Mecânica I - Poli - Psub - 2004

Prévia do material em texto

ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
Departamento de Engenharia Mecânica
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil - Tel: (011) 3091-5355 - Fax: (011) 3091-1886
PME2100 – Mecânica A
Prova Substitutiva – 17 de Dezembro de 2004 – Duração: 100 minutos
GABARITO
Questão 1 (3,0 pontos) – A barra ho-
mogênea EF, de peso Q, e a barra ho-
mogênea GH, de peso Q, estão soldadas
ao disco de centro O, raio R e peso 4Q.
As barras AC e CB têm massa desprezí-
vel, 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.
Solução:
Item (a):
Considerando o sistema de coordenadas Oxy, as coordenadas do baricentro do sólido são:
64
040)( Rx
QQQ
QQRQx −=⇒
++
⋅+⋅+−⋅
=
64
040 Ry
QQQ
QQRQy =⇒
++
⋅+⋅+⋅
=
Item (b):
Diagramas de corpo livre:
Sólido: Nó: Barras:
Condições de equilíbrio do sólido:
00 =⇒=∑ Cx XF
060 =−+⇒=∑ QYYF DCy
0
6
60 =⋅−





+⋅⇒=∑ RYRRQM DC
QYRYRQM DDC 706
760 =⇒=⋅−⋅⇒=∑
Como QYQYY CDC −=⇒=−+ 06
Condições de equilíbrio do nó C:
{ CBACCCBACx
FFXFFF −=⇒=−+⇒=∑ 02
2
2
20
0
{
QFYFFF AC
Q
CCBACy −=⇒=−−⇒=
−
∑ 202
2
2
20
2
2
2
2 QFQF CBAC =⇒−=
a
a
a a
R
45o
45o
y
x
A
B
C
D
O
G
H
E F
l
l
g
A
B
C
y
x
C
D
O
G
H
E F
GS
R/6
YC
XC
YD
6Q
45o
C
C
FCB
FCB
FAC
FAC
FAC
FCB
XC
YC
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
Departamento de Engenharia Mecânica
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil - Tel: (011) 3091-5355 - Fax: (011) 3091-1886
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
barra AB é k
rr
11 ωω = , e a velocidade do ponto
O é ivvO
rr
= . 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.
c – O vetor de rotação 2ω
r da barra OC.
Solução:
Item (a):
( ) jlvilkvABvv BBAB rrrrrrrrr ⋅=⇒∧+=⇒−∧+= 111 0 ωωω
Item (b):
Observe que ( )OCvv OC −∧+= 2ωrrr , e que ( )OC −∧2ωr é perpendicular a ( )OC − . Portanto, para ω2 > 0, e v > 0, a reta
perpendicular a Cv
r é concorrente à reta perpendicular a Ov
r em um ponto acima do eixo Ox, como se pode perceber na
figura:
Item (c):
O ponto C pertence à barra OC e à peça BC (cujo vetor de rotação denominaremos 3ω
r ), portanto:
( )OCvv OC −∧+= 2ωrrr
( )BCvv BC −∧+= 3ωrrr
( ) ( ) ( ) ( )jlilkjljlilkivBCvOCv BO rrrrrrrrrrrr ϕϕωωϕϕωωω cossencossen 31232 −∧+⋅=+∧+⇒−∧+=−∧+
iljljliljliv
rrrrrr
ϕωϕωωϕωϕω cossencossen 33122 ⋅+⋅+⋅=⋅−⋅+
( ) ( ) jlliljlilv rrrr ϕωωϕωϕωϕω sencossencos 31322 ⋅+⋅+⋅=⋅+⋅−
Portanto:



⋅+⋅=⋅
⋅=⋅−
ϕωωϕω
ϕωϕω
sensen
coscos
312
32
lll
llv ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

