Mecânica I - Poli - Psub - 2009 - reoferecimento

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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 – Substitutiva – 03 de julho de 2009 
Duração da Prova: 120 minutos (não é permitido uso de calculadoras) 
 
QUESTÃO 1 (3,0 pontos). O diagrama abaixo mostra um sistema em equilíbrio. O peso do bloco K é P e o 
peso da polia C é P/4. Despreze outros pesos. As polias C e D possuem raio r e a polia F possui raio r/2. Não há 
atrito entre o plano inclinado e o bloco K. Os cabos são ideais; não há atritos de qualquer espécie nas polias e 
em seus mancais. Considere Ө=45º. Nestas condições, pedem-se: 
 
 
(a) Os diagramas de corpo livre de todas as polias, do bloco K 
e das barras AC e BE; 
 
(b) as reações nos mancais C e D; 
 
(c) as reações nas articulações A e E 
 
 
 
 
 
 
 
Solução 
Diagramas de corpo livre das barras, polias e do bloco K 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o bloco somente, temos: 
 
0cos0
0cos0
2
2
=+−⇒=
=+−⇒=
∑
∑
θθ
θθ
NPsenTF
NsenTF
V
H
 (1) 
 
Resolvendo as equações (1) tem-se: 
HE 
VE 
VB 
HB 
HC 
F 
P 
HD 
VD 
T1 
T1 
N T2 
T2 
T1 
T1 
T1 
T1 
T1 
T1 
VC 
HB 
VB 
HC 
VC 
P/ 4 
HA 
VA 
HD 
VD 
A 
C 
B 
D 
E 
F 
K 
θ 
θ 
θ 
l 
l 
l 
0,5l 
 
 
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θ
θ
PsenT
PN
=
=
2
cos
 
 
Do equilíbrio da polia de centro F obtemos 
4
2
2
2 121
PPsenTTT ==⇒= θ 
 
Do equilíbrio da polia de centro C, 
 





 +
=⇒=++⇒=
==⇒=⇒=
∑
∑
4
23
4
20
22
2
4
22cos20
11
1
PVVPsenTTF
PPHHTF
CCV
CcH
θ
θ
 (2) 
 
Do equilíbrio da polia de centro D, 
 
4
2
21
PPsenTVH DD ====
θ
 
 
Finalmente, considerando somente as barras AC e BE, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
barra AC 
0
2
0 =++−⇒=∑
PHHF BAH
 (3) 
0
4
230 =





 +
−+⇒=∑ PVVF BAV (4) 
0
4
25
0
2
2
4
23
2
2
22
2
2
20
=






 +
−−−
⇒=






 +
−−−−⇒=∑
PVH
lPlPVlHlM
AA
AAB
 (5) 
 
HB 
A 
VA 
HA 
VC 
HC 
VE 
HE 
HD 
VD 
HB 
VB 
VB 
 
 
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barra BE 
0
4
20 =++−⇒=∑
PHHF EBH (6) 
0
4
20 =++−⇒=∑
PVVF EBV (7) 
0233
0
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
4
2
2
2
4
20
=++
⇒=+++⇒=∑
PHV
lHlVlPlPM
EE
EEB
 (8) 
 
As equações (3) a (8) são resolvidas para se obter HA, VA, HE e VE da seguinte maneira: 
de (3), 
2
PHH AB −= em (6), 
4
2
2
0
4
2
2
PPHHPHPH EAEA −−=+−⇒=+++− (9) 
 
de (4), 







 +
+−=
4
23PVV AB em (7), 
4
30
4
2
4
2
4
3 PVVPVPPV EAEA =+⇒=++−− (10) 
 
de (10) 
AE V
PV −=
4
3
 em (8) 
3
2
4
30233
4
33 PHPVPHVP EAEA ++=⇒=++− (11) 
 
(11) em (5) fornece 
 
272412120
4
2
4
5
3
2
4
3 PPHHPPPHPH EAEA +=−−⇒=−−−−−− (12) 
 
Resolvendo-se (9) e (12) obtém-se: 
12
)2515(
12
)229(
+
−=
+
−=
PH
PH
E
A
 
 
HE em (11) fornece 
 
12
)26( +
−=
PVA 
e, finalmente, VA em (10) fornece 
 
12
)215( +
=
PVE 
 
 
 
