Exercício Resolvido-2022 2

Alfa 0.5 m A 4 rad/s B 30° 2 m A figura mostra um mecanismo acionado por um motor que gira a barra mais curta, com uma velocidade angular constante, indicada na figura. Essa barra tem o movimento de apenas um ciclo, partindo de "alfa" igual a 0 até chegar em 180 graus. O ângulo de 30 graus é mostrado apenas como um referência em um determinado instante. Desenvolver os seguintes gráficos: - velocidade angular da barra AB, em função de alfa; - aceleração angular da barra AB, em função de alfa; - velocidade do pistão, em função de alfa; - aceleração do pistão, em função de alfa. Podem ser utilizados softwares para a confecção dos gráficos, se assim for uma opção de cada grupo de trabalho. Indique as unidades e os nomes dos eixos em todos os gráficos. A figura mostra um mecanismo acionado por um motor que gira a barra mais curta, com uma velocidade angular constante, indicada na figura. Essa barra tem o movimento de apenas um ciclo, partindo de "alfa" igual a 0 até chegar em 180 graus. O ângulo de 30 graus é mostrado apenas como um referência em um determinado instante. Desenvolver os seguintes gráficos: - velocidade angular da barra AB, em função de alfa; - aceleração angular da barra AB, em função de alfa; - velocidade do pistão, em função de alfa; - aceleração do pistão, em função de alfa. Podem ser utilizados softwares para a confecção dos gráficos, se assim for uma opção de cada grupo de trabalho. Indique as unidades e os nomes dos eixos em todos os gráficos. A figura mostra um mecanismo acionado por um motor que gira a barra mais curta, com uma velocidade angular constante, indicada na figura. Essa barra tem o movimento apenas de um ciclo, partindo de α=0 até chegar em α=180°. O ângulo de 30° é mostrado apenas como referencia em um determinado instante. Desenvolver os seguintes gráficos: - Velocidade angular da barra AB, em função de α; - Aceleração angular da barra AB, em função de α; - Velocidade do pistão B, em função de α; - Aceleração do pistão B, em função de α. Solução: Primeiramente, vamos estudar a geometria do mecanismo, afim de entender como o seu movimento é feito. Assim, encontrando relações angulares entre as barras OA e AB, conseguimos determinar tudo o que quisermos. Para isso, precisamos posicionar o mecanismo em um instante arbitrário, onde todos os seus ângulos possam ser escritos um em função do outro. Observe o mecanismo simplificado: Obs.: A primeira coisa a se fazer para entender a geometria de um mecanismo é redesenha-lo, excluindo inutilidades. Ora, já sabemos que o ponto B se movimenta apenas na horizontal e o ponto A rotaciona em torno do ponto O. Depois, é bom adicionar mais pontos para facilitar os cálculos. O segmento OF e o segmento EF representam a posição do mecanismo, no instante apresentado no enunciado. Os outros pontos são apenas para facilitar o entendimento. Assim, considere o triangulo O ^A G: Nosso objetivo é definir β como função de α e depois derivar temporalmente. Assim, precisamos equacionar x e y. Primeiramente, temos que cosα= AG OA → AG=OA