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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
MECÂNICA A – PME 2100 Terceira Prova – 02 de dezembro de 2003 - Duração da Prova: 110 minutos Importante: não é permitido uso de calculadoras
Gabarito 1ª Questão (2,0 pontos)
y
O disco de raio r e massa m, rola sem escorregar sobre o bloco S. O bloco S tem massa M e superfície com raio R, se apóia sem atrito sobre o plano horizontal. O disco parte do repouso da posição C. Determinar o máximo valor do deslocamento |x| do bloco S.
C
r
M
R
S
x
Solução:
Aplicando o TMB na direção horizontal: maGx = Fx .(0,5 ponto) Como não existem forças agindo nesta direção: ⎧V = C1 ⎧V = 0 e, no instante t 0 = 0 ⇒ ⎨ Gx . Fx = 0 ⇒a Gx = 0 ⇒ ⎨ Gx ⎩ xG = C1t + C 2 ⎩ xG = C 2 (constante) Calculando a posição horizontal xG do baricentro, no instante inicial t0 : − m( R − r ) xG = .(0,5 ponto) m+M No instante t em que o disco de raio r se encontrar na posição D: − Mx + m( R − r − x) (0,5 ponto) xG′ = m + M y
C
D
M
S
x
x
Como xG = x′G : − m( R − r ) − Mx + m( R − r − x) = m+M m+M − m( R − r ) = − Mx + m( R − r − x) ⇒ −2m( R − r ) = −( M + m) x 2m( R − r ) x = M +m
Portanto o bloco S terá um valor máximo de deslocamento: x =
2 m( R − r ) .(0,5 ponto) m+M
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2ª Questão (4,0 pontos)
O mecanismo da figura repousa numa superfície horizontal sem atrito e está submetido a uma força F. O bloco B tem massa 4m. O corpo articulado em A é composto pela barra AC com massa m e comprimento L e uma massa m fixada na extremidade C. O corpo encosta-se ao bloco B no ponto C, sem atrito, formando um ângulo θ = 30º com a horizontal. Pede-se:
g y
C
L A
F
θ B
x
a) o baricentro do corpo composto da barra AC e a massa concentrada em C; b) a aceleração do ponto A; c) a máxima força F para que não haja descolamento do corpo em relação ao bloco no ponto C. Dado: momento de inércia da barra AC → JZG = (mL2)/12 Solução:
⎞ ⎛ L ⎜ m + mL ⎟ r r 2 ⎠ ⇒ G − A = 3L (G − A) = 3L (cos θ i + sen θ j ) a) G − A = ⎝ 2m 4 4 3 3L r 3L r i+ j (0,5 ponto) Como θ = 30 o ⇒ (G − A) = 8 8 b) Aplicando o TMB no sistema, na direção do eixo x: 6maGsistema = F considerando que o ponto A é solidário ao bloco B, e que AB não se move em relação ao bloco B, então: a Ax = aGsistema r F r F i (1,0 ponto) 6ma Ax = F ⇒ a Ax = , como a Ay = 0 , então: a A = 6m 6m c) Diagrama de corpo livre do corpo (barra AC e massa concentrada em C): (0,5 ponto) r r Aplicando o TMB (como há apenas translação, a A = aGCorpo ): N C F F YA 2ma Ax = X A − N ⇒ 2m = XA −N ⇒ XA −N = 6m 3 (0,5 ponto) A 2ma Ay = Y A − 2mg ⇒ Y A − 2mg = 0 ⇒ YA = 2mg 2mg XA Aplicando o TMA no corpo: L 3L 3L J zGcω& = N sen 30 o + X A sen 30 o − YA cos 30 o = 0 (0,5 ponto) 4 4 4 Quando o corpo está na iminência de se descolar do bloco B no ponto C, N=0: (0,5 ponto) 3L 3 3L 3L 3L − 2mg = 0 ⇒ X A = 2mg 3 cos 30 o = 0 ⇒ X A sen 30 o − Y A XA 8 8 4 4 F X A = ⇒ F = 3 X A ⇒ F = 6mg 3 3 Portanto, o valor máximo de F para que não haja descolamento em C é: F = 6mg 3 (0,5 ponto)
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3ª Questão (4,0 pontos)
O disco de raio R e massa M, rola sem escorregar num plano horizontal. Um cabo ideal une o centro do disco G ao bloco B, através de uma polia de inércia desprezível. O bloco B de massa m escorrega sobre o plano com inclinação α e coeficiente de atrito µ, partindo do repouso em x = 0. Pede-se determinar: a) a energia cinética do sistema em função da velocidade angular ω do disco; b) velocidade angular do disco em função de x; c) aceleração do bloco B; a) O sistema parte do repouso ⇒ E0 = 0
ω R G
M m
µ
x
C B µ
g
2
Jz G = (MR )/2
α
1 2 1 1 1 2 1 1 MR 2 2 2 = + + ω (0,5 ponto) mv B + MvG2 + J ZG ω 2 E mv Mv G G ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 Lembrando que v B = vG r r r r r r O disco rola sem escorregar ⇒ vC = 0 . Fórmula de Poisson: vG = vC + ω ∧ (G − O) ⇒ vG = ωR . E=
1 1 1 MR 2 2 2 2 ω m(ωR ) + M (ωR ) + 2 2 2 2 b) O trabalho das forças externas: W ext = mg sen α x − Fat x Então: E =
⇒
3 ⎞ ⎛1 E (ω ) = ⎜ m + M ⎟ R 2ω 2 (0,5 ponto) 4 ⎠ ⎝2
Há escorregamento (bloco B): Fat = µN = µmg cos α ⇒ W ext = (mg sen α − µmg cos α )x (0,5 ponto) Portanto, aplicando o TEC (E − E 0 = W ext ) :
r 4mg (sen α − µ cos α )x r 3 ⎞ 2 2 ⎛1 k (0,5 ponto) ⎜ m + M ⎟ R ω = (mg sen α − µmg cos α )x ⇒ ω = (2m + 3M )R 2 4 ⎠ ⎝2 T c) Aplicando o TMB ao bloco, na direção de x: ma B = mg sen α − µmg cos α − T T Fat=µN a B = g (sen α − µ cos α ) − (0,5 ponto) m Aplicando o TMA ao cilindro (usando o pólo C): T N=mgcos α aG mg , então: J Cz ω& = TR , como ω& = Mg R ⎛ MR 2 ⎞a a 2T C FatD (0,5 ponto) + MR 2 ⎟⎟ G2 = T ⇒ aG = J Cz G = TR ⇒ ⎜⎜ 2 3 M R R N =M ⎝ ⎠ D 2T T 2T T = g (sen α − µ cos α ) − ⇒ + = g (sen α − µ cos α ) Como a B = aG ⇒ 3M m 3M m r 2mg (sen α − µ cos α ) r 1⎞ 3Mmg (sen α − µ cos α ) ⎛ 2 i + ⎟T = g (sen α − µ cos α ) ⇒ T = ⇒ aB = ⎜ 2m + 3M 2m + 3M ⎝ 3M m ⎠ (0,5 ponto) (0,5 ponto) pelos Diagramas de C.L.
