Mecânica I - Poli - P3 - 2007

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
Departamento de Engenharia Mecânica
 
 
 
PME 2100 – Mecânica Geral A - 3ª Prova 04/12/2007 Duração: 100 min. 
(não é permitido o uso de calculadoras) 
 
Q1 - 3,5 Pontos) Considere o pêndulo composto por 
uma barra AB de massa desprezível e comprimento L e 
um quadrado de massa m e lado a fixo na barra conforme 
a figura. Não há atrito na articulação A. São dadas as 
condições iniciais oϕϕ =)0( e 0)0( =ϕ& e o momento de 
inércia do quadrado em relação a seu baricentro 
2
6
1 maJG = 
Pede-se: 
a) (1,0) A energia cinética em função de ϕ& ; 
b) (0,5) O trabalho da força peso correspondente a 
um deslocamento angular 
Δϕ = ϕ − oϕ , (ϕ > oϕ ); 
c) (1,0) Escrever ϕ& e ϕ&& em função de ϕ, dadas as 
condições iniciais; 
d) (1,0) Determinar as reações vinculares aplicadas à barra no ponto A em função de 
ϕ, dadas as condições iniciais. 
 
Q2 - 3 Pontos) Parte de um mecanismo de elevação 
de carga está sujeito ao campo gravitacional de 
intensidade g e às forças indicadas na figura, de tal 
forma que o valor de F é muito superior ao peso do 
sistema , tornando os fios sempre tracionados. O 
bloco A possui massa m e as polias possuem massa 
m e raio R. Os fios são considerados ideais 
(inextensíveis, com massa desprezível e 
perfeitamente flexíveis) e conectam o sistema 
conforme a figura, sem escorregamento nas polias. 
Pede-se: 
a) (1,0) Os diagramas de corpo livre do bloco 
A e das polias; 
b) (1,5) Aplicando o Teorema do Movimento 
do Baricentro e/ou o Teorema do Momento 
Angular ao bloco e polias, expressar as 
trações 21 e TT , como funções das 
acelerações 21 e yy &&&& ; 
c) (0,5) Manipulando adequadamente as equações, elimine as trações e determine a 
aceleração do bloco A. 
 
Dado: 2/2mRJJ ED ==
 
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Q3 - 3,5 Pontos) Uma esfera homogênea de massa m e raio R é arremessada ao longo da rampa 
de ângulo θ=30º com uma velocidade inicial v0 e sem velocidade angular (ω0=0) no instante do 
lançamento (t0=0). Se o coeficiente de atrito cinético é 3
3=μ determine: 
a) A aceleração angular ω& da esfera enquanto ocorre escorregamento; 
b) A aceleração do baricentro da esfera enquanto ocorre escorregamento; 
c) A velocidade vG(t) do baricentro da esfera enquanto ocorre escorregamento; 
d) A velocidade angular ω(t) da esfera enquanto ocorre escorregamento; 
(a,b,c,d somam 2,0) 
e) O instante a partir do qual a esfera deixa de escorregar; 
f) A velocidade angular nesse instante; 
(e,f somam 1,0) 
g) (0,5) O trabalho realizado pela força de atrito durante o período de escorregamento; 
 
Nota: recomenda-se simplificar ao máximo as expressões sempre que possível. 
Dado: 
5
2 2mRJG = 
 
 
 
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GABARITO 
 
Q1) 
 
a)Para obtermos a energia cinética do pêndulo composto pela barra AB de massa desprezível 
e o quadrado de lado a e massa m, vamos considerar o pólo A. O pêndulo realiza somente um 
movimento de rotação em relação a este pólo. Então: 
 
zAJT
2
2
1 ω= 
onde ω é o módulo do vetor de rotação 
 
kk
r
&
rr ϕωω == 
e JzA é o momento de inércia em relação ao pólo A. Pelo teorema de Steiner temos que: 
 
22
6
1)2/( maaLmJ zA ++= 
 
A expressão para a energia cinética assume a forma 
 
]
6
1)2/[(
2
1 222 aaLmT ++= ϕ& (1) 
 
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b) O trabalho da força peso para o deslocamento angular Δϕ = ϕ−ϕ0 é dado por 
 
dtVjmgW
t
G∫ −=
0
).(
rr
 
onde GV
r
 é a velocidade do baricentro do quadrado de lado a e é obtida aplicando-se Poisson em 
relação ao ponto A. 
 
