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QUESTÕES COMENTADAS DE MECÂNICA
Prof. Inácio Benvegnú Morsch
CEMACOM Depto. Eng. Civil UFRGS
1) Cortam-se duas fendas na placa FG de modo que esta se encaixe em dois pinos fixos A e B como ilustra a figura. Sabendo que, na configuração mostrada, a velocidade angular da manivela CD é de 8 rad/s no sentido horário, determine as velocidades dos pontos E e F, bem como a velocidade angular da chapa e a posição do centro instantâneo de velocidade nula desta. 457 203 152 F
2 0 1
Solução 1: Utilizando-se o método de solução convencional tem-se
V D = V C + V DC = (C − D ) × ω DC
B
i j k V D = 91 0 0 = 728 j mm/s 0 0 − 8
8 7 1
A 60o
V E = V D + ( D − E ) × ω ED
(mm)
2 5 1
j k i V D = 728 j + 0 − 203 0 = 728 j − 203ω ED i 0 ω ED 0
E
3 0 2
A velocidade da chapa no ponto A pode ser escrita como
C D
V A = V A (cos 60, cos 30) = V A ( 0,5;0,866)
91
V A = V E + ( E − A) × ω chapa
i j k V A ( 0,5 ;0,866) = ( −203ω ED ,728) + − 152 − 152 0 0 ω chapa 0
0,5V A
= −203ω ED − 152ω chapa
0,866V A
= 728 + 152ω chapa
(1) (2)
A velocidade da chapa no ponto B pode ser escrita como V B
V B = V E + ( E − B ) × ω chapa
V B = −203ω ED − 330ω chapa
(3)
0 = 728 + 609ω chapa
(4)
→
ω chapa = -1,195 rad/s
Substituindo-se ωchapa na equação (2) obtém-se V A e com este resultado obtém-se ω ED
V B = 528,12(1; 0 ) mm/s e V E =
. Aplicando-se esta definição obtém-se
i j k 0 → V B (1 ;0) = ( −203ω ED ,728) + − 609 − 330 0 ω chapa 0
= V B (1,0,0)
= −0,659
= 630,83 mm/s,
logo escreve-se V A
= 630,83(0,5; 0,866) mm/s
rad/s. Aplicando-se estes resultados pode-se escrever
(133,78; 728) = 740,19(0,181;0,983) mm/s. A velocidade do ponto F pode-se calcular
como V F = V E + ( E − F ) × ω chapa ou seja
j k i V F = (133,78; 728) + − 812 − 432 0 = (650,02; − 242,24 ) = 693,69 (0,937; − 0,349 ) mm/s 0 0 − 1,195
A posição centro instantâneo de velocidade nula é facilmente determinada, a partir das direções das velocidades nos pontos A e B, conforme ilustrado na figura abaixo.
xCI = 609 mm yCI = 355 − 457 ⋅ tan 30 = 91,15 mm F B
CI (609; 91,15)
Solução Alternativa
A 60o 30o
E
CI
Para esta forma de solução vamos empregar o conceito do cento instantâneo de velocidade nula. Este modo de solução inicia com a determinação do centro instantâneo de velocidade nula conforme apresentado anteriormente. Conhecendo-se o CI pode-se escrever
C D
V A = (CI − A) × ω chapa
0,5V A
= −263,85ω chapa
0,866V A
= −457ω chapa
V B = (CI − B ) × ω chapa
V E = (CI − E ) × ω chapa
i j k 0 → V A (0,5; 0,866 ) = 457 − 263,85 0 ω chapa 0
(1) ( 2) i j k 0 → V B = −441,85ω chapa (3) → V B (1; 0 ) = 0 − 441,85 0 ω chapa 0 i j k 0 → (− 203ω ED , 728) = 609 − 111,85 0 ω chapa 0
−203ω ED = −111,85ω chapa
728 = −609ω chapa
→
ω chapa = −1,195 rad/s
e ω ED
= −0,659 rad/s, V E == 740,19(0,181; 0,983) mm/s.
A velocidade do ponto F é calculada como V F = (CI − F ) × ω chapa
j k i 0 = (649,9; − 242,59 ) = 693,7(0,937;0,35) mm/s → V F = − 203 − 543,85 0 0 − 1,195
5) Determine a velocidade angular e a aceleração angular da palca CD do mecanismo triturador de pedras mostrado na figura no instante em que AB está na horizontal. A barra AB gira com uma velocidade angular constante ω AB = 4 rad/s .
D
Solução: Em primeiro lugar deve-se obter as coordenadas dos pontos de interesse. Na figura ao lado estão representados os eixos de referência adotados.
2 , 1
A(1,379; 0) B(0,779; 0) C(0 ; 0,45) D(0,6 ; 1,489)
90.0°
A seguir calcula-se a velocidade VB
C (m)
i j k V B = V A + ( A − B ) × ω = 0,6 0 0 0 0 − 4
V B =
0 , 9
AB=
ω
B
30°
2,4 j m/s
0,6
O próximo passo é calcular VC V C = V B + ( B − C ) × ω CB
i j k 0 = −0,45ω CB i + (2,4 − 0,779ω CB ) j = 2,4 j + 0,779 − 0,45 0 ω CB 0
(1) Para se continuar a solução, deve-se escrever VC em função do ponto D, ou seja V C = V D + ( D − C ) × ω CD
j k i 0 = 1,039ω CD i − 0,6ω CD j = 0 + 0,6 1,039 0 ω CD 0
(2)
Igualando-se as expressões (1) e (2) tem-se − 0,45ω CB i + (2,4 − 0,779ω CB ) j = 1,039ω CD i − 0,6ω CD j
que resulta nas equações escalares − 0,45ω CB = 1,039ω CD 2,4 − 0,779ω CB = −0,6ω CD
que resultam em ω CD
= −1 rad/s
e ω CB
= 2,309 rad/s
Para se obter a aceleração angular da barra CD calcula-se inicialmente a aceleração aB 2 2 2 a B = a A + ( A − B ) × α + ( A − B )ω = 0 + 0 + 0,6 ⋅ ( −4) i = 9,6 i m/s
A partir deste ponto segue-se um procedimento análogo ao aplicado às velocidades. 2 2 aC = a B + ( B − C ) × α CB + ( B − C )ω CB = 9,6 i − 0,45α CB i − 0,779α CB j + (0,779 ; − 0,45) 2,309
aC =
4 rad/s
(13,753 − 0,45α CB )i + (− 0,779α CB − 2,399 ) j (3)
2 aC = a D + ( D − C ) × α CD + ( D − C )ω CD = 0 + 1,039α CD i − 0,6α CD j + 0,6 i + 1,039 j
Igualando-se as expressões (3) e (4) obtém-se
(13 ,753 − 0,45α CB )i + (− 0,779α CB − 2,399 ) j = 1,039α CD que corresponde a duas equações escalares
i − 0,6α CD j + 0,6 i + 1,039 j
(4)
A
13 ,753 − 0,45α CB = 1,039α CD + 0,6 que resolvidas resultam em αCD = 10,93 rad/s2 e αCD = 4 rad/s2 − 0,779α CB − 2,399 = −0,6α CD + 1,039
2) O disco mostrado na figura tem uma massa de 20 kg e está originalmente girando na extremidade da haste com uma velocidade angular ω = 60 rad/s, quando ele é colocado contra a parede, cujo coeficiente de atrito dinâmico vale 0,3. Determine o tempo necessário para o movimento cessar. Qual a força na haste BC durante este tempo? ω
150
Solução: O primeiro passo é fazer um diagrama de corpo livre das forças que atuam no disco. Este diagrama deve ser igualado a um diagrama cinético equivalente ao primeiro.
