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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica
PME 2100 – Mecânica A – Segunda Prova – 23 de outubro de 2007 1ª Questão: (3,5 Ptos) A barra OA com vetor de rotação constante r r Ω = Ω k gira no plano horizontal rr Oi j em torno de O. A barra inclinada AC pode deslizar em uma luva articulada em C e é conectada à barra horizontal AO através de um pino horizontal em A. A luva C tem liberdade de girar em torno do eixo vertical e do r eixo horizontal Ci devido à forquilha vertical, conforme mostrado na figura. A distância OC vale L e a distância OA vale R. Acima do ponto A da barra AC existe uma bandeira horizontal BB’ que gira solidária à barra inclinada AC. O ponto B do extremo da bandeira encontra-se a uma distância a acima do plano de movimento da barra horizontal OA e a uma distância radial b do ponto A. Considere os versores r r r i , i , k solidários à barra OA.
Pede-se determinar: a) O vetor velocidade dos pontos A, B e C; r r b) A vetor velocidade angular ω e o vetor aceleração angular ω& da barra inclinada AC; c) O vetor aceleração dos pontos A e B. Solução: a) Ponto A pertence à barra AO -> movimento circular uniforme em torno de O: r r r r v A = vO + Ω ∧ ( A − O ) = −ΩR i (0,5 pontos) Como não há rotação relativa em torno de A devido à luva C -> Ponto B também realiza r movimento circular uniforme em torno do eixo Ok : r r r r vB = vO + Ω ∧ (B − O ) = −Ω(R + b ) i (0,5 pontos) Como o ponto A não se movimenta na direção vertical, o ponto C da barra AC é fixo: r r vC = 0 De fato: Av. Prof. Mello Moraes, 2231 – 05508-900 – São Paulo – SP – BRASIL TEL.: 55 11 3091-5355/5561/5570 – FAX: 55 11 3813 1886
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(
[
)
]
r r r r r v r v r r r r v A ⋅ ( A − C ) = vC ⋅ ( A − C ) = (− ΩR i ) ⋅ R j − L k = vC ⋅ (R + b ) j − L k = 0 ⇒ vc // i ∴ vc = 0 (0,5 pontos)
b) Pontos A, B e C pertencem ao mesmo sólido com vetor de rotação: r r r r ω = ω x i + ω y j + ω z k assim: r r r r v A = vC + ω ∧ ( A − C ) = −ΩR i r r r r vB = vC + ω ∧ (B − C ) = −Ω(R + b ) i Ou seja: r i
r k
r j
ωx ω y
r
r
r
r
ω z = (− ω y L − ω z R )i + ω x L j + ω x R k = −ΩR i ⇒ ω x = 0 −L
0
R
r i 0 0
r j
r k
ωy
ωz
(R + b )
− (L − a )
[
]
r r = (− ω y (L − a ) − ω z (R + b )) i = −Ω(R + b ) i
L ⎧ ⎪ ω y R + ωz = Ω ⎛ L L−a⎞ ⇒ ωy ⎜ − Logo: ⎨ ⎟ = 0 ⇒ ωy = 0 L−a ⎝R R+b⎠ ⎪ω y + ωz = Ω ⎩ R+b Pois:
L L−a dado que os triângulos OAC e OBC não são semelhantes. (0,5 pontos) ≠ R R+b
Portanto:
v
r
r
ω (t ) = Ω k = Ω ⇒
d r r ω = 0 (0,5 pontos) dt
c) Pontos A e B realizam movimento circular uniforme: r r r r r r v a A = aO + ω& ∧ ( A − O ) + ω ∧ (v A − vO ) = − RΩ 2 j (aceleração centrípeta) (0,5 pontos) r r r r r r v a B = aC + ω& ∧ ( A − C ) + ω ∧ (v A − vC ) = −(R + b )Ω 2 j (aceleração centrípeta) (0,5 pontos)
Obs.: como o triângulo AOC não muda v de forma, o movimento do conjunto é de um sólido girando em torno do eixo vertical Ovk , sem movimento relativo entre as peças, portanto de um sólido girando com um eixo fixo Ok .