 
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QUESTÃO 2 (3,0 pontos). A barra AB, de comprimento L=5r, 
está conectada por meio de juntas esféricas ao cursor A e ao disco 
rotativo de raio r e centro ( )0,0,aC = com 15ra = . Sabendo-se 
que este disco gira no sentido anti-horário com velocidade angular 
ω constante e que a barra AB não pode girar em torno de seu 
próprio eixo, ou seja, 0)( =−⋅Ω AB
r
 pede-se, para a 
configuração indicada na figura: 
 
(a) A velocidade do cursor A. 
 
(b) A velocidade angular Ωr da barra AB. 
 
(c) O eixo helicoidal instantâneo da barra AB. 
 
 
 
SOLUÇÃO 
 
Da geometria do problema temos: 
 
rOAOAOBBA
rOBrrOBOCCBOB
3)()()()(
4)()15()()()()(
222
222222
=−⇒−+−=−
=−⇒+=−⇒−+−=−
 
 
Com isso, temos as coordenadas de todos os pontos de interesse: 
 
)0;0;15();0;15()0;3;0( rCrrBrA 
 
Da equação fundamental da cinemática aplicada ao disco de centro C temos: 
 
irvkrjCBvv BCB
rrrrrrrr
ωωω =⇒∧+=−∧+= 0)( (1) 
 
A mesma equação aplicada à barra fornece: 
 
)315()()( krjrirkjiirBAvv zyxBA
rrrrrrrrrr
−+−∧Ω+Ω+Ω+=−∧Ω+= ω (2) 
 
Sabemos porém que jvv AA
rr
= pois A desloca-se sobre a guia vertical. 
 
Assim, a eq. (2) fica: 
 
krrjrrirrr
rrr
kji
irjv yxxzzyzyxA
rrr
rrr
r )153()15()3(
315
Ω+Ω+Ω+Ω−+Ω−Ω−=
−−
ΩΩΩ+= ωω (3) 
 
A eq. (3) fornece 3 equações escalares: 
 
 
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)6(1530:
)5(15:
)4(30:
yx
xzA
zy
rrk
rrvj
rrri
Ω+Ω=
Ω+Ω−=
Ω−Ω−=
r
r
r
ω
 
 
Temos, portanto 4 incógnitas. A equação adicional vem da condição de corpo rígido para a barra AB: 
 
)7(
3
15
15.3
)315()315(
)()(
2
jrv
rvr
krjririrkrjrirjv
BAvBAv
A
A
A
BA
rr
rrrrrrrr
rr
ω
ω
ω
−=
⇒−=
⇒−+−⋅=−+−⋅
⇒−⋅=−⋅
 
 
resposta (a) 
 
Para a obtenção do vetor rotação da barra temos que resolver o sistema formado por (4), (5) e (6). No entanto, 
este sistema é composto por equações linearmente dependentes, como se pode verificar pelo cálculo do 
determinante da matriz do sistema: 
 
0
0153
150
30
=−
−−
rr
rr
rr
 
Assim, faz-se necessário utilizar uma equação extra indendente, qual seja, a condição de não-rotação da barra 
AB em torno de seu próprio eixo: 
 
zyzyx rrrkrjrirkjiAB Ω−Ω+−=−+−⋅Ω+Ω+Ω⇒=−⋅Ω 315)315()(0)(
rrrrrrr
 (8) 
de (6), 
3
15
1530 yxyx rr
Ω
−=Ω⇒Ω+Ω=
ω
 (9) 
de (4), 
33
30 yzzy rrr
Ω
−=Ω=⇒Ω−Ω−= ωω (10) 
 
 
de (9) e (10) em (8), 
25
0
33
3
3
15
15 ωω =Ω⇒=
Ω
+−Ω+
Ω
y
y
y
y rr
rr 
em (9) 
75
15ω
−=Ωx 
em (10) 
 
 
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75
24ω
=Ω z 
 
Assim, 
)24315(
75
kji
rrrr
++−=Ω ω resposta (b) 
 
Os pontos E do eixo helicoidal instantâneo de um sólido situam-se sobre uma reta paralela ao seu vetor de 
rotação instantânea Ω
r
, cuja equação é dada por: 
 