B
P No
Rx
=
Fa
Ry
O próximo passo é escrever as equações de equilíbrio para o problema em questão.
o
60
A
IBα
∑ F x = maCM x
→
∑ F x = 0
→ R x = N o
∑ F y = maCM y
→
∑ F y = 0
→ R y + F a − P =
Como há deslizamento entre a parede e disco tem-se F a = µ d N o
∑ M CM = I CM α
→
0,15F a
= I CM α
sendo que I CM
=
0
= 0,3N o , logo R y = P − 0,3N o
2 1 20 ⋅ 0,15 2
4 = 0,225 m α = 0,2 N o
Como a barra AB é birotulada e tem peso desprezível, sabe-se que a força atuante na barra tem a direção desta ou seja tan 60° = 1,732 N o
R y R x
= 196,12 − 0,3 N o
R x = 96,51 N R y = 167,16 N ∆t = 3,1 s
→ R y = 1,732 R x = 1,732 N o → N o = 96,51 N
→ α = 19,302 rad / s
2
0 = −60 + 19,302∆t
10) Sabendo que a velocidade do cursor D é de 1,8 m/s para cima, determine para a configuração ilustrada na figura abaixo: a velocidade angular da haste AD, a velocidade do ponto B e a velocidade do ponto A. Solução: O primeiro passo é escrever a velocidade do ponto B em função da velocidade do ponto D. E
V B = V D + ( D − B ) × ω BD
A
i j k V B = 1,8 + 0,26 − 0,15 0 0 0 ω BD
0 6 1
B
2 0 0
V B = (− 0,15ω BD 3 0 0
30
; 1,8 − 0,26ω BD ) (1)
O próximo passo é escrever a velocidade do ponto B em função do ponto E .
o
D (mm)
V B = V E + ( E − B ) × ω BE
i j k V B = 0 + 0 0,16 0 0 0 ω BE
V B = (0,16ω BE ; 0)
(2)
Igualando-se as expressões (1) e (2) resulta em 1,8 − 0,26ω BD
=0
V B = (− 1,04 ; 0 )
→
ω BD = 6,92 rad/s e 0,16ω BE = −0,15ω BD
→
ω BE =
−0,15 ⋅ 6,92
0,16
= −6,49
rad/s
m/s
O próximo passo é calcular a velocidade do ponto A. V A = V D + ( D − A) × ω AD
Como os pontos A, B e D pertencem ao mesmo corpo rígido tem-se que ω AD
i j k 0 = (− 1,73 ; − 1,2 ) m/s = 2,1(- 0,822 ; - 0,57 ) m/s V B = 1,8 + 0,433 − 0,25 0 0 6,92
= ω BD , logo
12) A barra AB do mecanismo ilustrado na Fig.(2) gira com ω = 2 k rad/s constante. Determine a velocidade e aceleração do ponto B localizado sobre o colar duplo para a configuração ilustrada. O colar duplo é formado por dois cursores que são forçados a se moverem ao longo do eixo circular e da barra AB.
y
Solução: O primeiro passo na solução do problema é representar o sistema de referência fixo AXY e o sistema de referência móvel Axy conforme ilustrado na figura ao lado. Separando-se a velocidade do ponto B numa componente de velocidade de condução e noutra de velocidade relativa tem-se
C
Y B
V cond B = V A + ( A − B ) × ω
x
j 0,6 m
Como a origem dos sistema fixo e móvel é o ponto A tem-se V A = 0 . As coordenadas do ponto B no sistema móvel são dadas por
2 rad/s
i J
45°
D
I
A
Calculando-se a velocidade V cond B obtém-se V cond B
X
0,6
2
2 + 0,6 = 0,849 m , logo B (0 ; 0,849).
j k i = 0 − 0,849 0 = −1,698 i m/s . A velocidade relativa do colar 0 0 2
ocorre na direção y devido à limitação da haste. Logo, pode-se escrever V rela B
ponto C pode ser escrita como V B = V cond B + V rela B
= −1,698 i + V ry j
=
dy dt
j = V ry j .
Portanto, a velocidade do
(1).
