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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 – 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