ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO. Departamento de Engenharia Mecânica

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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO

Departamento de Engenharia Mecânica

PME 3100 – MECÂNICA 1 –Prova de recuperação – 26 de julho de 2017 - Duração da Prova: 110 minutos (não é permitido o uso de calculadoras, celulares, tablets, notebooks e dispositivos similares)

1ª Questão (3,5 pontos). O quadro ABC, com a forma de um triângulo retângulo isósceles, é constituído por três barras articuladas entre si e de peso desprezível. O quadro é articulado em A e ligado em B a dois cabos BD e BE inclinados de 45º com a vertical, conforme indicado na figura. O plano ABC forma um ângulo β (0≤β≤90) conhecido com o plano yz. Em C aplica-se uma carga vertical P. Pede-se:

(a) indicar se a estrutura da figura é isostática, hipostática ou hiperestática; (b) desenhar os diagramas de corpo livre

das barras AB, BC e AC e dos nós B e C. (c) determinar as trações nos cabos BD e BE

e as forças nas barras AB, BC e AC, indicando se são de tração ou de compressão.

RESOLUÇÃO

A estrutura é hipostática, pois não existem vínculos que a impeçam de girar em torno do eixo z. Por outro lado, as forças nela atuantes não introduzem momentos em torno de z, o que possibilita o equilíbrio.

(½ ponto) Os diagramas de corpo livre solicitados são apresentados nas figuras abaixo.

(1 ponto) Escrevendo-se as equações de equilíbrio para o nó C, tem-se:

2 2 0 2 2 0 BC AC BC AC ui F F F F F = ⇒− − = ⇒ =−

∑

(1) β ° 45 ° 45 z x ° 45 i r j r k r y u A B C P D E B C BC F BC F A B AB F AB F A C AC F AC F C u z P BC F AC F ° 45 B BC F AB F BD F BE F y z

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2 0 2 2 0 P F F P Fzi = ⇒− − AC = ⇒ AC =−

∑

(comprimida) (2)

( )

F P e2 ⇒ BC = ) 1 ( (tracionada) (½ponto)

Considerando-se agora o equilíbrio do nó B, temos as seguintes forças atuantes:

• FBD FBD

(

j k

)

r r r + − = 2 2 (3) • FBE FBE

(

i k

)

r r r − = 2 2 (4) • FBC FBC j FBC i P j P i r r r r r β β β

β sin cos sin

cos − = − = (5) • FAB FABk r r − = (6)

Escrevendo-se a equação vetorial de equilíbrio do nó B, tem-se:

( )

(

cos sin

)

0 2 2 2 2 0 0 r r r r r r r r r r r r r r r = − − + − + + − ⇒ = + + + ⇒ =

∑

Fi FBD FBE FBC FAB FBD j k FBE i k P βj βi FABk

A resolução do correspondente sistema de equações escalares permite determinar as incógnitas remanescentes do problema: • sinβ 0 2sinβ 2 2 P F P FBE − = ⇒ BE = (½ponto) • cosβ 0 2cosβ 2 2 P F P FBD + = ⇒ BD = − (½ponto) • 0

(

sinβ cosβ

)

2 2 2 2 + − = ⇒ = − − −FBD FBE FAB FAB P (comprimida) (½ponto)

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2ª Questão (3,0 pontos). A plataforma de transporte ao lado desloca-se com velocidade constante vrem relação ao referencial fixo

O

I

J

K

r

'

. Um atuador hidráulico faz com que a rampa inclinada seja erguida com velocidade angular Ω

r

de módulo constante. Um cilindro de centro A e raio R rola sem escorregar sobre a rampa inclinada, tendo C como ponto de contato. O cilindro possui, no instante mostrado, velocidade angular

ω

r e aceleração angular

ω

&r em relação à rampa. No mesmo instante, o ângulo entre a rampa inclinada e a horizontal é θ=45º e a distância entre os pontos C e O é d. Pede-se, descrevendo os resultados no sistema Oijk

r r r

, solidário à rampa inclinada:

(a) as velocidades relativa, de arrastamento e absoluta do ponto A;

(b) as acelerações relativa, de arrastamento, complementar e absoluda do do ponto A; (c) os vetores rotação e aceleração angular absolutos do cilindro de centro A.

RESOLUÇÃO

Para um observador solidário à rampa, o ponto C do cilindro tem velocidade nula, já que este realiza movimento de rolamento puro sobre a rampa. Dessa forma, tem-se:

(

k

)

Rj Ri v v_rA _rC r r r r

ω

∧ = − + = (½ ponto)

A velocidade de arrastamento do ponto A do cilindro, é:

( )

k

(

A O

)

vI k

(

di Rj

)

vI Ri dj v

[

( ) ( )

Ii i I j j

]

Ri dj v vaA O r r r r r r r r r r r r r r r r r r Ω + Ω + + − = Ω + Ω + − = + − ∧ Ω − − = − ∧ Ω − + = . .

