Curso De Mecânica A - Usp - Gabarito 2 2010

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231 CEP 05508-970, São Paulo, SP Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 Departamento de Engenharia Mecânica PME 2100 – MECÂNICA A – Segunda Prova – 19 de outubro de 2010 Duração da Prova: 100 minutos (não é permitido o uso de calculadoras ) QUESTÃO 1 (3,0 pontos): Sabendo que os dois discos têm o mesmo raio R e o mesmo peso mg, e que o coeficiente de atrito tem o mesmo valor µ em todos os contatos, pede-se: a) desenhar o diagrama de corpo livre de cada disco; b) calcular todas as forças na situação de equilíbrio; c) determinar o valor mínimo de µ para que o equilíbrio seja possível. d) para esse valor mínimo de µ calcular o máximo valor de F compatível com o equilíbrio. g F QUESTÃO 2 (3,5 pontos): Considere uma bobina com um cabo enrolado conforme mostrado na figura. O raio de enrolamento é 2R e o raio de rolamento é R. Sabendo que não há escorregamento entre a bobina e o suporte fixo e que o cabo é tracionado horizontalmente com velocidade constante v, pede-se:  a) o CIR e o vetor de rotação ω da bobina;   j b) a velocidade v O e a aceleração  a O do centro geométrico O da 2R R bobina;    k i O c) a aceleração a A do ponto A da bobina; d) dizer se o cabo está se enrolando A ou desenrolando. Justifique. B v QUESTÃO 3 (3,5 pontos): O disco está conectado pelo seu centro C à peça CPO por um mancal, de tal forma que possa girar em torno do segmento CP mantendo sua face plana sempre perpendicular a este segmento. O eixo Oy está sempre na direção do segmento OE, sendo que não há escorregamento no ponto de contato E entre o disco e a plataforma. O sistema de coordenadas Oxyz é solidário à peça CPO. Em relação   ao referencial fixo, os vetores de rotação da plataforma e da peça CPO são, respectivamente, ω p = ω p k ,   constante, e ωb = ωb k , constante. Os pontos P e O pertencem ao eixo Oz e são fixos. O segmento CP é paralelo à face plana da A plataforma e a esta, por sua vez, é perpendicular ao Disco z eixo Oz. No instante mostrado na figura, o R segmento CA (comprimento R), é paralelo ao eixo Plataforma Oz. Adotando a peça CPO como referencial móvel, C P determine:  ωb a) O vetor de rotação relativa ωd , rel e o vetor de  k   rotação absoluta ω d do disco. E  j i   O b) As acelerações relativa a A, rel , de Coriolis a A,Cor L  e absoluta a A do ponto A do disco. x c) A relação entre ωb e ω p para que a velocidade absoluta do ponto A seja zero no instante mostrado na figura. Referencial fixo R y ωp ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231 CEP 05508-970, São Paulo, SP Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 Departamento de Engenharia Mecânica QUESTÃO 1 (3,0 pontos): Sabendo que os dois discos têm o mesmo raio R e o mesmo peso mg, e que o coeficiente de atrito tem o mesmo valor µ em todos os contatos, pede-se: a) desenhar o diagrama de corpo livre de cada disco; b) calcular todas as forças na situação de equilíbrio; c) determinar o valor mínimo de µ para que o equilíbrio seja possível. d) para esse valor mínimo de µ calcular o máximo valor de F compatível com o equilíbrio. g F Logo: Fat = g Fat B F mg NB F 2 Substituindo em (2), (4) e (5): (0,5) mg NB N A = mg − Fat B Fat C Fat A NA NC F 2 NB = F 2 N C = mg + F 2 Lei de Coulomb em A: FatA ≤ µN A (0,5) F No segundo disco, para equilibrar a normal em B, a F ≤ µ  mg − F  ⇒ µ ≥ (se F < 2mg ) 2 2 2mg − F força de atrito em C deve ser para a esquerda.  