Problemas Resolvidos - Beer Johnston-Cap.15

1

15.4 – Beer Johnston -

5ª edição

Uma pequena roda de esmeril esta presa ao eixo de um motor elétrico cuja velocidade nominal é de 1800rpm. Quando se liga o motor, o conjunto alcança a velocidade de regime após 5s; Quando se desliga o motor, o sistema leva 90s até parar. Admitindo que o momento é uniformemente acelerado/retardado, calc calcul ulee o núme número ro de revol revoluç uçõe õess do moto motorr (a) (a) para para alca alcanç nçar ar a veloc velocid idad adee nominal (b) até parar, depois de desligado.

Dado:

ωNOMINAL=1800rpm = 30rps

Ao ligar: Ao Desligar:

ωo = 0; ωf =30rps =30rps; ti=5s} =0; =90s} tf =90s} ωo = 30rps; ωf =0

α=CTE > 0! α=CTE < 0!

Solução: a) Nº REV=?

θ=?

Para ωf =30rps =30rps , após ligar:

θ= ½(ω+ ωo)t = ½(30 + 0).5 θ=75 REVOLUÇÕES b) Nº REV=?

θ=?

Para ωf =0, =0, após desligar:

θ= ½(ω+ ωo)t = ½(0 + 30).90 θ=1350 REVOLUÇÕES

2

15.5 – Beer Johnston -

5ª edição

y

A B 200mm

O D

z

300mm

120mm x C

Precisamos obter o vetor velocidade angular da haste dobrada. Sabemos que a rotação acontece em um eixo que passa nos pontos A e D. O vetor posição rAD pode ser obtido do seguinte modo:

rAD = 0,3i – 0,2j – 0,12k; |rAD| = 0,38m Precisamos obter um vetor unitário na direção de r AD; chamaremos este vetor unitário de λ AD (|λ AD|=1).

λ AD = rAD/ rAD = (0,3i – 0,2j – 0.12k)/0,38 λ AD = 0,789i – 0,526j – 0,315k  Então podemos escrever:

ω = ω λ AD ω = (95 rad/s)(0,789i – 0,526j – 0,315k) ω = (75i – 50j – 30k)rad/s α = 0 Então vB = ?; Podemos escrever:

vB = ω x rA/B vB =

i j k  75 -50 -30 0,3 0 0

vB = - 9j + 15k 

( rA/B = 0,3i )

3

vB = - (9m/s)j + (15m/s)k  Agora aB = ?

aB = α x rA/B + ω x (ω x rA/B) como α x rA/B = 0 e ω x rA/B = vB, então: aB = ω x vB aB =

i j k  75 -50 -30 0 -9 15

aB = - (1020m/s2)i – (1125m/s2)j – (675m/s2)k 

4

15.13 – Beer Johnston -

5ª edição

Dados: r = 0,18 m ; v A = 0,45 m/s ; a A = 0,1315 m/s² Queremos saber: a)

a) vA = vB =

polia

polia

= ? αpolia = ? ; b) (atotal)B = ?

. rpolia =>

polia

= 0,45/0,18 =>

= 2,5 rad/s sentido anti-horário polia

aA = (aB)T = 0,315 m/s² (aB)T = αpolia . rpolia => αpolia = (aB)T / rpolia = 0,315/0,18 => α polia = 1,75 rad/s sentido horário (aB)N =

²polia . rpolia = (2,5)² . 0,18 => (a B)N = 1,125 m/s²

b)Aceleração total do ponto B: (aB)T atotal =

(0,315)² + (1,125)²

β

atotal = 1,168 m/s² β = tg-1 (aB)N / (aB)T => β = 74,357° (aB)N

atotal

5

15.15 – Beer Johnston -

5ª edição

atotal = 3 m/s2

Deslizamento: Dados: ω  = 0 o α  = 4 rad/s2 r = 200 mm = 0,2 m t = ? (p/ deslizar) α  = ? (ao deslizar) Solução: (atotal)

2

= (at)

2

+ (an)

2

at : aceleração tangencial an : aceleração normal Sabemos que: at : α  r e:

ω 

=

ω  o

e +

α 

t=

α 

an =

t

ω 

2

r 

( ω  o = 0)

Fazendo substituições nas expressões acima: 9 = ( α  r)

2

+ [( α  t)

2

r]

2

= (r α  ) [1 + 2

ou seja: 9 = (0,2 x 4) [1 + 4 t ] 2

t

4

= 0,816

2

4

t = 0,950 s

Finalmente: ω 

=

α 

t = 4 x 0,95

ω 

= 3,8 rad/s

α 

2

t ] 4

6

15.40 – Beer Johnston ω b

5ª edição

=?

