Dinâmica Ensino Superior

Segunda Avaliação de Dinâmica 20252 1 O dispositivo robótico é mostrado na figura abaixo A peça AB está girando em torno do eixo que passa pela junta C com velocidade angular constante de ω 5 rads Determine o momento na extremidade do braço BC devido ao peso suspenso em B e o torque necessário em A para manter o braço BC e o braço AB e o braço pode ser tratado como uma barra é uniforme Valor da questão 30 pontos A questão descreve um pêndulo de 10 kg com centro de massa em G e um raio de giro de 200 mm sendo liberado do repouso no ângulo θ0 O objetivo é determinar 1 A rotação do pêndulo no instante em que θ45 2 A força total suportada pelo mancal no instante em que θ45 considerando que o atrito no mancal é desprezível A equação fundamental para a rotação de um pêndulo simples é dada pela lei de conservação da energia No caso do pêndulo a energia potencial inicial no ângulo θ0 será convertida em energia cinética no momento θ45 pois o atrito foi desprezado Energia potencial no ponto mais alto θ0 A energia potencial Ep é dada por Ep mgh Onde m10 kg é a massa do pêndulo g981 ms² é a aceleração da gravidade h é a altura que o centro de massa G sobe Quando o pêndulo é solto de θ0 a altura h é o comprimento do braço L02 m já que a posição inicial está em θ0 horizontal Portanto a energia potencial inicial será EpmgL Ep10x981x021962 J Energia cinética no instante θ45 A energia total será preservada então quando o pêndulo atingir θ45 sua energia potencial será convertida em energia cinética A energia cinética Ec é dada por Ec 12 mv² Onde v é a velocidade tangencial do centro de massa G A relação entre a velocidade tangencial v e a velocidade angular ω é dada por vωR Onde R02 m é o raio de giro do pêndulo A energia cinética se torna Ec12 mω²R² Conservação de energia A energia total no sistema é conservada então EpEc Portanto 196212 mω²R² Substituindo m10 kg e R02 m 196212 x 10 x ω² x 02² Simplificando 196212 x 10 x ω² x 004 196202ω² Resolvendo para ω ω²196202981 ω981 99 rads Portanto a rotação velocidade angular do pêndulo no instante em que θ45 é aproximadamente 99 rads A força total no mancal é composta pela componente vertical da força de sustentação peso do pêndulo e pela força centrípeta devido ao movimento circular A força centrípeta Fc necessária para manter o pêndulo em movimento circular é dada por Fc mv²R Onde v é a velocidade tangencial que já foi calculada e R é o raio de giro Como a velocidade tangencial vωR podemos substituir Fc mωR²R Fc mω²R Substituindo m10 kg ω99 rads e R02 m Fc 10 x 99² x 02 Fc 10 x 9801 x 02 Fc 19602 N Agora a componente da força peso Fp que age verticalmente é simplesmente o peso do pêndulo Fpmg Fp10 x 981981 N A força total Ft no mancal será a soma das componentes centrípeta e peso já que a força centrípeta é radial e a força peso age verticalmente Ft sqrtFp2 Fc2 Ft sqrt9812 196022 Ft sqrt962081 3848657 Ft sqrt4810738 Ft 2194 N A rotação do pêndulo no instante θ 45 é aproximadamente 99 rads A força total suportada pelo mancal no instante θ 45 é aproximadamente 2194 N Sabemos que o braço AB gira com velocidade angular constante Como BC está travado com AB G2 meio de BC também gira com ω 10 rads Distância de A até G2 rG2 LAB LBC2 07 0352 0875 m Aceleração centrípeta ac ω2 rG2 102 0875 100 0875 875 ms2 Essa aceleração aponta para o ponto A formando 45 com a horizontal pois o braço AB está inclinado a 45 Vamos decompor ac em componentes x e y aG2x 875 cos45 875 sqrt22 6189 ms2 aG2y 875 sin45 875 sqrt22 6189 ms2 Aplicamos a segunda lei de Newton e o princípio do momento angular em B no corpo BC Como BC está travado há um momento MB aplicado por AB Peso P m g 3 981 2943 N Força de inércia no centro de massa G2 Finércia m aG2 Momento de inércia da barra delgada em relação a B IB 13 mL2 13 3 0352 1 01225 01225 kgm2 Como a velocidade angular é constante α 0 então não há aceleração angular o somatório dos momentos é zero no eixo de rotação em B equilíbrio dinâmico de rotação Somatório dos momentos em B 0 MB Mpeso Minércia Momento do peso força vertical para baixo aplicada no centro de massa de BC que está a 0175 m de B Mpeso P d 2943 0175 515 Nm Momento da força de inércia A força de inércia magnitude F mac 3 875 2625 N atua no centro de massa G2 e o momento é dado por Minércia m aG2 d Como o vetor aG2 está a 45 e a distância de B a G2 é 0175 m temos Minércia mac d sin90 2625 0175 4594 Nm MB 515 4594 5109 Nm Rolamento sem escorregamento Condicional a rα Vamos usar as equações do movimento do aro assumindo forças e torques 1 Segunda Lei de Newton Translação Componente paralela ao plano mg sin θ f ma 2 Segunda Lei Rotação em torno do centro de massa f r IG α Para um aro fino IG mr2 E como a rα α ar substituímos na equação 2 f r mr2 ar f ma Fazendo algumas substituições mg sin θ ma ma mg sin θ 2ma a g sin θ2 a 981 sin202 981 034202 33562 1678 ms2 Coeficiente mínimo de atrito μe N mg cos θ Então μe fN mamg cos θ ag cos θ μe 1678981 cos20 1678981 09397 16789218 0182 Como o coeficiente de atrito real μe 015 é menor que o necessário o corpo escorrega rolamento com escorregamento vamos assumir rolamento puro para efeito do cálculo da posição Movimento com aceleração constante Com a 1678 ms² t 5 s s s0 v0t 12 at² Partindo do repouso v0 0 s 12 at² 12 1678 25 0839 25 2098 m