Sendo assim, para equilibrar momentos em torno do centro do segundo disco, a força de atrito em B deve Lei de Coulomb em B: ser para baixo. FatB ≤ µN B Conclui-se então, pelo equilíbrio de momentos em torno do centro do primeiro disco, que a força de F ≤ µ F ⇒ µ ≥ 1 (0,5) 2 2 atrito em A deve ser para a esquerda. Lei de Coulomb em C: No primeiro disco: ΣFx = 0 ∴ N B + Fat A = F  ΣFy = 0 ∴ N A + Fat B = mg  ΣM z = 0 ∴ Fat A = Fat B FatC ≤ µN C (2) (3) No segundo disco: ΣFx = 0 ∴ N B = Fat C  ΣFy = 0 ∴ N C − Fat B = mg  ΣM z = 0 ∴ Fat B = Fat C F F F  ≤ µ mg +  ⇒ µ ≥ 2 2 2mg + F  (1)  (0,5) (4) (5)  F   2mg − F  Logo µ mín = máx 1, (0,5) Assim: i) se 0 < F ≤ mg ⇒ µ mín = 1 (6) Assim, de (3) e (6): Fat A = Fat B = Fat C = Fat ii) se mg < F < 2mg ⇒ Substituindo (4) em (1): Fat C + Fat A = 2Fat = F iii) se F ≥ 2mg µ mín = F 2mg − F ⇒ não há equilíbrio (0,5) ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231 CEP 05508-970, São Paulo, SP Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 Departamento de Engenharia Mecânica QUESTÃO 2 (3,5 pontos): Considere uma bobina com um cabo enrolado conforme mostrado na figura. O raio de enrolamento é 2R e o raio de rolamento é R. Sabendo que não há escorregamento entre a bobina e o suporte fixo e que o cabo é tracionado horizontalmente com velocidade constante v, pede-se:  a) o CIR e o vetor de rotação ω da bobina;   j b) a velocidade v O e a aceleração  a O do centro geométrico O da 2R R  bobina;   k i O c) a aceleração a A do ponto A da bobina; d) dizer se o cabo está se enrolando A ou desenrolando. Justifique. v B   Não há escorregamento, então: v A = 0 , logo CIR ≡ A (0,5) ( )      v B = v i = ωk ∧ (B − CIR ) = ωk ∧ − R j   v v i = ωR i ⇒ v = ωR ⇒ ω = ⇒ R  v ω= k (0,5) R ( )     v O = ωk ∧ (O − CIR ) = ωk ∧ R j ⇒     (0,5) v O = − ωR i ⇒ v O = − v i Como O se translada horizontalmente com v   constante: a O = 0 (0,5)      aA = aO + ω ∧ (A − O) ) + ω ∧ [ω ∧ (A − O )]     Com a O = 0 e ω =0 , [ ( )]      a A = ω2 k ∧ k ∧ − R j = ω2 R j ⇒  v2  aA = j R (0,5) O cabo está desenrolando já que sua extremidade desloca-se para a direita enquanto o carretel gira em sentido anti-horário com o seu centro deslocando-se para a esquerda. (1,0) ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231 CEP 05508-970, São Paulo, SP Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 Departamento de Engenharia Mecânica QUESTÃO 3 (3,5 pontos): O disco está conectado pelo seu centro C à peça CPO por um mancal, de tal forma que possa girar em torno do segmento CP mantendo sua face plana sempre perpendicular a este segmento. O eixo Oy está sempre na direção do segmento OE, sendo que não há escorregamento no ponto de contato E entre o disco e a plataforma. O sistema de coordenadas Oxyz é solidário à peça CPO. Em relação   ao referencial fixo, os vetores de rotação da plataforma e da peça CPO são, respectivamente, ω