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Departamento de Engenharia Mecânica
PME2100 – Mecânica A
Prova Substitutiva – 17 de Dezembro de 2004 – Duração: 100 minutos
GABARITO
Questão 1 (3,0 pontos) – A barra ho-
mogênea EF, de peso Q, e a barra ho-
mogênea GH, de peso Q, estão soldadas
ao disco de centro O, raio R e peso 4Q.
As barras AC e CB têm massa desprezí-
vel, comprimento l e estão articuladas
nas duas extremidades.
a – Determine o baricentro do sólido
formado pelo disco e pelas barras EF e
GH.
b – Calcule as forças nas barras AC e
CB.
Solução:
Item (a):
Considerando o sistema de coordenadas Oxy, as coordenadas do baricentro do sólido são:
( ) 0 4 0 R
x Q Q Q
Q R Q Q
x ⇒ =−
0 4 0 R
y Q Q Q
Q R Q Q
y ⇒ =
Item (b):
Diagramas de corpo livre:
Sólido: Nó: Barras:
Condições de equilíbrio do sólido:
∑ x^ C
F X
F (^) y YC YD Q
R Y R
R
M Q
C D
Y R Y Q
R
M Q
C D D
Como Y Y Q Y Q
C +^ D−^6 =^0 ⇒ C=−
Condições de equilíbrio do nó C:
x AC CB {C AC CB
F = ⇒F +F −X = ⇒F =−F
0
F F F Y FAC Q
Q
y = ⇒ AC − CB − C= ⇒ =− −
F Q F Q
AC CB
a
a
a a
R
o
o
y
x
A
B
C
D
O
G
H
E F
l
l
g
A
B
C
y
x
C
D
O
G
H
E F
G S
R/
YC
X C
YD
6 Q
o
C
C
F CB
F CB
F AC
F AC
F AC
F CB
X C
YC
Departamento de Engenharia Mecânica
Questão 2 (3,5 pontos) – O sistema mostrado
na figura é composto pelas barras AB e CO, de
comprimento l, e pela peça articulada em B e
C. No instante analisado, o vetor de rotação da
barra AB é k
r r
ω 1 = ω 1 , e a velocidade do ponto
O é v (^) O vi
r r
=. Pede-se:
a – A velocidade do ponto B.
b – Assumindo que a velocidade angular da
barra OC seja positiva, determinar se o centro
instantâneo de rotação (CIR) da barra OC está
localizado acima (y > 0) ou abaixo (y < 0) do
eixo Ox.
c – O vetor de rotação ω 2
r
da barra OC.
Solução:
Item (a):
v v ( B A) v k li v lj B A B B
r r r r r r r r^ r = + ∧ − ⇒ = + ∧ ⇒ = ⋅ 1 1 1
Item (b):
Observe que vC = vO+ ω 2 ∧( C−O)
r r r , e que ω 2 ∧(C −O)
r é perpendicular a ( C − O). Portanto, para ω 2 > 0, e v > 0, a reta
perpendicular a vC
r
é concorrente à reta perpendicular a vO
r
em um ponto acima do eixo Ox, como se pode perceber na
figura:
Item (c):
O ponto C pertence à barra OC e à peça BC (cujo vetor de rotação denominaremos
3 ω
r
), portanto:
v v (C O) C O
2 ω
r r r
v (^) C = vB+ ω 3 ∧ ( C−B)
r r r
v (C O) v (C B) vi k (l i l j) lj k (l i l j) O B
r r r r r r r r r r r^ r
ω ω ω sen ϕ cosϕ ω ω senϕ cos ϕ
2 3 2 1 3
v i l j l i lj l j l i
r r r r r r +ω 2 ⋅sen ϕ −ω 2 ⋅cosϕ =ω 1 ⋅ +ω 3 ⋅senϕ +ω 3 ⋅cos ϕ
( v l ) i l j l i ( l l ) j
r r r r ω cosϕ ω senϕ ω cosϕ ω ω sen ϕ 2 2 3 1 3
Portanto:
sen sen
cos cos
2 1 3
2 3 l l l
v l l ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
cos sen sen cos
sen cos cos sen
2 1 3
2 3 l l l
v l l
sen cos cos sen cos
sen sen cos sen cos
2 1 3
2 3 l l l
v l l
Somando as equações:
k l
v l
l
v l v l l
r r
2 sen cos
sen cos
2 sen cos
sen cos sen 2 sen cos cos 1 2
1 2 1 2
A
B
C
O
y
x
i
r
j
r
C
O
y
x
i
r
j
r
v O
r
v O
r
ω 2 ∧ ( C −O)
r
CIR
v (^) C = vO+ ω 2 ∧ (C −O)
r r r
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Teorema do momento angular:
A A
o A
o Gz A
Y
Ml Y
l Ml Y
l Ml J Y = ⋅
ω&^ = ⇒ ω&= ⇒ ω&= ⇒ ω& 363
cos 30 4
cos 30 4
2
A
Y
Ml ω&= 54
Relação cinemática e restrição do movimento imposta pelo vínculo (o ponto A pode se mover apenas na direção i
r
a (^) A aG ( A G) [ ( A G)] aAi
r r^ r & r r r
Observe que no instante em que o corpo é solto do repouso temos 0
r r ω = , portanto: a (^) G ( A G) aAi
r & r r
j a i
l i
l a i a j k A
o o Gx Gy
r r r r &
r r =
cos 30 4
ω
i a i
l j
l a i a j A
o o Gx Gy
r r &
r &
r r
cos 30 4
ω ω
sen 30 4
3 l a a a
l a (^) A A Gx
o Gx ω^ ω
− &^ = ⇒ = −& (4)
cos 30 0 4
l a
l a (^) Gy
o Gy ω^ ω
Usando a equação (3) na equação (2):
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −g
l g a
l Mg a
Ml
MaGy YA Mg MaGy ω& Gy ω& Gy ω&
Substituindo este resultado na equação (5):
g
l l l g
l l g
l l aGy =
l
g g
l g
l l
ω& ω& ω&
Substituindo este resultado e a equação (1) na equação (4) obtemos:
a g a g
g g a
l
l
g g a
l a (^) A aGx A A A A
ω&
a (^) A g aA g 109
a g i A
r^ r
