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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica PME2100 – Mecânica A Prova Substitutiva – 06 de Dezembro de 2005 – Duração: 100 minutos Importante: não é permitido o uso de calculadoras 1 – (4,0 pontos) O piso é o referencial fixo, e a coluna prismáCursor tica (paralela ao eixo Oz) está fixa neste piso. O centro O do disco também não se move em relação ao piso. O vetor de ror r tação do disco de raio R é ω = ω k (ω constante). A barra AB tem comprimento 2L, está vinculada em A na periferia do disco e em B no cursor, por meio de juntas esféricas e, no instante mostrado na figura, é paralela ao eixo Oz. A esfera (de centro P) se move ao longo da barra AB, com velocidade v (constante) e encontra-se no meio da barra, no instante mostrado na figura. Considerando este mesmo instante: r a) Determine a velocidade v A do ponto A, o vetor de rotação x r r Ω da barra AB, e a velocidade v B do ponto B. Considere que r a componente de Ω na direção vertical seja nula em todos os instantes. b) Adotando a barra AB como referencial móvel, determine as velocidades relativa, de arrastamento e absoluta do ponto P. r r c) Determine a aceleração a A do ponto A, a aceleração a B do ponto B e a r aceleração angular α da barra AB
Coluna prismática B
Barra AB
L Esfera de centro P
v P
z
Disco de centro O
L A R
O
ω y
piso Oxyz é fixo em relação ao piso.
d) Determine as acelerações relativa, de arrastamento, de Coriolis e absoluta do ponto P. Solução: r r r r r r r r a) v A = vO + ω ∧ ( A − O ) = 0 + ω k ∧ R i ⇒ v A = ω R j r r r r r r r r r r r r r v B = −v B k ; Ω = Ω x i + Ω y j ; v B = v A + Ω ∧ ( B − A); − v B k = ω R j + Ω x i + Ω y j ∧ 2 L k ;
(
)
r r ωRr r r r r r ωR i − v B k = ω R j − 2 LΩ x j + 2 LΩ y i ⇒ v B = 0 , Ω x = e Ωy = 0 ⇒ Ω = 2L 2L r r b) v P ,rel = v k r r ωRr r r ωR r r r j v P ,arr = v B + Ω ∧ ( P − B ) = 0 + i ∧ L(− k ) ⇒ v P ,arr = 2 2L r r ωR r r r r j + vk v P ,abs = v P ,rel + v P ,arr ⇒ v P ,abs = 2 r
r
r
r
r
r
r
r
[
r
r
]
r
r
c) a A = aO + ω& ∧ ( A − O) + ω ∧ [ω ∧ ( A − O)] = 0 + 0 + ω k ∧ ω k ∧ R i ⇒ a A = −ω 2 R i
[
]
r r r r r r r r r r a B = − a B k ; α = α x i + α y j ; a B = a A + α ∧ ( B − A) + Ω ∧ Ω ∧ ( B − A) ;
r r ωR r ⎡ ωR r r⎤ r r r i ∧⎢ − a B k = −ω 2 R i + (α x i + α y j ) ∧ 2 L k + i ∧ 2 L k ⎥; 2L ⎦ ⎣ 2L
aB =
r r r r ω 2 R2 r − a B k = −ω 2 R i − 2 Lα x j + 2 Lα y i − k; 2L
r ω2R r r ω 2 R2 r ω 2R k ; αx = 0 e αy = j ⇒ aB = − ⇒α= 2L 2L 2L 2L
ω 2 R2
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r
r
r
d) aP ,rel = v& k ⇒ a P ,rel = 0
[
]
r ω R r ⎡ω R r r⎤ r r r ω2R r r r r a P ,arr = a A + α ∧ ( P − A) + Ω ∧ Ω ∧ ( P − A) = −ω 2 R i + j ∧ Lk + i ∧⎢ i ∧ Lk⎥ ⇒ 2L 2L ⎣ 2L ⎦
r ω 2R r ω 2 R2 r r ω 2R r ω 2 R2 r r i− k a P ,arr = −ω 2 R i + i − k ⇒ a P , arr = − 2 4L 2 4L r r r r ω Rv r r ωRr j i ∧ v k ⇒ a P ,cor = − a P ,cor = 2 Ω ∧ v P ,rel = 2 L 2L r r r r r ω 2R r ω R v r ω 2 R2 r i − j− k a P ,abs = a P ,rel + a P ,arr + a P ,cor ⇒ a P ,abs = − L 2 4L
