Dinâmica-II-Cinematica-e-Cinetica-da-Particula-Resumo-e-Exercicios

Dinâmica II 1 Introdução aCinemática da partícula 3Cinética da partícula 4 Cinética de um sistema de partícula Cinemática plana de Corpo Rígido 6 Introdução à dinâmica tridimensional de corpos mágidos Revisão y xyy F V E V méd ASDt didt vi x E V lim DSAt ut O in w mu Dt 0 w i x yz v ut V W ven v2 r O 2 115 0 o Va 8 300 r 2Somm a 0 2 se an y2v 2 310 25 29 3 ms2 at t Eg30 at an 1930 at 12 32me 12 32ms a vit an POLARES F r wir urw rvitr rurto mo rrom 2rd ro wo COORDENADAS RETANGULARES Xy V xi y5 V xi y5 a xi yj 1axf 30 notdt x Sot 8tm quando y 0 VX 50 16t 0 100 ht 2 t 5y y 100 4t V 50 16 5 30ms t 0 X 0 9x vx ax 50 16t ax 16me Vy 5 5 40ms Vy y V104 Eme V Vi V 30 0 30m ay yyay 5t Em a 1 16 7 8 17 89ms a g Vo 2 151 4 565 o cos fi Vo Dent VyVoy agh no apice Vy Omle h 1 06m Vo VoxVoy 5 04 m Voy 2 9 8 1 06 Voy 456m Vox Vx t 6 Vy Voy gt 0 4 56 9 8ts ts 0 465s Vox 1 2 15ms 0 465 a g Vo 2 151 4 565 10 cos fi Vo Dent VyVoy agh no apice Vy Omle h 1 06m Vo Vox Voy 5 04 m Voy 2 9 8 1 06 Voy 456m Vox Vx t 6 Vy Voy gt 0 4 56 9 8ts ts 0 465s Vox 1 2 15ms 0 465 285 Ball bearings leave the horizontal trough with a velocity of magnitude u and fall through the 70mmdiameter hole as shown Calculate the permissible range of u which will enable the balls to enter the hole Take the dashed positions to represent the limiting conditions Problem 285 285 x x Vx t y yo Vy t 12 g t2 xo 0 Voy u Vy y o ut y 003 12 981 t Para u min x 012 0072 001 0045 m y 0 Portanto u min t 0095 0 008 12 981 t2 t 00812 012771 umin 0095 012771 074387 mb Para u mais x 012 0072 001 0145 y 0 mais t 0145 008 12 981 t 0 t 012771 U max 0145 012 771 11354 ms COORDENADA NORMAL E TANGENCIAL nt t v vet PBet U M v2 t a vet vet an p p B u v2 a Pen vet at V s et Ben a an at movimento circular V ro an r rovo at v r0 E kmh An 9 cos 156 en 15 7 14 ms2 taxa que y aumenta componente t da aceleração at 9 en 15 Gros 15 8 12ms v at vi 5 12ms CALCULAR RAIO DE CURVATURA taxa angular B 2 an p p 20 1835 6 4 32 10 m v PB B 20 1033 6 12 85 18 radla 7 14 4 3218 aceleração total a 7 14en 0 12et mg2 2112 Write the vector expression for the acceleration a of the mass center G of the simple pendulum in both nt and xy coordinates for the instant when θ60 if θ2 radsec and θ4025 radsec2 Problem 2112 nt coordenadas aceleracao a v2 en v et 1 V θ x p 2 rads x 4 pés 8 péss V θ x p 4025 rads2 x 4 pés 161 péss2 Substituindo em 1 a 824 en 161 et a 16 en 161 et 2114 Magnetic tape is being transferred from reel A to reel B and passes around idler pulleys C and D At a certain instant point P1 on the tape is in contact with pulley C and point P2 is in contact with pulley D If the normal component of acceleration of P1 is 40 ms2 and the tangential component of acceleration of P2 is 30 ms2 at this instant compute the corresponding speed v of the tape the magnitude of the total acceleration of P1 and the magnitude of the total acceleration of P2 Problem 2114 2 Tangential acceleration at point P1 is 20 ms2 atangential acceleration at P2 is some rig P2 calculating the velocity of the tape at P1 using reaction below an v2R v velocity of the vehicle an normal component of acceleration 40 ms p radiud of curvature of the path 01 40 v201 v 01 x 40 2 ms The corresponding speed of the tape is 2 ms The tape is driven by wheel A hence the velocity of the tape at P1 P2 are same calculate the total acceleration using relation below a an2 at2 at tangential component acceleration is 30 ms a 402 302 1600 900 50 ms The total acceleration P1 is 50 ms calculate the normal acceleration of P2 using the relation below an v2p a2005 an 80 ms normal acceleration of P2 is 80 ms calculate the total acceleration P2 using the relation below a an2 at2 a 502 302 7300 8544 ms2 The total acceleration of P1 is 8544 ms2 The pin P is constrained to move in the slotted guides which move at right angles to one another At the instant represented A has a velocity to the right of 02 ms which is decreasing at the rate of 075 ms each second At the same time B is moving down with a velocity of 015 ms which is decreasing at the rate of 05 ms each second For this instant determine the radius of curvature ρ of the path followed by P Is it possible to also determine the time rate of change of ρ COORDENADAS POLARES IR0 I er De Co Fer movimento circular Vr 0 Vo re V rer te Ar rodo ro V Vr2V an r rf a r ro er r8 Grt e ao rf 2rf a an ao plt 3s t 3s r 0 2 0 0472 0 56 m 0 0 25 0 02t3 1 94rad 1 14 100 65 3 r 0 087 0 24ms 0 0 2 0 067 2 0 74 radi r 0 05 0 08 ms 2 0 0 12t 0 3 brads Vr r vr 0 24mD Vo rovo 0 36 0 74 0 414ms 2 vr2 Ve V 10 24 10 4141 0 479ms an r ro2 ar 0 08 0 560 7412 0 227ms at ro 28 ao 0 56 0 36 20 2410 74 0 557 ms a ar aoa 1 0 27712 10 3571 0 601 ms Exemplo 210 Um radar de rastreamento situase no plano vertical da trajetória de um foguete que está se deslocando em um voo sem propulsão acima da atmosfera Para o instante em que θ 30 os dados de rastreamento fornecem r 8104m ṙ 1200 ms e θ 080 grauss A aceleração do foguete é devida apenas à atração gravitacional e para sua altitude em particular é 920 ms2 verticalmente para baixo Para estas condições determine a velocidade v do foguete e os valores de r e θ Solução As componentes da velocidade a partir da Eq 213 são vr ṙ vr 1200 ms 1 vθ rθ vθ 8104080π180 1117 ms v rθ v 12002 11172 1639 ms Uma vez que a aceleração total do foguete é g 920 ms2 para baixo podemos encontrar facilmente as suas componentes r e θ para a posição dada Conforme mostrado na figura estas são 2 ar 920 cos 30 797 ms2 aθ 920 sen 30 460 ms2 Igualamos agora esses valores às expressões das coordenadas polares para ar e aθ que contêm as incógnitas r e θ Assim a partir da Eq 214 3 ar r rθ2 797 r 8104080 π1802 r 763 ms2 aθ rθ 2 r θ 460 8104 θ 21200080 π180 θ 361104 rads2 Sugestões Úteis 1 Observamos que o ângulo θ em coordenadas polares não precisa sempre ser tomado como positivo em um sentido antihorário 2 Note que a componente r da aceleração é no sentido negativo de r de modo que recebe um sinal de menos 3 Devemos ter o cuidado de converter θ de grauss para rads 2142 The piston of the hydraulic cylinder gives pin A a constant velocity v 3 ftsec in the direction shown for an interval of its motion For the instant when θ 60 determine r r θ and θ where r OA As said in problem the piston is moving with constant velocity hence acceleration in the radial direction and acceleration in the angular direction is zero ie aradial r ω2 r θ2 atangential slider x atangential θ e x e θ Tangslider 2 ω VS The acceleration of asm in the radial direction is given by ar r rθ2 0 x x θ2 ar0 constant velocity θ x θ2 θ 13 ft x 45 radsec2 x 11691343 ftsec2 x 117 ftsec2 Answer ii As the slide moves in the slotted arm therefore Coriolis component of acceleration also acts additionally in the tangential direction Hence total angular Tangential acceleration atangential acoriolis 0 x α 2 ω Vs 0 x θ 2 θ x x θ 2 x θ x x θ 2 x θ x x x θ 2 x 45 x 15 13 θ 2338 radsec2 Answer iv Therefore i Vr r 15 ftsec ii x 117 ftsec2 iii θ 45 radsec iv θ 2338 radsec2 Given data 1 The piston of the hydraulic cylinder gives pin A a constant velocity v 3 ftsec 2 Angle θ60 To determine i r dxdt Vs Radial velocity ii r d2 xdt2 dVsdt Radial acceleration iii θ dθdt ω Angular velocity iv θ dωdt α Angular acceleration Solution Radial velocity is given by Vs V cos θ 3 ftsec x cos 60 Vs 15 ftsec Only magnitude ie r 15 ftsec Answer i The radial distance of the slotted arm sin θ 05 ft sin60 13 ft r 05 ft sin 60 13 ft The angular velocity ω θ is given by Vtheta x ω x dθdt x x θ Tangential velocity from diagram Vθ V x sin θ Equal equation 1 and 2 x θ V x sin θ θ V sin θx 3 x sin 6013 θ 45 radsec Answer iii 157 X 0 75 0 5125m 30 i 0 0 1745 rads v 0 3 ms 0 0 nepo V Ver vocorertreco 1 O 2 er 1 25 10 1745ef 0 Ler 0 218e0 ms i V V Vo 0 296ms a a ver adeo r voer 1 25 01210 2101745ea 70 31 2510 1745fer 1 25p 2 10 2 10 1745eo a 0 538er 0 06920 mB2 a av 98 0 345m12 er icos30 t sen 50 Co idenzó Acoszó V 0 2 icos30 Jsen30 o 218isen 30 5 cossó 0 064 i o 2895 ms a 0 335 i los 38 Isen30 0 0698isan315cos30 0 3250 10865m12 Exemplo 211 O parafuso a partir do repouso recebe uma velocidade de rotação θ que aumenta uniformemente com o tempo t de acordo com θ kt onde k é uma constante Determine as expressões para a velocidade v e a aceleração α do centro da esfera A quando o parafuso for girado de uma volta completa a partir do repouso O passo do parafuso avanço por rotação é L Solução O centro da esfera A se desloca em uma hélice sobre a superfície cilíndrica de raio b e as coordenadas cilíndricas r θ z são claramente indicadas Integrando a relação fornecida para θ se obtém θ Δθ0tdt12kt2 Para uma rotação a partir do repouso temos 2π12kt2 fornecendo t2πk Então a velocidade angular em uma volta é θ kt k2k 2k O ângulo de hélice γ da trajetória seguida pelo centro da esfera determina a relação entre as componentes θ e z da velocidade e é dado por tan γ L2πb Agora a partir da figura vemos que v vγ vθ Substituindo vγ rθ bθ a partir da Eq 216 se obtém v vθcos γ bθcos γ Com cos γ obtido a partir de tan γ e com θ 2k temos para a posição de uma volta v 2bk L2 4π2b2 2πb Resp As componentes da aceleração a partir da Eq 217 resultam aτ r rθ2 aτ 0 b2k2 4bk aτ bt 2θvθcos γ vθ bk a2 z vz 𝑎𝑧 dzdt wγ tan y d dt θ θ tan γ d dt θ tan γ b tan γ θ bL 2πb k bL 2r Agora combinamos as componentes para obter o módulo da aceleração total que resultam em a 4bk2 bθ2 bL2 πb2 1 16r12 L2k4π2r2 bkt 1 16r12 L2k4π2r2 Resp Exemplo 212 Uma aeronave P decola em A com uma velocidade v0 de 250 kmh e elevase no plano vertical yz no ângulo constante de 15 com uma aceleração ao longo da sua trajetória de vôo de 08 ms2 O progresso do vôo é monitorado por radar no ponto O a Decomponha a velocidade de P em componentes de coordenadas cilíndricas 60 segundos após a decolagem e encontre r θ e z para este instante b Decomponha a velocidade da aeronave P em componentes de coordenadas esféricas 60 segundos após a decolagem e encontre R θ e ϕ para este instante Solução a A figura associada mostra os vetores velocidade e aceleração no plano yz A velocidade de decolagem é v0 250362 694 ms e a velocidade após 60 segundos é v v0 at 694 0860 1174 ms A distância s percorrida após a decolagem é s s0 v0t 12 at2 0 69460 12 08602 5610 m A coordenada y e o ângulo associado θ são y 5610 cos 15 5420 m θ tan1 54203000 610 A partir da figura b das projeções xy temos r 30002 54202 6190 m vxy v cos 15 1174 cos 15 1134 ms v r r vxy sen θ 1134 sen 610 992 ms vθ rθ vxy cos θ 1134 cos 610 550 ms Então θ 5506190 888103 rads Resp Final mente z vz v sen 15 1174 sen 15 304 ms Resp b Recorra à figura associada c que mostra o plano xy e várias componentes de velocidade projetada no plano Rθϕ Observe que z 5420 tan 15 1451 R 61902 14512 6860 m z tan15 tan1451137 R ρ2 z2 𝑎𝑞 𝑎𝑅 𝑅 𝜃2 15 cos 𝜃2 5 𝜌 𝑣2𝜌𝜌 𝜌 𝑣2 26407 𝑢𝑠2 𝜌 𝜌 Since this component is directed towards the axis of rotation lying in the horizontal plane in this case it is perpendicular to the given component Total acceleration follows a g cos γ2 aθ2 981 cos 402 264072 27456 ms2 27456 mss2 Resultado Sugestões Úteis ① Devemos ser cuidadosos no dividir o passo L pela circunferência 2πb e não o diâmetro 2b para obter tan γ Em caso de dúvida desenvolva uma volta da hélice traçada pelo centro da esfera ② Desenhe um triângulo retângulo e lembre que tan β ab o cosseno de β tornase ba2 b2 ③ O sinal negativo para r é consistente com nosso conhecimento prévio de que a componente normal da aceleração é dirigida para o centro de curvatura 550 ms 992 ms v 5420 m y 1451 m 6190 m 304 sen 1319 695 ms Resp Resp Resp 1319 1036 ms 304 tan 1319 695 ms vθ Rθ cos 𝜑 15 10 𝜋180 cos 30 227 ms vφ Rφ 157 𝜋180 1833 ms v uR2 uθ2 uφ2 296 ms aR R Rθ 2 Rφ 2 cos 2 φ 0157 𝜋18021510 𝜋1802 cos 230 0567 ms2 aθ cos θ R R2 θ 2RRθ 2Rθφ sin θ cos 3015 0 2150510 𝜋180 21510 𝜋1807 𝜋180 sin 30 01687 ms2 aφ 1R R2 φ 2RRφ Rθ2 sin θ cos θ 115 0 215057 𝜋180 1510 𝜋1802 sin 30 cos 30 0320 ms2 a aR2 aθ2 aφ2 0672 ms2 0 R 182 The particle P moves down the spiral path which is wrapped around the surface of a right circular one of base radius b and altitude h The angle γ between the tangent to the curve at any point and a horizontal tangent to the cone at this point is constant Also the motion of the particle is controlled so that θ is constant Determine the expression for the radial acceleration ar of the particle for any value of θ Seja a distância diferencial ds ao longo da curva a distância diferencial dl ao longo do cone e a distância diferencial dr ao longo da direção radial é considerada negativa pois está diminuindo dl r dθ tan γ dr dr dr dl sin β r dθ tan γ sin β r dθ tan γ sin β Integrating from b to r b r drr tan γ sin β 0 θ dθ ln rr tan γ sin 3θ Let tan γ sin β k r b erkθ Diferencie r em relação ao tempo duas vezes r bk θ erkθ r bk2 θ2 erkθ berkθ θ2 Radial Acceleration ar r r θ2 ar bk2 θ2 erkθ berkθ θ2 ar bθ2 erkθ k2 1 Rotação Em TORNO De Um Eixo Fixo velocidade angular v wr an war vi w at 2 p aceleração angular I v r wXr a v wxwxr xxr an wxwxr at axr A polia acionada por correia e o disco acoplado giram com velocidade angular crescente Num certo instante a velocidade u da correia é 15 ms e a aceleração total do ponto A é 75 ms Para este instante determine a a aceleração angular a da polia e do disco b a aceleração total do ponto B e e a aceleração do ponto C na correia Vooin 1 5 mS a ponto a 75 ms 3 fa 0 15 m V 0 075m E V w r W Pain 1 5 20 radis rc 0 075 and a w 0 15 20 60 A ana En 732 60aExatr 45 ms ata X VA 45 x 0 15 300 rads auB rB w 0 075 Co 30 atb atc ab 1302 22 32 37 5m12 atc rc atc 500 0 075 22 5 ms A placa retangular está girando em torno de seu eixo de canto através de 0 com uma velocidade angular constante a 10 rads Determine os módulos da velocidade v e da aceleração a do canto A por a usando as relações escalares e b usando as relações vetoriais 2 g Saliedt Dw416 2 24 2 Wa ra Nb V Wa b 300 2b Was 600 RPm WafWao 24 rads wat60d 200 24 waf 229 600 829 Rom Wa ra wb rb 829 b wb 2b wb 445RPM ⑪ ② ③ MOVIMENTO RELATIVO Pl EIXOS TRANSLADADOS Al velocidade relativa VA VB VAB TB XFn B Exemplo 58 A manivela CB oscila em torno de C através de um arco limitado obrigando a manivela OA a oscilar em torno de O Quando o mecanismo passa pela posição mostrada com CB horizontal e OA vertical a velocidade angular de CB é de 2 rads no sentido antihorário Para esse instante determine as velocidades angulares de OA e AB Exemplo 59 A configuração usual de um motor alternativo é a do mecanismo de cursor e manivela apresentado Se a manivela OB possui uma velocidade de rotação no sentido horário de 1500 rpm determine para a posição em que θ 60 a velocidade do pistão A a velocidade do ponto G sobre a biela e a velocidade angular da biela v 0 2m Vo 0 7ims w 2 radi Valo i5K 0 0 2 0 45 DVD 0 7i 0 45 m1 0000 Voloi o 00 2 0 4i Vp 0 3ims 0 0 20 Vo Va Wix fo A We V Vet Wax Bio 0 9 i staosli 0 35664 im 0 025 Vc VA Wn r cid 7 2 CA 18im 0 35664i 0 18i w3X BIC W3 X Bic 10 35664 0 18i W3 3664 Iss 664 10 73 rads BC0 S 005 12 WOse 90 RPM 90 Sa a o al como Desta Fixa o ponto da engrenagem b wd 50 trade A QUE ESTA EM CONTATO TEM VELOCIDADE 0 Va won xa Saitms Va Sait radle usando o centro instantâneo Ci Va WDXOD a VE 2Va como o ponto E pertence a engré VAV VEVA VE VD 2Va nagen de centro B 2 a2 V Gait Gait 10 artms Wpbitrador WB Gorads I Exemplo 513 A roda de raio r rola para a esquerda sem deslizar e no instante considerado o centro O possui uma velocidade vO e uma aceleração aO para a esquerda Determine a aceleração dos pontos A e C na roda para o instante considerado Exemplo 514 O mecanismo do Exemplo 58 é reapresentado aqui A manivela CB possui uma velocidade angular no sentido antihorário constante de 2 rads na posição indicada durante um curto intervalo de seu movimento Determine a aceleração angular das barras AB e OA para essa posição Resolva utilizando álgebra vetorial Solução Inicialmente resolvemos para as velocidades que foram obtidas no Exemplo 58 Que são ωAB 67 rads e ωOA 37 rads onde o sentido antihorário sentido k é considerado como positivo A equação da aceleração é aA aB aABn aABt onde a partir das Eqs 53 e 59a podemos escrever aA αOA rA ωOA ωOA rA αOA k 100j 37 k 37 k 100j 100αOA i 100 372 j mms2 aB αCB rB ωCB ωCB rB 0 2k 2k 75i 300i mms2 aABn ωAB ωAB rAB 67 k 67 k 175i 50j 672 175i 50j mms2 aABt αAB rAB αAB k 175i 50j 50αAB i 175αAB j mms2 Agora substituímos esses resultados na equação da aceleração relativa e igualamos separadamente os coeficientes dos termos i e os coeficientes dos termos j para obter 100αOA 429 50αAB 1837 367 175αAB As soluções são αAB 01050 rads2 e αOA 434 rads2 Resp Como o vetor unitário k aponta para fora do papel no sentido positivo de z verificamos que as acelerações angulares de AB e OA são ambas no sentido horário negativo É recomendável que o aluno faça um esboço de cada um dos vetores de aceleração em sua relação geométrica apropriada de acordo com a equação da aceleração relativa para ajudar a esclarecer o significado da solução Sugestões Úteis ① Lembrese de preservar a ordem dos fatores no produto vetorial ② Ao representar o termo aAB certifiquese de que rAB está escrito como o vetor de B para A e não o inverso Exemplo 515 O mecanismo de manivela e cursor do Exemplo 59 é reapresentado aqui A manivela OB possui uma velocidade angular constante no sentido horário de 1500 rpm Para o instante em que o ângulo θ da manivela é de 60 determine a aceleração do pistão A e a aceleração angular da biela AB Solução A aceleração de A pode ser expressa em termos da aceleração do pino da manivela B Assim aA aB aABn aABt O ponto B se desloca em um círculo de 125 mm de raio com uma velocidade constante de modo que possui apenas uma componente normal de aceleração orientada de B para O an rω2 aB 0125 15002π602 3080 ms2 Os termos da aceleração relativa são visualizados com A girando em um círculo em relação a B que é considerado fixo como indicado A partir do Exemplo 59 a velocidade angular de AB para essas mesmas condições é ωAB 295 rads de modo que an rω2 aABn 0350 2952 305 ms2 orientado de A para B A componente tangencial aABt é conhecida somente em sua direção uma vez que o seu módulo depende da aceleração angular de AB desconhecida Sabemos também a direção da aA uma vez que o pistão está confinado a se mover ao longo do eixo horizontal do cilindro Existem agora apenas duas incógnitas escalares restando na equação isto é os módulos de aA e de aABt para que a solução possa ser efetuada Se adotarmos uma solução algébrica utilizando a geometria do polígono de aceleração calculamos inicialmente o ângulo entre AB e a horizontal Com a lei dos senos esse ângulo resulta em 1802 Igualando separadamente as componentes horizontais e as componentes verticais dos termos na equação da aceleração