Transcript
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 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 homogênea EF, de peso Q, e a barra homogênea GH, de peso Q, estão soldadas ao disco de centro O, raio R e peso 4Q. As barras AC e CB têm massa desprezível, 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.
a H
a
A
E
F
l
y
a
C
O R
a
x
45o l
D
G
g
45o
B
Solução: Item (a): Considerando o sistema de coordenadas Oxy, as coordenadas do baricentro do sólido são: x=
Q ⋅ (− R) + Q ⋅ 0 + 4Q ⋅ 0 Q + Q + 4Q
⇒ x=−
R 6
y=
Item (b): Diagramas de corpo livre: Sólido:
Q ⋅ R + Q ⋅ 0 + 4Q ⋅ 0 Q + Q + 4Q
Nó:
y=
⇒
R 6
Barras: A
FAC
R/6 H
E
F YC
y GS
x
6Q
XC YC
D
G
FAC
FCB
FCB
C
XC
C
O
FAC
45o
C
C
YD
FCB B Condições de equilíbrio do nó C:
Condições de equilíbrio do sólido:
∑F = 0 ⇒ X = 0 ∑ F = 0 ⇒ Y + Y − 6Q = 0 R ∑ M = 0 ⇒ 6Q ⋅ 6 + R − Y ⋅ R = 0 7R ∑ M = 0 ⇒ 6Q ⋅ 6 − Y ⋅ R = 0 ⇒ x
C
y
C
C
2 2 + FCB − X C = 0 ⇒ FAC = − FCB 2 2 { 0
∑F
= 0 ⇒ FAC
2 2 − FCB − YC = 0 ⇒ FAC 2 = −Q 2 2 { −Q
y
D
D
= 0 ⇒ FAC
x
D
C
∑F
YD = 7Q
FAC = −Q
2 2
⇒ FCB = Q
2 2
Como YC + YD − 6Q = 0 ⇒ YC = −Q Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica y A
B ω1 φ C φ
r j
ω2
O
r i
x
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 r r barra AB é ω1 = ω1 k , e a velocidade do ponto r r O é vO = v i . 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. r c – O vetor de rotação ω 2 da barra OC.
Solução: Item (a): r r r r r r r r r vB = v A + ω1 ∧ (B − A) ⇒ vB = 0 + ω1 k ∧ l i ⇒ vB = ω1 ⋅ l j Item (b): r r r r Observe que vC = vO + ω2 ∧ (C − O ) , e que ω2 ∧ (C − O ) é perpendicular a (C − O ) . Portanto, para ω2 > 0, e v > 0, a reta r r perpendicular a vC é concorrente à reta perpendicular a vO em um ponto acima do eixo Ox, como se pode perceber na figura: r r r r vC = vO + ω2 ∧ (C − O ) ω2 ∧ (C − O )
y
r j
CIR
φ
r i
r vO
C ω2
O
x r vO
Item (c): r O ponto C pertence à barra OC e à peça BC (cujo vetor de rotação denominaremos ω3 ), portanto: r r r vC = vO + ω2 ∧ (C − O ) r r r vC = vB + ω3 ∧ (C − B ) r r r r r r r r r r r r vO + ω2 ∧ (C − O ) = vB + ω3 ∧ (C − B ) ⇒ v i + ω2 k ∧ l sen ϕ i + l cos ϕ j = ω1 ⋅ l j + ω3 k ∧ l sen ϕ i − l cosϕ j r r r r r r v i + ω2 ⋅ l sen ϕ j − ω2 ⋅ l cos ϕ i = ω1 ⋅ l j + ω3 ⋅ l sen ϕ j + ω3 ⋅ l cos ϕ i r r r r (v − ω 2 ⋅ l cos ϕ )i + ω 2 ⋅ l sen ϕ j = ω3 ⋅ l cos ϕ i + (ω1 ⋅ l + ω3 ⋅ l sen ϕ ) j
(
Portanto: v − ω 2 ⋅ l cos ϕ = ω 3 ⋅ l cos ϕ ω ⋅ l sen ϕ = ω ⋅ l + ω ⋅ l sen ϕ 2 1 3
)
(
)
(− sen ϕ ) ⋅ (v − ω 2 ⋅ l cosϕ ) = (ω 3 ⋅ l cosϕ ) ⋅ (− sen ϕ ) ⇒ (cosϕ )⋅ (ω2 ⋅ l sen ϕ ) = (ω1 ⋅ l + ω3 ⋅ l sen ϕ ) ⋅ (cosϕ )
−v sen ϕ + ω2 ⋅ l sen ϕ cos ϕ = −ω3 ⋅ l sen ϕ cos ϕ ⇒ ω2 ⋅ l sen ϕ cos ϕ = ω1 ⋅ l cos ϕ + ω3 ⋅ l sen ϕ cos ϕ
Somando as equações: ⇒ − v sen ϕ + 2ω2 ⋅ l sen ϕ cos ϕ = ω1 ⋅ l cos ϕ ⇒ ω2 =
v sen ϕ + ω1 ⋅ l cos ϕ 2l sen ϕ cosϕ
r v sen ϕ + ω1 ⋅ l cosϕ r ⇒ ω2 = k 2l sen ϕ cos ϕ
