Exercício Velocidade Angular Resolvido-2022 2

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 uma 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. Apresente os resultados num documento PDF contendo o nome de todos os componentes do grupo! Nesse documento deve ser mostrado também o desenvolvimento das equações, bem como a metodologia empregada para obtê-las, de forma clara. f(θ) θ aB vB ωAB αAB Para ⃗ r B A, observe a figura: Veja que o segmento A ' B' está configurada com o movimento no instante dada, cujo ângulo com a horizontal é 30°. Precisamos descobrir β, que ficará em função de θ: Para o triangulo retângulo A ' ^B ' H ' sin30°= A ' H ' 2 → A ' H '=2⋅ 1 2=1m Para o triangulo retângulo A ^B H sen β= AH 2 = AD+DH 2 = AD+ A ' H 2 Temos que cosθ= AD 1 2 → AD=cosθ 2 Assim, sen β= cosθ 2 +1 2 →2sen β=cosθ+2 2 Para θ=0 sen β= 3 4 → β=48,59° Para θ=180° sen β= 1 4 → β=14 ,48° Veja que, para 14 ,48°≤ β ≤ 48,59°, temos que o cosseno é positivo. Assim, lembrando da Relação Fundamental da Trigonometria, sen 2 β+cos 2 β=1→4 sen 2 β+4 cos 2 β=4 Assim, 4 cos 2 β=4−4 sen 2 β 2cos β=√4−4 sen 2 β=√ 4−4⋅( cosθ+2 4 ) 2 2cos β=√4− (cosθ+2) 2 4 =√ 16 4 − (cosθ+2) 2 4 =√16−(cosθ+2) 2 2 Assim, ⃗ r B A =−2cos β ⃗i−2sen β ⃗j Assim, ⃗ r B A =−√16−(cosθ+2) 2 2 ⃗i−cosθ+2 2 ⃗j Note que, para qualquer valor de 0≤θ≤180°, ‖⃗ r B A‖=AB=2m. Veja: AB=√ 16−(cosθ+2) 2 4 + (cosθ+2) 2 4 =√4− (cosθ+2) 2 4 + (cosθ+2) 2 4 =√4=2m Coerente. Assim, ⃗ vB=⃗ v A+⃗ ωAB×⃗ r B A −vB ⃗i=−ωOA cosθ ⃗i−ωOA senθ ⃗j+| ⃗i ⃗j ⃗k 0 0 −ωAB −√16−(cosθ+2) 2 2 −cosθ+2 2 0 | −vB ⃗i=−ωOA cosθ ⃗i−ωOA senθ ⃗j−cosθ+2 2 ωAB ⃗i+√16−(cosθ+2) 2 2 ωAB ⃗j Assim, igualando as componentes de cada vetor, temos { −vB=−ωOA cosθ−cosθ+2 2 ωAB 0=−ωOA senθ+√16−(cosθ+2) 2 2 ωAB Assim, a partir da segunda equação, temos 0=−ωOA senθ+√16−(cosθ+2) 2 2 ωAB ωAB= 2ωOA senθ √16−(cosθ+2) 2 Para ω=4 rad s e OA=1 2 m, temos ωAB (θ)= 4 senθ √16−(cosθ+2) 2 rad s Para elaborar os gráficos, vamos utilizar o Geogebra: Gráfico: E de cara, conseguimos obter a velocidade do pistão, −vB=−ωOA cosθ−cosθ+2 2 ⋅ 4 senθ √16−(cosθ+2) 2 vB (θ)=2cosθ+ sen2θ+4 senθ √16−(cosθ+2) 2 m s Gráfico: Para o caso da aceleração, basta aproveitar os dados adquiridos anteriormente e usar a seguinte equação: ⃗ aB=⃗ aA+⃗ α AB×⃗ r B A −ωAB 2 ⃗ r B A ⃗ aB=−aB ⃗i, pois o ponto B só se movimenta horizontalmente; Veja que ⃗ aA possui módulo apenas aA=ωOA 2, pois ω=cte. Assim, ⃗ aA=ω 2OA senθ ⃗i−ω 2OA cosθ ⃗j ⃗ α AB=−α AB ⃗k, seguindo o movimento da barra AB; ωAB 2 = 16 sen 2θ 16−(cosθ+2) 2 . Assim, −aB ⃗i=ω 2OA senθ ⃗i−ω 2OA cosθ ⃗j+| ⃗i ⃗j ⃗k 0 0 −α AB −√16−(cosθ+2) 2 2 −cosθ+2 2 0 | − 16 sen 2θ 16−(cosθ+2) 2 ⋅( −√16−(cosθ+2) 2 2 ⃗i−cosθ+2 2 ⃗j) −aB ⃗i=ω 2OA senθ ⃗i−ω 2OA cosθ ⃗j−cosθ+2 2 α AB ⃗i+√16−(cosθ+2) 2 2 α AB ⃗j− 16 sen 2θ 16−(cosθ+2) 2 ⋅( −√16−(cosθ+2) 2 2 ⃗i−cosθ+2 2 ⃗j) Assim, { −aB=ω 2OA senθ−cosθ+2 2 α AB+ 16 sen 2θ 16−(cosθ+2) 2 ⋅ √16−(cosθ+2) 2 2 0=−ω 2OA cosθ+√16−(cosθ+2) 2 2 α AB+ 16 sen 2θ 16−(cosθ+2) 2 ⋅ cosθ+2 2 Para a segunda equação, temos: ω 2OA cosθ=√16−(cosθ+2) 2 2 α AB+ 8 sen 2θ (cosθ+2) 16−(cosθ+2) 2 4 cosθ−8 sen 2θ (cosθ+2) 16−(cosθ+2) 2 =√16−(cosθ+2) 2 2 α AB α AB (θ)= 8cosθ √16−(cosθ+2) 2− 16 sen 2θ (cosθ+2) √[16−(cosθ+2) 2] 3 rad s 2 Gráfico: Além disso, temos que −aB=4 senθ−cosθ+2 2 α AB+ 8 sen 2θ√16−(cosθ+2) 2 16−(cosθ+2) 2 aB= 4 cosθ (cosθ+2) √16−(cosθ+2) 2− 8 sen 2θ (cosθ+2) 2 √[16−(cosθ+2) 2] 3− 8 sen 2θ √16−(cosθ+2) 2−4 senθ aB (θ)= 4 cosθ (cosθ+2)−8 sen 2θ √16−(cosθ+2) 2 − 8 sen 2θ (cosθ+2) 2 √[16−(cosθ+2) 2] 3−4 senθ m s 2 Gráfico: Para θ=90°, isto é, para a posição da barra OA no instante dado, temos que, para cos90°=0 e sen90°=1 ωAB (90° )= 4 √12 ≈1,15 rad s vB (90° )= 4 √12 ≈1,15 m s α AB (90° )=−0,77 rad s 2 aB (90° )= −8 √12− 32 √12−4≈−3,08 m s 2