como observado a partir do polígono de aceleração se obtém aA 3080 cos 60 305 cos 1802 aABt sen 1802 0 3080 sen 60 305 sen 1802 aABt cos 1802 A solução dessas equações fornece os módulos aABt 2710 ms2 e aA 994 ms2 Resp Com o sentido de aABt determinado também a partir do diagrama a aceleração angular de AB é observada a partir da figura descrevendo a rotação em relação a B como α atr αAB 27100350 7740 rads2 no sentido horário Resp Se adotarmos uma solução gráfica iniciamos com os vetores conhecidos aB e aABn e os adicionamos com os sentidos ordenados utilizando uma escala conveniente Em seguida traçamos a direção de aABt através da extremidade final do último vetor A solução da equação é obtida pela interseção P dessa última linha com a linha horizontal através do ponto de partida representando a direção conhecida do vetor soma aA Tomando os módulos em escala a partir do diagrama se obtêm os valores que concordam com os resultados calculados aA 994 ms2 e aABt 2710 ms2 Resp Sugestões Úteis ① Se a manivela OB tivesse uma aceleração angular aB teria também uma componente tangencial de aceleração ② De forma alternativa a relação an v2r pode ser utilizada para calcular aABn desde que a velocidade relativa vAB seja utilizada para v A equivalência é facilmente observada quando se lembra que vAB rω ③ Exceto quando uma precisão muito grande for necessária não hesite em utilizar uma solução gráfica pois ela é rápida e mostra as relações físicas entre os vetores Os vetores conhecidos evidentemente podem ser adicionados em qualquer ordem contanto que a equação que rege o problema seja satisfeita 0 3 rads W 3 krads D Gradis a Grad VAD 0 4 Ecos45i sen 45t Valo 0 283i 0 2835 r Blo 0 4 cos45isen 45 5 VB10 0 283i 0 2835 PONTO A As ao XrD0 W VD0 an i 8kx 0 283 i 0 2835 1 3 0 283i 0 2835 ab Si 2 2635 2 263i 2 547i 2 5475 8 284i 4 815ms2 aA 18 2842 4 812 9 58m82 PONTO Bi B ao XVBoW BIO ab Oi 8k x 0 283i 0 2835 320 283i 0 2835 ab 8i 2 2638 2 265i 2 547i 2 9475 7 796i 4 815m52 AB 7 7164 4 812 9 09 2 146 I Va 0 8ms 0 16m an 2ms 0 1m o VB 0 6 m1 ⑨ A 2XrDB 2i 0 26xi c 7 69k rads2 ao 1 Bo 20 7 694 0 165 1 23 ims velocidade angular da roda 2 CALCULAR A ACELERAÇÃO RELATIVA ENTRE PEO VB VA WXAB W 0 6 0 8 5 38k rada I ap Qu apon lapdt 0 26 apon raw 0 16 5 3872 4 64ime lapio t x x pp 7 6917 x 0 16i 1 235me Ap 123i4 64i 1 235 3 49i 1 255ms2 lap 73 417 123 C 6mi G ② 7 ⑤ Calculate the normal acceleration of A aAn ωo ωo rA aAn 10k 10k 004i 0069j aAn 4i 69 j ms2 Calculate the absolute acceleration of A aA aAt aAn aA 02 j 0345i 4i 69 j aA 4345 i 67 j ms2 Calculate the normal acceleration of the B with respect to A aBAn ωAB2 rAB 172562 024 071 ms2 ⑥ Normal acceleration of the B with respect to A in vector form aBAn aBAn cos 15 i sin 15 j 071cos 15 i sin 15 j 069 i 01849 j ms2 ⑦ Calculate the tangential acceleration of the B with respect to A aBAt αAB rAB αAB k 024 cos 15 i sin 15 j 023αAB j 0062αAB i m s2 ⑧ Calculate the absolute velocity of B aB aA aBAn aBAt aB 4345 i 67 j 02318αAB j 0062 αAB i 0691 01849 j aB 365 0062 αAB i 688 0231 αAB j 1 Consider link BC Calculate the normal acceleration of the B aBn ωBC2 rBC 42 02 32 ms2 ⑨ The normal acceleration of the B aBn 32 j ms2 Calculate the tangential acceleration of the B aBt αBC rBC aBt αBC k 02 j 02 αBC ms2 Calculate the absolute acceleration of B aB aBt aBn aB 02 αBC i 32 j ms2 aB 02 αBC i 32 j ms2 2 ⑩ Equate equation 1 and 2 We get 68849 02318 αAB 32 αAB 32 6884902318 αAB 1602 rads2 ⑪ Therefore the angular acceleration of bar AB is 1602 rads2 in clockwise direction Equate the j component of equation 1 and 2 αBC 36548 00621160202 1331 rads2 Therefore the acceleration of bar BC is 1331 rads2 in counter clockwise direction 153 C B I O VA 0 1 045 VB A 60rpmZit rada VB wXr 2πx0 4 0 635ms pela figura notase que o ponto C é o centro instantâneo de velocidade nula portanto WAB 63 4 Se Va WABX rac 1 44kx0 15 0 144ims a partir do volante O podemos calcular a aceleração de Bi I B Bo WBo Bo XrBo Git0 1 i o a aB 3 95ims2 Aceleração em D i ad aban aBbt labianWABXWaXraid 4 441210 159i 0 15 0 91 0 215ms2 abiat XaBXraB LAB0 11 0 4395 ms2 3 95i api 0 91 0 215 CAB ali 0 4395 D 3 95i agi 0 91i XaB 0 1i CAB 0 478k rads2 0 0 215 CAB0 4395 an 4 908ims 5155 An oil pumping rig is shown in the figure The flexible pump rod D is fastened to the sector at E and is always vertical as it enters the fitting below D The link AB causes the beam BCE to oscillate as the weighted crank OA revolves If OA has a constant clockwise speed of 1 rev every 3 s determine the acceleration of the pump rod D when the beam and the crank OA are both in the horizontal position shown The velocity and acceleration diagrams are as shown From velocity diagram vA rA ωA ωA 2π N ωA 2π 13 2094 ms vA 12564 ms From sine rule vA sin 852 vB1A sin 167 vB sin 781 vB1A 03623 ms vB 12337 ms From Acceleration diagram OA aAn vA² rA aAn 12564² 06 2631 ms² AB aB1An vB1A² rB1A aB1An 03623² 06² 195 09² aB1An 03623² 2913 00451 ms² CB aBn vB² rB aBn 12337² 09² 3² aBn 12337² 3132 0486 ms² AB sin 781 BB sin 119 CB sin 167 BB sin 733 00451 sin 781 BB sin 119 0486 sin 167 BB sin 733 BB 04633 4645 BB 1 Also we have BB cos 119 AB cos 781 CB cos 167 BB cos 733 OA BB 3174 02937 BB 2 From 1 and 2 BB 0549 ms² BB 3013 ms² BB rB αB αB 0549 3132 01753 rads² aD rD αB aD 33 01753 aD 05785 ms² Exemplo 516 No instante representado o disco com a ranhura radial está girando em torno de O com uma velocidade angular no sentido antihorário de 4 rads que está diminuindo na taxa de 10 rads² O movimento do cursor A é controlado separadamente e nesse instante r 150 mm r 125 mms e r 2025 mms² Determine a velocidade e a aceleração absolutas de A para essa posição ω 4 rads ω 10 rads² Solução Temos movimento em relação a uma trajetória que gira de modo que um sistema de coordenadas que gira com origem em O é indicado Fixamos os eixos xy ao disco e utilizamos os vetores unitários i e j Velocidade Com a origem em O o termo vB da Eq 512 desaparece e temos vA ω x r vrel ① ② A velocidade angular na forma vetorial é ω 4k rads onde k é o vetor unitário normal ao plano xy no sentido z Nossa equação da velocidade relativa se torna vA 4k x 0150i 0125j 0600j 0125i ms Resp na direção e no sentido indicados e possui o módulo vA 0600² 0125² 0613 ms Resp