Dados: ω a=

60RPM ra = 150mm = 0,15m vc = wa.ra = 60Rpm x 0,15 Braço gira no sentido anti-horário com velocidade angular

ω

ab = 40RPM

a) P/ BRAÇO

rab = 0,15m + 0,125m rab = 0,275m a velocidade tangencial de B é: Vb = ω

.rab = 40RPM x 0,275m

ab

Mas a engrenagem B realiza um movimento Plano geral que pode ser considerado uma translação mais uma rotação, conforme esquema abaixo:

P/ Engrenagem B

=

+

7

Onde: Vc = 60RPM x 0,15m ; V b = 40RPM x 0,275m ; Vc/b = 0,125ω b Mas: , pela figura vemos que todas as velocidades são colineares ; Logo: b

estão no mesmo sentido e

Vc= - Vb + Vc/b

60 x 0,15 = -40 x 0,275 + 0,125ω

= (9 + 11)/0,125 = 160 RPM

 b) Braço gira no sentido horário:

60 x 0,15 = 40 x 0,275 – 0,125ω ω b=

(9-11)/-0,125 = 16RPM

b

ω ab

= 40RPM

são opostas! b

8

15.45 – Beer Johnston -

5ª edição

Dados: ω = 750 RPM = 78,54 rad/s a) Ө = 0º Primeiro obtemos VB; VB = b. ω = 0,0762 x 78,54 VB = 5,98 m/s Mas temos que:

Onde VD/B = l. ω

BD

= 0,254 ω

BD

Também temos: VD = VB + VD/B [VD ←] = [5,98 m/s ↑] + [0,254

Que pode ser escrita: ω BD

↓]

Obtemos para direção horizontal da expressão acima: VD = 0

logo VD = VP = 0

(VP = Velocidade do pistão)

Obtemos para direção vertical : 0 = 5,98 m/s – 0,254

ω BD

Ou seja: ω BD

= 23,56 rad/s = 225 rpm = w BD

 b) Ө = 90º

(considerando positivo para cima)

9

VD = VB + VD/B [VD →] = [5,98 m/s →] + [0,254 ω BD ] Para a direção vertical, sendo positivo para baixo, obtemos: 0 = 0 + 0,254

ω BD

cosβ ; logo

ω BD

=0

Para a direção horizontal sendo positivo para a direita VD = VP = 5,98 m/s c) Ө = 180º

VB = 5,98 m/s

Podemos escrever: VD = VB + VD/B Ou seja: [VD →] = [5,98 m/s ↓] + [0,254

ω BD

↑]

Sendo positivo para a direita na direção horizontal: VD = 0 . Logo:

VD = VP = 0

Considerando positivo para baixo na direção vertical: 0 = 5,98 m/s - 0,254 ω Logo:

ω BD

BD

= 23,55 rad/s = 225 rpm

10

15.56 – Beer Johnston -

5ª edição

= 5 rad/s V = 0,610 m/s D

O Centro de Rotação C está localizado sobre a linha

DE e é perpendicular à V em um ponto r , tal que: D

a) r = ?

r = VD ω

b) V = ? E 

= 0,610 . = 0,0765 m

r = 0,0765 m

8

VE  = r CE ω = (0,127 – 0,0765) . 8 = 0,406 m/s

V = 0,406 m/s E 

11

15.57 – Beer Johnston -

5ª edição

• Um tambor de 90 mm de raio está montado num cilindro de 120 mm de raio. A extremidade D da corda enrolada no tambor avança para a esquerda a uma velocidade constante de 150 mm/s, fazendo o cilindro rolar sem escorregar. Determine: a-) a velocidade angular do cilindro b-) a velocidade do centro do cilindro c-) o comprimento da corda que se desenrola em um segundo.

Resolução: Uma vez que o cilindro não deslize, o ponto o ponto de contato C estará em repouso instantâneo, logo: v(c) = 0. O Ponto C é o centro instantâneo de rotação. a-) ω = ? v(d) = v(b) = 0,15 m/s v(b) = r (bc). b-) v(a) = ? v(a) = r(ca).

ω

ω

→ ω = 5 rad/s , sentido horário

= 0,12 x 5 → v(a) = 0,6 m/s

c-) Já que v(a) > v(b) o tambor consegue enrolar a corda e a taxa na qual a corda é enrolada é: v(a) – v(b) = 0,6 m/s – 0,15 m/s = 0,45 m/s Taxa da corda enrolada por segundo é 0,45 m/s.

