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Mecânica I - Poli - P3 - 2011

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
 Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231 CEP 05508-970, São Paulo, SP 
 Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 
 
Departamento de Engenharia Mecânica 
 
PME 2100 – MECÂNICA A – Terceira Prova – 22 de novembro de 2011 
Duração da Prova: 110 minutos 
Não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos 
QUESTÃO 1 (3,5 pontos): Os discos homogêneos de centros A e B têm, respectivamente, massas M e M/3 e 
raios R e R/2, estando ligados por uma barra rígida de massa desprezível. Sabendo que os discos rolam sem 
escorregar, partindo do repouso, pede-se: 
a) As relações entre os vetores 
de rotação Aω
r
 e Bω
r
 dos discos 
e as velocidades Av
r
 e Bv
r
 dos 
centros dos discos. 
b) A aceleração do ponto B. 
c) A força de atrito entre o 
disco de centro B e o plano 
inclinado. 
d) A força na barra indicando se 
é de tração ou de compressão. 
2
2
discodisco
disco
RMJG = 
 
QUESTÃO 2 (3,5 pontos): A barra homogênea AB, de 
comprimento L e massa M, parte do repouso em θ = θ0; nessa 
posição inicial a mola linear de constante elástica k está 
indeformada, isto é, o seu comprimento natural é Lsenθ0. Os 
roletes em A e B tem massa desprezível e atrito nulo. As 
extremidades da mola estão nos pontos D (fixo) e B. Pede-se: 
a) O diagrama de corpo livre da barra correspondente a 
20
piθθ << . 
b) A energia cinética da barra em função de seus parâmetros e 
θ& . 
c) A expressão de θ& em função de θ. 
d) A relação entre os dados do problema para que o rolete em A 
não colida com a parede vertical. 
 
12
2
barrabarra
barra
LMJG = 
 
 
QUESTÃO 3 (3,0 pontos): Um cilindro de revolução, oco, de raio 
interno R, pode girar livremente em torno do seu eixo, mantido fixo 
na horizontal. Outro cilindro, homogêneo, de raio r e peso mg, está 
apoiado no interior do cilindro oco, e rola sem escorregar. O cilindro 
oco possui uma aceleração angular Ω& conhecida e constante. 
a) Desenhe o diagrama de corpo livre do cilindro menor. 
b) Determine a relação entre ω& e Ω& supondo θ constante. 
c) Determine o ângulo θ tal que ( ) 0=tθ& e ( ) 0=tθ&& . 
 
R/2 
R 
g 
α 
M 
M/3 
B 
A 
i
r
 
jr
 
θ 
g 
y 
x B 
A 
D 
Ω 
O n
r
τ
r
G 
R 
r 
θ 
ω 
g 
C 
0,5 
1,0 
1,0 
1,0 
1,0 
1,0 
1,0 
0,5 
0,5 
0,5 
2,0 
 
PME 2100 – MECÂNICA A – Terceira Prova – 2011 – GABARITO 
 
QUESTÃO 1 (3,5 pontos) 
(a) Barra AB em translação: ivvv BA
rrr
==
 
Não há escorregamento: k
R
v
A
rr
−=ω
 e k
R
v
B
rr 2
−=ω
 
 
b) TEC: extWEE =− 0 






++





+= 2222
2
1
32
1
2
1
2
1
BBBAAA Jv
MJMvE ωω 
2
2MRJ A = 242
23 2
2
MR
RM
J B =






= 
Portanto: 2
222
2
22
2
22
2
6322
12
242
1
32
1
22
1
2
1 MvMvMvMvMv
R
vMR
v
M
R
vMRMvE =






+++=














++














+= 
Trabalho das forças externas: as forças normais são perpendiculares ao deslocamento, logo o trabalho é nulo; não há 
escorregamento, portanto, velocidade nula nos pontos de contato com a rampa, ou seja, trabalho nulo das forças de 
atrito. Apenas as forças peso realizam trabalho: x
MggxMMgxW ext
3
sen4
sen
3
sen
α
αα =+= 
Voltando ao TEC: 
⇒=⇒=⇒=⇒=
3
sen2
3
sen42
3
sen42
3
sen4
derivando
2 αααα gvvMgvMvxMgvMvxMgMv &&&& 
igaB
rr
3
sen2 α
=
 
 
 
c) TMA (disco de centro B): 
3
sen22
24
2
23
sen22
242
22 αα
ω
g
R
MR
R
FRFg
R
MRkRFkJ atBatBatBBB =⇒−=





−⇒−=
rr
&
 
⇒ iMgFatB
rr
αsen
9
1
−=
 
 
 
 
d) TMB (disco de centro B): atB
x
ext FTgMgMFaM −−=⇒=∑ α
α
sen
33
sen2
33 de direção na
rr
 