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica Questão 3 (3,5 pontos) – O corpo de massa M, em formato de T, é composto de duas barras homogêneas, idênticas, de comprimento l, soldadas uma à outra. O corpo move-se apenas no plano vertical, e é solto do repouso na posição mostrada na figura. Desprezando o atrito e a massa do rolete em A, determine: a – O momento de inércia em relação ao baricentro do corpo em forma de T. b – A aceleração do ponto A no momento em que o corpo é solto.
r j
l/2 l
A
30o
l/2
r i
g
Momento de inércia baricêntrico de uma barra de comprimento l e massa m: ml 2 JG = l, m 12
G Solução: Item (a): Distância do baricentro G do corpo em forma de T ao ponto A: M M l l+ ⋅ 2 2 2 = l + l = 3l d= M M 2 4 4 + 2 2
Translação de eixos para momentos de inércia: l2 l2 4l 2 3l 2 M l2 M l M l2 M l ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = M ⋅ + = M ⋅ + 2 12 2 4 2 12 2 4 12 16 48 48 2
J Gz =
2
⇒
J Gz =
7 Ml 2 48
Item (b): Diagrama de corpo livre: Como não há atrito entre o rolete e a guia, no ponto A existe apenas a força normal YA: r j
YA g G
A r i
30o
3l 4
Mg Teorema do movimento do baricentro:
r r r r MaG = YA j + Mg sen 30o i − Mg cos 30o j r r r r r M aGx i + aGy j = YA j + Mg sen 30o i − Mg cos 30o j
(
)
MaGx = Mg sen 30o
⇒ aGx =
MaGy = YA − Mg cos 30o
g 2
⇒ MaGy = YA − Mg
(1) 3 2
(2)
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica Teorema do momento angular: J Gzω& = YA
3l 7 Ml 2 3l 7 Ml 3 7 ⋅ 2 ⋅ 3 Ml ω& = YA cos 30o ⇒ ω& = YA ⇒ ω& = YA cos 30o ⇒ 4 48 4 36 2 36 ⋅ 3
7 3 Ml ω& = YA 54
(3) r
Relação cinemática e restrição do movimento imposta pelo vínculo (o ponto A pode se mover apenas na direção i ): r r r r r r a A = aG + ω& ∧ ( A − G ) + ω ∧ [ω ∧ ( A − G )] = a A i
r
r
r
r
r
Observe que no instante em que o corpo é solto do repouso temos ω = 0 , portanto: aG + ω& ∧ ( A − G ) = a A i r 3l r 3l r r r r aGx i + aGy j + ω& k ∧ cos 30o i + sen 30o j = a A i 4 4 r r r r r 3l 3l o o aGx i + aGy j + ω& cos 30 j − ω& sen 30 i = a A i 4 4 aGx − ω&
3l 3l sen 30o = a A ⇒ a A = aGx − ω& 4 8
(4)
aGy + ω&
3l 3 3l cos 30o = 0 ⇒ aGy + ω& =0 4 8
(5)
Usando a equação (3) na equação (2): MaGy = YA − Mg
3 7 3Ml 3 7 3l 3 7l 3 ω& − Mg ω& − g ⇒ MaGy = ⇒ aGy = ⇒ aGy = ω& − g 2 54 2 54 2 2 27
Substituindo este resultado na equação (5): aGy + ω&
3 3l 3l 7l 3 & 3 3l 7l 7l 3l & = 0 ⇒ ω& − g +ω = 0 ⇒ ω& − g + ω& = 0 ⇒ + ω = g 8 4⋅2 4 27 2 27 27 4
109l 108 g 7 ⋅ 4l 3 ⋅ 27l & ω& = g ⇒ ω& = + ω = g ⇒ 108 109l 27 ⋅ 4 4 ⋅ 27
Substituindo este resultado e a equação (1) na equação (4) obtemos: a A = aGx − ω& aA =
3l 8
⇒ aA =
g 108 g 3l − ⋅ 2 109l 8
⇒ aA =
g 27 g 3 − ⋅ 2 109 2
27 3 109 − 81 109 ⇒ aA = − ⋅ g ⇒ aA = g 218 2 ⋅ 109 109 2
28 14 g ⇒ aA = g 218 109
r 14 r aA = gi 109
