TMA dinamica exemplo 1

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C
X
x2
Y
x1
y1
a
b
A
B
qAB
CMAB
wAB
y2
c
d
j
CMBC
qBC = 180 - jd
D FD
βBC
gBC
e
DINÂMICA
A dinâmica de um sólido continua a se apoiar em dois Teoremas, o TCM – Teorema do Centro de 
Massa e o TMA – Teorema do Momento Angular.
O TCM garante que, para um sólido de massa “m”, com aceleração do Centro de Massa a⃗CM , sob
ação de um sistema de forças de origem externa ao mesmo, com resultante ∑ F⃗ ext . , é valida a 
seguinte relação: ∑ F⃗ ext .=m⋅a⃗CM
O TMA garante que para um sólido em movimento plano, com momento de inércia (inércia de 
rotação) IO , em relação a um eixo que passa pelo polo “O”, e que apresente aceleração angular
α⃗ , quando sob o momento resultante dos esforços de origem interna ao mesmo, é válida a 
relação ∑ M⃗ O=I O⋅α⃗ , desde que o polo “O”, coincida com o Centro de Massa, ou que seja um 
ponto do sólido com velocidade nula.
Exemplo 01:
No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa mAB=3,30 kg , momento de 
inércia baricêntrico I zz
AB=0,030 kg⋅m2 e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo 
BC apresenta massa mBC=24,73kg , momento de inércia baricêntrico I zz
BC=1,92 kg⋅m2 e 
dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m.
Um motor elétrico aciona o sistema através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o 
mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante f =300 rpm . 
Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse 
ponto, representada pela força FD=500⋅^i+350⋅j^ N . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura 
que limita seus movimento é considerado desprezível. 
Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular θAB=135 º , com aceleração de seu 
centro de massa a⃗CM
AB=125,62⋅^i−41,87 j^ m /s2 . O elo BC apresenta aceleração angular
α⃗BC=225,29⋅k^ rad /s
2 , e aceleração do centro de massa a⃗CM
BC=208,04⋅i^−151,71 j^ m /s2 .
Considerando desprezível o peso próprio do sistema, e para o instante ilustrado, pedem-se:
a) os esforços na articulação A;
b) os esforços na articulação B;
c) os esforços na articulação C;
d) A potência do motor elétrico.
Solução:
A velocidade angular o elo AB
que mantém-se constante é
ω⃗AB=300⋅
2⋅π
60
⋅k^ => ω⃗AB=31,42⋅k^ rad /s . Desta forma, sua aceleração angular é nula.
A determinação da localização dos pontos de interesse é de extrema utilidade, utilizando a figura 
anterior, pode-se determinar as coordenadas dos pontos A, B, C, CMBC e D. 
O ponto “A” é a origem do sistema de eixos, logo: A(0; 0; 0). 
As coordenadas do ponto B podem ser obtidas pela projeção da dimensão AB nos eixos Ax e Ay:
xB=AB⋅cosθAB => xB=0,35⋅cos135 º=−0,248 e y B=AB⋅cos(θAB−90 º) => yB=0,248 .
As coordenadas do ponto B são: B(-0,248; 0,248; 0).
A abscissa do ponto C pode ser obtida por: xC=BC⋅cosϕ−AB⋅cos (180º−135 º)
Sendo que: senϕ
AB
=
senθAB
BC
=> ϕ=arcsen( 0,35⋅sen135 º
1,05
) => ϕ=13,63º
xC=1,05⋅cos13,63 º−0,35⋅cos45 º => xC=0,773 m
As coordenadas do ponto C são: C(0,773; 0; 0).