[

i j

]

Ri dj

(

R v

) (

i d v

)

j R v i d v j v vaA r r r r r r r r r         − Ω +         − Ω = − Ω + − Ω = Ω + Ω + + − = ⇒ 2 2 2 2 sin cos sin cosθ θ θ θ (½ponto)

Portanto, a velocidade absoluta de A, é:

j v d i v R R j v d i v R i R v v vA rA aA r r r r r r r r         − Ω +         − Ω + =         − Ω +         − Ω + = + = 2 2 2 2 2 2 2 2 _ω ω

Como o centro A do cilindro realiza movimento retilíneo, a sua aceleração relativa ao referencial Oijk

r r r móvel, é: i R v a_rA _rA r & & r r

ω

= = (½ponto) A aceleração de arrastamento de A, é:

(

A O

)

[

(

A O

)

]

(

A O

)

k

[

k

(

di Rj

)

]

(

di Rj

)

a aaA aO r r r r r r r r r & r r r − Ω = + − ∧ Ω − ∧ Ω − − ∧ + = − Ω ∧ Ω + − ∧ Ω + = 2 0 0 (½ponto) A aceleração complementar de A é:

( )

k

( )

R

i

R

j

v

a

_cA _a _rA

r

ω

∧

=

−

Ω

∧

=

−

Ω

=

2

(½ponto) A C O θ Ω ω ω v O’ J I i j

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A aceleração absoluta de A, é:

(

di Rj

)

Rj

(

R

) (

i

)

Rj i R a a a aA rA aA cA r r & r r r r & r r r ω ω ω ω +Ω − − Ω = +Ω − Ω + Ω = + + = 2 2 2 2 2

O vetor rotação absoluta do disco, é:

(

)

k a r abs r r r r Ω + − = + =ω ω ω ω

O vetor aceleração rotacional absoluta do disco, é: k r a a r abs r & r r & r & r & r ω ω ω ω ω ω = + + ∧ =− (½ponto)

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3ª Questão (3,5 pontos). Dois cilindros iguais de raio r e massa m, interligados por meio de articulações a um cabo inextensível AB de comprimento L e massa desprezível, sobem uma rampa de inclinação α sob a ação de um torque T aplicado ao cilindro dianteiro. Admitindo-se que ambos os cilindros rolem sem escorregar e que o coeficiente de atrito entre eles e a rampa seja µ, pede-se: a. desenhar os diagramas de corpo livre dos dois cilindros;

b. calcular a aceleração angular dos cilindros; c. calcular a força de tração no cabo;

d. determinar o máximo valor do torque aplicado em B para que não ocorra escorregamento do cilindro dianteiro.

RESOLUÇÃO

Ambos os cilindros realizam movimento de rolamento puro. O cilindro traseiro movimenta-se sob a ação da força peso, da força de contato H i N j

r r 2 2 + − e da forçaFi r

transmitida pela barra; o cilindro dianteiro move-se sob a ação da força peso, da força de contacto H i N j

r r

1

1 + , do torque Tk

r

− aplicado ao eixo e da força Fi

r

− transmitida pela barra.

(1 ponto) Aplicando-se ao cilindro traseiro o TMB e o TQMA ( pólo I2), tem-se:

ma mg H F− 2 − sinα = (Eq.1) 0 cos 2−mg α = N (Eq.2)

( )

ω ω ω

α & 2 2 & 2&

2 3 2 1 sin 2 mr mr mr J Fr mgr I z − =−      + = = − (Eq.3)

Aplicando-se ao cilindro dianteiro o TMB e o TQMA (pólo I1), tem-se:

ma mg F H1− − sinα = (Eq.4) 0 cos 1−mg α = N (Eq.5)

( )

ω ω α & 2& 2 3 sin 2 mr J T mgr Fr+ − = I z − =− (Eq.6) (½ponto) Como ambos os cilindros realizam movimento de rolamento puro, tem-se:

r a=ω& _(Eq.7) αN2 2 H g mr F r A ar I2 ωrω & r αN1 1 H g mr F r T r B ar I1 ωrω & r L r r α m m T A B i r j r g

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(½ ponto) Somando-se as equações (3) e (6), obtém-se:

ω α ₃ 2& sin 2mgr −T =− mr 2 3 sin 2 mr mgr T α ω = − ∴ & _(Eq.8) (½ ponto) Substituindo-se (8) em (3), obtém-se:

(

α

)

α ω α 2 sin 2 1 sin 2 3 sin T mgr r mg mr mg F = + & = + − r T F 2 = ∴ (Eq.9) (½ponto) Substituindo-se (7) e (9) em (4), obtém-se: r mgr T mg r T H 3 sin 2 sin 2 1 α α+ − + = 3 sin 6 5 1 α mg r T H = + ∴ (Eq.10)

Para que não ocorra deslizamento do cilindro dianteiro, deve-se ter: α µ µ α cos 3 sin 6 5 1 1 N mg mg r T H = + ≤ = ∴T

(

3µcosα sinα

)

mrg 5 2 ₋ ≤ (Eq.11) (½ ponto)