⇒−+−=⇒−−=⇒
3
sen
3
1
3
sen
3
sen
3
2
sen
9
1
sen
33
sen2
3
ααα
αα
α MgMgMgTMgTgMgM 
0=T
 
 
B 
A 
Mg/3 Mg 
FatA 
FatB NA 
NB 
DCL 
DCL 
B 
FatB 
NB 
T 
Mg/3 
 
QUESTÃO 1 - Solução alternativa 
 
a) Barra AB em translação: ivvv BBA
rrr
== iaaa BBA
rrr
==⇒ 
 
Não há escorregamento: k
R
vB
A
rr
−=ω
 e k
R
vB
B
rr 2
−=ω k
R
aB
A
r
&r
−=⇒ ω e k
R
aB
B
r
&r 2
−=ω 
Itens (b), (c) e (d): 
2
2MRJ A = 24
2MRJ B = 
 
DCL do disco de centro B: 
TMA (disco de centro B): 
⇒−= kRFkJ atBBB
rr
&
2
ω
6
4
242
2
24 2
22
B
atB
B
atBatB
B MaF
R
aMRFRF
R
aMR
=⇒=⇒−=





− 
TMB (disco de centro B): 
6
sen
33
sen
333 de direção na
B
BatBB
x
ext
B
MaTgMaMFTgMaMFaM −−=⇒−−=⇒=∑ αα
rr
 






−=⇒−−=⇒
23
sen
36
sen
3
B
BB
agMTaMaMgMT αα 
 
DCL do disco de centro A: 
TMA (disco de centro A): 
22
2
B
atAatA
B
atAAA
MaFRF
R
aMRkRFkJ =⇒−=





−⇒−=
rr
&ω 
TMB (disco de centro A): 
⇒−+=⇒=∑ atAB
x
ext
A FTMgMaFa
M
αsen
3 de direção na
rr
 
⇒−





−+=⇒
223
sen
sen BBB
MaagMMgMa αα i
g
aB
rr
3
sen2 α
=
 
 
Resultando em: 
⇒=
6
B
atB
MaF i
MgFatB
r
9
senα
−=
 
e 
⇒





⋅
−=
23
sen2
3
sen αα ggMT 0=T 
A 
FatA 
NA 
Mg 
T 
B 
FatB 
NB 
T 
Mg/3 
 
QUESTÃO 2 (3,5 pontos) 
a) DCL b) 





+= 22
2
1
2
1
ωGG JMvE 
Usando o CIR: ω
2
L
vG = 
E como θω &= : 
⇒





+=








+





=
2
2
2
2
2
22
122
1
43
3
2
1
122
1
22
1 θθθθ &&&& MLMLMLLME 2
2
6
θ&MLE =
 
 
c) Como não há atrito e as forças normais são perpendiculares ao deslocamento, 
apenas a força peso e a força da mola realizam trabalho. Usando o TEC, partindo do 
repouso: 
( ) ( ) ⇒−−−=⇒=− 20202
2
0 sensen2
sensen
26
θθθθθ LkLMgMLWEE ext & 
( ) ( )[ ]00 sensensensen3 θθθθθ −−−= kLMgML& 
 
d) Para que a condição seja satisfeita, no limite para θ = pi/2, devemos ter 0=θ& : 
0sen
2
sen0 0 =





−−⇒= θpiθ kLMg& 
Portanto: ( )0sen1 θ−≤kL
Mg
 
 
 
 
QUESTÃO 3 (3,0 pontos) 
 
a) DCL 
b) Aceleração tangencial do ponto C do cilindro 
menor, considerando θ constante, o que implica em 
aceleração tangencial de G nula ( 0=τGa ): 
raC ωτ &= 
Aceleração tangencial do ponto C do cilindro oco: 
RaC Ω= &τ1 
Como não há escorregamento: 
Rraa CC Ω=⇒= &&ωττ 1 Ω=⇒ &&
r
R
ω 
 
 
 
c) TMA (pólo no baricentro) 
⇒= rFJ atGzω& rF
mr
at=ω&2
2
Ω=⇒=Ω⇒ &&
22
2 mRFrF
r
Rmr
atat 
 
TMB na direção tangencial considerando 0=τGa : 
⇒=−= 0senθτ mgFma atG θsenmgFat = θsen2
mgmR =Ω⇒ & ⇒
g
R
2
arcsen
Ω
=
&
θ
 (se gR 2≤Ω& ) 
O n
r
τ
r
G 
R 
r 
θ 
Ω 
ω 
g 
C 
G 
mg N 
Fat 
θ 
0,5 0,5 
1,0 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 0,5 
1,0 
0,5 
. 
vB 
vA 
A 
B 
G 
CIR 
L/2 
L/2 
NB 
NA 
Mg 
Fm L/2 
θ 
.

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