cosα Como OA=0,5m AG=1 2 cosα Para encontrar DF, vamos considerar, agora o triângulo D ^E F: sen30°= DF EF Veja que EF tem o mesmo comprimento de AB. Ora, estamos trabalhando com corpos rígidos. DF=EF sen30°=2⋅ 1 2=1m Para o triangulo A ^BC y=DF+ AG=1+ 1 2 cosα=AB sen β x=ABcos β Assim, para AB=2m 1+ 1 2 cosα=2se n β se n β=1 2 + 1 4 cosα Tendo uma noção básica de espaço, é perceptível que 0≤ β ≤90°. Assim, para esse intervalo existe o arco seno de β: β (θ)=se n −1( 1 2 + 1 4 cosα) Gráfico: Derivando (com cuidado, pois deve ser feito a derivada TEMPORAL), sabendo que d dx (se n −1u)= du dx √1−u 2 ˙β=dβ dt = 1 √ 1−( 1 2 + 1 4 cosα) 2 ⋅( −senα α 4 ⋅ ˙α)= −senα ⋅ ˙α 4√ 1−( 2+cosα 4 ) 2 ˙β= −senα ⋅ ˙α 4√1− (2+cosα ) 2 16 = −senα ⋅ ˙α 4√ 16 16− (2+cosα ) 2 16 = −senα ⋅ ˙α 4√ 16−(2+cosα ) 2 16 = −4 senα ⋅ ˙α 4√16−(2+cosα ) 2 ˙β= − ˙α senα √16−(2+cosα ) 2 Assim, para ˙α=4 rad s , e tomando ˙β=ω, ω (α )= −4 senα √16−(2+cosα ) 2 Note que para 0≤α ≤180° o seno é positivo, tornando 4 se nα √16−(2+cosα ) 2 Estritamente positivo. Assim, temos que a barra AB gira no sentido horário nesse intervalo, isto é, existe uma coerência. Gráfico: Para obter a velocidade do pistão, isto é, do ponto B, basta perceber que a variação da base do triangulo A ^BC, dada por x, ao derivar nos dará a mesma: x=2cos β Sabendo que sen 2 β+cos 2 β=1→cos β=√1−sen 2 β sen β=2+cosα 4 x=2cos β=2√1−( 2+cosα 4 ) 2 =2√ 16−(2+cosα ) 2 16 =√16−(2+cosα ) 2 2 Logo, basta derivar a expressão acima e chegamos na velocidade do pistão: ˙x=1 2 ⋅ 1 2√16−(2+cosα ) 2 ⋅ (−2) (2+cosα )⋅− ˙α senα ˙x= ˙α senα (2+cosα ) 2√16−(2+cosα ) 2 Para ˙α=4 rad s e chamando a velocidade do pistão de v, temos v (α )=2 (2+cosα ) se nα √16−(2+cosα ) 2 Gráfico: Para obter as acelerações, basta derivar as formulas encontradas, não se esquecendo que é em relação ao tempo. Assim, para ˙β= − ˙α senα √16−(2+cosα ) 2 ¨β= −( ¨α senα+ ˙α 2cosα )√16−(2+cosα ) 2− ˙α senα ⋅ ˙α (2+cosα )sin α √16−(2+cosα ) 2 16−(2+cosα ) 2 ¨β= − ( ¨α senα+ ˙α 2cosα )[16−(2+cosα ) 2] √16−(2+cosα ) 2 − ˙α senα ⋅ ˙α (2+cosα ) se nα √16−(2+cosα ) 2 16−(2+cosα ) 2 ¨β=−( ¨α senα+ ˙α 2cosα )[16−(2+cosα ) 2]− ˙α senα ⋅ ˙α (2+cosα ) se nα [16−(2+cosα ) 2] 3 2 Nos foi dado que ˙α é constante. Logo, ¨α=0. Assim, ¨β (α )=−8cosα [16−(2+cosα ) 2]−16 se n 2α (2+cosα ) [16−(2+cosα ) 2] 3 2 Gráfico: E para a aceleração do pistão, nem achei que seria necessário dizer, mas basta derivar x novamente: ¨x=1 2 ⋅ [ ¨α senα (2+cosα )+ ˙α 2cosα (2+cosα )− ˙α 2sen 2α ]√16−(2+cosα ) 2− ˙α 2sen 2α (2+cosα ) 2 2√16−(2+cosα ) 2 16−(2+cosα ) 2 ¨x=1 2 ⋅ [ ¨α senα (2+cosα )+ ˙α 2cosα (2+cosα )− ˙α 2sen 2α ][16−(2+cosα ) 2] √16−(2+cosα ) 2 − ˙α 2sen 2α (2+cosα ) 2 2√16−(2+cosα ) 2 16−(2+cosα ) 2 ¨x=2[ ¨α senα (2+cosα )+ ˙α 2cosα (2+cosα )− ˙α 2sen 2α ][16−(2+cosα ) 2]− ˙α 2sen 2α (2+cosα ) 2 4 [16−(2+cosα ) 2] 3 2 Assim, substituindo o valor das constantes, a (α )= [8cosα (2+cosα )−8 sen 2α ][16−(2+cosα ) 2]−4 sen 2α (2+cosα ) 2 [16−(2+cosα ) 2] 3 2 a (α )=8cosα (2+cosα )−8 sen 2α √16−(2+cosα ) 2 − 4 sen 2α (2+cosα ) 2 [16−(2+cosα ) 2] 3 2 Gráfico: