ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICAMecânica B – PME 2200 – Prova de Recuperação – 22/07/2014 Duração da Prova: 100 minutos
(Não é permitido o uso de calculadoras, celulares, tablets e/ou outros equipamentos similares) 1ª Questão (4,0 pontos)
No sistema indicado na figura ao lado, o disco de massa 2m e raio 2R gira, em relação ao garfo OC, em torno de um eixo paralelo a y e passante por O. O disco de massa m e raio R gira, em relação ao garfo CQ, em torno de um eixo paralelo a y e passante por Q. Estas velocidades angulares dos discos são constantes e valem O Oj r r ω ω = e Q Qj r r ω
ω = , respectivamente. Neste mesmo instante, a barra AB, de comprimento 2L e massa desprezível, gira com velocidade angular k
r r
Ω =
Ω , constante. Os garfos OC e CQ têm comprimento L e massa desprezível. Pede-se, para a base Cijk
r r r
, solidária aos garfos OC e CQ: (a) O momento da quantidade de movimento do disco de centro Q em relação
ao polo C
(b) O momento que o disco de centro Q aplica sobre o garfo QC.
(c) A relação entre ωO e ωQ para que as reações em A e B na direção y sejam nulas
2ª Questão (3,0 pontos)
No sistema indicado na figura ao lado, a barra OA, de massa m e comprimento L, encontra-se em um plano horizontal sem atrito e move-se inicialmente com velocidade angular OA OAk
r r
ω
ω =− , constante. Em um dado instante a barra OA choca-se com a barra BC, de massa m e comprimento L, inicialmente em repouso. Sabendo que o coeficiente de restituição vale e, com e > 0, determine o vetor de rotação da barra BC, ωr'BC, no instante imediatamente após o choque.
3ª Questão (3,0 pontos)
Considere o problema idealizado, ilustrado ao lado. O cilindro de massa m e raio R pode girar em torno de um eixo fixo, cujo traço no plano do desenho é indicado por O. O cilindro é excêntrico, ou seja, seu centro de massa G está fora do centro. A excentricidade, e=(G−O), é conhecida. O momento de inércia do cilindro em torno do eixo fixo é JO.
Ao redor do cilindro está enrolada uma correia ideal que é presa a dois conjuntos lineares idênticos, compostos por mola e amortecedor, de constantes K e C. Considere que não haja escorregamento entre a correia e o cilindro e que a correia esteja sempre tracionada. O ângulo de giro, θ, é nulo quando o centro de massa G está na vertical de O. Usando θ como coordenada generalizada, pede-se:
(a) Escreva a função de energia cinética do sistema. (b) Escreva a função de energia potencial do sistema. (c) Escreva a função Lagrangiana do sistema.
(d) Escreva a função de dissipação de Rayleigh do sistema.
(e) Deduza a equação de movimento do sistema a partir da Equação de Lagrange.
K
C
O
θ
G
g
K
C
A
g
B
Ω
ω
ΟL
L
2m,2R
y
z
x
C
O
Q
m,R
ω
QC
O
g
A
ωΟΑB
i r j rESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA1ª Questão (4,0 pontos)
No sistema indicado na figura ao lado, o disco de massa 2m e raio 2R gira, em relação ao garfo OC, em torno de um eixo paralelo a y e passante por O. O disco de massa m e raio R gira, em relação ao garfo CQ, em torno de um eixo paralelo a y e passante por Q. Estas velocidades angulares dos discos são constantes e valem O Oj r r ω ω = e Q Qj r r ω
ω = , respectivamente. Neste mesmo instante, a barra AB, de comprimento 2L e massa desprezível, gira com velocidade angular k
r r
Ω =
Ω , constante. Os garfos OC e CQ têm comprimento
L e massa desprezível. Pede-se, para a base Cijk r r r
, solidária aos garfos OC e
CQ:
(a) O momento da quantidade de movimento do disco de centro Q em relação ao polo C
(b) O momento que o disco de centro Q aplica sobre o garfo QC.