Do ponto vista do sistema fixo, a velocidade do ponto B pode ser interpretada como sendo a velocidade do colar que desliza do arco circular. Logo, na posição ilustrada a velocidade do ponto B pode ser escrita como V B = −V Bx I já que a velocidade deve ser tangente à trajetória no ponto considerado. Para relacionarmos V B escrito em
relação ao referencial fixo com V B escrita em relação ao referencial móvel, devemos aplicar uma rotação no eixos ( I, J) i cosθ sen θ I ⋅ . No caso do problema tem-se θ = 45° , logo pode-se escrever ou seja = j − senθ cosθ J − 0,707V Bx i 0,707 0,707 − V Bx (2) = ⋅ → j − 0,707 0,707 0 0,707V Bx
Comparando-se as expressões (1) e (2) tem-se V ry = 0,707V Bx
− 0,707V Bx = −1,698 → V Bx = 2,4 m/s →
VB = −2,4 I m/s e
→ V ry = 0,707 ⋅ 2,4 = 1,698 m/s
Adotando-se um procedimento semelhante para o cálculo da aceleração tem-se 2 acond B = a A + ( A − B )× α + ( A − B )ω
Como a origem dos sistema fixo e móvel é o ponto A tem-se a A = 0 . Como ω é constante tem-se que α = 0 . Logo, a aceleração de condução resulta em
2 2 acond B = −0,849 j ⋅ 2 = −3,396 j m/s
A aceleração relativa do colar ocorre na direção y devido à limitação da haste. Logo, pode-se escrever i 2 d y j = a ry j . A aceleração de Coriolis é dada por acoriolis = 2ω a rela B = × V rela = 2 0 B B 2 0 dt
Logo, a aceleração do ponto B pode ser escrita como
j
k
0 2 = −6,792 i m/s 1,698 0
2
a B = acond + a rela + acoriolis = − 3,396 + a ry j − 6,792 i B B B
Do ponto vista do sistema fixo, a aceleração do ponto B pode ser interpretada como sendo a aceleração do colar que desliza no arco circular. Neste caso, considerando que o centro do arco circular é fixo, e que a velocidade angular da haste é constante, pode-se afirmar que aceleração do ponto B é do tipo a B = a By J , ou seja é uma aceleração do tipo centrípeta. O próximo passo é transformar esta aceleração para o sistema móvel
0,707a By i 0,707 0,707 0 → = ⋅ 0,707a By a j 0 707 0 707 − , , By
(4)
Comparando-se as expressões (3) e (4) obtém-se − 6,792 = 0,707a By → a By = −9,61 m/s
3,396 + ary
= 0,707a By
→
3,396 + a ry
2
→ a B = −9,61 J m/s
2
= 0,707 ⋅ (− 9,61) → a ry = −3,4 m/s
2
4) Uma placa retangular de 20 kg está suspensa por dois suportes A e B e se mantém na posição ilustrada pela ação do fio CD. Sabendo que o coeficiente de atrito cinético entre cada suporte e a haste inclinada vale 0,15 determine as reações em A e B imediatamente após o corte do fio. 1 0 0 1 0 0
A
B
25° C 0 0 4
D
Solução: O primeiro passo é fazer o diagrama de corpo livre e cinético do problema após o corte do fio. Após o corte do fio e após vencer as forças de atrito estático, a placa retangular inicia o movimento na direção da barra AB, provocado pela ação da força peso. As forças que se opõem a este movimento são as forças de atrito cinético Ax e Bx, que podem ser relacionadas com as forças normais à haste A y e By como A x = 0,15 ⋅ A y e B x = 0,15 ⋅ B y
.
G
Ay Ax
Bx
By 25°
Peso da placa: P = mg = 20 ⋅ 9,806 = 196,12 N Escrevendo-se as equações de movimento tem-se
∑
= 65°
F x = m ⋅ aGx
196,12 N
196,12 ⋅ cos65° − A x − B x
= 20 ⋅ aGx
A x + B x + 20 ⋅ aGx = 82,88
∑ F y = m ⋅ aGy
G
como aGy
(1) = 0 tem-se
−196,12 ⋅ sen65° + A y + B y = 0 → A y + B y = 177,74
(2)
G
m aGx
∑ M G = I G α como α = 0 tem-se 400 A x + 400 B x − 100 A y + 100B y = 0
(3)
Substituindo-se em (3) as relações entre as forças A x, Ay e Bx, By, fica 400 ⋅ 0,15 A y + 400 ⋅ 0,15 B y − 100 A y + 100 B y
= 0 → − 40 A y + 160 B y = 0 → A y = 4 B y
Substituindo-se (4) em (2) obtém-se 5 B y = 177,74
→ B y = 35,55 N
, B x
(4)
= 5,33 N , A y = 142,2 N
e A x
= 21,3 N
14) Num dado instante o bloco deslizante B se move para a direita conforme ilustrado na Fig. (1). Determine a aceleração angular da barra AB e a aceleração do ponto A neste instante.
