Resolução Exercicio Mecanica Geral-2022 2

Questão 1 Ainda não respondida Vale 1,00 ponto(s). Marcar questão O carro com tração dianteira de 1.500 kg, cujo centro de massa está em A, está puxando um trailer de 1762 kg, cujo centro de massa está em B. O carro e o trailer partem do repouso e aceleram uniformemente até 100 km/h em 18 s. Determine a força total atuando sobre o carro devido ao trailer. Suponha que o carro e o trailer são lateralmente simétricos e que a inércia rotacional das rodas é desprezível. Note que o centro de massa do trailer está exatamente acima do eixo da roda traseira. Resposta: Questão 2 Ainda não respondida Vale 1,00 ponto(s). Marcar questão As barras AB e BE, cada uma de massa de 35 kg, são soldadas juntas e unidas por pinos a duas hastes de conexão AC e BD. Sabendo que o conjunto é liberado do repouso a partir da posição mostrada na figura, e levando em conta que as hastes de conexão são muito leves (pode ignorar seus pesos), obtenha a força atuante na haste de conexão BD em newtons no instante em que o conjunto é liberado. Adote g = 9,8 m/s² para a aceleração da gravidade. Resposta: Questão 3 Ainda não respondida Vale 1,00 ponto(s). Marcar questão A viga uniforme de 57 kg é livremente articulada em torno da sua extremidade superior em A. Ela está inicialmente em repouso na posição vertical com θ = 0°. Determine a reação de apoio em newtons suportada pelo pino em A devido à aplicação de uma tração P de 281 N no cabo que passa pela roldana lisa em C. Utilize g = 9,8 m/s² para a aceleração da gravidade. Resposta: Questão 4 Ainda não respondida Vale 1,00 ponto(s). Marcar questão O dinamômetro automotivo é capaz de simular as condições rodoviárias para uma aceleração de 0,5 g para a caminhonete carregada, com uma massa total de 2598 kg. Calcule o momento de inércia necessário do tambor do dinamômetro em relação ao seu centro O em kg·m² supondo que o tambor gira livremente durante a fase de aceleração do teste. Resposta: Questão 5 Ainda não respondida Vale 1,00 ponto(s). Marcar questão Cada um dos dois rebolos tem um diâmetro de 150 mm, uma espessura de 18 mm e uma massa específica de 6800 kg/m³. Quando ligada, a máquina acelera a partir do repouso para sua velocidade de operação de 3450 rpm em 10 s. Quando desligada, ela volta ao repouso em 41 s quando apenas o torque resitivo constante devido ao atrito atua. Obtenha o torque do motor em N·m, assumindo que este torque seja constante também. Não há necessidade de considerar os efeitos da inércia de rotação do induzido do motor. Resposta: Questão 6 Ainda não respondida Vale 1,00 ponto(s). Marcar questão A massa da engrenagem A é de 30 kg e seu raio de giração centroidal é de 150 mm. A massa da engrenagem B é de 14 kg e seu raio de giração centroidal é de 100 mm. Calcule a aceleração angular da engrenagem B em rad/s² quando um torque M de 11 N·m é aplicado ao eixo da engrenagem A. Despreze o atrito. Resposta: Questão 7 Ainda não respondida Vale 1,00 ponto(s). Marcar questão Qual o sentido de giro da aceleração da engrenagem B obtida na questão anterior? horário anti-horário O letreiro suspenso com massa distribuída uniformemente m = 32 kg, h = 1,9 m, w = 3 m e d = 0,6 m, tem o cabo AB rompido repentinamente. Modelando AB e CD como inextensíveis (com massas muito pequenas quando comparadas com a placa), obtenha a tensão no cabo CD em Newtons imediatamente após a ruptura do cabo AB. Use g = 9,8 m/s² para a aceleração da gravidade. ATENÇÃO: Inserir apenas o valor numérico sem unidade na caixa de resposta. ZAPI Espresso Bar Resposta: ΔV = 100 km/h = 27,7 m/s MA = 1500 kg MB = 1762 kg A força atuando sobre o carro é H₀. Assumindo o treiler: ΣM₀ = 0 F·2,8 - PB·2,8 = 0 → F = PB F = 1762 x 9,81 F = 17285,22 N ΣFy = 0 -PB + F - VD = 0 VD = 0 Aceleração: a = ΔV/Δt = 27,78/18 = 1,54 m/s² + ΣFₓ = m·aₓ H₀ = m₁aₓ H₀ = 1762 x 1,54 H₀ = 2713,48 N → a força atuando sobre o carro devido ao trailer. Wn = W·cos30 Wt = W·sen30 Peso total (W): W = (mAB + mBE)·g = 2 x 35 x 9,8 → W = 686 N Na direção (t) tangencial a = g sen30 ΣFt = m·a (mAB + mBE)·g sen30 = (mAB + mBE)·a a = 9,8 x sen30 → a = 4,9 m/s² ΣMcC = 0 -FAC·cos30(h) - FAC·sen30: V = 0 FAC = 0 Percebe-se que FAC é a único forca fora da linha do CC, então para o equilíbrio, ela é nula. ∑Fₙ = 0 Fₜ₀ - Wcos30 = 0 Fₜ₀ = Wcos30 Fₜ₀ = 686⋅cos30 Fₜ₀ = 594,1N 3 tg θ = 3/3 = 1 θ = arc tg 1 θ = 45º O diagrama acima é estudado quando o corpo é transladado para trás mantendo a força P. Momento de inércia do barro em relação à A: Iₐ = Icm + m d² (teorema dos eixos paralelos) Iₐ = ml²/12 + m(l/2)² = ml²/12 + ml²/4 = m d²/3 Determinação de aceleração angular inicial: ∑Mₐ = Iₐ α Psen θ x 3 = m l²/3 x α α = \frac{P \cdot \text{sen} \theta \cdot x \cdot 3 \cdot 3}{m \cdot l²} P e θ não faz momento em A. α = \frac{281 \cdot \text{sen}45 \cdot 9}{57 \cdot 42} → α = 1,961 \frac{\text{rad}}{s²} Qₓ = α ⋅ I Aₓ = 1,961 ⋅ 2 Aₓ = 3,922 m/s² ∑Fₓ = m ⋅ Aₓ Aₓ + P sen θ = m ⋅ Aₓ Aₓ = 57 ⋅ 3,922 - 281 ⋅ sen 45 Aₓ = 24,86 N ∑F_y = m ⋅ Ȳ a_y = ω² ⋅ r a_y = 0 ω = 0 Aᵧ + P cos θ - mg = 0 Aᵧ = mg - P cos θ Aᵧ = 57 ⋅ 9,8 - 281 ⋅ cos 45 Aᵧ = 359,9 N A² = Aˣ² + Aᵧ² A = \sqrt{24,86² + 359,9²} A = 360,8 N 4 d1 = 375mm d2 = 900mm a = 0,5 * g MT = 2598 kg g = 9,81 m/s² Força para mover o caminhão (caminhonete): F = mT * a F = 2598 * 0,5 * g F = 2598 * 0,5 * 9,81 F = 12743,2 N α = a / r α = 0,5 * g / 0,9 α = 5,45 rad/s² Momentos sobre o ponto O: ΣMo = Io * α Io = ΣMo / α = F * r / α Io = 12743,2 * 0,9 / 5,45 Io = 2104,4 kg.m² Io = momento de inércia do tambor. 5 ρ = 6800 kg/m³ Volume = π * r² * e r = d / 2 = 150 / 2 = 75 mm = 75 x 10⁻³ m e = 18 mm = 18 x 10⁻³ m Volume = π * (75 x 10⁻³)² * 18 x 10⁻³ m = ρ * Volume -> m = 6800 * π * (75 x 10⁻³)² * 18 x 10⁻³ m = 0,216 kg ω = 3450 rpm = 3450 / 60 rps (Hz) 3450 / 60 = ω / 2π ω = 3450 * 2π / 60 ω = 361,28 rad/s ωf = ω0 + α * t ω0 = 0, ωf = 361,28 rad/s t = 10s 361,28 = 0 + α10 * 10 α10 = 361,28 / 10 α10 = 36,128 rad/s² Considerando o rebelo como disco, temos: Icm = (m * r²) / 2 * 2 (2 rebelos) Icm = (0,216 * (75 x 10⁻³)²) / 2 * 2 Icm = 1,215 x 10⁻³ kg m² α41 ωf = 0 (para) ω0 = 361,28 rad/s 0 = 361,28 - α41 * 41 α41 = 361,28 / 41 α41 = 8,81 rad/s² <-- desaceleração O torque nos 10 primeiros segundos: Mi = Icm . α10 Mi = 1,215 x 10^-3 x 36,128 Mi = 0,0439 N.m O torque que para as rodas: Mf = Icm . α41 Mf = 1,215 x 10^-3 x 8,81 Mf = 0,0107 N.m O torque do motor é: Mmotor = Mi + Mf Mmotor = 0,0439 + 0,0107 Mmotor = 0,0546 N.m 6 mA = 30 kg mB = 14 kg LA = 240 mm = 0,24 m LB = 180 mm = 0,18 m M = 11 N.m KA = 150 mm = 0,15 m KB = 100 mm = 0,1 m k = √(l/m) Para engrenagem A: ∑ MA = IA . αA IA = mA . KA^2 M - F.0,24 = mA . KA^2 . αA (I) Para a engrenagem B: ∑ MB = IB . αB F . (0,18) = mB . KB^2 . αB (II) No ponto de encontro: vA = vB (velocidade linear) NA . ωA = NB . ωB NA . αA = NB . αB 0,24 αA = 0,18 αB (III) Resolvendo I, III e II: 11 - 0,24 F = 30 x 0,15^2 . αA 11 - 0,24 F = 0,675 αA -> F = (11 - 0,675 . αA) / 0,24 F . 