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2ª. Questão (3,5 Ptos). Uma placa quadrada, de lado L, está articulada nos pontos Ar e B de um r grampo em forma de U. A placa gira a uma velocidade angular constante ω 2 = ω 2 k em relação r r ao grampo, que, por sua vez, gira a uma velocidade angular ω1 = ω1 j em torno do eixo Y. Para a posição mostrada, onde a placa está inclinada de α=45º em relação ao plano XZ, pede-se: a) o vetor velocidade relativa, o vetor velocidade de arrastamento e o vetor velocidade absoluto do ponto C; b) o vetor aceleração relativa, o vetor aceleração de arrastamento e o vetor aceleração de Corilis e o vetor aceleração absoluta do ponto C; c) o vetor velocidade angular relativa, o vetor velocidade angular de arrastamento e o vetor velocidade angular absoluta da placa; d) o vetor aceleração angular relativa, o vetor aceleração angular de arrastamento, o vetor aceleração angular complementar e o vetor aceleração angular absoluto da placa. Y
ω1 B
O
α
X C
A
L/2
ω2
L/2
L
Z
r r 2 r r 2 r a) VC ,rel = ω 2 k ∧ L (i − j ) = ω 2 L (i + 2 2 r r 2 r r 2 r (i − j ) = ω1 L VC ,ar = ω1 j ∧ L (−k ) 2 2 r r r 2 r r (i + j ) + ω1 L VC ,abs = VC ,ar + VC ,rel = ω 2 L 2
r j)
2 r (−k ) (1,0 ponto) 2
r r r r r 2 r r b) aC ,rel = aO + ω& 2 ∧ (C − 0) + ω 2 ∧ (ω 2 ∧ (C − O)) = ω 22 L (−i + j ) (1,5 pontos) 2
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r r r r r 2 r aC ,ar = aO + ω& 1 ∧ (C − 0) + ω1 ∧ (ω1 ∧ (C − O)) = ω12 L ( −i ) 2 r r aC ,Cor = − 2ω1ω 2 Lk r r r r r 2r 2 r aC , Abs = aC ,rel + aC ,ar + aC ,Cor = −(ω 22 + ω12 ) L i + ω 22 L j − 2ω1ω 2 Lk 2 2 r r r r r r r c) Ω Abs = Ω rel + Ω ar = ω 2 k + ω1 j (0,5 pontos) r r r r r d) α abs = α rel + α arr + α comp = 0 + 0 + ω1ω 2 i (0,5 pontos)
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3a Questão (3,0 pontos): A extremidade B da barra AB escorrega sobre o eixo fixo CB. A barra AB está articulada em A à barra AC que gira com velocidade angular constante ω ao redor de C que é fixo. As barras AB e AC possuem o mesmo comprimento L. Considere a posição onde a distância BC é d= L 2 . a) Indicar graficamente o centro instantâneo de rotação da barra AB. b) Determinar a velocidade angular da barra AB. c) Determinar a aceleração do ponto A. r j
A
r i
L
L ω
C
B
d Resposta: Item A) (1,0 pontos)
CIR
A vA
vB C
B Av. Prof. Mello Moraes, 2231 – 05508-900 – São Paulo – SP – BRASIL TEL.: 55 11 3091-5355/5561/5570 – FAX: 55 11 3813 1886
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Item B (1,0 pontos) Calculando a velocidade do ponto A: r ⎛ 2r r v A = −ωk ∧ L⎜ i+ ⎜ 2 ⎝ r 2r 2 v A = ωL i − ωL 2 2
2 2 r j
r⎞ j⎟ ⎟ ⎠
(0,5 pontos)
Para a barra AB:
r r r v A = v B + ω AB ∧ ( A − B )
ωL
⎛ r 2r 2 r r 2 r 2 r ⎞⎟ i − ωL j = v B + ω AB ∧ ⎜ L j −L i ⎜ 2 2 2 2 ⎟⎠ ⎝
Resolvendo a equação vetorial: r r ω AB = ω ⇒ ω AB = ωk (0,5 pontos)
Item C (1,0 pontos) Dada a expressão da velocidade, a aceleração da barra AB será:
r r r r r a A = aC + ω& ∧ ( A − C ) + ω ∧ (ω ∧ ( A − C )) r ⎡ r ⎛L 2 r L 2 r r r a ABS = 0 + 0 + ωk ∧ ⎢ωk ∧ ⎜⎜ i+ 2 2 ⎢⎣ ⎝ r 2 r r a ABS = −ω 2 L (i + j ) 2
r ⎞⎤ j ⎟⎟⎥ ⎠⎥⎦
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