Aceleração A Eq 514 escrita para aceleração nula da origem do sistema de coordenadas que gira é aA ω x ω x r ω x r 2ω x vrel arel Os termos são ③ ω x ω x r 4k x 4k x 0150i 4k x 06j 241 ms² ω x r 10k x 0150i 15j ms² 2ω x vrel 24k x 0125i 10j ms² arel 20251 ms² A aceleração total é portanto aA 2025 24i 10 15j 0375i 05j ms² Resp na direção e no sentido indicados e possui o módulo aA 0375² 05² 0625 ms² Resp A notação vetorial com certeza não é indispensável para a solução desse problema O estudante deve ser capaz de realizar os passos em notação escalar com a mesma facilidade O sentido correto do termo da aceleração de Coriolis pode sempre ser encontrado pelo sentido em que a extremidade final do vetor vrel aponta caso seja girado em torno de sua extremidade inicial no sentido de ω como indicado Sugestões Úteis ① Essa equação é a mesma que vA vP vAP onde P é um ponto preso ao disco coincidente com A nesse instante ② Note que os eixos xyz escolhidos constituem um sistema definido pela regra da mão direita ③ Não deixe de perceber que a x a x r e ô x r representam as componentes normal e tangencial da aceleração de um ponto P sobre o disco coincidente com A Essa representação vem ser a mesma da Eq 514b Exemplo 518 Para as condições do Exemplo 517 determine a aceleração angular de AC e a aceleração de A em relação à ranhura que gira no braço OD Solução Fixamos o sistema de coordenadas que gira xy ao braço OD e utilizamos a Eq 514 Com a origem no ponto fixo O o termo ag se anula de modo que aA ω x r ω x ω x r 2ω x vrel arel Da solução para o Exemplo 517 utilizamos os valores ω 2k rads ωAC 4k rads e vrel 4502i mms e escrevemos aA ωCA x rCA ωCA x ωCA x rCA ωCA k x 2252 i j 4k x 4k x 2252 i j ω x r 0 uma vez que ω constante ω x ω x r 2k x 2k x 2252 i 9002 j mms² 2ω x vrel 22k x 4502 i 18002 j mms² ① arel x i A substituição na equação da aceleração relativa fornece 12 225ωCA 3600 i 12 225ωCA 3600 j 9002 i 18002 j x i Igualando separadamente os termos i e j se obtém 225ωCA 36002 9002 x 225ωCA 36002 18002 Resolvendo para as duas incógnitas resulta ωCA 32 rads² e x arel 8910 mms² Resp Caso seja desejado a aceleração de A pode também ser escrita como aA 225232 i j 36002i j 76401 25501 mms² Faremos uso aqui da representação geométrica da equação da aceleração relativa para esclarecer ainda mais o problema A abordagem geométrica pode ser utilizada como uma solução alternativa Novamente introduzimos o ponto P sobre OD coincidente com A Os termos escalares equivalentes são aAt ωCA x rCA rőcCA r0cCA normal a CA sentido desconhecido aAn ωCA x ωCA x rCA r0cCA² de A para C apn ω x ω x r OP ω² de P para O apt ω x r rő 0 uma vez que ω constante 2ω x vrel 2ω vrel no sentido indicado arel x ao longo de OD sentido desconhecido Iniciamos com os vetores conhecidos e os adicionamos com seus sentidos ordenados para cada um dos lados da equação começando em R e terminando em S onde a interseção das direções conhecidas de aAt e arel estabelece a solução O fechamento do polígono determina o sentido de cada um dos dois vetores desconhecidos e seus módulos são facilmente calculados a partir da geometria da figura ② Sugestões Úteis ① Caso a ranhura fosse curva com um raio de curvatura ρ o termo arel teria uma componente vrel² ρ normal à ranhura e orientada para o centro de curvatura além da sua componente ao longo da ranhura ② É sempre possível evitar uma solução simultânea projetando os vetores perpendicularmente a uma das incógnitas O disco gira em torno de um eixo fixo através de O com velocidade angular ω5 rads e angular α3 rads² nas direções mostradas em um determinado instante A pequena esfera A se move na fenda circular e no mesmo instante β 30 β2rads e β4 rads² Determine a velocidade absoluta e a aceleração de A nesse instante VA WX AO VREL WX Valo SK 0 375 vos 30i o 375 den 305 WXValo 1 875 sen 30 1 875 vos305 Vrel BUaio2KX 0 375 cos30i 0 375 Sensor m VREL O Suben 30 i 0 75 cos 300 Va 1 875sen30i 1 875 cos 305 o7suenS0i 0 75 cos30 O Va 1 312Si 22735 AA do VA10 wxwX p 0 2Wx Vel arel XX Valo 31 x 0 375 cos30 0 375 den 305 1 125 sen50i1 125 cosson WXWXVas 5k 517x10 375 cos30i o 3tssensor 1 875 nos 30 1 875 venzoi 31 1 875 vos 305 1 875 Ben 30 9 375 nos 30i 9 375sen 30t 2 WX Vrel 10k0 75 sen30i 0 75 vos505 7 Soos 30i 7 5 sen 300 Arel B x Valo 41 x 0375 vos 30 o 375 sen 301 1 5 sen 30 1 5 os Sor Max 1 125sen30 93751030 7 5 cos301 5 sen 30i 133i AAy 1 125 cos309 375sen307 Saen301 Svosoi 10 7 VELOCIDADE A EM RELAÇÃO DO EIXO ZEY Va 500 senOt cosO 138 89sen Os pos0kms 3 6 2 ACELERAÇÃO DE CORIOLIS Acor GWX VREL z VA VRel Va Pois O Veículo Está Na TERRA A Acor 27292x185 x 138 89Bents cost d cor 0 0203 Senti msa B y al ACELERAÇÃO De CORIOLIS NO EQUADOR 10 0 Acor 00203 sen0 0 vel ang da terra b ACELERAÇÃO De CORIOLis No POLO Norte 8 90 S W 7 292x10 Kradis A cor 0 0203 en90 0 0203 ims 1 CALCULAR AS VELOCIDADES DE A EP Va Nx Ac 4kx 0 125 0 48ims 2 CALCULAR A VREL C como o pino A só pode se locomover dentro Si da ranhura a velocidade relativa entre A e P 0 12 deve estar na direção da vanhura Vrel Va 0 48 2 ms A P 0 12 VA O sen45 tre 3 ENCONTRAR W Vp Vo Upd Vel 0 482 10 12w 0 485 W 4 radS sentido horário 4 CALCULAR A ACELERAÇÃO De A calculamos a partir da barra Ca Pelo enunciado Néute não terá componente tangencial An racNa 0 125 4 1 925ms 5 CALCULAR A ACELERAÇÃO DE P E DESCOBRIR SUA COMPONENTE TANGENCIAL X ap rpo wh 2 x roo 0 12i 412 Ckx0 12i ap 1 92i 0 12x 5ms 6 EQUAÇÃO DA ACELERAÇÃO RELATIVA ENTRE A E P A ap Ap X Upp Wapxwap Xrap 2w xveltavel como A eP são coincidentes rap o an ap 2W X Vel arel 1 92 5 1 92i 0 1245 3 84i3 845 and A arel está na direção da vanhura 7 DECOMPONDO NAS DIREÇÕES Arel Arel isents Jos 45 O 1 92i 3 54i E2 arei resolvendo Arel 2 72ms 1 925 0 1225 3 845 Favel 2 64k rads2 Para a roda de Genebra do Prob 556 mostrada aqui novamente escreva a expressão para a velocidade angular az da roda ranhurada C durante o acoplamento do pino P e represente graficamente wa para o intervalo 45 0 45 A roda motriz A tem uma velocidade angular constante w 2 rads ⑫ 1 CALCULAR A VELOCIDADE DO PONTO D Va Woxao 10k x 0 2 cos 30i senboi Va 1 732i15 ms Va 2 ms 2 CALCULAR Vpe Vrel Viel Vp 7 Vp Vaicos30 1 732me VA Vuel Vasen30 1 ms 3 CALCULAR A VELOCIDADE ANGULAR De Ci We Grade rpc acel D Vrel ACELERAÇÃO EM A como