Solução: Como o vetor velocidade tem como característica ser tangente à trajetória no ponto, nota-se que v A = V Ax ;0 já que a trajetória realizada pelo centro de massa da roda é uma circunferência de raio 1 m (está sendo desprezado a dimensão do raio da roda). Logo pode-se escrever
v B = 1,8 m/s B
a B = 0,6 m/s
1,7 m
1m
2
V A = V B + ( B − A) × ω AB
O próximo passo é calcular a cota x entre os pontos A e B:
A
x =
i j k (V Ax ; 0) = (1,8; 0) + 1,37 1 0 → 0 0 ω AB
1,7 2 − 12
= 1,37 m
(V Ax ;0) = (1,8 + ω AB ; − 1,37ω AB )
Esta equação vetorial resulta em duas equações escalares: 0 = −1,37ω AB
→
ω AB = 0 e V Ax = 1,8 + ω AB , logo
V Ax = 1,8 m/s
Considerando que o centro de massa da roda A realiza um movimento com trajetória circular, pode-se calcular uma velocidade angular relacionada a este, para tal vamos denominar o centro da trajetória circular como ponto C e escrever: i j k V A = V C + (C − A) × ω AC = 0 + 0 1 0 → 0 0 ω AC
(1,8 ;0) = ω AC i
→
ω AC = 1,8 rad/s
Para determinar a aceleração angular da barra, deve-se repetir o procedimento anterior, mas trabalhando-se com as acelerações. i k 2 ( − )= (0,6 ; 0 )+ 1,37 1 + ω AB 0 + 0 = (0,6 + α AB ; − 1,37α AB ) B A 0 0 α AB
a A = a B + ( B − A)× α AB
a Ax = 0,6 + α AB a = −1,37α AB Ay
Como já foi comentado, o centro de massa da roda A se desloca segundo uma trajetória circular, logo podemos associar duas componentes de aceleração à este movimento: a aceleração tangencial, representada por a Ax e a aceleração normal representada por a Ay. A aceleração normal pode ser determinada pela relação: 2 2 a Ay = an = ω r = 1,8 ⋅ 1 = 3,24 m/s
Logo, pode-se escrever: 3,24 = −1,37α AB
→
α AB = −2,36 rad/s 2 , o que resulta em a Ax = −1,76 m/s2 .
a A = (− 1,76 ; 3,24 ) m/s 2 = 3,7 (− 0,477 ; 0,879 ) m/s 2
15) Três hastes homogêneas CD, DE e DF, cada com 1,8 kg de massa, estão soldadas entre si e estão ligadas por articulações AD e BE. Desprezando as massas de AD e BE, determine a força em cada uma das hastes AD e BE imediatamente depois de o sistema ser solto do repouso na posição ilustrada na figura abaixo. A
B
30°
30°
C
E D
Solução: Pelo desenho nota-se que o ponto D, que pertence à haste AD, realiza uma rotação em torno do ponto A e o ponto E , que pertence à haste EB, realiza uma rotação em torno do ponto B. Nota-se que os pontos D e E deslocam-se em trajetórias circulares paralelas, logo como estes pontos pertencem também ao corpo formado pelas três hastes, conclui-se que o movimento realizado pelo corpo formado pelas hastes CD, DE e DF é uma translação circular. Como as massas das hastes AD e EB são desprezíveis, nota-se que estas hastes são barras bi-rotuladas com forças agindo apenas nas rótulas, logo a força resultante, em cada uma das barras, tem a direção do eixo geométrico da barra.
m 4 , 0
Como o movimento realizado pelo corpo (três hastes) é uma translação, sabe-se que todos os pontos do corpo F 0,4 m 0,4 m têm necessariamente a mesma aceleração. Logo, podese definir a aceleração do centro de massa G através da aceleração do ponto D ou E . Tomando-se o ponto D, pode-se associar ao movimento de rotação deste ponto em torno de A duas componentes de aceleração: a aceleração 2 tangencial, que vale a Dt = A − D × α DA e a aceleração normal, que vale a Dn = ω DA ( A − D ) . Como o corpo parte do
repouso, a velocidade inicial é nula, logo ω DA
= 0 e a Dn = 0 .