(c) A relação entre ωO e ωQ para que as reações em A e B na direção y sejam nulas
Resolução:
(a) Para o disco de centro Q
(
)
Q[ ]
Q{
abs}
Qm
G
Q
V
I
H
r
=
−
∧
r
+
ω
, em que G=Q k mR j mR H mR mR mR HQ Q Q Q r r r r Ω + = ⇒ Ω = ⇒ 4 2 0 4 0 0 0 2 0 0 0 4 2 2 2 2 2ω
ω
Fórmula da mudança de polo:
(
)
Q Q C H Q C mV H r r r ∧ − + = , em queVQ VC(
Q C)
Lj r r r r Ω − = − ∧ Ω + = ⇒ HC mR Qj R L m k r r r Ω + + = 2 2 2 4 2ω
(1,0)(b) Teorema da quantidade de movimento angular para o disco de centro Q
Q Q G Q mV V M H r r r & r + ∧ = k mR j mR HQ Q & r &r & r Ω + = 4 2 2 2
ω
, em que 0 r &r = k e j k j i r r r &r Ω − = ∧ Ω = i mR MQ Q r r Ω − = ⇒ω
2 2Assim, o momento que o disco de centro Q aplica sobre o garfo QC é
M
QM
Qxi
mR
Qi
r
r
r
Ω
=
=
ω
2
2 (1,0)mg
Y
QZ
QX
QM
QzM
QxA
g
B
Ω
ω
ΟL
L
2m,2R
y
z
x
C
O
Q
m,R
ω
QESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA(c) Aceleração do baricentro do disco de centro Q
(
Q C)
[
(
Q C)
]
a Li a aQ C Q r r r r & r r r 2 ) ⇒ =Ω − ∧ Ω ∧ Ω + − ∧ Ω + =Teorema do movimento do baricentro para o disco de centro Q
= = Ω = mg Z Y L m X Q Q Q 0 2
De maneira similar, para o disco de centro O:
k mR j mR HO O r r r Ω + = 2 2 2 4
ω
,o momento que o disco de centro O aplica sobre o garfo CO é MO MOxi mR O i
r r r Ω = = 2
ω
4 , i L aO r r 2 Ω − = e = = Ω − = mg Z Y L m X O O O 2 0 2 2Diagrama de corpo livre para a estrutura
A estrutura tem massa desprezível, de forma que:
= = + = − − + mg Z Y Y X X X X A B A Q O B A 3 0 0 e 0 r r = A M = = Ω − Ω + + − = Ω + Ω + − ⇒ 0 0 0 2 2 2 0 4 2 2 3 3 2 2 L m L m LX mgL mgL mR mR LY B O Q B
ω
ω
Portanto, para que YA e YB sejam iguais a zero:
⇒ = Ω + Ω 4 0 2 2 2 O Q mR mR
ω
ω
ω
Q =−8ω
O (2,0) ZQ ZO MQx MOx XQ XO YA ZA XA YB XBESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA2ª Questão (3,0 pontos)
No sistema indicado na figura ao lado, a barra OA, de massa m e comprimento L, encontra-se em um plano horizontal sem atrito e move-se inicialmente com velocidade angular OA OAk
r r
ω
ω =− , constante. Em um dado instante a barra OA choca-se com a barra BC, de massa m e comprimento L, inicialmente em repouso. Sabendo que o coeficiente de restituição no choque vale e, determine o vetor de rotação da barra BC, ωr'BC, no instante imediatamente após o choque.
