Document

EXEMPLO 1
S: Uma caixa de 50 kg está em repouso numa superfície horizontal,
sendo que o coeficiente de atrito cinético c = 0,2.
P: A aceleração da caixa, se F = 600 N.
E: Seguir o procedimento de análise. Nota-se que a carga F pode
fazer com que a caixa deslize ou tombe. De saída, assume-se
que a caixa desliza, hipótese que será verificada no fim.
EXEMPLO 1 (cont.)
Solução:
O sistema (x,y) e o diagrama
de corpo livre estão ao lado.
O peso de (50)(9,81) N deve
ser aplicado no ponto G, que
é o centro de massa.
A força normal Nc deve atuar
no ponto O, que está a uma
distância x da linha de centro
da caixa.
As incógnitas são Nc, x, e aG .
EXEMPLO 1 (cont.)
Aplicando as equações de movimento,
a) em x:
 Fx = m(aG)x
600 – 0,2 Nc = 50 aG
b) em y:
 Fy = m(aG)y
Nc – 490,5 = 0
c) em torno de G:
 MG = 0
– 600(0,3) + Nc(x) – 0,2Nc(0,5) = 0
EXEMPLO 1 (cont.)
 Nc = 490,5 N , x = 0,467 m e aG = 10,0 m/s2 .
Como x = 0,467 m < 0,5 m, a caixa desliza, como assumido.
Se x fosse maior do que 0,5 m, o problema teria que ser abordado
de novo, sob a hipótese de que a caixa iria tombar.
EXEMPLO 2
S: A biela uniforme BC tem massa de 3 kg. A manivela AB gira a
uma velocidade angular constante wAB = 5 rad/s.
P: As forças verticais nos pontos B e C de BC, quando: (a)  = 0°;
(b)  = 90°.
E: Seguir o procedimento de análise.
EXEMPLO 2 (cont.)
Solução: Nesse caso, a biela BC permanece sempre na horizontal,
movendo-se numa trajetória curvilínea. Assim sendo, a aceleração
de seu centro de massa G é igual às acelerações dos pontos B e C.
Quando  = 0º, o diagrama de corpo livre é o da figura abaixo.
Nele, também é mostrada a força inercial, devida à aceleração de
BC. Essa força possui apenas o componente normal (pois w é
constante), cuja magnitude é igual a mrw2.
mrw2 = (3)(0,2)(52) = 15
Bt
Ct
G
Cn
350mm
350mm
(3)(9,81) N
Bn
EXEMPLO 2 (cont.)
mrw2 = (3)(0,2)(52) = 15
Bt
Ct
G
Cn
350mm
350mm
(3)(9,81) N
Bn
Aplicando as equações de movimento em coordenadas (n-t),
 Fn = m(aG)n
 MC =  ( Md )C
Cn + Bn + (3)(9,81) = 15
– (0,7)Bn – (0,35)(3)(9,81) = – 0,35(15)
Bn = – 7,215 N
Cn – 7,215 + (3)(9,81) = 15
Cn = – 7,215 N
EXEMPLO 2 (cont.)
Quando  = 90º, o diagrama de corpo livre é
mrw2 = (3)(0,2)(52) = 15
Cn
Bn
G
Ct
350mm
350mm
(3)(9,81) N
Bt
Aplicando as equações de movimento, ainda em coordenadas (n-t),
 MC =  ( Md )C
 Ft = m(aG)t
– (0,7)Bt – (0,35)(3)(9,81) = 0
Ct + Bt + (3)(9,81) = 0
Bt = – 14,7 N
Ct – 14,7 + (3)(9,81) = 0
Ct = – 14,7 N