Mecânica I - Poli - Psub - 2005

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
Departamento de Engenharia Mecânica 
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil - Tel: (011) 3091-5355 - Fax: (011) 3091-1886 
PME2100 – Mecânica A 
Prova Substitutiva – 06 de Dezembro de 2005 – Duração: 100 minutos 
Importante: não é permitido o uso de calculadoras 
1 – (4,0 pontos) O piso é o referencial fixo, e a coluna prismá-
tica (paralela ao eixo Oz) está fixa neste piso. O centro O do 
disco também não se move em relação ao piso. O vetor de ro-
tação do disco de raio R é k
rr ωω = (ω constante). A barra AB 
tem comprimento 2L, está vinculada em A na periferia do disco 
e em B no cursor, por meio de juntas esféricas e, no instante 
mostrado na figura, é paralela ao eixo Oz. A esfera (de centro 
P) se move ao longo da barra AB, com velocidade v (constan-
te) e encontra-se no meio da barra, no instante mostrado na fi-
gura. Considerando este mesmo instante: 
a) Determine a velocidade Av
r
 do ponto A, o vetor de rotação 
Ωr da barra AB, e a velocidade Bvr do ponto B. Considere que 
a componente de Ωr na direção vertical seja nula em todos os 
instantes. 
b) Adotando a barra AB como referencial móvel, determine as veloci-
dades relativa, de arrastamento e absoluta do ponto P. 
c) Determine a aceleração Aa
r
 do ponto A, a aceleração Ba
r
 do ponto B e a 
aceleração angular αr da barra AB 
d) Determine as acelerações relativa, de arrastamento, de Coriolis e absoluta do ponto P. 
 
Solução: 
a) ⇒∧+=−∧+= iRkOAvv OA
rrrrrr ωω 0)( jRvA
rr ω= 
 ( ) ;2);(;; kLjijRkvABvvjikvv yxBAByxBB rrrrrrrrrrrrr ∧Ω+Ω+=−−∧Ω+=Ω+Ω=Ω−= ω 
 ⇒Ω+Ω−=− iLjLjRkv yxB
rrrr
22ω 0rr =Bv , L
R
x 2
ω=Ω e ⇒=Ω 0y iL
R rr
2
ω=Ω 
 
b) kvv relP
rr =, 
 ⇒−∧+=−∧Ω+= )(
2
0)(, kLiL
RBPvv BarrP
rrrrrr ω jRv arrP
rr
2,
ω= 
 ⇒+= arrPrelPabsP vvv ,,, rrr kvjRv absP
rrr +=
2,
ω 
 
c) [ ] [ ]⇒∧∧++=−∧∧+−∧+= iRkkOAOAaa OA rrrrrrr&rrr ωωωωω 00)()( iRaA rr 2ω−= 
 [ ];)()(;; ABABaajikaa AByxBB −∧Ω∧Ω+−∧+=+=−= rrrrrrrrrr αααα 
 ;2
22
2)(2 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∧∧+∧++−=− kLi
L
Ri
L
RkLjiiRka yxB
rrrrrrrr ωωααω ;
2
22
22
2 k
L
RiLjLiRka yxB
rrrrr ωααω −+−−=− 
 ⇒=
L
RaB 2
22ω k
L
RaB
rr
2
22ω−= ; 0=xα e ⇒= L
R
y 2
2ωα j
L
R rr
2
2ωα = 
 
 
x 
y 
z 
Coluna prismática Cursor 
Disco de centro O 
Esfera de centro P 
Barra AB 
L 
L 
R 
v 
ω 
O 
A 
B 
P 
Oxyz é fixo em relação ao piso. 
piso 
 