)( AGVV AG −×+= ωr
rr
 
 
Como e 0
rr =AV ) cos )(sin2/()( jiaLAG
rr ϕϕ −+=− , temos que: 
 
] cos )[sin2/( ijaLVG
rr&r ϕϕϕ ++= (2) 
 
Então a expressão para o trabalho da força peso assume a forma: 
 
∫+−= t dtaLmgW
0
sin)2/( ϕϕ & 
Uma vez avaliado o integral na equação acima temos: 
 
)cos)(cos2/( 0ϕϕ −+= aLmgW (3) 
 
c) De acordo com o teorema da energia cinética temos que: 
 
WTtT =− )0()( (4) 
 
De acordo com (1) e com as condições iniciais 0)0( ϕϕ = e 0)0( =ϕ& , a energia cinética no 
instante t=0 é T(0)=0. Então, a partir de (1) e (3) podemos reescrever (4) como: 
 
]cos)[cos2/(]
6
1)2/[(
2
1
0
222 ϕϕϕ −+=++ aLmgaaLm& 
 
Resolvendo a equação acima para ϕ& temos que: 
 
6/)2/(
]cos)[cos2/(2
22
2
aaL
aLg o
++
−+= ϕϕϕ& (5) 
 
Derivando a equação acima em relação ao tempo temos que: 
 
6/)2/(
sin)2/(
22 aaL
aLg
++
+−= ϕϕ&& (6) 
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d) Para determinarmos as reações vinculares aplicadas à barra no ponto A, vamos utilizar 
o teorema da resultante. 
 
jmgijRam yG
rrrr −+= x R (7) 
 
onde é a aceleração do baricentro do bloco de lado a, e Rx e Ry são, respectivamente, o 
módulo da componente horizontal e vertical das reações vinculares. Derivando (2) em relação ao 
tempo temos que: 
Ga
r
 
]sin)[cos2/(]cos)[sin2/( 2 ijaLijaLaG
rr&rr&&r ϕϕϕϕϕϕ −++++= 
 
Então, a equação (7) na direção do versor i
r
 é dada por: 
 
]sincos)[2/( 2 ϕϕϕϕ &&& −+= aLmRx , (8) 
 
e na direção do versor j
r
 é dada por: 
 
mgaLmRy +++= ]cossin)[2/( 2 ϕϕϕϕ &&& (9) 
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Q2) 
 
a) Diagramas de corpo livre das polias e do bloco: 
 
 
b) 
Bloco: 
)2()(
)( Cinem.
)2( TMB
221
21
2 TmgFyym
jyya
jTmgFam
A
A −−=+⎪⎭
⎪⎬⎫+=
−−= &&&&r&&&&r
rr
 
 
 Polia D: 
R
yJRF
jRjy
kJkRF
TmgTFym
jya
jTmgTFam
D
D
DD
D
D
2
2
2
2
121
1
12
)T(
 Cinem.
)T( TMA 
)(
 Cinem.
)( TMB
&&
r&r&&
r
&
r
&&r&&r
rr
=−⎪⎭
⎪⎬
⎫
=
=−
−−+=⎪⎭
⎪⎬⎫=
−−+=
ω
ω 
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Polia E: 
 
R
yJRF
jRjy
kJkRF
TmgTF
a
jTmgTFam
E
E
EE
E
E
1
1
1
1
13
31)T(
 Cinem.
)T( TMA 
0
0 Cinem.
)( TMB
&&
r&r&&
r
&
r
rr
rr
−=−⎪⎭
⎪⎬
⎫
−=
=−
=+−−⎪⎭
⎪⎬
⎫
=
−−+=
ω
ω 
 
c) É necessário resolver o seguinte sistema de equações: 
 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
−=
−=
−−+=
−−=+
RFT
R
yJ
RFT
R
yJ
TmgTFym
TmgFyym
)(
)(
2)(
1
1
2
2
121
221
&&
&&
&&
&&&&
 