a Possui vel de terá apenas normal VP Va An rw 0 2 cosSoi Sen 305 10 17 32i105 ms Ai P 5 ACELERAÇÃO RELATIVA ENTRE DEC y An ac x rAc Wc xwcxrx 2wc Xvrel avel 20 ⑦ 17 32i 105 0 010 25i 52 2Skx 1 ave ① 6 DECOMPOR AS EQUAÇÕES 17 32i 5 66i are 105 254x 1i A rel 8 66 ims 1 PELA Lei dos senOS O B 0 B sen B den 10 B 1 2 DESCOBRIR A VELOCIDADE ANGULAR P COMO QUEREMOS SABER A VEL ANG BWI podemos ab C DERIVAR A EQ ALIMP On 0 2 02 d 2 BicosB 0 B cos0 B dt 3 Isolando Bi ONDE 2 rada B wa t vos0 B 2 Wa 2 coso b 3 cos0 3 cosB FosBvst B 4 ABRINDO O TERMO D EB Da EQ 1 5 RESPOSTA sen B sentcosB senBroso Wa 2 vosO B tgB Bene 4 cosBcost B acost II IlI 1 CALCULAR A VELOCIDADE ANGULAR AOD ⑪ Va 10ms We A rel Entre Pel Ocorre Na Direção Da 15 RANMURA Como A Vel S 2 Velocidade do Ponto P JA A ACELERAÇÃO DO PONTO CAL Segue O cosso 3 A PARTIR DOS TRIÂNGULO FORMADO PELOS VETORES 9 A CELERAÇÃO EM 1 V 208 ms Vap Vrel Up tan30 1 04 mis ac lapletwxvel E 249mO Vp rpow 10 225 6 93 1 8ms MOVIMENTO DO Pistão cos30 cos 30 4 CALCULAR AS ACELERAÇÕES em D An apn lant lapin rw 0 15 6 932 7 2mls labt rao 0 15 a ⑪ 5 PROJETANDO labn e apt em X 0 7 2 os 600 152 cosso G 6 CALCULANDO A ACELERAÇÃO EM P Ap ApIn apt Apln roow 10 225cos30 16 932 12 48ms Ap roo 10 225103 27 71 7 2 ms2 7 EQUAÇÃO DA ACELERAÇÃO ENTRE CEP c Ap Voc wxwXcp 2wxVrel arel Como PEC TEM A MESMA COORDENADD rpc O Ac Ap 2wXVvel are 2wxVrel 2 6 93 x 1 04 14 414 mil 2 Exemplo 63 O bloco de concreto de 300 kg é erguido pelo mecanismo de elevação mostrado onde os cabos estão firmemente enrolados em torno dos respectivos tambores Os tambores que estão presos um ao outro e giram como um conjunto único em torno de seu centro de massas em O possuem uma massa combinada de 150 kg e um raio de giração em relação a O de 450 mm Se uma tração constante P de 18 kN é mantida pela unidade de potência em A determine a aceleração vertical do bloco e a força resultante sobre o mancal em O Solução L Os diagramas do corpo livre e cinético dos tambores e do bloco de concreto são desenhados indicando todas as forças que atuam incluindo as componentes Ox e Oy da reação no mancal A resultante do sistema de forças sobre os tambores para rotação centróide é o momento Iα I0α onde I k0²m I I0 0450²150 304 kgm² Determinando os momentos em relação ao centro de massas O da polia no sentido da aceleração angular α se obtêm ΣMo Iα 18000600 T0300 304α a A aceleração do bloco é descrita por ΣFγ maγ T 300981 300α b A partir de α ra temos α 0300a Com essa substituição as Eqs a e b são combinadas para dar T 3250 N α 344 rads² a 1031 ms² Resp A reação no mancal é calculada a partir de suas componentes Como α 0 usamos as equações de equilíbrio ΣFx 0 Ox 1800 cos 45 0 Ox 1273 N ΣFy 0 Oy 150981 3250 1800 sen 45 0 Oy 6000 N O 1273² 6000² 6130 N Resp Sugestões Úteis 1 Fique atento para o fato de que a tração T não é 300981 N Se fosse o bloco não aceleraria 2 Não negligencie a necessidade de expressar k0 em metros quando estiver usando g em ms² Solução II Podemos usar uma abordagem mais condensada desenhando o diagrama de corpo livre de todo o sistema eliminando assim a referência a T que se torna interna ao novo sistema A partir do diagrama cinético para esse sistema vemos que o somatório dos momentos em relação a O deve ser igual ao momento resultante Iα para os tambores acrescido do momento resultante ma no para o bloco Desse modo segundo o princípio da Eq 65 temos ΣMo Iα mad 18000600 3009810300 304α 300a0300 Com α 0300a a solução fornece como antes α 1031 ms² Podemos igualar os somatórios das forças em todo o sistema aos somatórios das resultantes Nesse caso ΣFx Σmα 0y 150981 300981 1800 sen 45 1500 3001031 Ox 6000 N Ox 1800 cos 45 0 Oy 1273 N 300981 N ma Exemplo 64 O pêndulo possui uma massa de 75 kg com centro de massa em G e possui um raio de giracão em relação à articulação em O de 295 mm Se o pêndulo é liberado a partir do repouso em θ 0 determine a força total suportada pelo mancal no instante em que θ 60 O atrito no mancal é desprezível Solução O diagrama de corpo livre do pêndulo em uma posição genérica é apresentado juntamente com o diagrama cinético correspondente onde as componentes da força resultante foram traçadas em G A componente normal On é determinada a partir de uma equação para as forças na direção n que inclui a aceleração normal rω² Como a velocidade angular ω do pêndulo é determinada a partir da integral da aceleração angular e como Ot depende da aceleração tangencial ra portanto a deve ser obtida em primeiro lugar Para esse fim com I0 k0²m a equação do momento em relação a O fornece ΣMo I0α 75981025 cos θ 0295²75α α 282 cos θ rads² e para θ 60 ω dω α dθ 0ω ω dω 0³ 282 cos θ dθ ω² 488 rads² As duas equações de movimento restantes aplicadas à posição 60 produzem ΣFy mrω² On 75981 sen 60 75025488 On 1552 N ΣFτ mrα Ot 75981 cos 60 75025282 cos 60 Ot 1037 N O 1552² 1037² 1556 N Resp O sentido apropriado para Ot pode ser observado desde o início pela aplicação da equação para o momento ΣMG Iα onde o momento em relação a G devido à Ot deve ser no sentido horário para concordar com α A força Ot também pode ser obtida inicialmente por uma equação do momento em relação ao centro de percussão Q mostrado na figura inferior o que evita a necessidade de calcular α Inicialmente devemos obter a distância q que é q k0²r q 0295² 0250 0348 m ΣMQ 0 Ot 0348 75981cos 600348 0250 0 Ot 1037 N Resp Sugestões Úteis 1 As componentes da aceleração de G são naturalmente ae rω² e at ra Exemplo 65 Um aro metálico com um raio r 150 mm é liberado a partir do repouso sobre plano inclinado em 20 Se os coeficientes de atrito estático e dinâmico são μs 015 e μk 012 determine a aceleração angular α do aro e o tempo t para o aro se deslocar a uma distância de 3 m para baixo no plano inclinado Solução O diagrama de corpo livre mostra o peso indeterminado mg a força normal N e a força de atrito F que atua sobre o aro no ponto de contato C com o plano inclinado O diagrama cinético mostra a força resultante ma através de G no sentido da sua aceleração e o momento Iα A aceleração angular no sentido antihorário requer um momento no sentido antihorário em relação a G então F deve ser para cima no plano inclinado Supondo que o aro rola sem deslizar de modo que a ra A aplicação das componentes das Eqs 