Favor ler ANTES de começar a resolver

Avaliação de Mecânica 2
UTFPR Câmpus Campo Mourão
Prof. Luciano Fleischfresser
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OBSERVAÇÕES IMPORTANTES
(Favor ler ANTES de começar a resolver):
•
Somente lápis, lapiseira, borracha, caneta esferográfica AZUL ou PRETA, e
calculadora devem estar sobre a mesa durante a prova;
•
Aparelhos eletrônicos com acesso à Internet (celulares, tablets, etc.) não são
permitidos e devem ficar desligados durante a prova;
•
A resolução pode ser feita à lápis. A resposta final deve ser enfatizada à caneta, e,
opcionalmente, outras etapas importantes da solução que julgar necessário;
•
Apresente as soluções nas folhas de papel almaço, deixando claro qual problema está
resolvendo (pode ser feito em qualquer ordem);
•
NÃO ESQUEÇA DE ESCREVER SEU NOME E DATA DE HOJE NA FOLHA DE
ALMAÇO ;
•
O formulário disponível para realizar os cálculos estão/serão colocados na lousa e
não é permitido o uso de formulários individuais durante a prova;
•
Dúvidas de interpretação e/ou erros de impressão devem ser esclarecidas no início da
prova. Após o início, a interpretação das questões é responsabilidade de cada um;
•
A PROVA É INDIVIDUAL. Colar é ofensa acadêmica. Tentativas de cola, se
constatadas, serão motivos para anulação das provas das partes envolvidas;
•
BOA PROVA.
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Problema 1 (3,33 pontos): A bobina de 40 kg é submetida a uma força horizontal de
100 N. Se a bobina rola sem deslizar, determine a velocidade do centro de massa 5 s
após ela partir do repouso. O raio de giração da bobina em relação a seu centro de
massa é 150 mm. (Sugestão: comece o exercício desenhando o diagrama de corpo
livre).
Solução: Como a pergunta é a velocidade do CM após 5 segundos, o método do
impulso é indicado para a resolução. Podemos formular uma equação para impulso
linear e outra para impulso angular.
a) força de atrito apontando para a direita
Z ÃX
|
F
!
{z
}
100+f
Z ÃX
M
0
f
i
1
f
dt = M @ V cm ¡ V cm A = M V cm
!
{z
}
|
0;3f ¡0;2(100)
Ã
| {z }
=0
!
i
dt = I cm ! f ¡ |!
= I cm ! f
{z}
=0
f
Resolvendo as integrais, e utilizando V cm = ¡!f (0; 3), chegamos no sistema de
f
duas equações em f e V cm :
8
<5f + 500 = 40V f
cm
³ f ´
2
:1; 5f ¡ 100 = 40(0; 15) ¢ ¡V0;3cm
f
E resolvendo o sistema obtemos f = +33; 3 N e V cm = +16; 7 m =s
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b) força de atrito apontando para a esquerda
Z ÃX
|
F
!
{z
}
100¡f
Z ÃX
M
0
f
i
| {z }
=0
1
f
dt = M @ V cm ¡ V cm A = M V cm
!
{z
}
|
¡0;3f¡0;2(100)
Ã
!
dt = I cm !f ¡ |{z
!i} = I cm !f
=0
E o sistema de duas equações se torna:
8
<¡5f + 500 = 40V f
cm
³ f ´
2
:¡1; 5f ¡ 100 = 40(0; 15) ¢ ¡V0;3cm
f
E resolvendo chega-se a f = ¡33; 3 N e V cm = +16; 7 m=s. O sinal negativo para
f indica que a força de atrito deve ter sentido oposto ao indicado no DCL, isto é, para
a direita.
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Problema 2 (3,33 pontos): Quando o sistema mostrado na figura é solto do repouso,
o disco homogêneo A rola na superfície horizontal. A polia B não tem atrito e tem
massa desprezível. Determine a aceleração do bloco C e a força de atrito no contato
2
entre o disco e a superfície horizontal. Dado: I disco = 21 ¢ MR . É recomendável
fazer os DCLs do disco A e bloco C separadamente.
Informação faltante: a massa do disco A é a mesma que do bloco C.