Para se representar o diagrama de corpo livre e o diagrama cinético correspondente ao problema deve-se localizar o centro de massa do corpo. Como o corpo é homogêneo e a reta vertical passando pelo ponto D é um eixo de simetria, deve-se apenas localizar a coordenada y G. Para tal adota-se como eixo de referência o eixo geométrico das hastes CD e DE. yG =
∑ mi ⋅ yi ∑ mi
=
− 0,2 ⋅ 1,8
3 ⋅ 1,8
= −0,067 m
, Pcorpo
= 3 ⋅ 1,8 ⋅ 9,806 =
52,95 N
Representado-se os diagramas de corpo livre e cinético tem-se 30°
30°
FDA
C
FEB
7 6 0 , 0
D
C
E D G
=
G
y
m at
52,95 N 30°
x
Escrevendo-se as equações de movimento correspondentes tem-se
∑ F y = m aGy
→
E
F DA + F EB − 52,95 ⋅ cos 30° = 0
→
F DA + F EB =
45,86 (1)
60°
∑ F x = m aGx ∑ M G = I G ⋅ α
→ →
52,95 ⋅ sen 30° = 3 ⋅ 1,8 ⋅ at
→
at = 4,9 m/s 2
− F DA sen 30° ⋅ 0,067 + F EB cos 30° ⋅ 0,4 − F EB sen 30° ⋅ 0,067 = 0
−33,33F DA + 313,07 F EB =
0
→
Substituindo-se (2) em (1) fica F EB
F DA = 9,39 F EB = 4,4 N
e F DA
(2) = 41,4 N
16) As extremidades da barra AB do mecanismo mostrado na Fig. (1) são confinadas a se moverem ao longo das trajetórias mostradas. Num dado instante, A tem uma velocidade de 2,4 m/s e uma aceleração de 0,9 m/s 2. Determine a velocidade angular e a aceleração angular da barra AB nesse instante. Solução: O primeiro passo é escrever a velocidade do ponto B em função da velocidade do ponto A.
C
i j k 0 = (0 ; − 2,4 ) + 0,65 − 1,12 0 ω BA 0
m 3 , 1
V B = V A + ( A − B ) × ω BA
30o
V B = (− 1,12ω BA ; − 2,4 − 0,65ω BA )
B
(1)
Pelo esquema do problema nota-se que o centro de massa da roda B realiza um movimento de rotação em torno do ponto C , logo pode-se escrever a velocidade do ponto B em função do ponto C , para tal deve-se notar que o ponto C não muda ao longo da trajetória circular.
30o m 3 , 1
i j k V B = V C + (C − B ) × ω BC = 0 + 0,65 1,12 0 0 0 ω BC
V A = 2,4 m/s
A
2
a A = 0,9 m/s
V B =
(1,12ω BC ; − 0,65ω BC ) (2)
Igualando-se as expressões (1) e (2) tem-se −1,12ω BA = 1,12ω BC −2,4 − 0,65ω BA = −0,65ω BC
− 2,4 = −1,3ω BC
→
→
→
ω BA = −ω BC
ω BC = 1,846 rad/s
→
ω BA = −1,846 rad/s
O próximo passo é escrever a aceleração do ponto B em função da aceleração do ponto A. i j k 2 0 + (− 1,846 )2 (0,65 ; − 1,12 ) + ω BA ( A − B ) = (0 ; − 0,9 ) + 0,65 − 1,12 0 α BA 0
a B = a A + ( A − B ) × α BA
a B =
(0 ; − 0,9 ) + (− 1,12α BA ; − 0,65α BA ) + (2,21 ; − 3,82) = (2,21 − 1,12α BA ; − 4,72 − 0,65α BA ) (3)
Seguindo o mesmo procedimento adotado para a velocidade, o próximo passo é escrever a aceleração do ponto B em função da aceleração do ponto C . i j k 2 0 + (1,846 )2 (0,65 ; 1,12 ) a B = aC + (C − B ) × α BC + ω BC (C − B ) = 0 + 0,65 1,12 0 0 α BC
a B =
1,12α BC ; − 0,65α BC
+
2,21 ; 3,82
=
2,21 + 1,12α BC ; 3,82 − 0,65α BC
(4)
Igualando-se as expressões (3) e (4) tem-se 2,21 − 1,12α BA
=
2,21 + 1,12α BC
→
− 4,72 − 0,65α BA = 3,82 − 0,65α BC
α BA = −α BC →
1,3α BC = 8,54
→
α BC = 6,57 rad/s 2
e α BA
= −6,57 rad/s
2
17) Considerando que o bloco deslizante C seja fixo ao disco que tem uma velocidade angular constante ω = 4 k rad/s , determine a velocidade angular e a aceleração angular do braço ranhurado AB no instante ilustrado na Fig (2).
