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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO Avenida Professor Mello Moraes, nº 2231 CEP 05508-970, São Paulo, SP Telefone: (0xx11) 3091 5337 Fax: (0xx11) 3813 1886 Departamento de Engenharia Mecânica PME 2100 – MECÂNICA A – Terceira Prova – 22 de novembro de 2011 Duração da Prova: 110 minutos Não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos QUESTÃO 1 (3,5 pontos): Os discos homogêneos de centros A e B têm, respectivamente, massas M e M/3 e raios R e R/2, estando ligados por uma barra rígida de massa desprezível. Sabendo que os discos rolam sem escorregar, partindo do repouso, pede-se: a) As relações entre os vetores de rotação Aω r e Bω r dos discos e as velocidades Av r e Bv r dos centros dos discos. b) A aceleração do ponto B. c) A força de atrito entre o disco de centro B e o plano inclinado. d) A força na barra indicando se é de tração ou de compressão. 2 2 discodisco disco RMJG = QUESTÃO 2 (3,5 pontos): A barra homogênea AB, de comprimento L e massa M, parte do repouso em θ = θ0; nessa posição inicial a mola linear de constante elástica k está indeformada, isto é, o seu comprimento natural é Lsenθ0. Os roletes em A e B tem massa desprezível e atrito nulo. As extremidades da mola estão nos pontos D (fixo) e B. Pede-se: a) O diagrama de corpo livre da barra correspondente a 20 piθθ << . b) A energia cinética da barra em função de seus parâmetros e θ& . c) A expressão de θ& em função de θ. d) A relação entre os dados do problema para que o rolete em A não colida com a parede vertical. 12 2 barrabarra barra LMJG = QUESTÃO 3 (3,0 pontos): Um cilindro de revolução, oco, de raio interno R, pode girar livremente em torno do seu eixo, mantido fixo na horizontal. Outro cilindro, homogêneo, de raio r e peso mg, está apoiado no interior do cilindro oco, e rola sem escorregar. O cilindro oco possui uma aceleração angular Ω& conhecida e constante. a) Desenhe o diagrama de corpo livre do cilindro menor. b) Determine a relação entre ω& e Ω& supondo θ constante. c) Determine o ângulo θ tal que ( ) 0=tθ& e ( ) 0=tθ&& . R/2 R g α M M/3 B A i r jr θ g y x B A D Ω O n r τ r G R r θ ω g C 0,5 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 0,5 0,5 2,0 PME 2100 – MECÂNICA A – Terceira Prova – 2011 – GABARITO QUESTÃO 1 (3,5 pontos) (a) Barra AB em translação: ivvv BA rrr == Não há escorregamento: k R v A rr −=ω e k R v B rr 2 −=ω b) TEC: extWEE =− 0 ++ += 2222 2 1 32 1 2 1 2 1 BBBAAA Jv MJMvE ωω 2 2MRJ A = 242 23 2 2 MR RM J B = = Portanto: 2 222 2 22 2 22 2 6322 12 242 1 32 1 22 1 2 1 MvMvMvMvMv R vMR v M R vMRMvE = +++= ++ += Trabalho das forças externas: as forças normais são perpendiculares ao deslocamento, logo o trabalho é nulo; não há escorregamento, portanto, velocidade nula nos pontos de contato com a rampa, ou