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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica
PME 2100 – MECÂNICA A – P3 (Reoferecimento 2010) 25/6/2010 – Duração: 90 minutos. Obs: Não é permitido o uso de calculadoras. Docentes responsáveis: Prof. Dr. Flavius Portella Ribas Martins /Prof. Dr. Flávio Celso Trigo
B
r 3r/2
G M m
4m
A
r/2
QUESTÃO 1 (5 pontos): Um disco homogêneo de massa M e raio r liga-se a um bloco homogêneo de massa m por meio de uma barra de comprimento L=3r/2 e massa desprezível. O disco rola sem escorregar para cima sobre uma rampa (de inclinação α, constante) devido à ação da força de tração de um cabo ideal que, enrolado a uma polia ideal de massa desprezível, conecta-se a um bloco homogêneo de massa 4m. Considere o atrito entre o bloco de massa m e a rampa desprezível. Para a configuração indicada e adotando-se o sistema de referência inercial Oxy, com Ox paralelo à rampa, pedem-se:
y x
α
a) os diagramas de corpo livre dos blocos e do disco; b) as equações do TMB e do TMA (onde pertinente) para os mesmos corpos rígidos citados no item (a); c) a aceleração do bloco de massa m; d) a aceleração angular do disco; e) a força de tração no cabo. Dado, para um disco homogêneo de massa M e raio r: JGz=Mr2/2
O
QUESTÃO 2 (5 pontos): Considere o mecanismo ilustrado na figura, no qual as barras AB (homogênea, massa 2m e baricento G1) e BC (homogênea, massa m e baricentro G2) articulam-se em A e B. Ambas as articulações são ideais (isto é, sem atrito), sendo A fixa e B móvel. Na extremidade C da barra BC há um rolete que desliza sem atrito sobre uma superfície horizontal. Sabendo-se que o sistema parte do repouso na posição mostrada pedem-se: 1. Para uma configuração genérica (ângulo ABˆ C = θ ): (a) os diagramas de corpo livre das barras AB e BC; 2. Para o instante em que as barras estiverem alinhadas L L na horizontal: B (b) o trabalho realizado pelas forças atuantes no sistema desde a configuração inicial até a final, justificando os G1 casos em que o trabalho for nulo; y m G2 r 2m (c) o vetor rotação ω AB da barra AB;
r
A
C x
(d) o vetor rotação ωBC da barra BC. Utilize o sistema de referência inercial Axyz para a descrição dos vetores requeridos. Dado, para uma barra delgada de comprimento L e massa m: JGz=mL2/12.
Resolução Questão 1) a) diagramas de corpo livre (1 ponto) T FAG A
T FAT
θ
G
FAG
α
Y C
X
NA mg
O’ Mg
ND
4mg
y x
O
b) equações do TMB (blocos e disco) e TMA (disco), de acordo com o sistema de referência adotado: TMB - Bloco de massa m (0,5 pontos)
r i : FAG cosθ − mg senα = maAx (1) r j : −mg cosα + FAGsenθ + N A = 0 (2)
TMB- Bloco de massa 4m (0,5 pontos)
TMB – Disco (0,5 pontos)
r i : − FAG cosθ − Mg senα − FAT + T = MaGx (4) r r J : T − 4mg = −4ma (3) j : −FAGsenθ − Mg cosα + N D = 0 (5)
TMA – Disco (em relação ao baricentro) (0,5 pontos) Como o ponto C é o CIR, o disco é homogêneo e o problema é plano, o TMA reduz-se a
Mr 2 Mr ω& = r.FAT ⇒ ω& = FAT (6) 2 2 Tem-se as incógnitas: ω& , FAT , N A , N D , FAG , a, aGx , a Ax e somente 6 equações. No entanto, como C é o CIR, EXT J Gzω& = M G = r.FAT ⇒
