Mecânica I - Poli - Psub - 2006

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
 Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231. cep 05508-900, São Paulo, SP. 
 Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 
Departamento de Engenharia Mecânica 
 
PME 2100 – MECÂNICA A –Prova Substitutiva – 15 de dezembro de 2006 
Duração da Prova: 100 minutos (não é permitido uso de calculadoras) 
 
 
C
A
B
D
M
L/2
x
y
g
F2
F1
2θ C
A
B
D
M
L/2
x
y
g
F2
F1
C
A
B
D
M
L/2
x
y
g
C
A
B
D
M
L/2
x
y
g
F2
F1
2θ
 
1ª Questão (3,0 pontos) Três barras homogêneas 
idênticas, de massa m e comprimento L, estão submetidas a 
esforços jFF
rr
11 = , iFF
rr
22 = e , conforme indicado 
na figura ao lado. Pede-se: 
kMM
rr −= 
 
a) A posição do baricentro do sistema, para um valor genérico 
do ângulo θ ; 
 
b) As reações em A e D, supondo o sistema equilibrado. 
 
 
 
 
 
 
(a) 
⇒
++
=
m
mLmLm
xG 3
cos
2
cos
2
0 θθ
3
cosθLxG = (0,5) 
 
⇒
++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
=
m
mLmLmLL
yG 3
sen
2
sen
2
3
2
sen2 θθθ
63
sen4 LLyG += θ (0,5) 
 
 
 
Equilíbrio: (b) DCL do sistema: 
 
00 2 =−+⇒=Σ DAx XFXF (0,5) 
C
A
B
D
M
F1
F2
YA
XA
XD
mg
mg
mg
C
A
B
D
M
F1
F2
YA
XA
XD
mg
mg
mg
 
 
⇒=−+⇒=Σ 030 1 mgFYF Ay 13 FmgYA −= (0,5) 
 
( ) 0sen2coscos
2
cos
22
0 12 =−+−+−−⇒=Σ MLLXLFLmgLmgLFM DA θθθθ (0,5) 
 
⇒ ( )( )θ
θ
sen212
2cos2 12
+
−−+=
L
MmgFLLFX D 
 (0,5) 
⇒ ( ) ( )( )θ
θθ
sen212
2cos2sen41 12
+
−−++−=
L
MmgFLLLFX A 
 
⎪⎪
⎪
⎭
⎪⎪
⎪
⎬
⎫
 
 
 
 
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b
b
A
B
Gθ
K
M
b
b
A
B
Gθ
K
M
2ª Questão (3,5 pontos) Uma barra esbelta e uniforme, de massa m 
e comprimento 2b, é mostrada na sua posição de equilíbrio no 
plano vertical, antes que o binário de momento M seja a ela 
aplicado, conforme ilustrado na figura. Determine a aceleração 
angular inicial α da barra ao se aplicar o binário. Os pinos-guia são 
ideais: tem massa desprezível e podem deslizar sem atrito nas 
guias. A mola linear é ideal e tem constante elástica K. 
 
 
 
 DCL para a barra antes da aplicação de M: 
i) TMA, usando G como pólo: 
N
H
b
b
A
B
Gθ
mg
kδ
i
j
i N
H
b
b
A
B
Gθ
mg
kδ
i
j
i
ω&GG JM = ; ( ) 22 3
12
12
1 mbbmJG == 
⇒−= θcosNbMM G ωθ &23
1cos mbNbM =− (1) (1,0) 
 
ii) TMB, na direção vertical: GamN = (2) (0,5) 
Equilíbrio: 
⇒=Σ 0xF 0=H 
⇒=Σ 0yF 0=−− Nkmg δ 
⇒=Σ 0GM ⇒= 0cosθbN 0=N (0,5) 
⇒ mgk =δ 
 
DCL para a barra após a aplicação de M: 
M
N
H
b
b
A
B
Gθ
mg
mg
i
j
i
M
N
H
b
b
A
B
Gθ
mg
mg
i
j
i
 (0,5) 
 
iii) Relações cinemáticas: (0,5) 
( )GAaa GA −∧+= ω&rrr e, como iaa AA rr = e jaa GG rr = ,então: 
( )jibkjaia GA rrr&rr θθω sencos +∧+= 
ibjbjaia GA
r&r&rr θωθω sencos +−=⇒ 
Portanto: 
θω senbaA &= e θω cosbaG &= (3) 
 
Substituindo (3) em (2) ⇒ θω cosbmN &= (4) 
 (0,5) 
Substituindo (4) em (1) ⇒ 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
=
3
1cos22 θ
ω
mb
M& 
- 
⎪⎪
⎪⎪
⎭
⎪⎪
⎪⎪
⎬
⎫
 
⎪⎪
⎪⎪
⎭
⎪⎪
⎪⎪
⎬
⎫
 
 
 
 
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
 Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231. cep 05508-900, São Paulo, SP. 
 Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 
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3ª Questão (3,5 pontos) O sistema de coordenadas Oxyz, orientado 
pelos versores ),,( kji
rrr
 está fixo na barra AOC que, por sua vez, 
está articulada em O por meio de uma junta esférica. Os discos de 
raio R e centros A e C são perpendiculares à barra e em torno delas 
podem girar. Considere o pedestal como referencial fixo e a barra 
AOC como referencial móvel. No instante mostrado na figura, as 
velocidades dos pontos P e B, relativas à AOC, são 
respectivamente: kvvPr
r A 
O 
C 
P 
x 
z 
y 
• 
pedestal 
R 
L 
L 
• B 
= e jvvBr
rr r −= , com v constante. Neste 
mesmo instante o vetor de rotação da barra AOC é )( kj
rrr +Ω=Ω , 
medido relativamente ao pedestal, com Ω constante. Determine, no 
instante mostrado na figura: 
a) O vetor de rotação relativo , rωr , do disco de centro A; 
b) Os vetores de rotação, ωr e de aceleração angular, αr , 
absolutos, do disco de centro A; 
c) As acelerações: relativa, , de arrastamento, Pra
r
Paa
r
, de 
Coriolis Pca
r
 e absoluta, Pa
r
 do ponto P. 
 
 
a) ( ) ( ) ( ) ikRkvjRkjikvAPvv zxzyxrelrelArelP rrrrrrrrrrrr ωωωωωω +−=⇒−∧+++=⇒−∧+= 0,, 
 ( ) ( ) ( ) iRjRjvkRkjijvABvv yxzyxrelrelArelB rrrrrrrrrrrr ωωωωωω −=−⇒−∧+++=−⇒−∧+= 0,, 
 
R
v
x −=∴ ω , 0=yω e 0=zω ⇒ iR
v
rel
rr −=ω (1,0) 
 
b) arrrelabs ωωω rrr += ⇒ kjiR
v
abs
rrrr Ω+Ω+−=ω (0,5) 
 resarrrelabs αααα rrrr ++= ; 0
rr =relα ; ( ) ( ) 022 rrrrrrrrr&r&rr =Ω+Ω−=∧Ω+ΩΩ+∧Ω+ΩΩ=Ω+Ω= iikkjjkjkjarrα ; 
 ( ) ⎟⎠⎞⎜⎝⎛ Ω−Ω=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−∧Ω+Ω=∧= jRvkRviRvkjrelarrres rrrrrrrr ωωα ⇒ jR
vk
R
v
abs
rrr Ω−Ω=α (0,5) 
 
c) ( ) ( )[ ]APAPaa relrelrelrelArelP −∧∧+−∧+= ωωα rrrrr ,, ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −∧−∧−= jRi
R
vi
R
v rrr ⇒ jR
va relP
rr 2
, = (0,5) 
 ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]jRiLkjkjAPAPaa arrarrarrOarrP r rr r r rrrrrr −∧Ω+Ω∧Ω+Ω=−∧∧+−∧+= ωωα, ⇒ 
 ( )kRjRiLa arrP rrrr −+−Ω= 22, (0,5) 
 ( ) ⇒∧Ω+Ω=∧= kvkjva relParrCorP rrrrrr 22 ,, ω iva CorP rr Ω= 2, 
 ⇒++= CorParrPrelPabsP aaaa ,,,, rrrr ( ) kRjRR
viLva absP
rrrr 222
, 2 Ω−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ Ω++Ω−Ω= (0,5) 
	Duração da Prova: 100 minutos (não é permitido uso de calculadoras)