Mecânica I - Poli - Prec - 2003

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
Departamento de Engenharia Mecânica 
PME2100 – Mecânica A 
Prova de Recuperação – 17 de fevereiro de 2004 – Duração: 100 minutos 
Importante: não é permitido o uso de calculadoras 
 
Gabarito 
 
(3,0 pontos) 1 – A estrutura circular está presa em um eixo 
vertical, seu vetor de rotação é 
r
, e seu vetor aceleração 
angular é , ambos conhecidos. Um cursor percorre a 
estrutura circular com velocidade relativa v, conhecida e de 
módulo constante. Use o sistema Oxyz, fixo na estrutura 
circular, para expressar as grandezas cinemáticas. 
k
r ωω =
k
r
&&r ωω =
a) Considerando o instante em que o cursor está na posição I, 
determine a velocidade do centro P do cursor. 
b) Considerando o instante em que o cursor está na posição I, 
determine a aceleração do centro P do cursor. 
c) Considerando o instante em que o cursor está na posição II, 
determine a velocidade do centro P do cursor. 
d) Considerando o instante em que o cursor está na posição II, 
determine a aceleração do centro P do cursor. 
Solução: 
 
Item a) (0,5) 
kvv relP
rr =, 
( ) ( )⇒−∧+=−∧+= iRk0OPvv OarrP rrrrrr ωω, rr jRv arrP ω−=, 
⇒+= arrPrelPabsP vvv ,,, rrr
rrr
 
jRkvv absP , ω−= 
Item c) (0,5) 
ivv relP
rr =, 
( ) ⇒∧+=−∧+= kRk0OPvv OarrP rrrrrr ωω, rr 0v arrP =, 
⇒+= arrPrelPabsP vvv ,,, rrr
rr
 
ivv absP =, 
Item b) r( ) ( )iRj0kvOPvv OrelP rrrrrr −∧Ω+=⇒−∧Ω+=, 
0j
R
v r&rrr =Ω⇒=Ω 
( ) ( )[ ]
( ) ⇒ −∧∧++=
=−∧Ω∧Ω+−∧Ω+=
iRj
R
vj
R
v00
OPOPaa OrelP
rrrrr
rr&rrr
,
 
i
R
va
2
relP
rr =, (0,25) 
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]⇒−∧∧+−∧+= =−∧∧+−∧+= iRkkiRk0 OPOPaa OarrP rrrrr&r
rr&r
ωωω
ωωω,
rrr
rr
 
jRiRa 2arrP &ωω −=, (0,25) 
⇒∧=∧= kvk2v2a relPCorP
rrrrr ωω ,, 0a CorP
rr =, (0,25) 
jRi
R
vRa
2
2
absP
r&rr ωω −+= )(, (0,25) 
Item d) 
( ) ⇒ ∧∧++= kRjRvjRv00a relP rrrrrr , 
k
R
va
2
relP
rr −=, (0,25) 
( ) ( )[ ]( ) ⇒∧∧+∧+= =−∧∧+−∧+= kRkkkRk0 OPOPaa OarrP rrrrr&r
rr&
ωωω
ωωω,
rr
rrr
 
0a arrP =, (0,25) 
⇒∧=∧= ivk2v2a relPCorP
rrrr ωω ,, rr
r
 
jv2a CorP ω=, (0,25) 
⇒++=++= jv200aaaa CorParrPrelPabsP
rrrrr ω,,,, rr 
k
R
vjv2a
2
absP
rrr −= ω, (0,25) 
x 
y 
z 
O 
Piso 
v
vEstrutura 
circular Cursor na 
posição I 
Cursor na 
posição II 
P 
P 
ω, ω&
j
r
R 
Eixo vertical 
i
r k
r
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil - Tel: (011) 3091-5355 - Fax: (011) 3091-1886 
 
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(3,5 pontos) 2 – A placa ABCDA é homogênea e tem 
peso 8P/3. Ela é suportada por um apoio em A e por uma 
articulação em B. A barra EH é homogênea e tem peso P. 
Ela está engastada na parede em E, e suporta a articulação 
em B. Há uma força 
rr
 aplicada na placa em Q. iFF =
a) Determine o baricentro G da placa ABCDA. 
b) Determine as forças que agem na placa ABCDA. 
c) Determine as reações do engastamento em E. 
Solução: 
 