seja, trabalho nulo das forças de atrito. Apenas as forças peso realizam trabalho: x MggxMMgxW ext 3 sen4 sen 3 sen α αα =+= Voltando ao TEC: ⇒=⇒=⇒=⇒= 3 sen2 3 sen42 3 sen42 3 sen4 derivando 2 αααα gvvMgvMvxMgvMvxMgMv &&&& igaB rr 3 sen2 α = c) TMA (disco de centro B): 3 sen22 24 2 23 sen22 242 22 αα ω g R MR R FRFg R MRkRFkJ atBatBatBBB =⇒−= −⇒−= rr & ⇒ iMgFatB rr αsen 9 1 −= d) TMB (disco de centro B): atB x ext FTgMgMFaM −−=⇒=∑ α α sen 33 sen2 33 de direção na rr ⇒−+−=⇒−−=⇒ 3 sen 3 1 3 sen 3 sen 3 2 sen 9 1 sen 33 sen2 3 ααα αα α MgMgMgTMgTgMgM 0=T B A Mg/3 Mg FatA FatB NA NB DCL DCL B FatB NB T Mg/3 QUESTÃO 1 - Solução alternativa a) Barra AB em translação: ivvv BBA rrr == iaaa BBA rrr ==⇒ Não há escorregamento: k R vB A rr −=ω e k R vB B rr 2 −=ω k R aB A r &r −=⇒ ω e k R aB B r &r 2 −=ω Itens (b), (c) e (d): 2 2MRJ A = 24 2MRJ B = DCL do disco de centro B: TMA (disco de centro B): ⇒−= kRFkJ atBBB rr & 2 ω 6 4 242 2 24 2 22 B atB B atBatB B MaF R aMRFRF R aMR =⇒=⇒−= − TMB (disco de centro B): 6 sen 33 sen 333 de direção na B BatBB x ext B MaTgMaMFTgMaMFaM −−=⇒−−=⇒=∑ αα rr −=⇒−−=⇒ 23 sen 36 sen 3 B BB agMTaMaMgMT αα DCL do disco de centro A: TMA (disco de centro A): 22 2 B atAatA B atAAA MaFRF R aMRkRFkJ =⇒−= −⇒−= rr &ω TMB (disco de centro A): ⇒−+=⇒=∑ atAB x ext A FTMgMaFa M αsen 3 de direção na rr ⇒− −+=⇒ 223 sen sen BBB MaagMMgMa αα i g aB rr 3 sen2 α = Resultando em: ⇒= 6 B atB MaF i MgFatB r 9 senα −= e ⇒ ⋅ −= 23 sen2 3 sen αα ggMT 0=T A FatA NA Mg T B FatB NB T Mg/3 QUESTÃO 2 (3,5 pontos) a) DCL b) += 22 2 1 2 1 ωGG JMvE Usando o CIR: ω 2 L vG = E como θω &= : ⇒ += + = 2 2 2 2 2 22 122 1 43 3 2 1 122 1 22 1 θθθθ &&&& MLMLMLLME 2 2 6 θ&MLE = c) Como não há atrito e as forças normais são perpendiculares ao deslocamento, apenas a força peso e a força da mola realizam trabalho. Usando o TEC, partindo do repouso: ( ) ( ) ⇒−−−=⇒=− 20202 2 0 sensen2 sensen 26 θθθθθ LkLMgMLWEE ext & ( ) ( )[ ]00 sensensensen3 θθθθθ −−−= kLMgML& d) Para que a condição seja satisfeita, no limite para θ = pi/2, devemos ter 0=θ& : 0sen 2 sen0 0 = −−⇒= θpiθ kLMg& Portanto: ( )0sen1 θ−≤kL Mg QUESTÃO 3 (3,0 pontos) a) DCL b) Aceleração tangencial do ponto C do cilindro menor, considerando θ constante, o que implica em aceleração tangencial de G nula ( 0=τGa ): raC ωτ &= Aceleração tangencial do ponto C do cilindro oco: RaC Ω= &τ1 Como não há escorregamento: Rraa CC Ω=⇒= &&ωττ 1 Ω=⇒ && r R ω c) TMA (pólo no baricentro) ⇒= rFJ atGzω& rF mr at=ω&2 2 Ω=⇒=Ω⇒ && 22 2 mRFrF r Rmr atat TMB na direção tangencial considerando 0=τGa : ⇒=−= 0senθτ mgFma atG θsenmgFat = θsen2 mgmR =Ω⇒ & ⇒ g R 2 arcsen Ω = & θ (se gR 2≤Ω& ) O n r τ r G R r θ Ω ω g C G mg N Fat θ 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 . vB vA A B G CIR L/2 L/2 NB NA Mg Fm L/2 θ .
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