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica 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 prismáCursor 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 ror r tação do disco de raio R é ω = ω k (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 (constante) e encontra-se no meio da barra, no instante mostrado na figura. Considerando este mesmo instante: r a) Determine a velocidade v A do ponto A, o vetor de rotação x r r Ω da barra AB, e a velocidade v B do ponto B. Considere que r a componente de Ω na direção vertical seja nula em todos os instantes. b) Adotando a barra AB como referencial móvel, determine as velocidades relativa, de arrastamento e absoluta do ponto P. r r c) Determine a aceleração a A do ponto A, a aceleração a B do ponto B e a r aceleração angular α da barra AB
Coluna prismática B
Barra AB
L Esfera de centro P
v P
z
Disco de centro O
L A R
O
ω y
piso Oxyz é fixo em relação ao piso.
d) Determine as acelerações relativa, de arrastamento, de Coriolis e absoluta do ponto P. Solução: r r r r r r r r a) v A = vO + ω ∧ ( A − O ) = 0 + ω k ∧ R i ⇒ v A = ω R j r r r r r r r r r r r r r v B = −v B k ; Ω = Ω x i + Ω y j ; v B = v A + Ω ∧ ( B − A); − v B k = ω R j + Ω x i + Ω y j ∧ 2 L k ;
(
)
r r ωRr r r r r r ωR i − v B k = ω R j − 2 LΩ x j + 2 LΩ y i ⇒ v B = 0 , Ω x = e Ωy = 0 ⇒ Ω = 2L 2L r r b) v P ,rel = v k r r ωRr r r ωR r r r j v P ,arr = v B + Ω ∧ ( P − B ) = 0 + i ∧ L(− k ) ⇒ v P ,arr = 2 2L r r ωR r r r r j + vk v P ,abs = v P ,rel + v P ,arr ⇒ v P ,abs = 2 r
r
r
r
r
r
r
r
[
r
r
]
r
r
c) a A = aO + ω& ∧ ( A − O) + ω ∧ [ω ∧ ( A − O)] = 0 + 0 + ω k ∧ ω k ∧ R i ⇒ a A = −ω 2 R i
[
]
r r r r r r r r r r a B = − a B k ; α = α x i + α y j ; a B = a A + α ∧ ( B − A) + Ω ∧ Ω ∧ ( B − A) ;
r r ωR r ⎡ ωR r r⎤ r r r i ∧⎢ − a B k = −ω 2 R i + (α x i + α y j ) ∧ 2 L k + i ∧ 2 L k ⎥; 2L ⎦ ⎣ 2L
aB =
r r r r ω 2 R2 r − a B k = −ω 2 R i − 2 Lα x j + 2 Lα y i − k; 2L
r ω2R r r ω 2 R2 r ω 2R k ; αx = 0 e αy = j ⇒ aB = − ⇒α= 2L 2L 2L 2L
ω 2 R2
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica r
r
r
r
d) aP ,rel = v& k ⇒ a P ,rel = 0
[
]
r ω R r ⎡ω R r r⎤ r r r ω2R r r r r a P ,arr = a A + α ∧ ( P − A) + Ω ∧ Ω ∧ ( P − A) = −ω 2 R i + j ∧ Lk + i ∧⎢ i ∧ Lk⎥ ⇒ 2L 2L ⎣ 2L ⎦
r ω 2R r ω 2 R2 r r ω 2R r ω 2 R2 r r i− k a P ,arr = −ω 2 R i + i − k ⇒ a P , arr = − 2 4L 2 4L r r r r ω Rv r r ωRr j i ∧ v k ⇒ a P ,cor = − a P ,cor = 2 Ω ∧ v P ,rel = 2 L 2L r r r r r ω 2R r ω R v r ω 2 R2 r i − j− k a P ,abs = a P ,rel + a P ,arr + a P ,cor ⇒ a P ,abs = − L 2 4L
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica PME2100 – Mecânica A Prova Substitutiva – 06 de Dezembro de 2005 – Duração: 100 minutos Importante: não é permitido o uso de calculadoras A
M
g
fio r j
r i
B
C
O
R
2 - (6,0 pontos) A figura mostra uma barra homogênea de massa m e comprimento L, articulada em O e C e um disco homogêneo de massa m , raio R e articulado 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 forças externas que atuam no sistema "barra e disco". b) Calcule o mínimo coeficiente de atrito μ compatível com o equilíbrio.