Item a) 
( I ) Retângulo ADCQ: ; e 2a6Área = a3xGI = 2
a13yGI = . 
( II ) Triângulo ABQ: ; e . 2a18Área = a4xGII = a4yGII =
Portanto: 
⇒+=⇒+
+=
2
22
G
III
GIIIIGII
G
a24
a4a18a3a6x
mm
xmxm
x )()(
4
a15xG = (0,5) 
⇒+=⇒+
+=
2
22
G
III
GIIIIGII
G
a24
a4a182a13a6y
mm
ymym
y )()/(
8
a37yG = (0,5) 
Item b) 
Diagrama de Corpo Livre da Placa: 
6a
XA
a
6a
F
XB
YB
8P/3
6a
XA
a
6a
F
XB
YB
8P/3
(0,5) 
 
BAx XFX0F =+⇒=∑ 
∑ ⇒= 0Fy 3P8YB = (0,25) 
⇒−=
⇒=+⇒=∑
P10P16X6
a6Ya6X
4
a15
3
P80M
B
BBA )()()( 
PX B = (0,25) 
e, finalmente: 
FPX A −= (0,25) 
Item c) 
6a
2a
3a
8P/3
4a
P
P
XE
YE
ME
6a
2a
3a
8P/3
4a
P
P
XE
YE
ME
(0,5) 
 
 
∑ ⇒= 0Fx PX E = (0,25) 
⇒+=⇒=∑ P3P8Y0F Ey 3P11YE = (0,25) 
⇒++=⇒=∑ )()()( a3Pa4Pa63P8M0M EE 
Pa23M E = (0,25) 
x 
C 
3a 
6a 
a 
F
r
y 
D 
2a 
A 
B 
E 
Q 
H i
rj
r
g 
6a 
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g 
Roda dianteira Roda traseira 
(3,5 pontos) 3 – Considere o modelo simplificado de carro 
composto por duas rodas (discos homogêneos de raio R, cada 
um com massa m e momento de inércia Jz = mR2/2) e uma 
placa retangular (homogênea, de massa 2m), conforme mostra 
a figura. Cada roda é articulada pelo seu centro na placa. Na 
roda dianteira é aplicado um momento M constante. Pede-se: 
M 
G A B 
R R 
i
rj
r
L L a) O diagrama de corpo livre da placa e o diagrama de corpo 
livre de cada roda. 
b) A aceleração do baricentro G do carro, supondo que não 
haja escorregamento entre as rodas e o solo. 
Solução: 
Item a) 
Diagrama de Corpo Livre da PLACA e de cada uma das RODAS: 
R
FAT1
N1
YA
XA
PRR
FAT1
N1
YA
XA
PR
 
(0,5) 
L L
XBXA
YA YBP
L L
XBXA
YA YBP
 
(0,5) 
R
MYB
PR
FAT2
N2
XB R
MYB
PR
FAT2
N2
XB
 
(0,5) 
Item b) 
(*) +(**)+(***)=(0,5) 
Sabendo que: , bem com: . (*) iaaaa GxGx21
rrrr
 === ωωω &r&r&r == 21
 
Então, pode-se aplicar o TMA à RODA 1, obtendo: 
R
JXRXJ AA
ωω && =⇒= (b1) (0,5) 
Analogamente, aplicando o TMA à RODA 2: 
R
JMXRXMJ BB
ωω && −=⇒−= (b2) (0,5) 
 
Para que não haja escorregamento: V . iRVV0V BADC
rrrrrr
 ω==⇒==
Derivando em relação ao tempo: 
R
a
iRaaa GxGxBA =⇒=== ωω &
r&rrr (b3) (**) 
 
Aplicando o TMB à PLACA: 
GxABGxx ma2XXma2F =−⇒=∑ (b4) (0,5) 
 
Substituindo (b1), (b2) e (b3) em (b4): 
Gx2
Gx ma2
R
Ja2
R
M =− 
Como: GxGx
2
2
2
ma2ma3
R
M
2
mR3mR
2
mRJ =−⇒=+= 
Portanto: 
 
mR5
MaGx = e 0aGy = (***)