⋅⋅+⋅=⋅⋅
−⋅⋅=⋅−⋅−⇒ ϕϕωωϕωϕ
ϕϕωϕωϕ
cossensencos
sencoscossen
312
32
lll
llv



⋅+⋅=⋅
⋅−=⋅+−⇒ ϕϕωϕωϕϕω
ϕϕωϕϕωϕ
cossencoscossen
cossencossensen
312
32
lll
llv
Somando as equações:
k
l
lv
l
lvllv
rr
ϕϕ
ϕωϕ
ω
ϕϕ
ϕωϕ
ωϕωϕϕωϕ
cossen2
cossen
cossen2
cossencoscossen2sen 121212
⋅+
=⇒
⋅+
=⇒⋅=⋅+−⇒
φ
φ
ω2
ω1
A
B
C
O
y
x i
r
j
r
φ ω2
C
O
y
x
i
r
j
r
Ov
r
Ov
r
( )OC −∧2ωr
CIR
( )OCvv OC −∧+= 2ωrrr
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
Departamento de Engenharia Mecânica
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil - Tel: (011) 3091-5355 - Fax: (011) 3091-1886
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 verti-
cal, e é solto do repouso na posição
mostrada na figura. Desprezando o
atrito e a massa do rolete em A, deter-
mine:
a – O momento de inércia em relação ao
baricentro do corpo em forma de T.
b – A aceleração do ponto A no mo-
mento em que o corpo é solto.
Solução:
Item (a):
Distância do baricentro G do corpo em forma de T ao ponto A:
4
3
42
22
222 lll
MM
lMlM
d =+=
+
⋅+
=
Translação de eixos para momentos de inércia:
48
7
48
3
48
4
16124212242122
222222222 MlJllMllMlMlMlMlMJ GzGz =⇒





+⋅=





+⋅=





⋅+⋅+





⋅+⋅=
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:
Teorema do movimento do baricentro:
jMgiMgjYaM ooAG
rrrr
30cos30sen −+=
( ) jMgiMgjYjaiaM ooAGyGx rrrrr 30cos30sen −+=+
2
30sen gaMgMa Gx
o
Gx =⇒= (1)
2
330cos MgYMaMgYMa AGy
o
AGy −=⇒−= (2)
30o i
r
j
r
l
l/2
l/2
A
g
12
2mlJG =
Momento de inércia baricêntrico de uma barra de
comprimento l e massa m:
G
l, m
30o i
r
j
r
A
g
G
4
3l
Mg
YA
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
Departamento de Engenharia Mecânica
Departamento de Engenharia Mecânica - Av. Prof. Mello Moraes, 2231 - São Paulo - SP - 05508-900 Brasil - Tel: (011) 3091-5355 - Fax: (011) 3091-1886
Teorema do momento angular:
AA
o
A
o
AGz Y
MlYMllYMllYJ =
⋅
⋅⋅
⇒=⇒=⇒= ωωωω &&&&
336
327
2
3
36
730cos
4
3
48
730cos
4
3 2
AY
Ml
=ω&
54
37 (3)
Relação cinemática e restrição do movimento imposta pelo vínculo (o ponto A pode se mover apenas na direção i
r
):
( ) ( )[ ] iaGAGAaa AGA rrr&rrr =−∧∧+−∧+= ωωω
Observe que no instante em que o corpo é solto do repouso temos 0
rr
=ω , portanto: ( ) iaGAa AG r&rr =−∧+ω
iajlilkjaia A
oo
GyGx
rrrr
&
rr
=





+∧++ 30sen
4
330cos
4
3
ω
iailjljaia A
oo
GyGx
rr
&
r
&
rr
=−++ 30sen
4
330cos
4
3
ωω
8
330sen
4
3 laaala GxAA
o
Gx ωω && −=⇒=− (4)
0
8
33030cos
4
3
=+⇒=+
lala Gy
o
Gy ωω && (5)
Usando a equação (3) na equação (2):
2
3
27
7
2
3
54
37
2
3
54
37
2
3






−=⇒−=⇒−=⇒−= glaglaMgMlMaMgYMa GyGyGyAGy ωωω &&&
Substituindo este resultado na equação (5):
glllgllgllaGy =





+⇒=+





−⇒=
⋅
+





−⇒=+ ωωωωωω &&&&&&
4
3
27
70
4
3
27
70
24
33
2
3
27
70
8
33
l
gglgll
109
108
108
109
274
273
427
47
=⇒=⇒=





⋅
⋅
+
⋅
⋅
ωωω &&&
Substituindo este resultado e a equação (1) na equação (4) obtemos:
gagaggal
l
ggalaa AAAAGxA 




 −
=⇒





⋅−
⋅
=⇒⋅−=⇒⋅−=⇒−=
218
81109
2
3
109
27
1092
109
2
3
109
27
28
3
109
108
28
3
ω&
gaga AA 109
14
218
28
=⇒=
igaA
rr
109
14
=