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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica PME2100 – Mecânica A Prova Substitutiva – 06 de Dezembro de 2005 – Duração: 100 minutos Importante: não é permitido o uso de calculadoras A
M
g
fio r j
r i
B
C
O
R
2 - (6,0 pontos) A figura mostra uma barra homogênea de massa m e comprimento L, articulada em O e C e um disco homogêneo de massa m , raio R e articulado em C. O sistema "barra e disco" é mantido em repouso na posição horizontal por um fio ideal ligado ao disco no ponto B e cuja outra extremidade está ligada a um bloco de massa M no ponto A. O coeficiente de atrito entre o bloco e sua superfície de apoio é μ, mas nas articulações e na polia o atrito é nulo. Na situação apresentada: a) Determine as reações do vínculo em O e a tração no fio, e determine o eixo central do sistema de forças externas que atuam no sistema "barra e disco". b) Calcule o mínimo coeficiente de atrito μ compatível com o equilíbrio.
L
Nos itens seguintes considere que o fio foi cortado: c) Considerando o instante imediatamente posterior ao corte do fio, determine as reações do vínculo em O e determine o eixo central do sistema de forças externas que atuam no sistema "barra e disco". r d) Usando o Teorema do Momento Angular, determine o vetor de rotação Ω do disco. r e) Usando o Teorema da Energia Cinética, determine o vetor de rotação ω da barra no instante em que o centro do disco atinge o ponto mais baixo de sua trajetória. f) Determine as reações da articulação em O no instante em que o centro do disco atinge o ponto mais baixo de sua trajetória. Eixo central: lugar geométrico dos pólos para os quais o momento do sistema de forças é mínimo. mL2 mR 2 Disco homogêneo de massa m e raio R: J Gz = Barra homogênea de massa m e comprimento L: J Gz = 2 12 Solução: a) T VO
HO
C
O
mg
mg
∑ F = 0 ⇒ H0 = 0 ∑ Fy = 0 ⇒ mg + mg − VO − T = 0 x
∑M
O
= 0 ⇒ mg
⇒ VO =
3 L + mgL − TL = 0 ⇒ T = mg 2 2
1 mg 2
r r Como o sistema é equilibrado ( R = 0 ), o eixo central não está definido.
L
b) T M Fat
Mg N
∑F ∑F
x
= 0 ⇒T − Fat = 0 ⇒ Fat = T =
y
= 0 ⇒ Mg − N = 0 ⇒ N = Mg
3 mg 2
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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica No limite, pela lei de Coulomb, Fat ≤ μN ⇒
3m 3 mg ≤ μMg ⇒ μ mín = 2M 2
c)
VO
HO
C
O
mg
mg
L
TMA para o conjunto com pólo em O: ⎛ mL2 ⎞ L 3 J O ω& = mg + mgL ⇒ ⎜⎜ + mL2 ⎟⎟ ω& = mgL ⇒ 2 2 ⎝ 3 ⎠ 9g ω& = 8L TMA para o conjunto com pólo no baricentro do conjunto: 2 2 ⎛ mL2 3 3 ⎛L⎞ ⎛L⎞ ⎞ + m⎜ ⎟ + m⎜ ⎟ ⎟ = VO L J G ω& = VO L ⇒ ⎜ ⎜ 12 ⎟ 4 4 4 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 5 9g 3 ⇒ mL2 = VO L ⇒ VO = mg 16 24 8L 4
TMB para o conjunto: r 3 r r ⎡ r 3 r⎤ r r r r r r r r r H O i + (2mg −V O ) j = maG ; aG = aO + ω& ∧ (G − O) + ω ∧ [ω ∧ (G − O)] = 0 + ω& k ∧ L i + ω k ∧ ⎢ω k ∧ L i ⎥ ⇒ 4 4 ⎦ ⎣ r r r r 3 r 3 aG = ω& L j − ω 2 L i e, como ω = 0 no instante inicial, então a componente de aG na direção de i é nula nesse 4 4 mesmo instante ⇒ H O = 0 O sistema de forças é um sistema de forças paralelas e, portanto, o momento mínimo é nulo e o eixo central terá a direção do campo de forças paralelas. Como o sistema de forças é um sistema plano, o eixo central será, então, ortogonal à barra, estará no plano do sistema de forças e passará pelo ponto E da barra em relação ao qual o momento é nulo: ⎛