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d) ⇒= kva relP
r
&r , 0,
rr =relPa 
 [ ] ⇒⎥⎦⎤⎢⎣⎡ ∧∧+∧+−=−∧Ω∧Ω+−∧+= kLiLRiLRkLjLRiRAPAPaa AarrP rrrrrrrrrrr 222)()(
2
2
,
ωωωωα 
 ⇒−+−= k
L
RiRiRa arrP
rrrr
42
222
2
,
ωωω k
L
RiRa arrP
rrr
42
222
,
ωω −−= 
 ⇒∧=∧Ω= kvi
L
Rva relPcorP
rrrrr
2
22 ,,
ω j
L
vRa corP
rr ω−=, 
 ⇒++= corParrPrelPabsP aaaa ,,,, rrrr kL
Rj
L
vRiRa absP
rrrr
42
222
,
ωωω −−−= 
 
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O C 
L 
HO 
VO 
 
mg mg 
T 
M 
Mg 
N 
T 
Fat 
PME2100 – Mecânica A 
Prova Substitutiva – 06 de Dezembro de 2005 – Duração: 100 minutos 
Importante: não é permitido o uso de calculadoras 
2 - (6,0 pontos) A figura mostra uma barra homogê-
nea de massa m e comprimento L, articulada em O e 
C e um disco homogêneo de massa m , raio R e arti-
culado em C. O sistema "barra e disco" é mantido 
em repouso na posição horizontal por um fio ideal 
ligado ao disco no ponto B e cuja outra extremidade 
está ligada a um bloco de massa M no ponto A. O 
coeficiente de atrito entre o bloco e sua superfície de 
apoio é μ, mas nas articulações e na polia o atrito é 
nulo. Na situação apresentada: 
a) Determine as reações do vínculo em O e a tração 
no fio, e determine o eixo central do sistema de for-
ças externas que atuam no sistema "barra e disco". 
b) Calcule o mínimo coeficiente de atrito μ compatí-
vel com o equilíbrio. 
Nos itens seguintes considere que o fio foi cortado: 
c) Considerando o instante imediatamente posterior ao corte do fio, determine as reações do vínculo em O e determine o 
eixo central do sistema de forças externas que atuam no sistema "barra e disco". 
d) Usando o Teorema do Momento Angular, determine o vetor de rotação Ωr do disco. 
e) Usando o Teorema da Energia Cinética, determine o vetor de rotação ωr da barra no instante em que o centro do dis-
co atinge o ponto mais baixo de sua trajetória. 
f) Determine as reações da articulação em O no instante em que o centro do disco atinge o ponto mais baixo de sua tra-
jetória. 
 
Eixo central: lugar geométrico dos pólos para os quais o momento do sistema de forças é mínimo. 
Disco homogêneo de massa m e raio R: 
2
2mRJ Gz = Barra homogênea de massa m e comprimento L: 12
2mL
J Gz = 
Solução: 
a) 
 
 
∑ ⇒= 0xF 00 =H 
∑ =−−+⇒= 00 TVmgmgF Oy 
⇒=−+⇒=∑ 020 TLmgLLmgM O mgT 23= 
⇒ mgVO 2
1= 
 
Como o sistema é equilibrado ( 0
rr =R ), o eixo cen-
tral não está definido. 
b) 
 
⇒=−⇒=∑ 00 atx FTF mgTFat 23== 
MgNNMgFy =⇒=−⇒=∑ 00 
i
r
 
j
r
 
O C 
L 
R 
g 
fio 
M A 
B 
 
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O C 
L 
HO 
VO 
 
mg mg 
O C 
L 
VO 
 
mg mg 
d 
E 
 
No limite, pela lei de Coulomb, ⇒≤⇒≤ MgmgNFat μμ 2
3
M
m
mín 2
3=μ 
c) 
 TMA para o conjunto com pólo em O: 
⇒=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +⇒+= mgLmLmLmgLLmgJO 2
3
32
2
2
ωω &&
L
g
8
9=ω& 
TMA para o conjunto com pólo no baricentro do 
conjunto: 
LVLmLmmLLVJ OOG 4
3
44124
3 222 =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⇒=ω&
⇒=⇒ LV
L
gmL O 4
3
8
9
24
5 2 mgVO 16
5= 
 
