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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA PME 2200 – MECÂNICA B – 2ª Prova – 10/5/2001 – Duração 100 minutos (Não é permitido o uso de calculadoras).
j
r g
y a
M
B
C
O
x ω2
r i
1ª Questão (2,0 pontos) – No sistema da figura, o disco de massa M, raio R e centro de massa O, está preso a um eixo de massa desprezível, que gira em torno de Bx com velocidade angular ω 2 . O eixo está montado em mancais, que por sua vez estão fixados em um sistema de suporte, o qual gira em torno do eixo Ay, fixo, com velocidade angular ω 1 . É dado o momento de inércia 1 I x = MR 2 , do disco em torno de Ox. Pede-se: 2
b a)
Determine qual o mancal que se desgastará mais, admitindo que o desgaste seja proporcional apenas à força normal atuante no mancal; justifique a sua resposta. b) Determine as reações nos mancais.
ω1 A
2a Questão (4,0 pontos)r -y j r i
pier
r
G
r
translação pura, com velocidade constante, tal que VG = ui é o vetor de velocidade de seu centro de massa, imediatamente anterior ao choque. O ponto de contacto da embarcação com a r r defensa é P, tal que ( P − G ) = ai − bj . Dado o coeficiente de restituição e, e desprezando qualquer forma de atrito, pede-se: a) elabore o diagrama de corpo-livre; b) equacione o problema de impacto; r c) determine o impulso R aplicado à embarcação;
x b
A figura ao lado mostra um rebocador portuário prestes a se chocar contra uma defensa de um pier. A embarcação, de massa total M, realiza uma manobra à ré, em movimento de
P Q a
defensa
r ′
r
r
d) determine e a velocidade VG = u ′i + v ′j , do centro de massa G da embarcação e o vetor de rotação da r embarcação ω ′ , logo após o choque. Dado: I, momento de inércia total da embarcação em torno do eixo Gz .
3ª Questão – (baseada no exercício computacional #02) (4,0 pontos)
φ&
Z
θ
Considere, conforme mostra a figura, um pião simétrico, sujeito apenas à ação da força peso, deprezando qualquer forma de atrito. O eixo fixo OZ é vertical e O é uma articulação. Nestas condições, uma única equação diferencial ordinária, não-linear, rege o movimento do ‘pião’,
z
ψ&
y zG
O Y mg
X
φ
θ x
Iθ&& +
(α − β cos θ )( β − α cos θ ) Isen 3θ
= mgz G senθ
(1)
onde α = K OZ = Iφ&sen 2θ + J cos θ (ψ& + φ& cos θ ) e β = K Oz = J (ψ& + φ& cos θ ) , componentes do momento angular nas direções dos eixos OZ e Oz, respectivamente, são dois invariantes do movimento e, portanto, dependem apenas das condições iniciais. Pede-se: (a) Determine o valor da taxa de precessão estacionária φ& = Ω , considerando conhecidos a taxa de rotação própria
ψ& = ω , constante, e o ângulo de equilíbrio θ . (b) Elabore um diagrama de blocos para simulação da equação (1) em ambiente SCICOS/SCILAB, chegando até o nível que permita plotar um gráfico da posição do centro de massa ( X G , YG , Z G ). (c) A figura abaixo mostra dois resultados de simulação da equação (1). Responda à s seguintes perguntas: 1 - Qual dos dois casos corresponde à precessão estacionária? 2 - Observando os gráficos do caso (b), vê-se que a taxa de precessão atinge um valor máximo quando a taxa de rotação própria atinge valores mínimos e também quando o ângulo de nutação tem valores máximos. Explique porque isto ocorre desta maneira. 3 - Avalie o período da nutação no caso (b). 4 - Se a rotação própria fosse aumentada, o período de nutação diminuiria ou aumentaria? Justifique. condições iniciais : θ (0) = π 6 ; ψ& (0) = 1.0 rad/s; θ&(0) = 0
