Mecânica I - Poli - Psub - 2013

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
Departamento de Engenharia Mecânica 
 
PME 2100 - Mecânica A 
Prova Substitutiva - Duração 100 minutos – 3 de dezembro de 2013 
 
Questão 1 (3,0 pontos): 
 
O caminhão movimenta-se para a direita com aceleração 
a
 
constante e conhecida. A barra AB, de massa m e comprimento L, 
está articulada em A, sem atrito. Utilizando a base solidária à barra 
AB representada na figura, pedem-se: 
a) o diagrama de corpo livre da barra; 
b) o vetor aceleração angular 

 da barra em função de a e 

; 
c) as reações Ax e Ay da articulação A sobre a barra em função de  , 

 e 

. 
Dado: 
12
2mL
JGz 
 
 
Solução: 
 
a) diagrama do corpo livre para barra AB: 
(1,0) 
 
b) TQMA, polo A (acelerado); problema plano; 
k

  (0,5) 
 
kJaAGmM AzA
ext
A
  )(
   kLmjseniajLmkLmg
 
3
cos
2
sen
2
2
  cossen
2
3
ag
L

 

 kag
L
  cossen
2
3
 
(0,5)
 
 
c) TMB: 
 
senmgAma xGx  (0,5)
 
 
cosmgAma yGy 
 
 
a aceleração de G é dada por 
    AGAGaa AG   
 ; 
k

  
;
k

  
 

  





 j
L
kkj
L
kjseniaaG







22
cos 
 

j
L
aseni
L
aaG



 












22
cos 2
 
 
substituindo: 






  sen
2
cos mgA
L
am x
  sen
2
cos mg
L
amAx 





  
(0,5)
 






  osmgALam y c
2
sen 2  osmg
L
amAy c
2
sen 2 





  
 
 
 
 
i
 
j

 
g 
A 
B θ 
a 
 
G 
A 
θ 
mg 
Ax 
Ay 
B 
i

 
j

 g 
A 
B θ 
a 
i

 
j

 g 
A 
B θ 
a 
i

 
j

 g 
A 
B θ 
a 
 
 
 
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
Departamento de Engenharia Mecânica 
 
Questão 2 (3,0 pontos): 
 
 
O sistema é composto pelas barras homogêneas AB e BC, 
articuladas em B, e pelos roletes em C e A. As barras têm a mesma 
massa m e o mesmo comprimento L, e os roletes têm massa 
desprezível. Não há atrito nas articulações e nem entre os roletes e o 
solo. Sabe-se que o sistema parte do repouso para 
0 
 
 o900 0 
. Usando o sistema de coordenadas Oxyz fixo em 
relação ao solo, determine: 
a) o diagrama de corpo livre do sistema como um todo; 
b) a localização e a trajetória do baricentro 
G
 do sistema; 
c) a energia cinética 
E
 do sistema em função de 

; 
d) a velocidade angular 

 e a aceleração angular 

 da barra AB em 
função de 

. 
Dado: 
12
2mL
JGz 
 
 
Solução: 
a) Diagrama de corpo livre do sistema: 
(0,5)
 
b) Pela simetria em torno do eixo Oy, temos que: 
0Gx
 
Pela propriedade do baricentro, sabe-se que o baricentro do 
sistema está na linha que une os baricentros das barras, logo: 
sen
2
L
yG  
(0,5)
 
E considerando figura plana: 
0Gz
 
 
Teorema do movimento do baricentro: 
0Gxma
 
mgNNma CAGy 2
 
Como o sistema parte do repouso e a aceleração do baricentro 
na direção 
i
 é nula, então a trajetória do baricentro é vertical , 
percorrendo o eixo Oy. 
(0,5)
 
 
 
 
c) Energia cinética do sistema: 
Para a barra AB: 
22
2
1
2
1
ABGzGABAB JmvE 
 
Localizando o CIR da barra AB na figura ao lado, observamos que: 
2
L
v ABGAB 
 
Pela simetria em torno do eixo Oy, notamos ainda que: 
22
L
v
L
v ABGABBCGBC  
 
Além disso: 
 AB
 
Logo: 






 2
2
2
2
2
22
632
1
122
1
22
1   mLmLmLLmEAB
 ABABBC EEEE 2 2
2
3

mL
E  
(0,5)
 
 
 
 
 
 
C 
θ 
B 
L/2 
g 
A 
GAB GBC 
L/2 
L/2 
L/2 
CIRAB 
x 
y 
O 
C 
B 
A x 
y 
O 
mg mg 
NC NA 
i

 
j

 
C 
θ 
B 
g 
A x 
y 
O 
L 
 
 
 
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d) O trabalho das forças normais nos contatos com o solo em A e C é nulo, pois as velocidades dos pontos de aplicação 
das forças são perpendiculares às forças de contato. Resta o trabalho das forças peso: 
  sensen
2
2 0 
L
mgW
 
 
TEC: 
   sensen
2
2
3
0
2
2 L
mg
mL    sensen3 0 
L
g
 (velocidade angular) 
(0,5)
 
 
Derivando 
2
em relação ao tempo: 
 
   cos32
L
g  cos
2
3
L
g

 (aceleração angular) 
(0,5)
 
 
 
 
 
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Departamento de Engenharia Mecânica 
 
 
Questão 3 (4,0 pontos): 
No sistema mostrado na figura ao lado, a peça homogênea ABC tem massa total 
2m. O sistema está inicialmente em repouso. Em um dado instante, o fio que 
mantém o sistema em equilíbrio é cortado, permitindo que a peça deslize sem 
atrito ao longo do plano com inclinação . Determinar, para a peça ABC, sendo 
G o seu baricentro: 
a) o vetor (G-A); 
b) o momento de inércia JZG; 
 
e, para o instante imediatamente após o corte do fio: 
c) o diagrama de corpo livre; 
d) a aceleração do baricentro G e a reação vincular em A em função da 
aceleração angular 

; 
e) o vetor aceleração angular. 
 
 
Solução: 
 
a) O baricentro estará no eixo de simetria da peça, a uma distância d do ponto A, tal que 
4
3
2
2
L
dm
mL
md 
 
O vetor (G-A) pode ser escrito como: 
   jidAG
  cossen 
 
Então: 
   jiLAG
  cossen
4
3
 (0,5)
 
 
b) 
)()( BCzGverticalbarrazGzG
JJJ 
 
onde 
48
7
4
3
212
222
)(
mLLL
m
mL
J
verticalbarrazG







 
e 
48
7
412
222
)(
mLL
m
mL
J
BCzG







(0,5)
 

24
7 2mL
J zG  
(0,5)
 
 
 
c) Diagrama de corpo livre 
 
(0,5)
 
 
d) TMB para o conjunto: 
  GxGxx mamgsenmaF 222 

gsenaGx 
 
  GyGyy mamgNmaF 2cos22 

 cos2 gamN Gy 
 
    AGAGaa AG   
; 
iaaA


; 
0


; 
k



 
 
 





 jiLkiaaG


  cossen
4
3  jiLiaaG


  sencos
4
3
 
(0,5)
 

 sen
4
3
LaGy 
 







  cossen
4
3
2 gLmN  
(0,5)
 
 
e) TQMA polo G 
    GG MI
dt
d 


 senNdJGz 
 

 sen
4
3
cossen
4
3
2
24
7 2 L
gLm
mL






 
(0,5)
 

 

2sen277
cossen36


L
g

 
(0,5)
 
 
 
 
A 
B C 
g 
 
x fio 
y 
L/2 L/2 
L 
 
3L/4  
2mg 
N 
	Prova Substitutiva - Duração 100 minutos – 3 de dezembro de 2013