L
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". r d) Usando o Teorema do Momento Angular, determine o vetor de rotação Ω do disco. r e) Usando o Teorema da Energia Cinética, determine o vetor de rotação ω da barra no instante em que o centro do disco 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 trajetória. Eixo central: lugar geométrico dos pólos para os quais o momento do sistema de forças é mínimo. mL2 mR 2 Disco homogêneo de massa m e raio R: J Gz = Barra homogênea de massa m e comprimento L: J Gz = 2 12 Solução: a) T VO
HO
C
O
mg
mg
∑ F = 0 ⇒ H0 = 0 ∑ Fy = 0 ⇒ mg + mg − VO − T = 0 x
∑M
O
= 0 ⇒ mg
⇒ VO =
3 L + mgL − TL = 0 ⇒ T = mg 2 2
1 mg 2
r r Como o sistema é equilibrado ( R = 0 ), o eixo central não está definido.
L
b) T M Fat
Mg N
∑F ∑F
x
= 0 ⇒T − Fat = 0 ⇒ Fat = T =
y
= 0 ⇒ Mg − N = 0 ⇒ N = Mg
3 mg 2
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica No limite, pela lei de Coulomb, Fat ≤ μN ⇒
3m 3 mg ≤ μMg ⇒ μ mín = 2M 2
c)
VO
HO
C
O
mg
mg
L
TMA para o conjunto com pólo em O: ⎛ mL2 ⎞ L 3 J O ω& = mg + mgL ⇒ ⎜⎜ + mL2 ⎟⎟ ω& = mgL ⇒ 2 2 ⎝ 3 ⎠ 9g ω& = 8L TMA para o conjunto com pólo no baricentro do conjunto: 2 2 ⎛ mL2 3 3 ⎛L⎞ ⎛L⎞ ⎞ + m⎜ ⎟ + m⎜ ⎟ ⎟ = VO L J G ω& = VO L ⇒ ⎜ ⎜ 12 ⎟ 4 4 4 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 5 9g 3 ⇒ mL2 = VO L ⇒ VO = mg 16 24 8L 4
TMB para o conjunto: r 3 r r ⎡ r 3 r⎤ r r r r r r r r r H O i + (2mg −V O ) j = maG ; aG = aO + ω& ∧ (G − O) + ω ∧ [ω ∧ (G − O)] = 0 + ω& k ∧ L i + ω k ∧ ⎢ω k ∧ L i ⎥ ⇒ 4 4 ⎦ ⎣ r r r r 3 r 3 aG = ω& L j − ω 2 L i e, como ω = 0 no instante inicial, então a componente de aG na direção de i é nula nesse 4 4 mesmo instante ⇒ H O = 0 O sistema de forças é um sistema de forças paralelas e, portanto, o momento mínimo é nulo e o eixo central terá a direção 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: ⎛
L⎞
∑ M E = 0 ⇒ VO d − mg ⎜⎝ d − 2 ⎟⎠ + mg (L − d ) = 0 ⇒
d
8 5 3 mgd − 2mgd + Lmg = 0 ⇒ d = L 9 16 2
VO C
O
mg
E
mg
L
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 r constante. Como o sistema parte do repouso, o vetor de rotação Ω do disco é sempre igual ao vetor nulo. r r& r r H C = M Cext = 0 ⇒ H C = constante Como o sistema parte do repouso: r r r r HC = 0 ⇒ Ω = 0 e) Teorema da Energia Cinética r Como o vetor de rotação Ω 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 Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica 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: 2 4mL2 L2 L2 ⎛L⎞ + m⋅ + mL2 ⇒ J Oz = J Oz = J Gz + m ⋅ ⎜ ⎟ + mL2 ⇒ m 12 4 3 ⎝2⎠ Energia cinética do sistema: 1 1 4mL2 2 2mL2 2 ω ⇒ E= ω E = J Oz ω 2 ⇒ E = 2 2 3 3 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: 3mgL L W = mg ⋅ + mg ⋅ L ⇒ W = 2 2 Usando o Teorema da Energia Cinética, e considerando que o sistema parte do repouso: E − E0 = W ⇒ E − 0 = W r 3 g r 2mL2 2 3mgL 9g k ω = ⇒ ω2 = ⇒ ω= 2 L 3 2 4L 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: L m + mL 3L d= 2 ⇒ d= m+m 4
