h haste Umola1 12 k Δy2 Δy y2 y1 em 1 h haste Δy L h haste h haste L 2h haste Substituindo na equação 12 k Δy2 mgL2 mgL Δy L 2 h haste Supoendo L 2m h haste 05m m 30kg Δy 2 205 1m k mgL L2 2Δy2 k 30981 2 22 212 5886 Nm C184 mA AB O 0 0 X A X U2 Tx2 U2 0 h2A l mI θ 0 L l Sen 90θ 32 90 θ V2 MgL senθ mgL sen 90 θ Supoendo M 1000kg θ 50 L 5m l 1m Sen 90 θ cos θ Sen 90 cos90 Sen θ cos θ MgL senθ mgL cos θ 0 m MgL sen θ gl cos θ M L l tg θ Negativo significa que ele deve estar abaixo do ponto de rotação considerando em módulo m 1000 5 tg 501 59588 kg m C191 H Σ IG W d m V Irolo 12 mrolo rr2 no CG Iroda 12 mrda r rod2 CG Icarro 0 não rotaciona V igual para todos mrda rr2 2 d mrda V mrda rrod2 2 rroda mrda V mcarro h V Constante para H em A B e G Irolo 200 052 2 25 kg m2 Iroda 26 032 2 69 kg m2 HA 25 200 1 22 05032 09 20 1 03 100 1 222 12 57382 kg m2 HA no ponto B drolo d 2m droda 0 dcarro 1 032 222 122 m HB 25 200 2 09 20 0 100 122 5479 kg m2 em G drolo 1 052 222 112 m droda 1 032 12 122 m dcarro 0 HG 25 200 112 09 20 122 100 0 2743 kg m2 C192 Do impulso e quantidade de movimento IAW1 t2 t1 M dt IAW2 M 500 Nm constante W2 05 rads IA mL²12 mL²12 W2 M t t mL²12 W2 M suposto m 10000 kg L 10 m t 10000 10² 12 05 500 833 seg Quando o motor está na extremidade IB mL²3 t2 t1 Mdt IB W2 M t mL²3 W2 t mL²3 W2 M t 10000 10² 3 05 500 3333 seg mais devagar O comprimento tem influência direta diretamente proporcional ao tempo de abertura da ponte C193 Do impulso e quantidade de movimento IW1 M dt IW2 supondo W1 W2 0 M dt 0 M Rd t 0 R M d força reativa ao torque do motor M Pot W R Pot W 1 d quanto maior a potência maior será a força reativa portanto para balancear é necessário um rotor na cauda C194 Com o contrapeso MG 0 MA g LA MB g LB 0 MB MA LA LB 2000 kg IG mA LA² mB LB² 150000 kg m² A quantidade de movimento angular após um movimento completo é HG IG W IG W 0 qtd de mov angular total O contrapeso é importante para contrabalancear a força centrifuga de rotação FC mw² r FC mA w LA mB w LB w mA LA mB LB w1000 10 2000 5 0