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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica PME2100 – Mecânica A Segunda Prova – 21 de outubro de 2003 – Duração: 110 minutos Importante: não é permitido o uso de calculadoras GABARITO (3,0 pontos) 1 – Uma força F é aplicada na cunha A e uma força Q é aplicada no bloco B. Os pesos da cunha A e do bloco B são desprezíveis se comparados a Q. Os coeficientes de atrito estático são (ver figura) µ 1 = 1/4, µ 2 = 0, µ 3 = 1/3. Determine o intervalo de valores de F, em função de Q, compatível com o equilíbrio.
µ 3 = 1/3
µ2 =0
Q
5a
Bloco B
Cunha A
F
3a
µ 1 = 1/4
4a
Solução: DIAGRAMAS DE CORPO LIVRE (0,5 ponto) Admitindo o caso limite em que o Bloco B tende a Admitindo o caso limite em que o Bloco B tende a DESCER: SUBIR: N2 N2 Q Q A A N3 Fat3
.
.
N2
5a
N3
F
3a
4a
N1
B
.
.
N2
Fat3
Fat1
5a
F
3a
4a
Fat1 N1
CONDIÇÕES DE EQUILÍBRIO (1,0 ponto) No BLOCO B: 3 3 3 3 ∑ F x = 0 ⇒N 3 − 5 N 2 = 0 ⇒ N 3 = 5 N 2 ∑ F x = 0 ⇒N 3 − 5 N 2 = 0 ⇒ N 3 = 5 N 2 4 4 F y = 0 ⇒ N 2 − Fat 3 − Q = 0 ∑ Fy = 0 ⇒ 5 N 2 + Fat 3 − Q = 0 5 Na CUNHA A: Na CUNHA A: 3 3 Fx = 0 ⇒ N 2 + Fat 1 − F = 0 ∑ Fx = 0 ⇒ 5 N 2 − Fat 1 − F = 0 5 4 5 4 5 Fy = 0 ⇒ − N 2 + N 1 = 0 ⇒ N 2 = N 1 Fy = 0 ⇒ − N 2 + N 1 = 0 ⇒ N 2 = N 1 5 4 5 4 No BLOCO B:
∑ ∑ ∑
∑
NA IMINÊNCIA DOS ESCORREGAMENTOS: (0,5 ponto) 1 1 Fat1 = µ 1 N 1 = N 1 ; Fat 3 = µ 3 N 3 = N 3 Fat 2 = µ 2 N 2 = 0 ; 4 3 Desta forma: Desta forma: 35 1 3 1 35 1 3 1 N1 + N1 − F = 0 ⇒ N1 + N1 = F ⇒ N1 = F N1 − N1 − F = 0 ⇒ N1 − N1 = F ⇒ N1 = 2 F 54 4 4 4 54 4 4 4 3 35 3 3 3 3 5 3 3 N3 = N2 ⇒ N3 = N1 ⇒ N 3 = N1 ⇒ N 3 = F N3 = N2 ⇒ N3 = N1 ⇒ N3 = N1 ⇒ N3 = F 5 54 4 4 5 54 4 2 4 1 45 13 3 4 1 4 5 1 3 5 N 2 − N3 − Q = 0 ⇒ F− F =Q⇒ F =Q 2F + 2F = Q ⇒ F = Q N 2 + N3 − Q = 0 ⇒ 5 3 54 34 4 5 3 54 34 2 4 2 Portanto: F = Q Portanto: F = Q 3 5 2 4 O intervalo de F compatível com o equilíbrio é: Q ≤ F ≤ Q (0,5 ponto para a resposta final) 5 3 (0,5 ponto se identificar as duas condições de equilíbrio) Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
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Tel: (011) 3091-5355
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Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica ωA r A D C
r B
r j
.
O
r i R
Para maior clareza, foi omitido da figura o mecanismo que mantêm os discos em contato com a circunferência fixa.
(3,5 pontos) 2 – Os discos de centros A e B têm o mesmo raio r e rolam sem escorregar, externa e internamente à circunferência fixa no solo, de centro O e raio R. O movimento dos discos e da barra AB se dá no plano rr do sistema móvel O i j , indicado na figura. É dado o vetor de rotação do r r r r r disco de centro A: ω A = ω A k ( ω A constante, k = i ∧ j ). a) Localize o centro instantâneo de rotação (CIR) do disco de centro A e o CIR do disco de centro B. Localize graficamente a posição do CIR da barra AB (justifique). r r b) Determine a velocidade v A do ponto A, o vetor de rotação Ω da barra r r AB, a velocidade v B do ponto B e o vetor de rotação ω B do disco de centro B. r c) Calcule a aceleração a A do ponto A. r d) Calcule a aceleração a D do ponto D do disco (de centro A) que está em contato com a circunferência fixa. rr r Obs.: use a base i j k para expressar as grandezas cinemáticas.
