Transcript
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica PME2100 – Mecânica A Prova Substitutiva – 17 de Dezembro de 2004 – Duração: 100 minutos GABARITO Questão 1 (3,0 pontos) – A barra homogênea EF, de peso Q, e a barra homogênea GH, de peso Q, estão soldadas ao disco de centro O, raio R e peso 4Q. As barras AC e CB têm massa desprezível, comprimento l e estão articuladas nas duas extremidades. a – Determine o baricentro do sólido formado pelo disco e pelas barras EF e GH. b – Calcule as forças nas barras AC e CB.
a H
a
A
E
F
l
y
a
C
O R
a
x
45o l
D
G
g
45o
B
Solução: Item (a): Considerando o sistema de coordenadas Oxy, as coordenadas do baricentro do sólido são: x=
Q ⋅ (− R) + Q ⋅ 0 + 4Q ⋅ 0 Q + Q + 4Q
⇒ x=−
R 6
y=
Item (b): Diagramas de corpo livre: Sólido:
Q ⋅ R + Q ⋅ 0 + 4Q ⋅ 0 Q + Q + 4Q
Nó:
y=
⇒
R 6
Barras: A
FAC
R/6 H
E
F YC
y GS
x
6Q
XC YC
D
G
FAC
FCB
FCB
C
XC
C
O
FAC
45o
C
C
YD
FCB B Condições de equilíbrio do nó C:
Condições de equilíbrio do sólido:
∑F = 0 ⇒ X = 0 ∑ F = 0 ⇒ Y + Y − 6Q = 0 R ∑ M = 0 ⇒ 6Q ⋅ 6 + R − Y ⋅ R = 0 7R ∑ M = 0 ⇒ 6Q ⋅ 6 − Y ⋅ R = 0 ⇒ x
C
y
C
C
2 2 + FCB − X C = 0 ⇒ FAC = − FCB 2 2 { 0
∑F
= 0 ⇒ FAC
2 2 − FCB − YC = 0 ⇒ FAC 2 = −Q 2 2 { −Q
y
D
D
= 0 ⇒ FAC
x
D
C
∑F
YD = 7Q
FAC = −Q
2 2
⇒ FCB = Q
2 2
Como YC + YD − 6Q = 0 ⇒ YC = −Q Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica y A
B ω1 φ C φ
r j
ω2
O
r i
x
Questão 2 (3,5 pontos) – O sistema mostrado na figura é composto pelas barras AB e CO, de comprimento l, e pela peça articulada em B e C. No instante analisado, o vetor de rotação da r r barra AB é ω1 = ω1 k , e a velocidade do ponto r r O é vO = v i . Pede-se: a – A velocidade do ponto B. b – Assumindo que a velocidade angular da barra OC seja positiva, determinar se o centro instantâneo de rotação (CIR) da barra OC está localizado acima (y > 0) ou abaixo (y < 0) do eixo Ox. r c – O vetor de rotação ω 2 da barra OC.
Solução: Item (a): r r r r r r r r r vB = v A + ω1 ∧ (B − A) ⇒ vB = 0 + ω1 k ∧ l i ⇒ vB = ω1 ⋅ l j Item (b): r r r r Observe que vC = vO + ω2 ∧ (C − O ) , e que ω2 ∧ (C − O ) é perpendicular a (C − O ) . Portanto, para ω2 > 0, e v > 0, a reta r r perpendicular a vC é concorrente à reta perpendicular a vO em um ponto acima do eixo Ox, como se pode perceber na figura: r r r r vC = vO + ω2 ∧ (C − O ) ω2 ∧ (C − O )
y
r j
CIR
φ
r i
r vO
C ω2
O
x r vO
Item (c): r O ponto C pertence à barra OC e à peça BC (cujo vetor de rotação denominaremos ω3 ), portanto: r r r vC = vO + ω2 ∧ (C − O ) r r r vC = vB + ω3 ∧ (C − B ) r r r r r r r r r r r r vO + ω2 ∧ (C − O ) = vB + ω3 ∧ (C − B ) ⇒ v i + ω2 k ∧ l sen ϕ i + l cos ϕ j = ω1 ⋅ l j + ω3 k ∧ l sen ϕ i − l cosϕ j r r r r r r v i + ω2 ⋅ l sen ϕ j − ω2 ⋅ l cos ϕ i = ω1 ⋅ l j + ω3 ⋅ l sen ϕ j + ω3 ⋅ l cos ϕ i r r r r (v − ω 2 ⋅ l cos ϕ )i + ω 2 ⋅ l sen ϕ j = ω3 ⋅ l cos ϕ i + (ω1 ⋅ l + ω3 ⋅ l sen ϕ ) j
(
Portanto: v − ω 2 ⋅ l cos ϕ = ω 3 ⋅ l cos ϕ ω ⋅ l sen ϕ = ω ⋅ l + ω ⋅ l sen ϕ 2 1 3
)
(
)
(− sen ϕ ) ⋅ (v − ω 2 ⋅ l cosϕ ) = (ω 3 ⋅ l cosϕ ) ⋅ (− sen ϕ ) ⇒ (cosϕ )⋅ (ω2 ⋅ l sen ϕ ) = (ω1 ⋅ l + ω3 ⋅ l sen ϕ ) ⋅ (cosϕ )
−v sen ϕ + ω2 ⋅ l sen ϕ cos ϕ = −ω3 ⋅ l sen ϕ cos ϕ ⇒ ω2 ⋅ l sen ϕ cos ϕ = ω1 ⋅ l cos ϕ + ω3 ⋅ l sen ϕ cos ϕ
Somando as equações: ⇒ − v sen ϕ + 2ω2 ⋅ l sen ϕ cos ϕ = ω1 ⋅ l cos ϕ ⇒ ω2 =
v sen ϕ + ω1 ⋅ l cos ϕ 2l sen ϕ cosϕ
r v sen ϕ + ω1 ⋅ l cosϕ r ⇒ ω2 = k 2l sen ϕ cos ϕ
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica Questão 3 (3,5 pontos) – O corpo de massa M, em formato de T, é composto de duas barras homogêneas, idênticas, de comprimento l, soldadas uma à outra. O corpo move-se apenas no plano vertical, e é solto do repouso na posição mostrada na figura. Desprezando o atrito e a massa do rolete em A, determine: a – O momento de inércia em relação ao baricentro do corpo em forma de T. b – A aceleração do ponto A no momento em que o corpo é solto.