Solução: O primeiro passo é posicionar o sistema de eixos fixos e o sistema de eixos móveis. Estes sistemas estão indicados no esquema ao lado.
Y x
B
0 8 1
A seguir deve-se definir a velocidade e aceleração do ponto C em função do sistema fixo UXY. Como o ponto U é fixo tem-se V U = 0 .
C
I J K = 30 − 51,96 0 0 0 4
J V C = V U + (U − C ) × ω disco
0 8 1
60
30°
U
I
X
i
y
j
V C = −207,8 I − 120 J mm/s
(1)
Como o disco tem velocidade angular constante resulta em
60°
A
α disco = 0 . Logo pode-se escrever
(mm)
2 aC = aU + (U − C ) × α disco + ω disco (U − C )
aC = 4 2 (30 ; − 51,96 ) = 480 I − 831,36 J mm/s 2
(2)
O próximo passo é definir a velocidade e aceleração do ponto C em função do sistema móvel Axy. i j k 0 = 180ω CA j = − 180 0 0 0 ω CA
V cond = V A + ( A − C ) × ω CA
V relat =
dx dt
i +
dy dt
j
sistema móvel, logo
, mas no instante de tempo considerado o bloco tem velocidade relativa apenas na direção x do dy dt
=0,
o que resulta em V relat =
dx dt
i = V rx i
. Portanto, a velocidade do ponto C em relação ao
sistema móvel Axy pode ser escrita como V C = V cond + V relat = V rx i + 180ω CA j . Para que este resultado possa ser comparado com a expressão (1), deve-se rotacionar aquela expressão aplicando-se a matriz de rotação definida a seguir. i cosθ sen θ I = ⋅ com θ = 60° . j − sen θ cosθ J i 0,5 i − 207,8 0,866 − 207,8 = ⋅ → = j − 0,866 0,5 − 120 j 119,95
Comparando-se os resultados da expressão rotacionada tem-se V rx em ω CA = 0,67 rad/s .
= −207,8 mm/s
e 180ω CA = 119,95 , o que resulta
Definindo-se agora a aceleração em relação ao sistema de referência móvel Axy tem-se i j k 2 0 + 0,672 (− 180 ; 0) = 180α CA j − 80,8i = a A + ( A − C ) × α CA + ω CA ( A − C ) = 0 + − 180 0 0 0 α CA
acond
d 2 x d 2 y i + j , mas 2 2 dt dt d 2 y sistema móvel, logo =0 dt 2
a relat =
no instante de tempo considerado o bloco tem aceleração relativa apenas na direção x do , o que resulta em
d 2 x a relat = i = a rx i dt 2
.
i j k 0 0 0,67 = −278,45 j mm/s2 = 2ω CA × V relat = 2 − 207,8 0 0
acoriolis
Logo a aceleração do ponto C em relação ao sistema de referência móvel Axy resulta em aC = acond + a relat + acoriolis = (a rx − 80,8) i + (180α CA − 278,45) j
(3)
Para que a expressão (3) possa ser comparada com a (2), deve-se rotacionar a última aplicando a mesma matriz de rotação anterior, ou seja i 0,5 i − 479,96 0,866 480 = ⋅ → = j − 0,866 0,5 − 831,36 j − 831,36
Comparando-se o resultado rotacionado com a expressão (3) resulta − 479,96 = a rx − 80,8
→
− 831,36 = 180α CA − 278,45
a rx = −399,1 mm/s →
2
α CA = −3,07 rad/s 2
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