 
 Resolvendo o sistema, resulta em: 
 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= g
m
Fy
11
8
1&& 
e 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= g
m
Fy
11
2
2&& 
 
Sendo jg
m
FjyyaA
rr&&&&r ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=+=
11
10)( 21 
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Q3) 
 
a) Escrevendo o Teorema do Momento Angular (TMA), para um corpo rígido, com a 
matriz de inércia escrita em relação a um referencial solidário ao corpo e , portanto constante, 
tem-se: 
 
ext
Oooo MJkjiJkjiaOGM
r&
rrrrrrrrrr =++− }]{][,,[}]{][^,^,^[)^( ωωωωω 
 
Simplificando a expressão para movimento plano ( k
rr ωω = ), tomando o pólo G, sendo o 
corpo rígido em questão uma esfera (produtos de inércia em relação ao baricentro são nulos), 
chega-se em: 
 
ext
GzG MkJ
rr
& =ω 
 
ωω &rr& mRFkRFkmR atat 5
2
5
2 2 −=⇒⋅−= 
 
Aplicando o Teorema do Movimento do Baricentro (TMB) para a esfera e já efetuando os 
cálculos para o ângulo de 30o do plano inclinado e, adotando que sua aceleração ocorrerá apenas 
na direção i
r
: 
 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
=−
⇒
⇒=+−−
mgN
maFmg
amjNiFjmgimg
Gat
Gat
2
3
2
1
)cos()sin( r
rrrr θθ
 
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Da Lei de Coulomb, segue que, para atrito cinético: 
 
mgNFat 2
1== μ 
Substituindo a magnitude da força de atrito na expressão do TMA, chega-se no valor da 
intensidade da aceleração angular da esfera: 
 
R
g
4
5−=ω& 
 
b) Substituindo o valor da força de atrito na expressão do TMB em i
r
, chega-se em: 
 
0=Ga 
 
c) Integrando no tempo a expressão da aceleração do baricentro G da esfera, e utilizando 
as condições iniciais, tem-se: 
 
0
00
0 )(00)( VtVddaVtV G
tt
GG =⇒===− ∫∫ ττ 
 
d) Integrando no tempo a expressão da aceleração angular da esfera, e utilizando as 
condições iniciais, tem-se: 
 
t
R
gtt
R
gd
R
gdt
tt
4
5)(
4
5
4
5)(
00
0 −=⇒−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−==− ∫∫ ωττωωω & 
 
 e) O instante à partir do qual a esfera pára de escorregar ocorre quando a velocidade no 
ponto de contato entre a esfera e o plano inclinado, denominado C, se torna nula. 
Aplicando a equação de Poisson entre o ponto G e o ponto C e impondo que a velocidade em C 
seja o vetor identicamente nulo, tem-se: 
 
g
Vt
jRkt
R
giV
GCVV
o
o
GC
5
4
)(^
4
50
)(^
=
−−=
−+=
rrrr
rrr ω
 
 
 f) Substituindo o valor do instante determinado no item anterior na expressão da 
velocidade angular em função do tempo, tem-se: 
 
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R
Vt o−=)(ω 
 
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g) Aplicando o Teorema da Energia Cinética (TEC) entre os instantes zero e t , tem-se: 
 
2
22
2
2
22
2
5
2)sin(
5
1
2
1
5
2
2
1
2
1
2
1
oomg
oo
o
o
oo
Fatmgo
mVtmgV
mVmV
R
VmRmVT
mVT
TT
==
+=+=
=
+=−
θτ
ττ
 
 
 Note que somente a força peso e a força de atrito realizam trabalho para a situação 
proposta. Isolando o trabalho da força de atrito na expressão do TEC, obtém-se: 
 
2
5
1
omgoFat mVTT −=−−= ττ 
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