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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida Professor Mello Moraes nº2231 CEP05508-900 São Paulo SP Telefone: (011) 818-5337 Fax (011) 813-1886
Departamento de Engenharia Mecânica PME 2200 – MECÂNICA B – Primeira Prova – 04 de abril de 2006 Duração da Prova: 110 minutos (não é permitido uso de calculadoras)
1ª Questão (4,0 pontos)
x
A barra delgada de massa 2m e comprimento L está ligada aos volantes A e B, de raio R, como indicado na figura. Os volantes giram em torno do A eixo Az com a mesma velocidade angular, constante. O volante A tem massa 4m e o volante B B tem massa 3m, devido a um defeito de dimensões y z desprezíveis no ponto C. Portanto, o defeito é responsável pela subtração de uma massa m desse L C volante. No instante considerado, tanto a barra como o defeito encontram-se no plano xz. Considerando o sistema Axyz, solidário ao volante A, pede-se: (a) Determinar as reações (considerando o peso) no anel em A e na articulação em B. (b) Determinar a localização e os valores de duas massas m1 e m2 , fixadas na parte externa do volantes A e B, suficientes para balancear o sistema Z
ω
2ª Questão (3,0 pontos) Uma placa homogênea quadrada de lado a e massa m está articulada em um garfo AB, como indicado na figura. O r r garfo AB gira com velocidade angular constante ω = ωK . O sistema de eixos Ox’y’z’ é solidário à placa. Determinar o valor de ω para que a placa se mantenha em equilíbrio em ângulo β constante igual a 30o . 1 Dado: J xG = J yG = ma 2 12
z' B O
β
A X = x'
G
Y
a y'
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Departamento de Engenharia Mecânica
Questão 3 (3,0 pontos). O EP1 solicitou analisar a dinâmica de um pêndulo formado por uma barra em formato de Z, de seção transversal circular com raio R, densidade de massa ρ , considerando-se o atrito no mancal desprezível. Você deve ter encontrado que o centro de massa do pêndulo tem coordenadas: 1 2ab + b 2 + 2bR = 0,4833m 2 (a + b + c ) yG = 0
xG ≅
1 a 2 − 2bR − c 2 zG = = −0,0333m 2 (a + b + c) Deve também ter calculado o momento de inércia J Ozz e o produto de inércia J Oxz do pêndulo no sistema coordenado (Oxyz), a ele solidário, encontrando:
J Ozz
1 b 2 5 1 b 2 b a + + b + + + c R 2 R 4 3 R ≅ mR 2 = 2,7458kgm2 (a + b + c )
a 2 1 b b 2 J Oxz = − mR 2 − 2 − = −0,03375kgm 2 (a + b + c) R R
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Departamento de Engenharia Mecânica
Na presente questão pede-se: (a) Escreva a equação do movimento e as equações que levam ao cálculo das reações vinculares (forças e momentos). (b) Elabore o diagrama SCICOS, para a integração da equação de movimento e para o cálculo das reações, incluindo saídas gráficas das variáveis cinemáticas e da componente M Oy do binário reativo aplicado pelo mancal ao pêndulo. (c) A figura mostra o resultado de duas simulações (1) e (2), sob condições iniciais (CI) distintas, dadas por (θ (0 ); θ&( 0)) = (θ 0 ; Ω 0 ) . Interprete os gráficos de θ em função do tempo e identifique, dentre as 4 combinações (θ 0 ; Ω 0 ) possíveis de serem formadas a partir dos dados abaixo, o par (θ 0 ; Ω 0 ) que corresponde a cada simulação, justificando plenamente sua resposta. θ0 = π − ε;π + ε C.I.: π Ω 0 = 0; rad/s 24 Simulação (1) :
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Departamento de Engenharia Mecânica Simulação (2) :
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Departamento de Engenharia Mecânica RESOLUÇÃO Resolução da 1ª Questão (4,0 pontos) x