Item b) Item a) r r O disco A rola sem escorregar, portanto, o ponto de vr = v j = ω r j (0,25 ponto) A A A contato D tem velocidade nula e é o CIR desse disco. r r r ωAr vA = vA j = ω A r j (0,25 ponto) r r ⇒ Ω (R + r ) = ω A r ⇒ Ω = r O disco B rola sem escorregar, portanto, o ponto de v A = v A j = Ω (R + r ) j (R + r ) contato C tem velocidade nula e é o CIR desse disco. r ωAr r k (0,5 ponto) (0,25 ponto) Ω= (R + r ) Determinando graficamente o CIR da barra AB: r r r vB = vB − i = Ω(R − r ) − i r ω A r r ⇒ ω B r = Ω(R − r ) r vA vB = v B − i = ω B r − i r ω A r (R − r ) r Ω (R − r ) r k =− k⇒ ωB = − A (R + r ) r r r ω (R − r ) r k (0,5 ponto) ωB = − A D ( R + r) CIR CIR C r ω r (R − r ) r vB = − A i (0,25 ponto) r (R + r ) B r j i Item c) O ponto A descreve um movimento circular uniforme: O r vB r r CIR r ω 2 r2 a A = −Ω 2 (R + r )i = − A 2 (R + r )i ⇒ (R + r ) r ω A2 r 2 r aA = − i (0,5 ponto) (R + r ) Item d) r r r r r aD = a A + ω& A ∧ (D − A) + ω A ∧ [ω A ∧ (D − A)] r r r r Justificativas: r ω A2 r 2 r r a i + 0 ∧ − r i + ωA k ∧ ωA k ∧ − r i = − D A velocidade de A é perpendicular a AD. (R + r ) A velocidade de B é perpendicular a BC. 2 r r ω 2 r2 r ω 2 r2 r 2 r aD = − A i + ω A r i ⇒ aD = ω A r − A i Portanto o CIR da barra AB é o ponto O. (R + r ) (R + r ) (0,5 ponto) r ω 2 Rr r i (0,5 ponto) ⇒ aD = A (R + r )
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(3,5 pontos) 3 – O quadro está preso em um eixo vertical e seu r r vetor de rotação é ω = ω k , e seu vetor aceleração angular é r r ω& = ω& k , ambos conhecidos. Um cursor percorre o quadro com velocidade relativa v, conhecida e de módulo constante. Use o sistema Oxyz, fixo no quadro, para expressar as grandezas cinemáticas. Adote o piso como referencial fixo e o quadro como referencial móvel. a) Considerando o instante em que o cursor está na posição I, determine a velocidade relativa, a velocidade de arrastamento e a velocidade absoluta do centro P do cursor. b) Considerando o instante em que o cursor está na posição I, determine a aceleração relativa, a aceleração de arrastamento, a aceleração de Coriolis (complementar) e a aceleração absoluta do centro P do cursor. c) Considerando o instante em que o cursor está na posição II, determine a velocidade relativa, a velocidade de arrastamento e a velocidade absoluta do centro P do cursor. d) Considerando o instante em que o cursor está na posição II, determine a aceleração relativa, a aceleração de arrastamento, a aceleração de Coriolis (complementar) e a aceleração absoluta do centro P do cursor.
Cursor na posição II
v P
Quadro H
L
x O
v
Cursor na posição I
P
y
ω, ω&
Piso
Solução: Item a)
Item c)
r r v P ,rel = v k (0,25 ponto) r r r r r r v P ,arr = v O + ω ∧ (P − O ) = 0 + ω k ∧ L − i ⇒ r r v P ,arr = −ω L j (0,25 ponto) r r r v P , abs = v P , rel + v P ,arr ⇒ r r r v P ,abs = v k − ω L j (0,25 ponto)
r r v P ,rel = v i (0,25 ponto) r r r r r r v P ,arr = v O + ω ∧ (P − O ) = 0 + ω k ∧ H k ⇒ r r v P ,arr = 0 (0,25 ponto) r r r v P ,abs = v P ,rel + v P ,arr ⇒ r r v P ,abs = v i (0,25 ponto)
Item b)
Item d)
r r a P ,rel = 0 , pois v é constante (0,25 ponto) r r r r r a P ,arr = a O + ω& ∧ (P − O ) + ω ∧ [ω ∧ (P − O )] = r r r r r r = 0 + ω& k ∧ L − i + ω k ∧ ω k ∧ L − i ⇒ r r r a P , arr = ω 2 L i − ω& L j (0,25 ponto) r r r r r a P ,Cor = 2ω ∧ v P ,rel = 2ω k ∧ v k ⇒ r r a P ,Cor = 0 (0,25 ponto) r r r r r r r r a P , abs = a P ,rel + a P ,arr + a P ,Cor = 0 − ω& L j + ω 2 L i + 0 ⇒ r r r a P , abs = ω 2 L i − ω& L j (0,25 ponto)
r r a P ,rel = 0 (0,25 ponto) r r r r r a P ,arr = a O + ω& ∧ (P − O ) + ω ∧ [ω ∧ (P − O )] = r r r r r r = 0 + ω& k ∧ H k + ω k ∧ ω k ∧ H k ⇒ r r a P , arr = 0 (0,25 ponto) r r r r r a P ,Cor = 2ω ∧ v P ,rel = 2ω k ∧ v i ⇒ r r a P ,Cor = 2ω v j (0,25 ponto) r r r r r r r a P , abs = a P ,rel + a P ,arr + a P ,Cor = 0 + 0 + 2ω v j ⇒ r r a P , abs = 2ω v j (0,25 ponto)
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