p = ω p k ,   constante, e ω b = ω b k , constante. Os pontos P e O pertencem ao eixo Oz e são fixos. O segmento CP é paralelo à face plana da A plataforma e a esta, por sua vez, é perpendicular ao Disco z eixo Oz. No instante mostrado na figura, o Referencial fixo R segmento CA (comprimento R), é paralelo ao eixo Plataforma Oz. Adotando a peça CPO como referencial móvel, C P determine:  ωb a) O vetor de rotação relativa ω d , rel e o vetor de  k   E rotação absoluta ω d do disco.  R j i  O b) As acelerações relativa a A, rel , de Coriolis L   ωp y a A,Cor e absoluta a A do ponto A do disco. x c) A relação entre ω b e ω p para que a velocidade absoluta do ponto A seja zero no instante mostrado na figura. a) O movimento do disco é restringido pelo mancal em C de tal forma que, em relação à peça CPO, o vetor    de rotação relativa possui apenas componente em j , ou seja, ωd ,rel = ωd ,rel j . Pela definição de movimento    de arrastamento, o vetor de rotação de arrastamento do disco é ωd ,arr = ωb = ωb k . Assim, o vetor de rotação absoluto do disco é:      ωd = ωd ,rel + ωd ,arr = ωd ,rel j + ωb k . A velocidade absoluta do ponto C pode ser calculada por: ( )        v C = v P + ωb ∧ (C − P ) = ωb k ∧ − L j ⇒ v C = ωb L i A velocidade absoluta do ponto E pertencente ao disco pode ser calculada por: ( ) ( )           v E = v C + ωd ∧ (E − C ) = ωb L i + ωd ,rel j + ωb k ∧ − Rk ⇒ v E = ωB L i − ωd ,rel R i A velocidade absoluta do ponto E pertencente à plataforma pode ser calculada por: ( )      v E = v O + ωp ∧ (E − O ) = ωp k ∧ − L j ⇒   v E = ωp L i Comparando (como não há escorregamento, as velocidades são iguais):    L ωb L i − ωd ,rel R i = ωp L i ⇒ ωd ,rel = (ωb − ωp ) R   L Portanto: ωd = (ωb − ωp ) j + ωb k R ⇒  L ωd ,rel = (ωb − ωp ) j R (1,0) ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231 CEP 05508-970, São Paulo, SP Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 Departamento de Engenharia Mecânica b) Aceleração relativa do ponto A:      a A ,rel = a C,rel + ω d ,rel ∧ (A − C ) + ωd ,rel ∧ [ωd ,rel ∧ (A − C )] ⇒      L L  a A ,rel = 0 + 0 ∧ Rk + (ω b − ω p ) j ∧ (ω b − ωp ) j ∧ Rk  R R     ⇒ 2   2 L ( ) a A ,rel = − ωb − ωp k R  Aceleração de Coriolis do ponto A: a A ,Cor = 2 ⋅ ωd ,arr ∧ v A ,rel Velocidade relativa do ponto A:        L v A ,rel = v C,rel + ωd ,rel ∧ (A − C ) = 0 + (ωb − ωp ) j ∧ Rk ⇒ v A ,rel = (ωb − ωp )L i R    Como o vetor de rotação de arrastamento do disco é ω d , arr = ω b = ω b k , temos:        a A ,Cor = 2 ⋅ ωd ,arr ∧ v A ,rel = 2ωb k ∧ (ωb − ωp )L i ⇒ a A ,Cor = 2ωb (ωb − ωp )L j Aceleração de arrastamento do ponto A:      a A ,arr = a P ,arr + ω d ,arr ∧ (A − P ) + ωd ,arr ∧ [ωd ,arr ∧ (A − P )] ⇒ ( ) [ ( )]           a A ,arr = 0 + 0 ∧ − L j + Rk + ωb k ∧ ωb k ∧ − L j + Rk = ω2b Lk j Aceleração absoluta do ponto A:     a A = a A ,rel + a A ,arr + a A ,Cor ⇒ 2     2 L  a A = 3ω2b − 2ωb ωp L j − (ωb − ωp ) k R   ( ) (1,5) c) Velocidade absoluta do ponto A:    v A = v A ,rel + v A ,arr      v A ,rel = (ωb − ωp )L i v A ,arr = v C = ωb L i       Portanto: v A = v A ,rel + v A ,arr = (ωb − ωp )L i + ωb L i = (2ωb − ωp )L i   Para que v A = 0 ⇒ (2ωb − ωp )L = 0 ⇒ ωp = 2ωb (1,0)