0,18 = 14 x 0,1^2 . αB 0,18 F = 0,14 αB 0,18( (11 - 0,675 . αA) / 0,24 ) = 0,14 αB αA = (0,18 αB) / 0,24 -> αA = 0,75 αB 0,18/0,24 (11 - 0,675x0,75𝛼_B) = 0,14𝛼_B 0,75x11 - 0,75x0,675x0,75𝛼_B = 0,14𝛼_B 8,25 - 0,3797𝛼_B = 0,14𝛼_B 8,25 = (0,14 + 0,3797)𝛼_B 𝛼_B = 8,25/0,5197 𝛼_B = 15,87 rad1/s² 7 • Sentido Anti-horário Pois a engrenagem A está com sentido horário e como a aceleração 𝛼_B deu positiva, ela inverte o sentido em relação à engrenagem A. (Acelerando). 8 m = 32kg h = 1,9m 𝜔 = 3m d = 0,6m → O centro de massa da placa coincide com o centro geométrico da placa por ele ser homogênea. ΣF_x = m(𝑎_{cm})_x 0 = m(𝑎_{cm})_x → (𝑎_{cm})_x = 0 ΣF_y = m(𝑎_{cm})_y T_{c0} - mg = m(𝑎_{cm})_y Momento de inércia de massa de placa: I_{cm} = m/12 (𝜔² + h²) = 32/12 (3² + 1,9²) I_{cm} = 33,63 kg.m² Segundo Lei de Newton para rotação: ΣM_{cm} = I_{cm} 𝛼_{cm} 𝑇_{c0}·𝜔/2 = I_{cm}·𝛼_{cm} 𝛼_{cm} = aceleração angular Aceleração relativa aos pontos C e D: ⃗a_D = ⃗a_C + ⃗𝛼_{CD} x ⃗r_{D/C} - (𝜔_{CD})² ⃗r_{D/C} A coroa tem velocidades angulares e lineares iniciais iguais a zero. 𝜔_{c0} = 0 rad/1s² ⃗a_C = 0 m/1s² ⃗a_D = 0 + ⃗𝛼_{CD} x ⃗r_{C/D} ⃗𝛼_{c0} = 𝛼_{c0}·k̂ ⃗r_{c1/0} = -dĵ {k x (-ĵ) = î} ⃗a_D = 𝛼_{c0}·d î Aceleração relativa do ponto Cm a D. \vec{a}_{cm} = \vec{a}_D + \alpha_{cm} \times \vec{r}_{G10} - (\omega_{cm})^2 \cdot \vec{r}_{G10} \omega_{cm} = 0 \vec{r}_{G10} = -\frac{w}{2} \hat{i} - \frac{h}{2} \hat{j} \vec{a}_{cm} = \alpha_{CD} \cdot d \hat{i} + \alpha_{cm} \cdot \hat{k} \times \left(-\frac{w}{2} \hat{i} - \frac{h}{2} \hat{j}\right) \alpha_{cm}x\hat{i} + \alpha_{cm}y\hat{j} = \alpha_{CD} \cdot d\hat{i} + \alpha_{cm} \left(\frac{h}{2} \hat{i} - \frac{w}{2} \hat{j}\right) Iguabrado em cada sitio: \alpha_{cmx} = \alpha_{CD} \cdot d + \alpha_{cm} \frac{h}{2} em \hat{i} \alpha_{cmx} = 0 (início da resolução) 0 = \alpha_{CD} \cdot d + \alpha_{cm} \cdot \frac{h}{2} \alpha_{CD} = \frac{-\alpha_{cm} \cdot h}{2d} Em \hat{j}: \alpha_{cmy} = -\frac{w}{2} \alpha_{cm} \alpha_{cmy} = \frac{T_{CD} - mg}{m}(início de resoluação) \frac{T_{CD} - mg}{m} = -\frac{w}{2} \alpha_{cm} T_{CD} = -m \cdot \frac{w}{2} \cdot \alpha_{cm} + mg Substituindo no Segundo Lei de Newton p/ rotação: (-m \frac{w}{2} \alpha_{cm} + mg) \frac{w}{2} = I_{cm} \cdot \alpha_{cm} -m \cdot \frac{w}{2} \alpha_{cm} \cdot w + mg\frac{w}{2} = I_{cm} \cdot \alpha_{cm} \alpha_{cm} (I_{cm} + \frac{m w^2}{4}) = mg \frac{w}{2} \alpha_{cm} = \frac{mgw}{2 \left(I_{cm} + \frac{m w^2}{4}\right)} Substituindo os valores: \alpha_{cm} = \frac{32 \times 9,81 \times 3}{2 \left(\frac{32 \times 3^2}{4} + 33,63\right)} \alpha_{cm} = \frac{941,76}{211,26} \rightarrow \alpha_{cm} = 4,46 \text{ rod/s}^2 Temo que, encontrado anteriormente: T_{CD} = -m \cdot \frac{w}{2} \cdot \alpha_{cm} + mg substituindo os valores: T_{CD} = \frac{-32 \times 3}{2} \cdot 4,46 + 32 \times 9,81 T_{CD} = 99,84N T_{CD} = 99,9N