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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