As coordenadas do ponto CMBC podem ser obtidas por:
e=√(BC−c)2+d2 => e=√(1,05−0,4)2+0,152 => e=0,667
βBC=actan (
d
BC−c
)=actan( 0,15
1,05−0,40
) => βBC=13,00 º
xCMBC=xC−e⋅cos (ϕ+βBC) => xCMBC=0,773−0,667⋅cos(13,63 º+13,00 º ) => xCMBC=0,177
yCMBC=e⋅sen(ϕ+βBC) => yCMBC=0,299
As coordenadas do ponto CMBC são: CMBC(0,177; 0,299; 0) 
As coordenadas do ponto D podem ser obtidas por:
CD=√(BC−c)2+(2⋅d)2 => CD=√(1,05−0,40)2+(2⋅0,15)2 => CD=0,716
γBC=actan(
2⋅d
BC−c
)=actan( 0,30
1,05−0,40
) => γBC=24,78 º
xD=xC−CD⋅cos (ϕ+γBC) => xD=0,773−0,716⋅cos (13,63 º+24,78 º) => xD=0,212
yD=CD⋅sen (ϕ+γBC) => yD=0,716⋅sen(13,63 º+24,78º ) => yD=0,445
As coordenadas do ponto D são: D(0,212; 0,445; 0).
Organizando as coordenadas dos pontos.
ponto x y z
A 0 0 0
B -0,248 0,248 0
C 0,773 0 0
D 0,212 0,445 0
CMBC 0,177 0,299 0
O diagrama de corpo livre é fundamental na organização da solução, e a única regra a ser seguida é:
“O Princípio da Ação e Reação”.
Assim não há critério algum, na
escolha das componentes das forças
aplicadas nas articulações A e B do elo 
AB. 
Entretanto, uma vez escolhidas as
componentes da força aplicada na
articulação B do elo AB, as
componentes da força aplicada na
articulação B, do elo BC, serão
iguais em módulo e de sentidos opostos àquelas aplicadas na mesma articulação do elo AB.
ELO AB:
TCM: F⃗A+ F⃗B=mAB⋅⃗aCM
AB
Em (x): Fx
A+Fx
B=3,3⋅(125,62) => F x
A+F x
B=414,55 eq. 01
Em (y): −F y
A+F y
B=3,3⋅(−41,87) => −F y
A+F y
B=−138,17 eq. 02
TMA: M⃗+(A−A)∧F⃗ A+(B−A)∧F⃗B=I AB
zz ⋅⃗αAB
M⋅k^+(−0,248⋅^i+0,248⋅j^)∧(Fx
B⋅^^i+F y
B⋅j^)=0
1ª Nota: o momento (binário) aplicado pelo motor é M⃗=M⋅k^ .
2ª Nota: o cálculo do momento polar de uma força F⃗ aplicada no ponto “P” em 
relação ao polo “O” é definido como M⃗ O
F=(P−O)∧F⃗ . Entenda-se como sendo
“( pontode aplicação da força−polo)∧força ” .
Continuando ….
M⋅k^−0,248⋅F y
B⋅k^−0,248⋅Fx
B⋅k^=0 => −0,248⋅F x
B−0,248⋅F y
B+M=0 eq. 03
ELO BC:
TCM: F⃗B+ F⃗D+N⋅^j=mBC⋅⃗aCM
BC
Em (x): −F x
B+500=24,73⋅208,04
X
Y
a
b qAB
CMAB
wAB
c
d
j
CMBC d
FD
FAx
FAy
FBx
FBx
FByF
B
y N
M
−F x
B+500=5.144,83 => −F x
B=4.644,83 eq. 04
Em (y): −F y
B+350+N=24,73⋅(−151,71) => −F y
B+N=−4.101,79 eq. 05
TMA: (B−CM BC)∧F⃗
B+(D−CM BC)∧F⃗
D+(C−CM BC)∧(N⋅j^)=I BC
zz⋅α⃗BC
Recuperando as coordenadas dos pontos:
Os vetores calculados por diferença de coordenadas ...…
(B – CM BC)=(−0,248– 0,177)⋅i^+(0,248 – 0,299)⋅^j => (B – CM BC)=−0,425⋅^i−0,051⋅j^
(D – CM BC)=0,035⋅i^+0,146⋅^j
(C – CMBC )=0,596⋅^i−0,299⋅^j
Os momentos polares …..