A barra delgada de massa 2m e comprimento L está ligada aos volantes A e B, de raio R, como indicado na figura. Os volantes giram em torno do A eixo Az com a mesma velocidade angular, constante. O volante A tem massa 4m e o volante B B tem massa 3m, devido a um defeito de dimensões y z desprezíveis no ponto C. Portanto, o defeito é responsável pela subtração de uma massa m desse L C volante. No instante considerado, tanto a barra como o defeito encontram-se no plano xz. Considerando o sistema Axyz, solidário ao volante A, pede-se: (a) Determinar as reações (considerando o peso) no anel em A e na articulação em B. (b) Determinar a localização e os valores de duas massas m1 e m2 , fixadas na parte externa do volantes A e B, suficientes para balancear o sistema Resolução considerando um voltante com massa 4m e um volante com massa 3m (a) Diagrama de corpo livre x 4mg 2mg YA
y
3mg
XA YB
ZB
z
XB
- Posição do baricentro xG =
2R 9
e
zG =
4L 9
- Aceleração do baricentro
r r r r r r 2ω 2 R r aG = a A + ω& ∧ (G − A) + ω ∧ [ω ∧ ( G − A)] ⇒ aG = − i 9 - TMB
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Departamento de Engenharia Mecânica X A + X B − 9mg = −2 mRω 2 YA + YB = 0 Z = 0 B
- TMA, pólo em A
r r ω = ωk r r r r H A = − J xz ωi − J yz ωj + J zωk
r& r r H A = − J xz ω 2 j + J yz ω 2i L Produtos de inércia: J xz = 2m ( R) = mRL , 2
J yz = 0
r r r Lr M A = −YB Li + ( X B − 3mg ) Lj − 2mg j 2 YB L = 0 2 2 X B L − 4mgL = −mRL ω ⇒ YB = 0 e X B = 4mg − mRω 0 = 0
- Substituindo no TMB: YA = 0 e X A = 5mg − mRω 2 (b) Balanceamento Colocando uma massa m1 no volante A em (-R,0,0) e uma massa m2 no volante B em (-R,0,L) J 'xz = mRL + m1 ( − R)( 0) + m2 ( −R )( L) = 0 ⇒ m2 = m 2R ( 9m) + m1( − R) + m2 ( −R ) xG' = 9 = 0 ⇒ m1 = m 9m + m1 + m2
Resolução considerando que o disco B tem massa 4m e um furo de massa (-m): a) Cálculo das reações vinculares
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Departamento de Engenharia Mecânica 2mR + ( −m)( − R) R ⇒ xG = 9m 3 L 2m + 4 mL + ( −m) L 4L 2 zG = ⇒ zG = 9m 9 xG =
(0,5)
DCL sistema (0,5) XA
G
XB
YA
9m g
ZB YB
r r Rr r a G = −ω 2 i ; TMB : 9 maG = R ⇒ 3 R − 9mω 2 = X A + X B − 9mg 3 0 = Y A + YB ; Z B = 0;
(0,5)
TMA, pólo em A: 0 − J xz 0 J r& r& r& x r r 4L r r i , j,k 0 Jy 0 0 = M A ⇒ − J xzω 2 j = X B L − 9 mg j − YB L i ; (0,5) 9 − J zx 0 J z ω L J xz = 2 mR + (1 − 42 m)(−43 R )L ⇒ J xz = 2 mRL (0,5) 2 123
{ }
barra
furo
Portanto, X B = 4mg − 2mω 2 R X A = 5mg − mω 2 R Y A = YB = Z B = 0
(0,5)
b)Balanceamento Para balancear estática (x G = y G = 0 ) e dinamicamente ( J xz = 0 ), deve-se acrescentar as massas m1 = m na posição (− R,0,0 ) e m2 = 2m na posição (− R,0, L ) . (1,0)
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Resolução da 2ª Questão (3,0 pontos)
Z
Uma placa homogênea quadrada de lado a e massa m está articulada em um garfo AB, como indicado na figura. O r r garfo AB gira com velocidade angular constante ω = ωK . O sistema de eixos Ox’y’z’ é solidário à placa. Determinar o valor de ω para que a placa se mantenha em equilíbrio em ângulo β constante igual a 30o . 1 Dado: J xG = J yG = ma 2 12
r r r ω = ω cos β k − ωsenβ j
ω z' B O
β
A G
X = x'
a y'
(0,5)
r& r j = −ωcos β i r& r k = −ωsenβ i r r TMA polo em O: H& O = M O
r r r H O = −J y ωsenβ j + J z ω cos βk
⇒
r r& ⇒ H O = ( J y − J z )ω 2senβ cos β i (1,0) r r a M O = −mg cos β i (0,5) 2 r r a ⇒ − mg cos β i = ( J y − J z )ω 2senβ cos β i 2 sendo: β = 30 ⇒ senβ = 1 2 0
Assim: ω =
3g a
Y
e
ma Jy = 12
r r r& H O = J yω 2senβ cos β i − J z ω2sen β cos β i
⇒
2
ω2 =
mga 2( J y − J z )senβ
ma 5ma a Jz = + m = 6 12 2 2
;
2
(0,5)
2
(0,5)
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Departamento de Engenharia Mecânica
Resolução da 3ª Questão (3,0 pontos). De fato, considerando que as massas das barras e do pêndulo são dadas por: ma = ρπR 2 a mb = ρπR 2 b
,
mc = ρπR 2 c
(1)
m = ma + mb + mc = ρπR 2 ( a + b + c) e considerando as coordenadas dos centros de massa das barras: Ga = ( xa ; y a ; z a ) = ( b; 0; a 2) Gb = ( x b ; y b ; z b ) = ( R + b 2 ;0; − R) Gc = ( xc ; y c ; z c ) = ( 0; 0; − c 2)
,
(2)
as coordenadas do centro de massa do pêndulo ficam dadas por: ma x a + mb xb 1 2ab + b 2 + 2bR ≅ m 2 (a + b + c) yG = 0
xG =
zG =
1 a − 2bR − c 2 (a + b + c) 2
.