Ω+
Ω
∧Ω
+=
r
r
rr
λ2
OvOE (Eq.16) 
Tomando o ponto A como pólo, temos: 
 
Ω+
++
−
∧++−
+=
r
rrrr
λ
ω
ωω
)24915(
75
3
15)24315(
75
2
2
2
jrkji
AE 
Ω+++=
rrr
λkrirAE
8
51575 resposta (c) 
 
 
 QUESTÃO 3: (4,0 pontos). Um disco de massa m e raio r articulado 
 pelo seu centro A a uma barra OA de massa M e comprimento R rola 
 sem escorregar sobre uma superfície de raio r+R, conforme indicado na 
 figura. Admitindo-se que o sistema se encontre inicialmente em 
 repouso quando o ângulo θ entre a barra e a vertical for 0θ 
 ( )20 0 piθ << , pede-se: 
 (a) Os diagramas de corpo livre da barra e do disco em uma posição 
 genérica como a mostrada na figura. 
 (b) O trabalho que cada uma das forças atuantes no sistema realiza 
 (justificar, para os casos em que o trabalho é nulo). 
 (c) A velocidade e a aceleração angulares do disco e da barra para 
 0=θ . 
 (d) As reações horizontais nas articulações O e A para 0=θ . 
 Dados: 22
1
mrJ Disco
Az
=
 e 2
3
1 MRJ BarraOz = 
SOLUÇÃO 
 
Como o disco rola sem escorregar, o ponto de contacto C corresponde ao CIR. Logo, podemos calcular a 
velocidade de A aplicando-se a equação fundamental da Cinemática entre os pontos C e A do disco: 
 
( ) jrjrirkvv CA rrrrrrr ωωω =−=−∧+= 0 (Eq.1) 
 
Como A também pertence à barra, podemos calcular a sua velocidade aplicando-se a equação fundamental da 
Cinemática entre os pontos A e O da barra, ou seja: 
i
r
 
jr 
θ 
O 
A 
C 
ωω &
rr
, 
ΩΩ &
rr
, 
 
 
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 ( ) jRiRkvv OA rrrrrr Ω−=∧Ω−+= 0 (Eq.2)
 
Igualando-se (1) e (2) determinamos a relação entre as velocidades angulares da barra e do disco: 
 
ω
rr
R
r
−=Ω (Eq.3) 
 
Como a base kji
rrr
,, é solidária à barra OA e os vetores de rotação Ω
r
e ω
r
têm direção constante, podemos 
derivar a expressão acima para obter a relação entre as acelerações angulares da barra e do disco: 
 
ω&
r&r
R
r
−=Ω (Eq.4) 
 
De posse das relações anteriores, podemos expressar as acelerações do ponto A e do baricentro G da barra em 
função da velocidade angular do disco: 
 ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )ijrijRa
ijrijRa
ijRiRjRiRkkiRka
G
A
A
rr
&
rr
&
r
rr
&
rr
&
r
rr
&
rr
&
rrrrr
&
rr
22
22
22
22
0
ωω
ωω
+−=Ω+Ω−=∴
+−=Ω+Ω−=∴
Ω+Ω−=Ω−Ω−=∧Ω−∧Ω−+∧Ω−+=
 (Eq.5) 
 
Para obtermos a variação das velocidades e acelerações angulares em função do ângulo θ, aplicaremos o 
Teorema da Energia Cinética entre os estados ( ) 00 θθ = e ( ) 0=tθ . Antes, porém, é necessário construirmos os 
diagramas de corpo livre do disco e da barra, com o propósito de identificarmos as forças que realizam trabalho 
durante a mudança de configuração do sistema. Os citados diagramas, para uma posição θ arbitrária, são 
apresentados nas figuras abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Resposta a) 
 