L⎞
∑ M E = 0 ⇒ VO d − mg ⎜⎝ d − 2 ⎟⎠ + mg (L − d ) = 0 ⇒
d
8 5 3 mgd − 2mgd + Lmg = 0 ⇒ d = L 9 16 2
VO C
O
mg
E
mg
L
d) Teorema do Momento Angular para o disco: Considerando que não há atrito na articulação, as linhas de ação de todas as forças que atuam no disco passam pelo seu baricentro C. Assim, o momento das forças externas ao disco é nulo, portanto o momento angular do disco se mantém r constante. Como o sistema parte do repouso, o vetor de rotação Ω do disco é sempre igual ao vetor nulo. r r& r r H C = M Cext = 0 ⇒ H C = constante Como o sistema parte do repouso: r r r r HC = 0 ⇒ Ω = 0 e) Teorema da Energia Cinética r Como o vetor de rotação Ω do disco é sempre nulo, o disco possui apenas movimento de translação, logo a velocidade de todos os seus pontos são iguais entre si, em particular iguais à velocidade do ponto C, que também pertence à barra. Desse modo, tudo se passa como se o disco fosse um ponto material em C. Portanto, o sistema pode ser reduzido à barra Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil
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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Departamento de Engenharia Mecânica com uma massa adicional (a massa do disco) concentrada na extremidade em C, e o momento de inércia em relação ao eixo da articulação no suporte pode ser calculado como: 2 4mL2 L2 L2 ⎛L⎞ + m⋅ + mL2 ⇒ J Oz = J Oz = J Gz + m ⋅ ⎜ ⎟ + mL2 ⇒ m 12 4 3 ⎝2⎠ Energia cinética do sistema: 1 1 4mL2 2 2mL2 2 ω ⇒ E= ω E = J Oz ω 2 ⇒ E = 2 2 3 3 Trabalho das forças: Como não há atrito nas articulações, as únicas forças que realizam trabalho são as forças peso, portanto, no ponto mais baixo da trajetória: 3mgL L W = mg ⋅ + mg ⋅ L ⇒ W = 2 2 Usando o Teorema da Energia Cinética, e considerando que o sistema parte do repouso: E − E0 = W ⇒ E − 0 = W r 3 g r 2mL2 2 3mgL 9g k ω = ⇒ ω2 = ⇒ ω= 2 L 3 2 4L f) Reações na articulação Localização do baricentro: No eixo da barra, a distância entre o ponto O e o baricentro G do conjunto pode ser determinada por: L m + mL 3L d= 2 ⇒ d= m+m 4
Com relação à articulação em O, o sistema se comporta como uma barra de massa m com uma massa m concentrada em C. No ponto mais baixo da trajetória, temos o seguinte diagrama de corpo livre (o disco não está representado na figura): VO
HO
3L/4
A trajetória do baricentro G é circular, com raio 3L/4. No ponto mais baixo da trajetória, a energia cinética é máxima, portanto, a velocidade angular é máxima. Sendo um ponto de máximo local, a aceleração angular é nula. Aceleração do baricentro: r 3L r 3L r a G = −ω& i −ω 2 j 4 4 9g como, neste instante, ω& = 0 e ω 2 = : 4L r r 27 g r 9 g 3L r aG = − j ⇒ aG = − j 16 4L 4 Teorema do Movimento do Baricentro: r r 2ma G = R r r 27 g r − 2m j = H O i + (2mg − VO ) j 16 HO = 0
G
V A = 2m
2mg
43 27 g mg + 2mg ⇒ VO = 8 16
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