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Solução: a aceleração do CM do disco A é a metade da aceleração pelo ponto onde o
cabo puxa o cilindro. Esta por sua vez é a mesma aceleração do bloco C, a C . O DCL
do bloco C está indicado abaixo.
a) DCL do disco com f apontando para a direita
A 2ª lei de Newton aplicada ao bloco C nos dá uma equação do movimento:
mg ¡ T = maC
Isolando aC :
T
aC = g ¡ m
Isolando T :
T = m(g ¡ aC )
(1)
Já a 2ª lei aplicada para o disco fornece:
T + f = macm
Isolando T e substituindo acm :
a
T = m 2C ¡ f
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Substituindo aC chega-se a:
´
³
mg
1
T 1+ =
¡f
(**)
2
2
Escrevendo agora o análogo à 2ª lei para o movimento de rotação do disco:
Ã
!
X
a
2
(f ¡ T )R = 21 mR ¢ ¡ cm …
¿ = I cm ®
R
´
³
m
T
Simplificando e substituindo para acm, chegamos a T ¡ f =
g¡m
4
´
³
mg
(*)
Agrupando termos comuns: T 1 + 41 = 4 + f
Fazendo (*) + (**) e resolvendo para T :
³
´
mg mg
1
1
T 1+ + 1+ =
+
+f ¡f
4
2
4
2
T =
3=4 ¢ mg
2 + 3=4
E substitui em (*) ou (**) para obter f, e em (1) para obter a C . Em (**):
´
³
mg
f=
¡T 1+1
2
2
f=
mg
11
Em (1):
1 ¢ (3=4) mg
aC = g ¡ m
2 + 34
8 g
aC = 11
b) DCL com f apontando para a esquerda
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O que muda é a 2ª lei para o disco e seu análogo de rotação, que ficam
respectivamente:
T ¡ f = macm
e
a cm
2
(¡f ¡ T )R = 12 mR ¢ ¡ R
…
Ã
X
!
¿ = I cm ®
E desenvolvendo da mesma forma chega-se que a expressão para a tração no cabo é a
mesma, isto é:
T =
3=4 ¢ mg
2 + 3=4
mg
Resolvendo para f e aC , chega-se que f = ¡
e a C = 8 g.
11
11
O sinal negativo em f significa que o sentido deve ser oposto ao indicado no DCL,
isto é, para a direita.
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Problema 3 (3,33 pontos): O disco A, com 5 kg e raio r = 10 cm, está em repouso
quando é colocado em contato com a correia que se move com velocidade constante
v = 15 m/s. Sabendo-se que µc = 0,30 entre disco e correia, determine o número de
rotações executadas pelo disco antes que o mesmo alcance uma velocidade angular
constante.
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Solução: O disco terá velocidade angular constante quando atingir a velocidade da
V
15 m=s
correia. Então V correia = ! A r A e ! A = correia
r A = 0; 1 m = 150 rad=s
O disco possui apenas energia cinética de rotação. Utilizando o teorema trabalhoenergia fornece:
f rA µ A = 1 I cm ! A2 ¡ 0
2
¹C N rAµ A = 1 ¢ 1 M ArA 2! A2
2 2
N = P = MA ¢g
¹C M A g r Aµ A = 41M A rA2!A2
r ! 2
¹C g µ A = A A
4
r ! 2 (0; 1 m) ¢ (150 rad =s)
µA = A A =
4¹C g
4 ¢ 0; 30 ¢ 10 m=s2
2
2
(75)(15)
µ A = 150 = 150 ¢ 150 =
12 ¢ 10
12 ¢ 10
6
n=
µA
¢ 15 1125
= 75
12 ¢ ¼ = 37; 7 ≈ 30 revoluções
2¼ rad
Outra solução possível:
X
¿ = I cm ®A
frA = 1 M A rA2 ®A
2
¹C N rA = 21 M A rA2 ®A
¹C M A g = 21 M A rA ®A
¹C g = 12 rA ®A
®A =
2¹C g
rA
Sabe-se também que:
a A = ®A r A =
V correia
t
2¹ g
!A2 = 2 ¢ rC µ A
A
!A 2 = 2®Aµ A
µA =
rA ! A 2
4¹C g
que é a mesma expressão
obtida pelo teorema trabalho-energia.
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