Preview only show first 10 pages with watermark. For full document please download

Curso De Mecânica A - Usp - Gabarito 3 2011

Provas e Material de 2000 a 2012

   EMBED

  • Rating

  • Date

    December 2018
  • Size

    203.1KB
  • Views

    8,208
  • Categories


Share

Transcript

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 – Terceira Prova – 22 de novembro de 2011 Duração da Prova: 110 minutos Não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos QUESTÃO 1 (3,5 pontos): Os discos homogêneos de centros A e B têm, respectivamente, massas M e M/3 e raios R e R/2, estando ligados por uma barra rígida de massa desprezível. Sabendo que os discos rolam sem escorregar, partindo do repouso, pede-se: a) As relações entre os vetores r r 0,5 de rotação ω A e ω B dos discos M r r g e as velocidades v A e vB dos A centros dos discos. R 1,0 b) A aceleração do ponto B. M/3 r c) A força de atrito entre o R/2 j 1,0 disco de centro B e o plano α B r inclinado. i d) A força na barra indicando se 1,0 é de tração ou de compressão. J Gdisco = QUESTÃO 2 (3,5 pontos): A barra homogênea AB, de comprimento L e massa M, parte do repouso em θ = θ0; nessa posição inicial a mola linear de constante elástica k está indeformada, isto é, o seu comprimento natural é Lsenθ0. Os roletes em A e B tem massa desprezível e atrito nulo. As extremidades da mola estão nos pontos D (fixo) e B. Pede-se: 1,0 a) O diagrama de corpo livre da barra correspondente a π θ0 < θ < . 2 M disco Rdisco 2 D A θ g 2 1,0 b) A energia cinética da barra em função de seus parâmetros e θ& . 1,0 c) A expressão de θ& em função de θ. 0,5 d) A relação entre os dados do problema para que o rolete em A não colida com a parede vertical. J Gbarra x M L2 = barra barra 12 g Ω r τ R r n O θ G ω r C B QUESTÃO 3 (3,0 pontos): Um cilindro de revolução, oco, de raio interno R, pode girar livremente em torno do seu eixo, mantido fixo na horizontal. Outro cilindro, homogêneo, de raio r e peso mg, está apoiado no interior do cilindro oco, e rola sem escorregar. O cilindro oco possui uma aceleração angular Ω& conhecida e constante. a) Desenhe o diagrama de corpo livre do cilindro menor. 0,5 b) Determine a relação entre ω& e Ω& supondo θ constante. 0,5 c) Determine o ângulo θ tal que θ&(t ) = 0 e θ&&(t ) = 0 . 2,0 y PME 2100 – MECÂNICA A – Terceira Prova – 2011 – GABARITO QUESTÃO 1 (3,5 pontos) r r r (a) Barra AB em translação: v A = vB = v i r DCL Não há escorregamento: ω A = − A b) TEC: FatA B FatB NA Mg Mg/3  2 ωB = − 2v r k R 1   1 M 2 1 1 E =  Mv A2 + J Aω A2  +  v B + J Bω B2  2 2   2 3 2 2 JA = 1 r e E − E0 = W ext NB Portanto: E =  Mv 2 + vr k R M R   MR 2 3 2 JB = = 2 24 MR 2 2 2 2 1 MR 2  v    1 M 2 1 MR 2  2v   v +   +   = 2 2  R    2 3 2 24  R   1  2 Mv 2 Mv 2 Mv 2  + + = Mv 2 Mv + 2  2 3 6  Trabalho das forças externas: as forças normais são perpendiculares ao deslocamento, logo o trabalho é nulo; não há escorregamento, portanto, velocidade nula nos pontos de contato com a rampa, ou seja, trabalho nulo das forças