Analisando-se o trabalho realizado pelas forças atuantes no sistema, notamos que: 
• As componentes CC HV , da reação CR
r
, em C, não realizam trabalho, pois C tem velocidade nula; logo, 
00.. ====
rrrr
& rr CCCRR RvRW CC τ . 
• As componentes OO HV , da reação OR
r
em O não realizam trabalho, pois O é um ponto fixo. 
• As reações de contacto no ponto A entre a barra e o disco constituem um par de forças internas ao sistema, 
com mesmo módulo, mesma direção e sentidos opostos; logo, o trabalho realizado por essas forças é nulo. 
• O trabalho realizado pelas forças peso Mg e mg entre as posições ( ) 00 θθ = e ( ) 0=tθ é dado por: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )00000 cos12
2
cos1
2
cos0coscos0cos
2
0, θθθθθτ −+=−





+=−+−= RgMmRMmRgmgRRMgg (Eq.6) 
A 
C 
CH 
CV 
θ 
AH A
V 
mg 
AH 
AV 
Mg 
A 
O 
0H 0V 
G 
 
 
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(Resposta b) 
 
Como o sistema disco+barra parte do repouso, a sua energia cinética inicial é nula. Mas na posição ( ) θθ =t , o 
seu valor é: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )θθωθθθ 22
2
1
2
1 Ω+=+= BarraDiscoBarraDisco OzCz JJTTT (Eq.7) 
 
Para o disco, tem-se: 
 
2222
2
3
2
1
mrmrmrmrJJ DiscoAz
Disco
Cz =+=+= (Eq.8) 
 
Substituindo-se as equações (3) e (8) em (6), obtém-se a energia cinética do sistema para uma posição θ 
arbitrária: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )θωθωθωθθωθ 2222222222
12
29
6
1
4
3
3
1
2
1
2
3
2
1
r
MmMrmrMRmrT +=+=Ω⋅+⋅= (Eq.9) 
 
Aplicando-se o Teorema da Energia Cinética entre as posições θ0 e θ, resulta: 
 
( ) ( )022 coscos29
26 θθθω −
+
+
⋅=
r
Rg
Mm
Mm
 (Eq.10) 
 
Derivando-se a equação acima em relação ao tempo, obtém-se: 
 
( ) ( ) ( ) θθθωθω && ⋅−
+
+
⋅= sin
29
23. 2
r
Rg
Mm
Mm
 (Eq.11) 
 
Notando, na equação acima, que ωθ
R
r
−=Ω=& , chega-se a: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) θθωθωθθωθω sin
29
23sin
29
23. 2 r
g
Mm
Mm
R
r
r
Rg
Mm
Mm
+
+
⋅=⇒⋅
+
+
⋅= && (Eq.12) 
 
Particularizando-se expressão (10) para a configuração 0=θ e utilizando-se a relação (3), obtêm-se as a 
velocidades angulares do disco e da barra, dadas por 
 
( ) ( )
( ) ( )02
02
cos1
29
260
cos1
29
260
θ
θω
−
+
+
⋅−=Ω
−
+
+
⋅=
r
Rg
Mm
Mm
R
r
r
Rg
Mm
Mm
 (Eq.13) 
 
e também as suas respectivas acelerações angulares : 
 
( )
( ) 00
00
=Ω
=
&
&ω
 (Eq.14) 
 
 
 
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(Resposta c) 
 
Consideraremos agora os diagramas de corpo livre para a particular posição 0=θ : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tomando-se por referência os diagramas de corpo livre acima, aplicaremos o TMB segundo a direção i
r
e o TMAà barra e ao disco. Para o primeiro, adotaremos como pólo o ponto fixo O e para o segundo o baricentro A. Além 
disso, utilizaremos as expressões das acelerações dos baricentros G e A da barra, já particularizadas para a 
posição 0=θ . Portanto, para a barra, tem-se: 
( ) 00
2
=





−==− ω&
rMMaHH GxAO (Eq.15) 
( ) 00 =⋅=− ω&BarraA OzJRH (Eq.16) 
 
E, para o disco, tem-se: 
 
( )( ) 00 =−==+ ω&rmmaHH AxCA (Eq.17) 
( ) 00.
2
10 2 ==⋅= mrJrH DiscoC Az ω& (Eq.18) 
Resolvendo-se o sistema de equações acima, chega-se a: 
 
0== OA HH 
 
(Resposta d) 
 
A 
C C
H 
CV 
AH 
AV 
mg 
ωω &
rr
, 
AH 
AV 
Mg 
A 
O 
0H 
0V 
G 
ωω &
rr
, 
i
r
 
jr