r j
l/2 l
A
30o
l/2
r i
g
Momento de inércia baricêntrico de uma barra de comprimento l e massa m: ml 2 JG = l, m 12
G Solução: Item (a): Distância do baricentro G do corpo em forma de T ao ponto A: M M l l+ ⋅ 2 2 2 = l + l = 3l d= M M 2 4 4 + 2 2
Translação de eixos para momentos de inércia: l2 l2 4l 2 3l 2 M l2 M l M l2 M l ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = M ⋅ + = M ⋅ + 2 12 2 4 2 12 2 4 12 16 48 48 2
J Gz =
2
⇒
J Gz =
7 Ml 2 48
Item (b): Diagrama de corpo livre: Como não há atrito entre o rolete e a guia, no ponto A existe apenas a força normal YA: r j
YA g G
A r i
30o
3l 4
Mg Teorema do movimento do baricentro:
r r r r MaG = YA j + Mg sen 30o i − Mg cos 30o j r r r r r M aGx i + aGy j = YA j + Mg sen 30o i − Mg cos 30o j
(
)
MaGx = Mg sen 30o
⇒ aGx =
MaGy = YA − Mg cos 30o
g 2
⇒ MaGy = YA − Mg
(1) 3 2
(2)
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica Teorema do momento angular: J Gzω& = YA
3l 7 Ml 2 3l 7 Ml 3 7 ⋅ 2 ⋅ 3 Ml ω& = YA cos 30o ⇒ ω& = YA ⇒ ω& = YA cos 30o ⇒ 4 48 4 36 2 36 ⋅ 3
7 3 Ml ω& = YA 54
(3) r
Relação cinemática e restrição do movimento imposta pelo vínculo (o ponto A pode se mover apenas na direção i ): r r r r r r a A = aG + ω& ∧ ( A − G ) + ω ∧ [ω ∧ ( A − G )] = a A i
r
r
r
r
r
Observe que no instante em que o corpo é solto do repouso temos ω = 0 , portanto: aG + ω& ∧ ( A − G ) = a A i r 3l r 3l r r r r aGx i + aGy j + ω& k ∧ cos 30o i + sen 30o j = a A i 4 4 r r r r r 3l 3l o o aGx i + aGy j + ω& cos 30 j − ω& sen 30 i = a A i 4 4 aGx − ω&
3l 3l sen 30o = a A ⇒ a A = aGx − ω& 4 8
(4)
aGy + ω&
3l 3 3l cos 30o = 0 ⇒ aGy + ω& =0 4 8
(5)
Usando a equação (3) na equação (2): MaGy = YA − Mg
3 7 3Ml 3 7 3l 3 7l 3 ω& − Mg ω& − g ⇒ MaGy = ⇒ aGy = ⇒ aGy = ω& − g 2 54 2 54 2 2 27
Substituindo este resultado na equação (5): aGy + ω&
3 3l 3l 7l 3 & 3 3l 7l 7l 3l & = 0 ⇒ ω& − g +ω = 0 ⇒ ω& − g + ω& = 0 ⇒ + ω = g 8 4⋅2 4 27 2 27 27 4
109l 108 g 7 ⋅ 4l 3 ⋅ 27l & ω& = g ⇒ ω& = + ω = g ⇒ 108 109l 27 ⋅ 4 4 ⋅ 27
Substituindo este resultado e a equação (1) na equação (4) obtemos: a A = aGx − ω& aA =
3l 8
⇒ aA =
g 108 g 3l − ⋅ 2 109l 8
⇒ aA =
g 27 g 3 − ⋅ 2 109 2
27 3 109 − 81 109 ⇒ aA = − ⋅ g ⇒ aA = g 218 2 ⋅ 109 109 2
28 14 g ⇒ aA = g 218 109
r 14 r aA = gi 109
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
-
Tel: (011) 3091-5355
-
Fax: (011) 3091-1886
