Gabarito_2_reof_2015.pdf

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Departamento de Engenharia Mecânica

PME 3100 – MECÂNICA I – Segunda Prova – 15 de maio de 2015

Duração da Prova: 110 minutos (não é permitido uso de calculadoras) 1ª Questão (4,0 pontos) No sistema mostrado na figura, o disco de centro fixo O tem raio R e

vetor de rotação krr ωω = , constante. O disco rola sem escorregar em

relação à barra DE, que tem liberdade para mover-se horizontalmente. A barra BC tem comprimento L, está articulada em B e desliza no ponto C, mantendo contato com a superfície vertical. Para o instante considerado, pede-se: a) a velocidade do ponto B. b) os centros instantâneos de rotação (CIR) do disco e da barra BC. c) o vetor de rotação da barra BC. d) a aceleração do ponto A pertencente ao disco e A’ pertencente à

barra DE. 2ª Questão (4,0 pontos) No sistema mostrado na figura, a peça AOBC, com

LOC = , gira em torno do eixo AB com velocidade angular j

rΩ constante, transportando em sua extremidade

C um disco de raio R que gira com velocidade angular ir

ω− (ω constante) em relação a AOB. Usando os

versores kjirrr

,, , da base solidária ao referencial móvel AOBC, e sabendo que no instante considerado a posição do ponto P do disco é dada por jRCP

r=− )( , determinar:

(a) as velocidades relativa, de arrastamento e absoluta do ponto P ;

(b) as acelerações relativa, de arrastamento, de Coriolis e absoluta do ponto P ; (c) o vetor rotação absoluta do disco; (d) a aceleração rotacional absoluta do disco. 3ª Questão (2,0 pontos) Um ponto M percorre a curva descrita por

( )( )

=⋅+=⋅+=

θθθθθ

z

ay

ax

sincos1

coscos1

de acordo com a lei horária 2

t=θ . Pede-se determinar, no instante 2

π=t :

(a) a velocidade de M ; (b) a aceleração de M ; (c) os versores bn

rrr,,τ do triedro de Frenet em M .

ir

jr

kr

Ωr

ωr C

A

B

O

x

y z

P

A

ir

jr

B

C

O

ω

D E

θ

A’



1ª Questão (4,0 pontos) No sistema mostrado na figura, o disco de centro fixo O tem raio R e

vetor de rotação krr ωω = , constante. O disco rola sem escorregar em

relação à barra DE, que tem liberdade para mover-se horizontalmente. A barra BC tem comprimento L, está articulada em B e desliza no ponto C, mantendo contato com a superfície vertical. Para o instante considerado, pede-se: a) a velocidade do ponto B. b) os centros instantâneos de rotação (CIR) do disco e da barra BC. c) o vetor de rotação da barra BC. d) a aceleração do ponto A pertencente ao disco e A’ pertencente à

barra DE. A barra DE apenas se translada, assim:

( ) ( )⇒−∧+=−∧+== jRkOAkvvv OAB

rrrrrrr ωω 0 iRvB

rr ω=

O disco tem centro fixo O que portanto é o seu centro de rotação. CIR da barra BC pode ser obtido graficamente como ilustrado.

Resulta em ( ) jLsenBCIRBC

rθ=−

Sendo assim podemos escrever:

( ) ( ) ⇒=−∧=⇒−∧= iLsenjLsenkirCIRBkv BCBCBCBCB

rrrrrr θωθωωω ωθ

ωLsen

RBC =

kLsen

RBC

rr ωθ

ω =

Podemos escrever para o disco:

( ) ( )[ ]OAkkOAkaa OA −∧∧+−∧+=rrr

&rr 2ωω

Sendo O fixo e ω constante, obtêm-se: 0rr =Oa e 0=ω& .

Resulta:

( )[ ] ⇒−∧∧++= jRkkaA

rrrrrr 200 ω jRaA

rr 2ω= Temos iRvv BA

rrr ω==′ , pois a barra DE apenas se translada e sendo ω constante resulta

==′ BA vvrr

constante.

Sendo assim 0rr =′Aa .

A

ir

jr

B

C

O

ω

D E

θ

A’

A

ir

jr

B

C

O

ω

D E

θ

A’

CIRBC



2ª Questão (4,0 pontos) No sistema mostrado na figura, a peça AOBC, com

LOC = , gira em torno do eixo AB com velocidade angular j

rΩ constante, transportando em sua extremidade

C um disco de raio R que gira com velocidade angular ir

ω− (ω constante) em relação a AOB. Usando os

versores kjirrr

,, , da base solidária ao referencial móvel AOBC, e sabendo que no instante considerado a posição do ponto P do disco é dada por jRCP

r=− )( , determinar:

(e) as velocidades relativa, de arrastamento e absoluta do ponto P ;

(f) as acelerações relativa, de arrastamento, de Coriolis e absoluta do ponto P ; (g) o vetor rotação absoluta do disco; (h) a aceleração rotacional absoluta do disco.

