mecânica 2

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Mecânica 2
Primeira Avaliação
Nome:
R.A.:
1
Problemas (10 pontos cada)
Resolva os 3 problemas com o maior detalhamento possível. Utilize esboços/desenhos para
mostrar o seu raciocínio. Certifique-se de incluir todo o seu trabalho. Caso sua solução não
esteja totalmente correta, você receberá crédito parcial.
1. A figura mostra um pistão P movendo-se para baixo com velocidade constante de 0,6 m/s. Qual é a
velocidade do pistão A no instante mostrado? Determine também a velocidade angular da barra BC
em rad/s. Não esqueça de deixar claro o sentido do movimento do pistão, e o sentido de giro da barra
(horário ou anti-horário).
2. A haste dobrada ABCD gira em torno da reta AD com velocidade angular constante de 50 rad/s no
sentido horário quando se observa de A para D. Determine o vetor velocidade e o vetor aceleração do
vértice B para a posição mostrada na figura.
3. A manivela OA da figura abaixo gira com taxa constante de 80 rpm no sentido anti-horário. Determine
as velocidades angulares das hastes AB e BC (em rpm) usando o conceito de centro instantâneo. Indique
o sentido de giro das hastes.
2
Informações úteis
Descrição Símbolo/Expressão Valor a ser usado
Comprimento de arco s = r θ θ em radianos
Velocidade circular v = r ω ω em rad/s
Aceleração tangencial at = r α α em rad/s
2
Aceleração radial ar = ω
2 r = v
2
r ω em rad/s
Teo. de Pitágoras a2 = b2 + c2 -
sen θ cateto opostohipotenusa -
cos θ cateto adjacentehipotenusa -
tan θ sen θcos θ -
Lei dos senos
a
senA =
b
senB =
c
senC -
Lei dos cossenos a2 = b2 + c2 − 2 b c cos θ -
Derivada de vetor fixo
~˙A = ~ω × ~A -
Teo. de Chasles (velocidades)
~VB = ~VA + ~ωAB × ~ρAB -
3
Mecânica 2
Primeira Avaliação
Nome:
R.A.:
1
Gabarito da Prova A
Problemas (10 pontos cada)
1. Resposta: Olhando o ponto B como extremidade da barra BC, o mesmo faz rotação ao redor de C.
Então VB = ωBC (1, 9m), e, como vetor fica ~VB = (1, 9ωBC)
(√
2
2
) (
−iˆ − jˆ
)
.
Analisando o movimento plano geral da haste AB e utilizando a relação de Chasles:
~VA = ~VB + ~ωAB × ~ρBA
O vetor fixo para a haste AB no instante mostrado é escrito como:
~ρBA = − (1, 9 m)
(
sen 45o jˆ + cos 45o iˆ
)
Podemos fazer o mesmo para a haste BD:
~VB = ~VD + ~ωDB × ~ρDB = −0, 6 jˆ + ωDB kˆ ×
(
−jˆ
)
Substituindo valores conhecidos:
(1, 9ωBC)
(√
2
2
) (
−iˆ − jˆ
)
= −0, 6 jˆ + ωDB iˆ
E uma das equações escalares é −1, 9
√
2
2 ωBC = −0, 6, resultando em ωBC = 0, 4466 rad/s
(anti-horário).
Retornando para o movimento da haste AB:
VAiˆ = 0, 6
(
−iˆ − jˆ
)
+ ωAB kˆ × (−1, 3435)
(
iˆ + jˆ
)
E mais uma vez resolvendo a álgebra vetorial chega-se aVA = −1,2 m/s, isto é, para a esquerda.
2. Resposta: Traçando uma reta de A para D, esta será o eixo de rotação da barra dobrada. Então o
vetor velocidade angular terá a orientação desta reta. Assim o vetor
~AD é expresso como:
~AD = −200 jˆ + 300 iˆ − 150 kˆ (mm)
E o vetor unitário:
uˆ =
~AD
| ~AD| =
−200 jˆ + 300 iˆ − 150 kˆ√
3002 + 2002 + 1502
= −0, 5122 jˆ + 0, 7682 iˆ − 0, 3841 kˆ
Pode-se então expressar ~ω = ω uˆ = (50 rad/s) uˆ. Também sabe-se que ~˙ω = ~0 pois o enunciado
diz que a velocidade angular é constante.
Agora temos a opção de analisar o vetor fixo entre A e B, ou entre B e D para resolver, pois tanto
a extremidade A como a D não se movimentam. Fazendo entre A e B:
~VB = ~VA + ~ω × ~ρAB = ~ω × ~ρAB = 50 uˆ × (+300mm) iˆ
pois
~VA = ~0.
Então:
2
~VB = (15m/s) uˆ × iˆ = (15m/s)
(
−0, 5122jˆ + 0, 7682ˆi − 0, 3841kˆ
)
×
(
iˆ
)
Resultando em:
~VB = 7,683 kˆ − 5,7615 jˆ m/s
Derivando a velocidade em relação ao tempo:
~aB = ~aA + ~˙ω × ~ρAB + ~ω × (~ω × ~ρAB) = ~ω × (~ω × ~ρAB) = 50 uˆ ×
(
50uˆ × 300ˆi
)
︸ ︷︷ ︸
~VB
Pois ~aA = ~˙ω = ~0.
Substituindo valores:
~aB = 50
(
−0, 5122 jˆ + 0, 7682 iˆ − 0, 3841 kˆ
)
×
(
7, 683 kˆ − 5, 7615 jˆ
)
E o resultado final:
~aB = −307,41 iˆ − 295,10 jˆ − 221,3 kˆ m/s2
3. Resposta: A figura mostra o centro instantâneo de rotação no ponto I. Aplicando a lei dos senos
sucessivamente:
AB
sen 45o
=
150
sen 30o
; AB = 0, 2121m
Como também:
AI
sen 60o
=
AB
sen 45o
; AI = 0, 2598m
e,
IB
sen 75o
=
AB
sen 45o
; IB = 0, 2897m
Convertendo ωOA para rad/s:
ωOA = 80
2pi rad
60 s
=
8pi
3
rad/s
E a velocidade do ponto A em m/s é:
3
VA =
(
8pi
3
)
(0, 15m) = 1, 257 m/s
E utilizando o C.I. achamos a velocidade angular da haste AB:
1, 257 m/s = ωAB AI ; ωAB = 4, 8383 rad/s
Analogamente para a haste BC:
VB = ωAB IB = (4, 8383 rad/s) (0, 2897 m) = ωBC (0, 2m)
Resultando em
ωBC =
(4, 8383) (0, 2897)
0, 2
= 7, 0083 rad/s
Ambas as hastes, AB e BC giram no sentido horário. Convertendo para rpm:
ωAB = −46,20 rpm e ωBC = −66,94 rpm
4
Informações úteis
Descrição Símbolo/Expressão Valor a ser usado
Comprimento de arco s = r θ θ em radianos
Velocidade circular v = r ω ω em rad/s
Aceleração tangencial at = r α α em rad/s
2
Aceleração radial ar = ω
2 r = v
2
r ω em rad/s
Teo. de Pitágoras a2 = b2 + c2 -
sen θ cateto opostohipotenusa -
cos θ cateto adjacentehipotenusa -
tan θ sen θcos θ -
Lei dos senos
a
senA =
b
senB =
c
senC -
Lei dos cossenos a2 = b2 + c2 − 2 b c cos θ -
Derivada de vetor fixo
~˙A = ~ω × ~A -
Teo. de Chasles (velocidades)
~VB = ~VA + ~ωAB × ~ρAB -
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