0.18
0.18
0.175
0.175
0.17
0.17
0.165
0.165
ZG
ZG
Parâmetros da simulação: mgz G = 0.2 Nm; I = 1,0 kg m 2 ; J = 2 I ;
0.16
0.16
0.155
0.155
0.15 0.1
0.15 0.1 0.05
0.1
0.05
0.05
0 -0.05
-0.05 -0.1
YG
0.1
-0.1
0.05
0
0
0
-0.05 XG
-0.05 -0.1
YG
(a) & Ψ
-0.1
XG
(b)
60
60
ψ& ψ
50
40
50
ψ& ψ
40
30
θ θ
20
30
20
φ&
10
θ θ
φ&
10
0
θ&
-10 0
5
10
15
20
25
(a)
30
35
40
0
45
50
-10 0
5
10
15
20
25
(b)
30
35
θ&
40
45
50
PME - 2200 - P#02 - 10/05/2001 - RESOLUÇÃO DETALHADA 1a. Questão a) Temos um caso de precessão estacionária em que os eixos de rotação própria e de precessão formam um ângulo de 90o. Sabemos que nesse caso o eixo de rotação própria, o momento aplicado ao rotor e o eixo de precessão formam um rtriedro reto positivo e, portanto, o momento aplicado ao rotor tem a direção e sentido de − k . Portanto o momento aplicado aos r mancais terá a direção e sentido de k . Como a componente estática da reação nos mancais r tem a direção e sentido de − j , o efeito do binário giroscópico será o de aumentar o módulo da reação em B e diminuir o módulo da reação em C. Assim, dentro das hipóteses do problema, o desgaste será maior em B. r
r
r
b) Vetor de rotação: ω = ω 2 i + ω1 j r r r Momento angular: H O = I xω 2 i + I yω1 j r r Derivada do momento angular em relação ao tempo: H& O = − I xω1ω 2 k r
r
TMA: M O = H& O ⇒ − B y + C y = −
I x ω1ω 2 a
TR: B y + C y = P Resp: B y =
P MR 2ω 1ω 2 + 2 4a
e Cy =
P MR 2 ω1ω 2 − 2 4a
Obs: Pelo menos um dos mancais deve impedir o movimento do eixo na direção x e, portanto, aparecerá, também, uma reação nessa direção. Supondo que o mancal B seja responsável por essa restrição, então, B x = Mω 12 a
2a. Questão a)
elabore o diagrama de corpo-livre;
r j
y
r i x
G R
-R
Q
P
b) equacione o problema de impacto; Embarcação: TRI: R r r r M (u ′ − u ) = − R u ′ = u − ⇒ M (VG′ − V G ) = − R i ⇒ M M ( v ′ − v) = 0 v ′ = 0 TMI: r r r r Rb r Rb I (ω ′ − ω ) = − Rbk ⇒ ω ′ = − k ⇒ ω′ = − I I Restituição de Newton: u ′P = −e u P = −eu Poisson: u ′P = u ′ + ω ′ b c)
(2.1)
(2.2) (2.3) (2.4)
r determine o impulso I aplicado à embarcação; Aplicando (2.2) em (2.4):
Rb 2 I substituindo o resultado em (2.3) u ′P = u ′ −
(2.5)
Rb 2 = −e u (2.6) I e usando este último resultado em (2.1) r r MI R=− (1 + e) u i (2.7) 2 I + Mb r r r d) determine e a velocidade VG′ = u ′ i + v ′ j , do centro de massa G da embarcação e o vetor de rotação da u′ −
r
embarcação ω ′ , logo após o choque. De (2.7) e (2.8) u′ = − Já resolvido, de (2.1):
v′ = 0
De (2.7) em (2.2):
r ω′ = −
Mb 2 − eI Mb 2 + I
Mb I + Mb 2
u
r (1 + e) u k
3a. Questão (a) Determine o valor da taxa de precessão estacionária φ& = Ω , considerando conhecidos a taxa de rotação própria
ψ& = ω , constante, e o ângulo de equilíbrio θ . Precessão estacionária significa: θ& = θ&& = φ&& = ψ&& = 0; ψ& = ω ; φ& = Ω ; θ = θ , e portanto de α = K OZ = Iφ&sen 2θ + J cos θ (ψ& + φ& cos θ ) e β = K Oz = J (ψ& + φ& cos θ ) , vem β = K Oz = J (ω + Ω cos θ ) ⇒ que fornece a taxa de precessão: 1 β −ω cos θ J ou, resolvendo explicita e alternativamente, Ω=
Ω=
(3.1)
1 Jω Jω ± − 2 ( J − I ) cos θ ( J − I ) cos θ