Resolução: Relações cinemáticas: Barra OA: VA VO OA
(
A O)
OALj r r r rω
ω
∧ − =− + = . De maneira similar, V A OALj r r ' ' =−ω
Barra BC: V B V C BC(
B C)
BCL j r r r r 2 ' ' ' ' = +ω
∧ − =−ω
Diagramas de corpo livre dos impulsos
Barra OA: , barra BC:
Teorema do momento dos impulsos para a barra OA, polo O:
(
OA)
O[ ]
O{
OA}
(
OA)
O[ ]
O{
OA}
O O H IL mG O V I m G O V I M =∆ ⇒ = − ∧ +ω
− − ∧ +ω
r r r r ' ' , em que ' 0 r r r = = O O V V(
OA OA)
zO J IL=ω
−ω
' ⇒(
OA OA)
mL IL ' 3 2ω
ω
− =⇒
(1)Teorema do momento dos impulsos para a barra BC, polo C:
(
BC)
C[ ]
C{
BC}
(
BC)
C[ ]
C{
BC}
C C m G C V I mG C V I L I H M =∆ ⇒ = − ∧ +ω
− − ∧ +ω
r r r r ' ' 2 , em que ' 0 r r r = = C C V V BC mL L I ' 12 2 2ω
=⇒
(2) Coeficiente de restituição:(
V
V
)
L
L
e
L
e
V
V
B−
A=
A−
B⇒
−
ω
BC+
ω
'
OA=
−
ω
OA2
'
'
'
(3)
Resolvendo o sistema, tem-se que
(
+)
⇒ = 2 2 ' OA e BCω
ω
OA
(
e)
k BC r r 2 2 ' =ω
+ω
YO I XO I YC XCC
O
g
A
ωΟΑB
i r j rESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA3ª Questão (3,0 pontos)
Considere o problema idealizado, ilustrado ao lado. O cilindro de massa m e raio R pode girar em torno de um eixo fixo, cujo traço no plano do desenho é indicado por O. O cilindro é excêntrico, ou seja, seu centro de massa G está fora do centro. A excentricidade, e=(G−O), é conhecida. O momento de inércia do cilindro em torno do eixo fixo é JO.
Ao redor do cilindro está enrolada uma correia ideal que é presa a dois conjuntos lineares idênticos, compostos por mola e amortecedor, de constantes K e C. Considere que não haja escorregamento entre a correia e o cilindro e que a correia esteja sempre tracionada. O ângulo de giro, θ, é nulo quando o centro de massa G está na vertical de O. Usando θ como coordenada generalizada, pede-se:
(a) Escreva a função de energia cinética do sistema. (b) Escreva a função de energia potencial do sistema. (c) Escreva a função Lagrangiana do sistema.
(d) Escreva a função de dissipação de Rayleigh do sistema.
(e) Deduza a equação de movimento do sistema a partir da Equação de Lagrange. Resolução:
(a) Como o cilindro gira em torno de um eixo fixo, a energia cinética do sistema é simplesmente dada por:
2 2 1 ) (θ& JOθ& T = (1) (0,5)
(b) A função de energia potencial do sistema é composta por uma parcela de natureza elástica e outra de natureza gravitacional: ) cos 1 ( ) cos 1 ( ) ( 2 1 2 ) (θ θ 2+ − θ = 2θ2+ − θ = K R mge KR mge V . (2) (0,5)
(c) Assim, a função Lagrangiana fica:
(
(1 cos ))
2 1 ) , (θ θ = J θ2− KR2θ2+mge − θ L & O& . (3) (0,5)(d) Por sua vez, a função de dissipação de Rayleigh é escrita:
2 2 2 ) ( 2 1 2 )
(θ& C Rθ& CRθ&
R = = (4) (0,5)
(e) Por fim a equação de movimento pode ser deduzida da equação de Lagrange apresentada na seguinte forma:
0 = ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ θ θ θ& & R L L dt d , (5) (0,5) decorrendo, 0 sen 2 2 2 + 2 + = + CR KR mge θ
JOθ&& θ& θ . (6) (0,5)
Note que para pequenos deslocamentos, a equação fica aproximada, com erro de terceira ordem em θ, por,
(
2)
02 2 + 2+ =
+ θ θ
θ CR KR mge
JO&& & . (7)