61 com os eixos x e y especificados fornece ΣFx ma x mg sen 20 F ma ΣFy ma y 0 N mg cos 20 0 ΣMG Iα Fr mr² α A eliminação de F entre a primeira e a terceira equação e a substituição da hipótese cinemática a ra fornece a g2 sen 20 9812 0342 1678 ms² De forma alternativa com nossa hipótese de a ra para rolamento puro um somatório dos momentos em relação a C pela Eq 62 fornece α diretamente Assim ΣMC Iα mad mgr sen 20 mr² α r mār a g2 sen 20 Para verificar nossa hipótese de ausência de deslizamento calculamos F e N e comparamos F com seu valor limite A partir das equações acima F mg sen 20 m g2 sen 20 01710mg N mg cos 20 0940 mg Mas a força de atrito máxima possível é Fmáx μsN Fmáx 0150940 mg 01410 mg Como o valor calculado de 01710 mg excede o valor limite de 01410 mg concluímos que nossa hipótese de rolamento puro era falsa Portanto o aro desliza enquanto rola e a ra A força de atrito nesse caso passa a ter o valor dinâmico F μkN F 0120940 mg 01128 mg As equações do movimento agora fornecem ΣFx ma x mg sen 20 01128 mg ma a 0229 981 225 ms² ΣMG Iα 01128 mg r² mr²a α 01128 981 737 rads² 0150 Resp O tempo necessário para o centro G do aro se deslocar 3 m a partir do repouso com aceleração constante é x 12 at² t 2xa 23225 1633 s Resp Sugestões Úteis 1 Como toda a massa de um aro está a uma distância r de seu centro G seu momento de inércia em relação a G deve ser mr² 2 Note que α é independente tanto de m quanto de r 3 Note que α é independente de m mas é dependente de r O dispositivo robótico é composto pela base estacionária OA o braço AB articulado em A e o braço BC articulado em B Os eixos de rotação são perpendiculares ao plano da figura Calcule a o momento Ma aplicado ao braço AB necessário para girálo em torno da articulação A a 4 rads no sentido antihorário a partir da posição mostrada com a articulação B travada e 6 o momento Mg aplicado ao braço BC necessário para girálo em torno da articulação B na mesma taxa com a articulação A travada A massa do braço AB é de 25 kg e a de BC é de 4 kg com a parte estacionária da articulação A totalmente excluída e a massa da articulação B dividida igualmente entre os dois braços Assuma que os centros de massa G e Ga estão nos centros geométricos dos braços e modele os braços como hastes esbeltas O dispositivo robótico do Prob 660 é reapresentado aqui O elemento AB está girando em torno da articulação A com uma velocidade angular no sentido antihorário de 2 rads e essa velocidade está aumentando a 4 rads Determine o momento Mg exercido pelo braço AB sobre o braço BC se a articulação B é mantida travada A massa do braço BC é de 4 kg e o braço pode ser considerado como uma haste esbelta uniforme 6 67 1 ENCONTRAR A A LELERAÇÃO ANGULAR EM IC 2 CALCULAR O MOMENTO TOTAL 1 1 CALCULAR O MOMENTO DE INÉRCID DOS Dois Além Do Momento Ma Temos os Momentos BRAÇOS AB BL EM RELAÇÃO AO EIXO PERPEND DOS PESOS DE CADA BRAÇO Momento de inércia In In lab IBc Mo Ma259 81 0 35 ros 45 4 19 81 0 7 os 45 lab Maß La Mo Ma85 Ma85 6 219 Ma 108Nm distância Ise cm mbcd entre GaeA de 10 o 70 Salm 12 MBcL 3 CALCULAR MOMENTO APLICADO DO BRAÇO In mas l 112 macL mec da BC com a Articulação A TravADA In 13 2510 71 112410 33 410 sai 6 211g m2 IB 13 macLe Is 3 40 35 0 1633kg ma MB 0 1633 4 4 RESPOSTAS MB 49 81 0 175 nos 95 0 16334 M 5 51 N m Ma 109 8 N m MB S S1 N m 6 94 1 CALCULAR MOMENTO EM RELAÇÃO DO PONTO B MB Ic mad OS ÚNICOS Momentos São MB E o DA FORÇA PESO MB MBmg sen 45 4 RESOLVER O PRODUTO VETORIAL MB MB 4 9 81 0 175 sen 450 MB4 836 a 4Xkm warcm 2 CALCULAR O MOMENTO DE INÉRCID i 2 10 619i 10 31 40 619u 40 371i 1410 619i 40 37117 a 00 I12me 12 4 0 352 0 0408 kgm 0 619 0 3710 ACELERAÇÃO ANGULAR c 0 4084 0 163 Nm a 3 96i 0 992 3 A CELERAÇÃO Al do CENTRO De MASSA dé a distancia perpendicular da componente até B DA BARRA ABD UMA TANGENCIAL E UMA mad 4 ax 0 175 sen 45 14 ay 10 175 vos 45 CENTRIPETA a X remwaram mad 4 3 9610 175 sen 45 140992 10 175 nos 45 1 469 Nm Um 0 7 nos45i 0 7 ben 45 5 SUBSTITUIR TUDO NA EQUAÇÃO rcm 0 619i 10 371 MB C madMB 4 856 0 1631 469 MB 3 95N m X 4kW 21 6 RESPOSTA o momento total exercido pelo braço AB é MB 3 55 N m Exemplo 66 O tambor A recebe uma aceleração angular constante α0 de 3 rads² e faz com que o carretel B de 70 kg role sobre a superfície horizontal por meio do cabo de conexão que se enrola em torno do eixo central do carretel O raio de giracão k do carretel em relação a seu centro de massa G é de 250 mm e o coeficiente de atrito estático entre o carretel e a superfície horizontal é de 025 Determine a tração T no cabo e a força de atrito F exercida pela superfície horizontal sobre o carretel Solução O diagrama de corpo livre e o diagrama cinético do carretel são desenhados como mostrado O sentido correto da força de atrito pode ser determinado nesse problema pela observação em ambos os diagramas que com a aceleração angular no sentido antihorário um somatório dos momentos em relação ao ponto G e também em relação ao ponto D deve ser no sentido antihorário Um ponto no cabo de conexão possui uma aceleração at ra 0253 075 ms² que é também a componente horizontal da aceleração do ponto D no carretel Será assumido inicialmente que o carretel rola sem deslizar caso em que possui uma aceleração angular no sentido antihorário α αDxDC 075030 25 rads² A aceleração do centro de massa G é portanto α ra 04525 1125 ms² Com a cinemática determinada aplicamos agora as três equações do movimento Eqs 61 ΣFx ma x F T 701125 a ΣFy ma y N 70981 0 N 687 N ΣMG Iα F0450 T0150 700250²25 b Resolvendo a e b simultaneamente se obtém F 758 N e T 1546 N Resp Para verificar a validade de nossa hipótese de ausência de deslizamento observamos que as superfícies são capazes de suportar uma força de atrito máxima Fmáx μsN 025687 1717 N Como uma força de atrito de apenas 758 N é necessária concluímos que nossa hipótese de rolamento sem deslizamento é válida Se o coeficiente de atrito estático fosse 01 por exemplo então a força de atrito seria limitada a 01687 687 N que é inferior a 758 N e o carretel deslizaria Nesse caso a relação cinemática a ra já não seria válida Com αDx conhecida a aceleração angular seria α α αDxGD Usando essa relação juntamente com F μkN 687 N poderíamos então resolver as três equações do movimento para as incógnitas T ā e α