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): VO
HO
3L/4
A trajetória do baricentro G é circular, com raio 3L/4. No ponto mais baixo da trajetória, 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: r 3L r 3L r a G = −ω& i −ω 2 j 4 4 9g como, neste instante, ω& = 0 e ω 2 = : 4L r r 27 g r 9 g 3L r aG = − j ⇒ aG = − j 16 4L 4 Teorema do Movimento do Baricentro: r r 2ma G = R r r 27 g r − 2m j = H O i + (2mg − VO ) j 16 HO = 0
G
V A = 2m
2mg
43 27 g mg + 2mg ⇒ VO = 8 16
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica
PME 2100 - Mecânica A - Prova de Recuperação – 14/02/2006 – Duração 100 min. No USP:__________ Nome:___________________________Ass.:_______________________ Questão 1 (3,0 pontos) A polia de raio L/2 é ligada à barra ABC de comprimento 2L através de uma articulação em C. Um fio flexível e inextensível passa pela polia e tem uma das extremidades presa em B e a outra presa a um bloco de peso P. A estrutura é vinculada por uma articulação em A e por um apoio simples em B. Considerando a barra, a polia e o fio com pesos desprezíveis, determine as reações vinculares em A e B.
A
B
C L 2
L
L
P Questão 2 (4,0 pontos) O disco de raio R rola sem escorregar sobre a barra AB; é dada a velocidade
r r v O, r = v i (de módulo v constante) do centro O do
r j
disco em relação à barra. A barra AB gira ao redor da articulação A com velocidade angular ϕ& constante. Adotando o sistema de coordenadas (A, x,y,z) solidário à barra, e sabendo que no instante t = 0 a coordenada x do ponto O é x O , pede-se, para um instante t qualquer: a) A velocidade
x
y
A
r v C do ponto de contato entre o disco e a
B
O R
r i
C
ϕ&
barra;
r v O do centro do disco; c) A velocidade angular ω do disco; b) A velocidade
d) As acelerações dos pontos O e C do disco.
Questão 3 (3,0 pontos) Um binário de momento M é aplicado a um cilindro de raio R e massa m. O coeficiente de atrito entre o cilindro e a superfície é µ e a aceleração da gravidade é g. Considerando que o cilindro parte do repouso, determine a aceleração angular do cilindro ω& para os seguintes casos: a) o cilindro rola e escorrega; b) o cilindro rola sem escorregar. Dado o momento de inércia do cilindro com relação a um eixo de direção normal ao plano da figura e que passa pelo
mR2 seu baricentro G: J G = . 2 M
g G R C
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica
PME 2100 - Mecânica A - Prova de Recuperação – 14/02/2006 – Duração 100 min. GABARITO Questão 1 (3,0 pontos) A polia de raio L/2 é ligada à barra ABC de comprimento 2L através de uma articulação em C. Um fio flexível e inextensível passa pela polia e tem uma das extremidades presa em B e a outra presa a um bloco de peso P. A estrutura é vinculada por uma articulação em A e por um apoio simples em B. Considerando a barra, a polia e o fio com pesos desprezíveis, determine as reações vinculares em A e B.