(B−CM BC)∧F⃗
B=(−0,425⋅^i−0,051⋅^j)∧(−Fx
B⋅^i−F y
B⋅^j)=0,425⋅F y
B⋅k^−0,051⋅F x
B⋅k^
(D−CM BC )∧F⃗
D=(0,035⋅i^+0,146⋅^j)∧(500⋅^i+350⋅^j)=12,25⋅k^−73,00⋅k^
(C−CM BC)∧(+N⋅^j)=(0,596⋅^i−0,299⋅^j)∧(N⋅^j)=0,596⋅N⋅k^
Recuperando e substituindo na equação do TMA:
(B−CM BC)∧F⃗
B+(D−CM BC)∧F⃗
D+(C−CM BC)∧(N⋅j^ )=I BC
zz⋅α⃗BC
Com: I zz
BC=1,92 kg⋅m2 e α⃗BC=225,29⋅k^ rad /s
2
0,425⋅F y
B⋅k^−0,051⋅F x
B⋅k^+12,25⋅k^−73,00⋅k^+0,596⋅N⋅k^=1,92⋅225,29
−0,051⋅F x
B+0,425⋅F y
B+0,596⋅N=493,31 eq. 06
Reescrevendo o conjunto de equações, na forma matricial ….
A ideia é fazer com que todas as equações apresentem todas as incógnitas, escritas na mesma 
sequência, e caso a equação não contenha a incógnita, a multiplicamos por zero.
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=cte
Fx
A + F x
B =414,55
1⋅F x
A+0⋅F y
A+1⋅F x
B+0⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=414,55
−F y
A + F y
B =−138,17
0⋅F x
A−1⋅F y
A+0⋅F x
B+1⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=−138,17
−0,248⋅F x
B−0,248⋅F y
B + M=0
0⋅F x
A+0⋅F y
A−0,248⋅F x
B−0,248⋅F y
B+0⋅N+1⋅M=0
− F x
B =4.644,83
0⋅F x
A+0⋅F y
A−1⋅F x
B+0⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=4.644,83
−F y
B+ N =−4.101,79
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B−1⋅F y
B+1⋅N+0⋅M=−4.101,79
−0,051⋅F x
B+0,425⋅F y
B+0,596⋅N =493,31
0⋅F x
A+0⋅F y
A−0,051⋅F x
B+0,425⋅F y
B+0,596⋅N+0⋅M=493,31
[
1 0 1 0 0 0
0 −1 0 1 0 0
0 0 −0,248 −0,248 0 1
0 0 −1 0 0 0
0 0 0 −1 1 0
0 0 −0,051 0,425 0,596 0
]∗[
F x
A
F y
A
F x
B
F y
B
N
M
]=[ 414,55−138,1704.644,83−4.101,79493,31 ]
No Apêndice B, encontra-se a resolução de um sistema linear similar, com a ajuda de uma HP 50. 
No caso do presente sistema linear, e o resultado é:
[
F x
A
F y
A
F x
B
F y
B
N
M
]=[ 5.059,382.783,70−4.644,832.645,53−1.456,26−495,82 ]
Observações:
1ª) como as acelerações são elevadas, resultado devido principalmente à geometria do sistema, os 
esforços são consequentemente elevados.
2ª) três esforços consideradas, são negativos, ou seja, o sentido é inverso ao considerado 
inicialmente. São eles: Fx
B , N e M . A normal pode ser ao contrário, afinal a articulação “C” 
possui vínculo bilateral. O momento (binário) do motor elétrico, é de certa forma inesperado, mas o 
fato é que o ELO BC apresenta aceleração contra seu movimento, ou seja, está em frenagem pois 
está chegando ao final do curso para a esquerda. Os esforços com os sentidos corretos estão 
indicados na figura. 
As respostas:
(a) F⃗A=5.059,38⋅^i+2.783,70⋅^j [N ]
(b) F⃗B=−4.644,83⋅^i+2.645,53⋅^j [N ]
(c) F⃗C=N⃗=−1.456,26⋅^j [N ]
(d) A potência do motor pode ser expressa por: Pmotor=M⋅ω ; sendo: M – o momento (ou torque) 
do motor e ω – a velocidade angular do motor.
Pmotor=−495,82⋅31,42 [W ] => Pmotor=−15.578,66 [W ] ; a potência que o motor “retira” do 
sistema no instante considerado.