12

15.61 – Beer Johnston -

5ª edição

Sabendo-se que a velocidade do cursos D é 1,22 m/s para cima, determine para a configuração mostrada na figura (a) o centro instantâneo de rotação de BD, (b) as velocidades angulares da manivela AB e da haste BD e (c) a velocidade do ponto médio BD. A

0,127 m B

0,229 m

D

0,305 m

A

VB

B γ l 

α

ß

C

VD D

a) Sabendo que a velocidade do ponto D é para cima na vertical e que nesse mesmo instante a velocidade do ponto B é para a esquerda na horizontal, então pode-se achar o centro instantâneo C traçando nas direções perpendiculares a estas velocidades duas retas que se interceptarão a 0,305 m à esquerda do ponto D e a 0,229 m abaixo do ponto B. b) Para obter as velocidades angulares da manivela e da haste, primeiramente calculam-se: sin α  = 1 l  =

(0, 229)2

+

(0,305) 2

e

sin β  = sin γ  =

Logo, pelo triângulo das velocidades sabemos que

0,229 0,381 0,305 0,381

13 v D

sin β

v D

=  B

v D

=  B

v D

=  B

v D .

v D =

 B

sin α

=

vB

sin γ  

sin α  sin β 

1, 22 ×1 × 2,03 m

 s

0,381 0,229

v D

ω  BD

=

ω  BD

=

 B

l 

→

5,33 rad 

 s

14 Assim, por analogia encontramos também a velocidade angular da manivela: v D

sin β

v B

v B v B

=

=

=

vD .

v D =

 B

sin α

1, 62

=

v E 

0, 305

×

0, 381

0, 381 0, 229

m  s

v E 

 B

BD

ω  BE .BE 

=

5,33 ×

 B

v E 

ω 

=

 B

=

sin γ  

sin β 

1, 22 ×

BE

vB

sin γ  

c) a velocidade do ponto médio de BD

ω

=

0,381

1,02 m

2  s

ω  AB

=

ω  AB

=

v B  AB

→

12,79 rad 

 s

15

15.63 – Beer Johnston -

5ª edição

Por meio de um rolamento D guia-se parcialmente uma haste BDE , ao longo de um trilho vertical. Sabendo que a velocidade angular da manivela  AB é de 5 rad/s, no sentido horário, e que β = 30°, determine ( a) a velocidade angular da haste e ( b) a velocidade do ponto E , para a configuração mostrada no desenho.

 AB

a)

= 5 rad/s BE 

β = 30°

r   = 0,7m BE 

=?

O eixo instantâneo está no ponto C vB = ω

AB

. r BE  = 5 x 0,12

vB = 0,6 m/s

O ponto B gira instantaneamente em torno do centro instantâneo de rotação C com velocidade ω igual a para a varra e também para o ponto D. Temos: vB = ω

BE 

. r  AB ;

sen 30° = r BC  = 0,5 r BD ω

BE 

= vB = 0,6 . r BC  0,25

rBC  = 0,25 m BE 

= 2,4 rad/s

16

b) v = ? E 

vE =

vB

+ vE/B

= vB + ω K x r E/B

y r E/B

vE/B 30°

vE

x

vB r E/B = (r E/B)x i + (r E/B)y j (r E/B)x = r E/B . cos 30° = 0,602 (r E/B)y = r E/B . sen 30° = 0,35 r E/B = 0,602 i + 0,35 j vE = 0,6 i + 2,4 K x ( 0,602 i + 0,35  j ) = - 0,24 i + 1,4448 j

vE = 1,46 m/s

17

15.64 – Beer Johnston -

5ª edição

Por meio de um rolamento D guia-se parcialmente uma haste BDE , ao longo de um trilho vertical. Sabendo que a velocidade angular da manivela  AB é de 5 rads/s, no sentido horário, e que β = 40°, determine ( a) a velocidade angular da haste e ( b) a velocidade do ponto E , para a configuração mostrada no desenho.

 AB

a)

= 5 rad/s BE 

β = 40°

r   = 0,7m BE 

=?

O eixo instantâneo está no ponto C vB = ω

AB

. r BE  = 5 x 0,12

vB = 0,6 m/s

O ponto B gira instantaneamente em torno do centro instantâneo de rotação C com velocidade ω igual a para a varra e também para o ponto D. Temos: vB = ω

BE 

. r  AB ;

sen 40° = r BC  = 0,6428 r BD ω

BE 

= vB = 0,6 . r BC  0,3214

rBC   = 0,3214 BE 

= 1,867 rad/s

18

b) v = ? E 

vE =

vB

+ vE/B

= vB + ω K x r E/B

y r E/B

vE/B 40°

vE

x

vB r E/B = (r E/B)x i + (r E/B)y j (r E/B)x = r E/B . cos 40° = 0,536 (r E/B)y = r E/B . sen 40° = 0,45 r E/B = 0,536 i + 0,45 j vE = 0,6 i + 1,867K x ( 0,536 i + 0,45  j ) = - 0,24 i + 1,0007 j

vE = 1,029 m/s

Revisado em 14/04/2009