A
B
C L 2
L
L
P
RESPOSTA (1,0) Diagrama de corpo livre:
HA VA
VB
Equações de equilíbrio:
∑F ∑F ∑M
H
=0⇒HA =0
V
= 0 ⇒ VA + VB − P = 0 A
P (1,0)
L = 0 ⇒ V B L − P 2L + = 0 2
5 P 2 3 VA = − P 2 VB =
(1,0)
3 P 2
5 P 2
P
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica
Questão 2 (4,0 pontos) O disco de raio R rola sem escorregar sobre a barra AB; é dada a velocidade
r r v O, r = v i (de módulo v constante) do centro O do
x
y
O
r j
disco em relação à barra. A barra AB gira ao redor da articulação A com velocidade angular ϕ& constante.
R
r i
Adotando o sistema de coordenadas (A, x,y,z) solidário à barra, e sabendo que no instante t = 0 a coordenada x
x O , pede-se, para um instante t qualquer: r a) A velocidade v C do ponto de contato entre o dis co e a do ponto O é
B
C
ϕ&
A
barra; b) A velocidade
r v O do centro do disco; c) A velocidade angular ω do disco; d) As acelerações dos pontos O e C do disco.
RESPOSTA
r r r r r r a) v C = v{A + ϕ& k ∧ (C − A); (C − A) = ( x O + vt )i → vC = ϕ& ( xO + vt ) j (0,5) r 0
b)
r r r r r r r r r r r & (x O + vt ) j − ϕ&Ri . (0,5) v O = vO, r + vO, a ; vO ,r = vi ; v O, a = vC + ϕ& k ∧ (1 O2 −C ) → v = ϕ O , a 3
r r r ∴v O = (v − ϕ&R )i + ϕ& ( xO + vt ) j
r Rj
(0,5)
c) r r r r v r v O, r = vi = ω rel k ∧ (O − C ) → ω rel = − k ; (0,5) R r r r r v r v ω = ω rel + ω arr → ω = ϕ& − k ⇒ ω = ϕ& − (0,5) R R
[
]
r r r r r r r r r r r r a O = a O, r + aO, a + aO, c ; a O, r = 0; aO , a = ϕ& k ∧ ϕ& k ∧ (O − A) →; a O, a = −ϕ& 2 (x O + vt )i + Rj ; r r r r r r r r d) a O, c = 2ϕ& k ∧ vi → a O, c = 2ϕ& vj ;∴ a O = − ϕ& 2 (x O + vt )i + 2ϕ& v − ϕ& 2 R j ; (1,0)
(
r v2 r r r r r r a C = aO + ω ∧ [ω ∧ (C − O )] → a C = − ϕ& 2 ( xO + vt )i + j. R
)
(0,5)
[
]
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica
Questão 3 (3,0 pontos) Um binário de momento M é aplicado a um cilindro de raio R e massa m. O coeficiente de atrito entre o cilindro e a superfície é µ e a aceleração da gravidade é g. Considerando que o cilindro parte do repouso, determine a aceleração angular do cilindro ω& para os seguintes casos: a) o cilindro rola e escorrega; b) o cilindro rola sem escorregar. Dado o momento de inércia do cilindro com relação a um eixo de direção normal ao plano da figura e que passa pelo seu baricentro G:
JG =
mR2 . 2 M
g G R C
RESPOSTA M
Sendo F a força de atrito e N a reação normal da superfície. a) Rola e escorrega - Teorema do Momento Angular com pólo em G
r& r HG = MGExt JGω& = M − FR F = µN = µmg 2(M − µmgR) ω& = mR2
G mg C F N (1,0)
b) Rola sem escorregar – Teorema do Momento Angular com pólo em C
r a c // (G − C ) r& r H C = M CExt 3 mR 2ω& = M 2 2 M ω& = 3 mR 2
(0,5)
ou (1,5)
r r r r v G = ωRi , a G = ω& Ri r r r TMB : mω& Ri = Fi + ( N − mg ) j r& r TMA : pólo − G : H G = M G r mR 2 r − ω& R = (− M + FR )R 2 2M ω& = 3MR 2
(1,0)
(1,0)