(3)
2
Momento de inércia em torno do eixo Oz: a b c J Ozz = J Ozz + J Ozz + J Ozz
,
(4)
com, a J Ozz =
R2 1 ma R 2 + mab 2 = ρπR 2 a + b 2 2 2
R 2 b2 5 b b2 b J Ozz ≅ mb + + ( R + ) 2 = ρπR 2b R 2 + + Rb 2 3 4 12 4 1 b J Ozz = mc R 2 = ρπR 2 cR 2 2 de tal forma que,
,
(5)
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J Ozz
1 b 2 5 1 b 2 b a + + b + + + c R 2 R 4 3 R ≅ mR 2 (a + b + c )
.
(6)
Produto de inércia J Oxz : a b J Oxz = J Oxz + J Oxz = −m a xa z a − m b xb z b
(7)
e portanto,
J Oxz
a 2 1 b b 2 = − mR − 2 − . 2 (a + b + c) R R
(8)
(a) O vetor de rotação do pêndulo é: r r ω = ω (t ) k .
(9)
O Momento angular do pêndulo, em relação ao pólo O, fixo, é dado por:
r r r K O = J Oxz ωi + J Ozzωk
(10)
e, portanto, sua derivada em relação ao tempo é: r r r r dKO = J Oxz ω& i + J Oxz ω 2 j + J Ozzω& k . dt
(11)
r r r dK O A aplicação do TMA será feita na forma, = M Oext , com M Oext a resultante dos momentos das dt r forças externas em relação ao pólo O, ou seja a soma do binário reativo B reat aplicado pelo mancal r r r r com o momento da força peso. A reação vincular F reat = Xi + Yj + Zk é suposta, por conveniência, aplicada em O. Tem-se:
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Departamento de Engenharia Mecânica r r r r r reat reat reat M Oreat = M Ox i + M Oy j + M Oz k = B reat .
(12)
O TMA leva então a: J Oxzω& − mgzG sin θ = M Ox
reat
reat J Oxzω 2 − mgzG cosθ = M Oy .
(13)
J Ozzω& + mgxG sin θ = 0
A equação (13c) é a equação do movimento. As equações (13a) e (13b) fornecem as componentes r r r r r r r do binário reativo. Por outro lado, a aplicação do TMB, com R = m g + F reat = m g + Xi + Yj + Zk , leva a X = −mg cos θ − m ω 2 x G Y = m ω& xG + mg sin θ Z=0
que fornecem as componentes da força reativa vincular.
,
(14)
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Departamento de Engenharia Mecânica reat (b) Incluindo, também, além do que foi pedido, as saídas para as forças e para o momento M Ox , teremos o seguinte diagrama do Scicos:
onde Teta é o ângulo do pêndulo com a vertical, Omega é a sua velocidade angular e Alfa é a sua aceleração angular.
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Departamento de Engenharia Mecânica (c) A Simulação 1 corresponde às condições iniciais θ 0 = π − ε e Ω 0 = 0 . O pêndulo não consegue ultrapassar a posição θ = π porque chega nas vizinhanças dessa posição com velocidade angular nula, resultando um movimento oscilatório. Abaixo segue o conjunto completo de gráficos para este caso:
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Departamento de Engenharia Mecânica A Simulação 2 corresponde às condições iniciais θ 0 = π + ε e Ω 0 = π / 24 . O pêndulo ultrapassa a posição θ = π porque chega nas suas vizinhanças com velocidade angular não nula, embora pequena. Nesse caso, executa um movimento circular de velocidade angular variável em torno de O. Abaixo segue o conjunto completo de gráficos para este caso:
