Mecânica I - Poli - Psub - 2002

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
Departamento de Engenharia Mecânica
PME 2100 – MECÂNICA A
Prova Substitutiva – 13 de dezembro de 2002
Gabarito
(3,0 pontos) Questão 1 – A placa homogênea, de massa m e em forma de
setor circular de raio R, tem seu baricentro localizado em G, e está sujeita
ao sistema de forças ( ) ( ){ }CFBF ,,, 21 !! , onde jFF !! =1 e
iFF
!!
=2 .
a) Desconsiderando a força peso, determine a equação do eixo de mo-
mento mínimo (eixo central) e represente-o graficamente.
b) Considerando a força peso, determine o invariante escalar.
c) Considerando a força peso, determine a posição onde deveria ser colo-
cada uma única articulação para que a placa permaneça em equilíbrio.
Solução:
Item (a):
Observando a figura verifica-se que as componentes nas direções i
!
 e j
!
dos momentos das forças são nulas se forem escolhidos pólos com z = 0.
Por simetria, se as coordenadas do pólo forem tais que x = y, as compo-
nentes na direção k
!
 dos momentos das forças se anulam. Portanto, o
eixo de momento mínimo é o eixo x = y , z = 0 (no caso o momento mí-
nimo é nulo).
Item (b):
Resultante:
kmgjFiFkmgFFR
!!!!!!!
−+=−+= 21
Escolhendo o baricentro G como pólo, e usando a simetria do proble-
ma observada no item anterior, temos:
( ) ( ) ( ) ( ) 021 !!!!! =−∧−+∧−+∧−= kmgGGFGCFGBMG
Invariante escalar:( ) 00 =−+⋅=⋅= kmgjFiFRMI G !!!!!!
Item (c):
Escolhendo o pólo G, sabemos, pelo item anterior, que 0
!!
=GM . Uma articulação pode equilibrar uma força de direção arbitrá-
ria (no caso, a resultante), mas não pode equilibrar um momento. Portanto, na situação proposta, o ponto onde se deve colocar a
articulação para equilibrar o sistema de forças (que inclui a força peso) é o baricentro G, onde o momento é nulo.
Resposta alternativa do item (a):
Resultante: ( )jiFFFR !!!!! +=+= 21
Momento em relação ao pólo B:
( ) ( ) kFRiFijRFBCM B !!!!!! −=∧−=∧−= 2
Invariante escalar: ( ) 0=+⋅−=⋅= jiFkFRRMI B !!!!!
Portanto o momento mínimo é nulo. Seja E o pólo tal que o momento seja mínimo:
( ) ( ) 021 !!!! =∧−+∧−= FECFEBME
( )[ ] ( )[ ] 0!!!!!!!!! =∧−−+−+∧−−− iFkzjyRixjFkzjyixR
( ) ( ) 0!!!!! =−−−−− jzFkFyRizFkFxR
( ) ( )[ ] 0!!!! =−−−+−− kFyRxRjzFizF
( ) 0!!!! =+−+−− kFyxjzFizF
Logo:
0=z
yxyx =⇒=+− 0
x y
C
A
B
1F
!
2F
!
G
x = y , z = 0
z
x y
C
A
B
4R/3π
1F
!
2F
!
4R/3π
G
z g
1,0
0,25
0,25
0,50
1,0
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Departamento de Engenharia Mecânica
(3,0 pontos) Questão 2 – O satélite está em órbita geoestacionária, e tem movimento de rotação em torno do eixo z com veloci-
dade angular constante ( k
!!
ωω = ). Os painéis solares giram em torno do eixo y com velocidade angular constante em relação ao
satélite ( j
!
""
!
θθ −= ).
a) Determine o vetor de rotação Ω
!
 do painel solar.
b) Calcule o vetor aceleração de rotação Ω"
!
 do painel so-
lar.
c) No instante em que θ = 0o, determine a aceleração Aa
!
do ponto A.
d) Considerando o satélite como o referencial móvel, de-
componha a aceleração do ponto A em aceleração relativa
relAa ,
!
, aceleração de arrastamento arrAa ,
!
 e aceleração de
Coriolis CorAa ,
!
.
Obs.: o ângulo θ é medido em um plano paralelo ao plano
Oxz.
Solução:
Item (a):
jk
!
"
!!
θω −=Ω
Item (b):
( ) ijkjkjjkk !""!!!"!!!"!"!"""!!""! ωθωθωθθωω =Ω⇒∧−−+=−−+=Ω 000
Item (c):
( ) ( )[ ]OAOAaa OA −∧Ω∧Ω+−∧Ω+= !!"!!!
( ) ( ) ( ) ( )[ ]krjRjkjkkrjRiaA !!!"!!"!!!!"!! +∧−∧−++∧+= θωθωωθ0 ( ) ( )iriRjkjrkRaA !"!!"!!"!"! θωθωωθωθ −−∧−+−=
krkRjrjRjrkRaA
!
"
!
"
!
"
!!
"
!
"! 22 θωθθωωωθωθ −−−−−=
krjRjraA
!
"
!!
"! 222 θωωθ −−−=
Item (d):
O movimento relativo do ponto A é um movimento circular uniforme, com raio r e velocidade angular θ" , em torno do eixo y:
kra relA
!
"! 2
, θ−=
O movimento de arrastamento do ponto A é um movimento circular uniforme, com raio R e velocidade angular ω, em torno do
eixo z:
jRa arrA
!! 2
, ω−=
Aceleração de Coriolis:
CorAarrArelAA aaaa ,,,
!!!!
++=
Portanto, observando a resposta do item (c) e as acelerações relativa e de arrastamento calculadas anteriormente, temos:
jra CorA
!
"! ωθ2, −=
ou: ( ) ( )irkkrjkva relACorA !"!!!"!!!! θωθωω −∧=∧−∧=∧= 222 ,,
jra CorA
!
"! ωθ2, −=
r
r
Rω
θ
θ"
x
z
y
O
A
Considere
0
!!
=Oa
0,50
0,50
0,50
0,50
1,0
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(4,0 pontos) Questão 3 – O sistema é composto pela barra AB, de comprimento L e massa desprezível, articulada (sem atrito) em
suas extremidades aos centros geométricos dos discos homogêneos de raio R que rolam sem escorregar. A massa de cada disco é
m. Na posição I o sistema está em repouso. Em um instante posterior, na posição II, a coordenada vertical do ponto A mudou de
um valor h, como mostra a figura.
a) Calcule a energia cinética do sistema em função da velocidade angular ωB do disco B e de θ.
b) Na posição II, calcule ωB em função das variáveis h e θ.
c) Na posição II, desenhe o diagrama de corpo livre de cada disco e o diagrama de corpo livre da barra.
d) Na posição II, determine a reação normal NB do solo sobre o disco B em função da aceleração angular Aω" do disco A, da
aceleração angular Bω" do disco B, e do ângulo θ.
Solução:
Item (a):
Localizando graficamente os centros instantâneos de rotação
das rodas e da barra, e observando a figura:
ωA : velocidade angular do disco A.
ωB : velocidade angular do disco B.
Ω : velocidade angular da barra.
( )θθω
θω
cossen
cos2
+Ω==
Ω==
LRv
LRv
BB
AA
Portanto:
( ) ( ) BAB
A
ω
θθ
θ
ω
θθ
θ
ω
ω
cossen
cos2
cossen
cos2
+
=⇒
+
=
Energia Cinética:
2
3
2
2
2
2 mRmRmRJJ zDzC =+==
( )2222
222 BA
zCB
zD
A
zC
J
JJE ωωωω +=+=
2
22
1
cossen
cos2
4
3
B
mRE ω
θθ
θ




+



+
=
Item (b):
Apenas a força peso realiza trabalho, e observando que apenas a coordenada vertical do disco A é que varia, temos:
mghW =
Teorema da Energia Cinética (como o sistema parte do repouso, E0 = 0):




+



+
=⇒=−



+



+
⇒=−
1
cossen
cos2
4
3
01
cossen
cos2
4
3
22
2
22
0
θθ
θ
ωω
θθ
θ
R
ghmghmRWEE BB
L
R
Rθ
45o
A
B
E
Lsenθ
Lcosθ
Lcosθ
θ
2 Lcosθ
Direção de vB
Direção de vA
C: CIR do disco A
D: CIR do disco B
E: CIR da barra
.
.
.
.C
D
h
Posição I Posição II
A
B
L
R
Rθ
45o
A
B
i
!
j
!g
Disco:
JGz=mR2/2
0o < θ < 45º45o
Disco A
Disco B
1,0
1,0
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Departamento de Engenharia Mecânica
Item (c):
Diagramas de corpo livre dos discos e da barra:
Item (d):
Teorema do Movimento do Baricentro, Disco B:
Na direção de j
!
:
θθ sen0sen ABBABBBy FmgNmgFNma +=⇒=−−= (1)
Teorema do Movimento do Baricentro, Disco A:
Na direção de τ
!
:
AABA FmgFma −⋅+−−=
oo 45sen)cos(45 θτ
AABA FmgFma −+−−= 2
2)cos(45o θτ
Pela cinemática do sistema:
Ra AA ωτ "=
AABA FmgFRm −+−−= 2
2)cos(45o θω" (2)
Teorema do Momento Angular, Disco A:
RFJ AAAz =ω"
R
mRF
R
JF AA
A
AzA
ωω ""
2
2
=⇒=
AA
mRF ω"
2
=
Substituindo em (2):
AABA
mRmgFRm ωθω ""
22
2)cos(45o −+−−=
2
2)cos(45
2
3 o mgFmR ABA +−−= θω"
)cos(45
2
3
2
2
2
3
2
2)cos(45
o
o
θ
ω
ωθ
−
−
=⇒−=−
A
ABAAB
mRmg
FmRmgF
"
"
)2cos(45
32
o θ
ω
−
−
=
A
AB
mRmg
F
"
Substituindo em (1):
θ
θ
ω
sen
)2cos(45
32
o 



−−
+= AB
mRmg
mgN
"
A
NA
FA
mg
θ B
NB
FB
FAB
FAB
mg
j
!
i
!
τ
!45o
Aω"
θ
A
B
FAB
FABθ
Como a barra AB é uma barra de treliça, as forças
nas extremidades (FAB) têm o mesmo módulo, a
mesma linha de ação e sentidos opostos.
1,0
1,0