No movimento relativo: ( ) ( )⇒∧−=−∧−= jRiCPivv relCrelP

rrrrrr ωω 0,, kRv relP

rr ω=,

No movimento de arrastamento: ( ) ( )⇒+∧Ω+=−∧Ω+= jRiLjOPjvv OarrP

rrrrrrr0, kLv arrP

rr Ω−=,

A velocidade absoluta resulta em: ⇒+= relParrPP vvv ,,

rrr ( )kLRvP

rr Ω−= ω

No movimento relativo:

( ) ( )[ ] ⇒−+=−∧∧+−∧+= jRCPiiCPiaa relCrelP

rrrrrr&

rr 22,, 00 ωωω jRa relP

rr 2, ω−=

No movimento de arrastamento:

( ) ( )[ ] ⇒Ω−+=−∧∧Ω+−∧Ω+= iLOPjjOPjaa OarrP

rrrrrr&

rr 22, 00 iLa arrP

rr 2, Ω−=

A aceleração de Coriolis: ⇒∧Ω=∧= kRjva relParrcorP

rrrrr ωω 22 ,, iRa corP

rr ωΩ= 2,

O vetor de rotação absoluto do disco: ⇒+= relarrabs ωωω rrrijabs

rrr ωω −Ω=

A aceleração rotacional absoluta do disco:

( )⇒−∧Ω++=∧++= ijrelarrrelarrabs

rrrrrr&r&r&r ωωωωωω 00 kabs

r&r ωω Ω=

ir

jr

kr

Ωr

ωr C

A

B

O

x

y z

P



3ª Questão (2,0 pontos) Um ponto M percorre a curva descrita por

( )( )

=⋅+=⋅+=

θθθθθ

z

ay

ax

sincos1

coscos1

de acordo com a lei horária 2

t=θ . Pede-se determinar, no instante 2

π=t :

(d) a velocidade de M ; (e) a aceleração de M ; (f) os versores bn

rrr,,τ do triedro de Frenet em M .

A velocidade de M em qualquer instante, é dada por:

dt

dk

d

dzj

d

dyi

d

dx

dt

d

d

rd

dt

rdv

θθθθ

θθ

⋅

++=⋅==rrr

rrr

,

em que

( ) θθθθθθ

2sinsincossin2sin aaaad

dx −−=−+−=

( ) θθθθθθθθ

2coscoscoscossinsincos aaaaad

dy −=+−+=

1=θd

dz

2

1=dt

dθ

Resulta, portanto:

( ) ( ) kjaa

ia

vrrrr

+−++−= θθθθ 2coscos2

2sinsin2

No instante 2

π=t , 4

πθ = e a velocidade de M é:

kjaa

ia

tvrrrr

+

−+

+−=

=2

cos4

cos22

sin4

sin22

πππππ

kaia

tvrrr

2

1

4

2

2

21

22++

+−=

=∴ π

A aceleração de M em qualquer instante, é:

dt

dk

d

dvj

d

dvi

d

dv

dt

d

d

vd

dt

vd zyx θθθθ

θθ

γ ⋅

++=⋅==

rrrrr

r,

em que

( )θθθ

2cos2cos2

−−= a

d

dvx

( )θθθ

2sin2sin2

+−= a

d

dvy

0=θd

dvz



Resulta, portanto:

( ) ( )[ ]jia rrr θθθθγ 2sin2sin2cos2cos4

+−++−=

No instante 2

π=t , 4

πθ = e a aceleração de M é:

+−+

+−=

ji

a rrr

2sin2

4sin

2cos2

4cos

44

πππππγ

−+−=

∴ jia rrr

2

22

2

2

44

πγ

No instante 2

π=t , o versor tangente do triedro de Frenet, é dado por:

( ) ( )( ) 222

2

1

4

2

2

21

2

2

1

4

2

2

21

2

2

22

+

+

+−

++

+−

==

aa

kaia

v

v

rr

rr

πππτ

Nesse mesmo instante, o versor binormal é dado por:

( ) ( ) ( )( ) ( )

−+−∧

++

+−

−+−∧

++

+−

=∧∧

=

jia

kaia

jia

kaia

v

vb

rrrr

rrrr

rr

rrr

2

22

2

2

42

1

4

2

2

21

2

2

22

2

2

42

1

4

2

2

21

2

22

222

πγππγππ

Conseqüentemente, o versor normal, nesse instante, é: ( ) ( ) ( )222 πτππ rrr

∧= bn

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