ω& r = aGx e, ainda, como a barra AG é rígida e não sofre rotação, aGx = a Ax = a , o que permite a solução do problema. Itens c (1 ponto), d (0,5 pontos), e (0,5 pontos) M de (6) FAT = a (7 ) . 2 de (3) T = 4m( g − a ) (8) . Da geometria dada, sen θ = 1 / 3, cosθ = 2 2 / 3 . Com esses valores, de (1), 3 FAG = m(a + g senα ) (9) . Substituindo-se (7), (8) e (9) em (4), 2 2 − m(a + g senα )
3 2 2 Ma g [4m − (m + M )senα ] − Mgsenα − + 4m( g − a) = Ma ⇒ a = (c) 2 5m + 3M / 2 2 2 3
Da relação cinemática entre o CIR e o baricentro do disco obtém-se
g [4m − (m + M )sen α ] (d) r 5m + 3M / 2
ω& =
[4m − (m + M )senα ] 3 2 De (9) obtém-se FAG = mg + senα (e) 5m + 3M / 2 4 Questão 2) a) diagramas de corpo livre para uma situação genérica (1 ponto) VB
VB
FB HB
FB
HB
G1
OU
G2
θ
XA
G2
θ
XA
C
mg
2mg
G1
N
2mg
YA
mg
N C
YA
b) O trabalho das forças internas (i) e externas (e) sobre o sistema é dado por:
τ i+e = t0 →t1
τ
r r r r r FA + FB + FC + FG + FG τ τ τ 1 τ 2
τ
t0 →t1
t0 →t1
t0 →t1
t0 →t1
t0 →t1
r FA = X A + YA = 0 ( A é ponto fixo) τ τ t0 →t1
t0 →t1
t0 →t1
Na articulação B, o trabalho é equivalente ao de um sistema de forças nulo. Como não há atrito no contato, o r deslocamento elementar arbitrário dr é idêntico para o ponto B considerado pertencente a qualquer das barras. Assim, o trabalho realizado pela força de contato FB em cada corpo possui sinais opostos, pois as forças são opostas (princípio da ação e reação). Assim, o trabalho das forças internas em B é também nulo. De maneira formal, utilizando índices e para o lado esquerdo e d para o lado direito do mecanismo: r r r r r r r r FB − FB = 0 FB = FB + FB = ( FB + FB ) • drr = ( FB − FB ) • drr d d e ∫ d ∫ d d d e τ t0 →t1
τ
t0 →t1
τ
t0 →t1
=τ
t0 →t1
τ
t0 →t1
ou seja, o trabalho interno do par ação-reação na articulação sem atrito é nulo.
τ
r FC = N = 0 (em C , a única força existente é normal ao deslocamento) τ
t0 →t1
t0 →t1
Restam os trabalhos dos pesos aplicados nos baricentros das barras AB e BC que, entre a posição inicial e a final (horizontal, mostrada na figura a seguir) é:
y G1
A
C
G2 C
x
r r r r FG + FG = 2mg L 2 + mg L 2 ⇒ FG + FG = 3mg L 2 2 2 2 2 2 τ 1 τ 4 τ t0 →t11 τ t0 →t12 t0 →t1 t0 →t1
c e d) Pelo TEC e considerando que na condição inicial (repouso) a energia cinética do sistema é nula,
τ
r r FG + FG = ∆EC ( AB) + ∆EC ( BC ) ⇒ 1 τ 2
t0 →t1
t0 →t1
L 2 1 1 1 1 = (2m)v 2 B + J B ω 2 AB + (m)v 2 B + J B ω 2 BC ⇒ 3mg z 2 2 2 z 4 2 L 2 1 1 1 1 L2 L2 = (2m)v 2 B + J G1 + 2m ω 2 AB + (m)v 2 B + J G 2 + m ω 2 BC 3mg 2 z 4 2 2 z 4 4 2 As relações entre a velocidade de B e os vetores rotação é obtida da cinemática:
r r r r r r vB = v A + ω AB ∧ ( B − A) = 0 + ω AB k ∧ Li ⇒ r r vB = ω AB Lj r r r r r r vC = vB + ω BC ∧ (C − B) = ω AB Lj + ω BC k ∧ Li ⇒ r r r r vC = vC = 0 vC i = ω AB Lj + ω BC Lj ⇒ ω AB = −ω BC Substituindo-se as expressões para a velocidade de B e as velocidades angulares de AB e BC na equação do TEC tem-se: L 2 1 1 L2 L2 1 1 L2 L2 = (2m)ω 2 AB L2 + 2m + 2m ω 2 AB + (m)ω 2 AB L2 + m + m ω 2 AB ⇒ 3mg 2 12 4 2 2 12 4 4 2
ω 2 AB =
3 2 g 8 L
Portanto: 1/ 2
r
3 2 g r k = 8 L
r
3 2 g r k (d) = − 8 L
ω AB ω BC
1/ 2
(c)