2 4mgz G + ( J − I ) cos θ
(3.2)
Por outro lado, da eq. (1), segue uma relação entre θ , α e β , na forma (α − β cos θ )( β − α cos θ ) Isen 3θ
= mgz G senθ
(3.3)
ou, alternativamente, resolvendo explicitamente cos θ =
1 I (1 − )Ω 2 J
mgz G ωΩ − J
(3.4)
(b) Elabore um diagrama de blocos para simulação da equação (1) em ambiente SCICOS/SCILAB (ou MATLAB/SIMULINK), chegando até o nível que permita plotar um gráfico da posição do centro de massa ( X G , YG , Z G ). t tetapp
tetap
tetapp
t Xg
Clock
tetap
1
1
s Integrator
s Integrator1
-K-
teta
Gain
teta
f(u) To Workspace3 Fcn4 f(u)
Yg
Fcn5
To Workspace4
fip zG*cos(u(1))
Zg
Fcn6
To Workspace5
To Workspace
f(u) f(u) f(u)
Fcn2
1
-K-
s Integrator2
Gain1
fi To Workspace2
Fcn Fcn1=Const
Const
f(u)
psip
Fcn3
To Workspace1
Const
onde: K = 180 π
[
]
α = K OZ (0) = Iφ&sen 2θ + J cos θ (ψ& + φ& cos θ ) t =0 β = K (0) = J (ψ& + φ& cos θ ) Oz
[
]
t =0
(3.5)
func ≡= (m * g * zG * sin(u(1)) - u(2)/(I * sin(u(1))^3))/I =
1 Const mgz G senθ − I Isen 3θ
func1 ≡ Const = (α − β cos θ 0 )( β − α cos θ 0 ) func2 ≡ (alfa - beta * cos(u(1)))/(I * sin(u(1))^2) = (α - βcos θ )/(Isin 2θ ) = φ& func3 ≡ beta/J - u((1)) * cos(u(2)) = â J − func2 cosθ = ψ& func4 ≡ zG * sin(u(1)) * cos(u(2)) = z G senθ cos φ = X G
(3.6)
func5 ≡ zG * sin(u(1)) * sin(u(2)) = z G senθsenφ = YG func6 ≅ zG * cos(u(1)) = z G cos θ = Z G
(c) A figura abaixo mostra dois resultados de simulação da equação (1). Responda/justifique às/as seguintes perguntas/afirmações: 1 - Qual dos dois casos corresponde à precessão estacionária? Resposta: O caso (a) corresponde à precessão estacionária, pois o ângulo de nutação é constante e o CG descreve uma trajetória circular. 2 - Observando os gráficos do caso (b), vê-se que a taxa de precessão atinge um valor máximo quando a taxa de rotação própria atinge valores mínimos e também quando o ângulo de nutação tem valores máximos. Explique porque isto ocorre desta maneira. Resposta: Sabemos que: β = K Oz = J (ψ& + φ& cos θ ) , e α = K OZ = Iφ&sen 2θ + J cos θ (ψ& + φ& cos θ ) = Iφ&sen 2θ + βcosθ
(3.7) (3.8)
são dois invariantes do movimento. De (3.7), se ψ& diminui, φ& cos θ deve aumentar para que β permaneça constante. Suponha que φ& aumente e cos θ diminua, de forma a manter φ& cos θ aumentando. Vê-se, de (3.8) que é possivel que α permaneça constante, bastando que Iφ&sen 2θ aumente na mesma taxa em que βcosθ diminui, balanceando-se mutuamente. Outra forma de visualizar é escrever (3.8) na forma: α = Iφ&(1 − cos 2 θ ) + βcosθ
(3.9),
que é uma equação quadrática em cos θ e que terá solução 1β cos θ = ± 2 Iφ& válida desde que 1β ± 2 Iφ&
2 β − 4 α − 1 Iφ& Iφ&
2 β − 4 α − 1 ≤ 1 Iφ& Iφ&
A solução (3.10) mostra que cos θ diminui (i.e.,θ aumenta) quando φ& aumenta.
(3.10)
(3.11).
Podemos adicionalmente lembrar que, diminuindo ψ& , diminui a rigidez giroscópica e θ tende a aumentar.
3 - Avalie o período da nutação no caso (b)? Resposta: Do gráfico de θ (t ) em (b), contamos 14 ciclos completos em cerca de 47,5 segundos. Portanto o período de nutação é aproximadamente TΘ ≅
47,5 s ≅ 3,4s . 14
4 - Se a rotação própria fosse aumentada o período de nutação diminuiria ou aumentaria? Justifique. Resposta: O período de nutação diminuiria, pois a "rigidez giroscópica", que é proporcional à rotação própria, aumentaria.