TMB para o conjunto: 
( ) [ ] ⇒⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∧∧+∧+=−∧∧+−∧+==−+ iLkkiLkOGOGaaamjVmgiH OGGOO
rrrrr&
rrr&rrrrrr
4
3
4
30)()(;2 ωωωωωω 
iLjLaG
rr&r
4
3
4
3 2ωω −= e, como 0=ω no instante inicial, então a componente de Gar na direção de i
r
é nula nesse 
mesmo instante ⇒ 0=OH 
 
O sistema de forças é um sistema de forças paralelas e, portanto, o momento mínimo é nulo e o eixo central terá a dire-
ção do campo de forças paralelas. Como o sistema de forças é um sistema plano, o eixo central será, então, ortogonal à 
barra, estará no plano do sistema de forças e passará pelo ponto E da barra em relação ao qual o momento é nulo: 
 
 ( ) ⇒=−+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−⇒=∑ 020 dLmgLdmgdVM OE 
⇒=+− 0
2
32
16
5 Lmgmgdmgd Ld
9
8= 
 
 
d) Teorema do Momento Angular para o disco: 
Considerando que não há atrito na articulação, as linhas de ação de todas as forças que atuam no disco passam pelo seu 
baricentro C. Assim, o momento das forças externas ao disco é nulo, portanto o momento angular do disco se mantém 
constante. Como o sistema parte do repouso, o vetor de rotação Ωr do disco é sempre igual ao vetor nulo. 
constante0 =⇒== CextCC HMH
rrr&r 
Como o sistema parte do repouso: 
⇒= 0rr CH 0
rr =Ω 
e) Teorema da Energia Cinética 
Como o vetor de rotação Ωr do disco é sempre nulo, o disco possui apenas movimento de translação, logo a
velocidade 
de todos os seus pontos são iguais entre si, em particular iguais à velocidade do ponto C, que também pertence à barra. 
Desse modo, tudo se passa como se o disco fosse um ponto material em C. Portanto, o sistema pode ser reduzido à barra 
 
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com uma massa adicional (a massa do disco) concentrada na extremidade em C, e o momento de inércia em relação ao 
eixo da articulação no suporte pode ser calculado como: 
3
4
4122
2
2
22
2
2 mLJmLLmLmmLLmJJ OzGzOz =⇒+⋅+⇒+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⋅+= 
Energia cinética do sistema: 
2
2
2
2
2
3
2
3
4
2
1
2
1 ωωω mLEmLEJE Oz =⇒=⇒= 
Trabalho das forças: 
Como não há atrito nas articulações, as únicas forças que realizam trabalho são as forças peso, portanto, no ponto mais 
baixo da trajetória: 
2
3
2
mgLWLmgLmgW =⇒⋅+⋅= 
Usando o Teorema da Energia Cinética, e considerando que o sistema parte do repouso: 
WEWEE =−⇒=− 00 
⇒=⇒=
L
gmgLmL
4
9
2
3
3
2 222 ωω k
L
g rr
2
3=ω 
f) Reações na articulação 
Localização do baricentro: 
No eixo da barra, a distância entre o ponto O e o baricentro G do conjunto pode ser determinada por: 
4
32 Ld
mm
mLLm
d =⇒+
+
= 
 
Com relação à articulação em O, o sistema se comporta como uma barra de massa m com uma massa m concentrada em 
C. 
No ponto mais baixo da trajetória, temos o seguinte diagrama de corpo livre (o disco não está representado na figura): 
 
A trajetória do baricentro G é circular, com raio 3L/4. No ponto mais baixo da traje-
tória, a energia cinética é máxima, portanto, a velocidade angular é máxima. Sendo 
um ponto de máximo local, a aceleração angular é nula. 
Aceleração do baricentro: 
jLiLaG
rr&r
4
3
4
3 2ωω −−= 
como, neste instante, 0=ω& e 
L
g
4
92 =ω : 
jL
L
gaG
rr
4
3
4
9−= ⇒ jgaG
rr
16
27−= 
 
Teorema do Movimento do Baricentro: 
Ram G
rr =2 
( ) jVmgiHjgm OO rrr −+=− 216
272 
0=OH 
⇒+= mggmVA 216
272 mgVO 8
43= 
 
G 
3L/4 
HO 
VO 
2mg