de atrito. Apenas as forças peso realizam trabalho: W ext = Mgxsenα + M 4Mgsenα gxsenα = x 3 3 Voltando ao TEC: 4Mgsenα x 3 r 2 gsenα r aB = i 3 Mv 2 = ⇒ 2 Mvv& = derivando 4 Mgsenα 4 Mgsenα 2 gsenα x& ⇒ 2 Mvv& = v ⇒ v& = ⇒ 3 3 3 c) TMA (disco de centro B): DCL T B FatB Mg/3 NB r 2 MR 2 2 2 gsenα Rr MR 2  2 2 gsenα  R J Bω& B k = − FatB k ⇒ −  = − FatB ⇒ FatB = 2 24  R 3  2 3 R 24 R r r 1 ⇒ FatB = − Mgsenαi 9 r M r M 2 gsenα M a= F ext ⇒ = gsenα − T − FatB na direção de x 3 3 3 3 M 2 gsenα M 1 2 Mgsenα Mgsenα 1 Mgsenα gsenα − T − Mgsenα ⇒ T = − ⇒ = + − ⇒ 3 3 3 9 3 3 3 3 3 T =0 d) TMB (disco de centro B): ∑ QUESTÃO 1 - Solução alternativa r r r r r r ⇒ a A = aB = aB i a) Barra AB em translação: v A = v B = v B i r Não há escorregamento: ω A = − vB r k R r ωB = − e 2vB r k R r a r ⇒ ω& A = − B k R e r ω& B = − 2a B r k R Itens (b), (c) e (d): JA = MR 2 2 JB = MR 2 24 DCL do disco de centro B: TMA (disco de centro B): T B r R MR 2 4aB MaB MR 2  2aB  Rr ⇒ FatB = J Bω& B k = − FatB k ⇒  = − FatB ⇒ FatB = − 2 24  R  2 24 R 6 2 Mg/3 TMB (disco de centro B): FatB r M r M M M M MaB aB = F ext ⇒ aB = gsenα − T − FatB ⇒ aB = gsenα − T − na direção de x 3 3 3 3 3 6 M M M  gsenα a B  ⇒T = − gsenα − a B − a B ⇒ T = M   3 6 3 2   3 ∑ NB DCL do disco de centro A: TMA (disco de centro A): r r MR 2  aB  MaB J Aω& A k = − FatA Rk ⇒  −  = − FatA R ⇒ FatA = 2  R 2 T A TMB (disco de centro A): M r aA = 3 FatA Mg NA r ext ∑F ⇒ na direção de x Ma B = Mgsenα + T − FatA ⇒ r 2 gsenα r  gsenα a B  Ma B i ⇒ aB = ⇒ Ma B = Mgsenα + M  − − 3 2  2  3 Resultando em: FatB = Mgsenα r Ma B i ⇒ FatB = − 9 6 e  gsenα 2 gsenα  T = M − ⇒ T =0 3⋅ 2   3 QUESTÃO 2 (3,5 pontos) 1 A .  1 b) E =  MvG2 + J G ω 2  2  2 a) DCL 1,0 Usando o CIR: vG = vA L/2 0,5 L ω 2 0,5 E como ω = θ& : NA  1  L  2 1 ML2 2   1 3 ML2 2 1 ML2 2  ML2 & 2 θ E =  M  θ&  + θ&  =  θ& + θ&  ⇒ E = 6 2 12 2 12   2 3 4   2  2  G L/2 L/2 Fm Mg c) Como não há atrito e as forças normais são perpendiculares ao deslocamento, apenas a força peso e a força da mola realizam trabalho. Usando o TEC, partindo do repouso: 0,5 0,5 θ CIR . B NB vB E − E0 = W ext ⇒ θ& = ML2 & 2 L k θ = Mg (senθ − senθ 0 ) − L2 (senθ − senθ 0 )2 ⇒ 6 2 2 3 (senθ − senθ 0 )[Mg − kL(senθ − senθ 0 )] ML d) Para que a condição seja satisfeita, no limite para θ = π/2, devemos ter θ& = 0 :   θ& = 0 ⇒ Mg − kL sen Portanto:  − senθ 0  = 0 2  π 0,5 Mg ≤ (1 − senθ 0 ) kL QUESTÃO 3 (3,0 pontos) a) DCL g Ω r G τ R r n O θ G 0,5 Fat b) Aceleração tangencial do ponto C do cilindro menor, considerando θ constante, o que implica em aceleração tangencial de G nula ( aGτ = 0 ): aCτ = ω& r Aceleração tangencial do ponto C do cilindro oco: N mg ω θ &R aC1τ = Ω Como não há escorregamento: r &R aCτ = aC1τ ⇒ ω& r = Ω C ⇒ ω& = R & Ω r 0,5 c) TMA (pólo no baricentro) 1,0 J Gz ω& = Fat r ⇒ mr 2 mR & mr 2 R & ω& = Fat r ⇒ Ω = Fat r ⇒ Fat = Ω 2 2 r 2 TMB na direção tangencial considerando aGτ = 0 : maGτ = Fat − mgsenθ = 0 ⇒ Fat = mgsenθ ⇒ 0,5 mR & Ω = mgsenθ 2 ⇒ θ = arcsen 0,5 &R Ω 2g & R ≤ 2g ) (se Ω