De outra forma com o ponto C como um centro para os momentos no caso de rolamento puro podemos utilizar a Eq 62 e obter T diretamente Desse modo ΣMC Iα mār 03T 70025²25 701125045 T 1546 N Resp onde os resultados anteriores da cinemática para ausência de deslizamento foram incluídos Podemos escrever também uma equação para o momento em relação ao ponto D para obter F diretamente Sugestões Úteis 1 A relação entre ā e α é a restrição cinemática associada à hipótese de que o carretel rola sem deslizar 2 Tenha cuidado para não cometer o erro de usar ½ mr² para o I do carretel o qual não é um disco circular uniforme 3 Os princípios da aceleração relativa são necessários aqui Conseqüentemente a relação aGDt GDa deve ser reconhecida 4 A flexibilidade na escolha dos centros para o momento fornecida pelo diagrama cinético pode em geral ser empregada para simplificar a análise A biela AB de 06 kg de um determinado motor de combustão interna possui centro de massa em G e um raio de giração em relação a G de 28 mm O pistão e o pino A possuem uma massa total de 082 kg O motor está funcionando a uma velocidade constante de 3000 rpm de modo que a velocidade angular da manivela é de 3000260 100m rads Despreze os pesos dos componentes e a força exercida pelos gases de combustão no cilindro em comparação com as forças dinâmicas produzidas e calcule o módulo da força sobre o pino do pistão A para o ângulo da manivela 0 90 Sugestão Utilize a relação alternativa para o momento Eq 63 com B como o centro para os momentos Se o sistema for libertado do repouso na posição horizontal mostrada determine a aceleração angular do eixo de ângulo reto leve A esfera de raio r tem massa m Despreze o atrito no rolamento O 6 105 mm smm 1 CALCULAR A ACELERAÇÃO AD ABTADIB PODEMOS DECOMPOR A ACELERAÇÃO EM 2 VERTENTES Sim TANGENCIAL E NORMAL 2 laab n Wab rab 4 No Pistão o Diagrama De Corpo Livre Barce 66 7 CONSIDERANDO O SISTEMA DE COORDENADA POSI Ab rxwa 0 0425 100 4194 58 TIVO USUAL 2 DETERMINAR A ALELERAÇÃO ANGULAR E COMPONENTE EFy m ay TANGENCIAL RELATIVA Ay 0 82 1805 6 1480 592N dalb 945 4366 69 e Sen 66 719 5 Na Biela no Ponto B temse pelo somatório Xab abt 366 697 42480 9 Dos momentos Mb IbX pxmas rab 0 1075 1480 592 0 0425 Ax 0 0618 0 82 0 0425 424809 3 DEFINIR A ACELERAÇÃO EM A 0 82 4194 58 den 66 71 tgbb d 58 1805 6 me Ax 350 75N da tg66 71e Fy m Ay 6 CALCULAR O MÓDULO NA FORÇA Ay 0 82 1805 6 1450 592N A Ay Ay2 380 752 1480 5922 Mb b4 1x mab A 1528 76N 1480 592 0 0425 Ax 0 0618 0 82 0 04252 42480 9 0 82 4194 58 Sen 66 7 Ax 380 75N A 1 Ay A 1380 754 1450 5922 A 1528 76 6 44 y Fx max 0x 0 10 IG m3r To 5 mr aram x O r Fy mayigtoy 3 rmC Toma an m Oy mg 3 mrx Moz IoL zr i J K a 0 O a 3ra5 yg3y z 3r o ar 667 The robotic device consists of the stationary pedestal OA arm AB pivoted at A and arm BC pivoted at B The rotation axes are normal to the plane of the figure Estimate a the moment MA applied to arm AB required to rotate it about joint A at 4 rads² counterclockwise from the position shown with joint B locked and b the moment MB applied to arm BC required to rotate it about joint B at the same rate with joint A locked The mass of arm AB is 25 kg and that of BC is 4 kg with the stationary portion of joint A excluded entirely and the mass of joint B divided equally between the two arms Assume that the centers of mass G1 and G2 are in the geometric centers the arms and model the arms as slender rods 694 The robotic device of Prob 667 is repeated here Member AB is rotating about joint A with a counterclockwise angular velocity of 2 rads and this rate is increasing at 4 rads² Determine the moment MB exerted by arm AB on arm BC if joint B is held in a locked condition The mass of arm BC is 4 kg and the arm may be treated as a uniform slender rod 6105 The connecting rod AB of a certain internalcombustion engine weighs 12 lb with mass center at G and has a radius of gyration about G of 112 in The piston and piston pin A together weigh 180 lb The engine is running at a constant speed of 3000 revmin so that the angular velocity of the crank is 30002π60 100π radsec Neglect the weights of the components and the force exerted by the gas in the cylinder compared with the dynamic forces generated and calculate the magnitude of the force on the piston pin A for the crank angle θ 90 Suggestion Use the alternative moment relation Eq 63 with B as the moment center 2 2 2 08 OP OaP 45 2002 2 voo 2 F Velocidades p 2 wa x102 TREL Go ww Wa 0 VRELo wei 114 Aceleração ap a 12x rao2 wax2x ro waxyve 22 22k arel areli ⑳wardi are E 22 wak 1k arel 0 y aans I D 3 Lo Grads m 100 Kar MS 0 2 MK 0 15 2 I Skgm mg F N to assumindo ausência de deslizamen at ra 0 25 5 2 ms2 Fx max F T 100 3 7 F T 300 x anxDc 20 3 6 67 rads Efy may N 1009 81 0 N 921 a na 0 45 6 67 3m2 Mc Id F0 45 0 15 5 6 67 F 300 T 0 45 300 T 0 15T 33 35 7 135 0 4ST 0 155 3335 0 3T 160 35 T 561 N F 261 2N para validar a hipótese FMA MsN 0 2 981 196 2N F Fmáx ocorre deslizamento com carregamento mag 100 2i 0 n5xi 7200152i F MK N 0 15 981 147 95N O 9 xk G ad 2x ad xwXr aq 2i 0 15xi G ⑨ ap ac 2x rdc wxwx AD2i D 2 i acti a 0 3xi C O Não Tem mais Nada em 5 ④ Fx 200 15C ②MG 59 ⑤ 7 259 14 13 x 1 95 radle 147 15 T 200 154 147 15 045 0 955 32 ac 2i 0311 95 11 415i 154 T 347 15 54 0 15T 66 22 N bloco sobre o pistão A Força da biela sobre o pistão B força da manivela sobre a biela DIAGRAMA DE CORPO LIVRE A Y A N Ax 4 31 Sen 50 sent Ax in 3 11 3 1 1 g Anit 3 igAy con 730 3Sent 0 59 114 A 7 X 118 Send 0 1967 1 3 8 19 40 sent scosa Nu 4 Bx sen By B B BX By o oy DIDGRAMA DE FORÇA RESULTANTE any mp A 3442 4 10 06 mbaGX 0 0005 3983 7 Ex 206 54 0 04 1999 9 G 1 99 44 45 B mbaGy 2966 6 004 198 66 Equações DO MOVIMENTO PISTAS BIELD Fx max 1 Fx 10041 and 9 3 N Ax 0 Ax Bx 44 45 Fy 34424 0 062 Fy 10041296664 Ay x Ay 206 54 By Ay 198 66 ⑤ Ma 10 0005 39537 5 Ax 1312 cos 19 47 by 132enan 4 cos14By sen 14 1 99 Eq2 d Ay 206 54 Eq4 By By 18 66 By 525 2 Bx 44 48 Ax Ax 10 2451 206 54 0049 44 48 Ax 0 106 7 325 2 0 02 0 245Ax 10 12 4 71 0 106Ax 5 5 1 99 0 3318x 1 99 10 12 4 71 6 5 DAX 66 44 Bx 21 96 I acou 2 10 25 15 nos 25isenast acor 7500 cos asisin 255 acor 5797 3i3169 65 pes12 AREL130 15 sen 25 2515cosasi 1301115cosas 12515 ven 25 a rel 450senastascoasEsbos25 9375senas e QRE 8686 8i3554 2 pes12