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Exercicio resolvido de Dinâmica
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– 1 – Considere o mecanismo apresentado na Figura a seguir composto pela barra OG e pelo disco S. Este braço gira em torno do eixo vertical com uma velocidade angular Ω constante. O disco S é solidário ao braço e apóia-se numa superfície horizontal fixa no ponto de contato C e rola sem escorregar. Determine o que se pede abaixo. (a) Determine a aceleração angular do disco S; (b) Determine a velocidade do ponto A; (c) Determine a aceleração do ponto A ϕ G C A Ω 3 r r Disco S 0 Figura 1 – Mecanismo de rotação composto pela barra OG e pelo disco S. Considere as mudanças no sistema de referência, conforme as Figuras 2, 3 e 4 e as respectivas matrizes de transformação associadas a estas mudanças. S Disco OG Braço Fixo) (Sist. ),,( )1( ),,( )2( ),,( )3( ),,( zyxzyxzyxzyx SRQF ′′′′′′′′′ − ′′′′′′ − ′′′ ⎯⎯⎯ →⎯⎯⎯⎯ →⎯⎯⎯ →⎯ θϕα – 2 – α 0 G x ’ x y y ’ Ω Figura 2 – Mudança no sistema de referência QF ⎯→⎯ . Observação #1: Note que a rotação se dá no sentido trigonométrico (positivo), pois o eixo zz ′≡ está saindo do plano do papel; Observação #2: O problema já estabelece uma velocidade angular Ω constante na direção vertical. Portanto esta rotação α deve obedecer à seguinte relação Ω=α& . Matriz de transformação para QF ⎯→⎯ : ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = 100 0cos 0cos αα αα sen sen T QF ϕ 0 G C A x ’ z ’ x ” z ” Figura 3 – Mudança no sistema de referência RQ ⎯→⎯ . – 3 – Observação: Note que a rotação se dá no sentido negativo (contrário ao sentido trigonométrico), pois o eixo yy ′′≡′ está entrando no plano do papel. Matriz de transformação para RQ ⎯→⎯ : É importante observar que existe uma relação geométrica entre ϕ e r , dada por r rtg 3 =ϕ . Portanto... °≅⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= 435,18 3 r rtgarc ϕ . Para efeito de simplificação, ϕ será utilizado durante o desenvolvimento da solução. É importante ter em mente que ϕ é constante pois o disco nunca perde contato com a superfície (ponto C). Assim sendo... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −−− −− = ϕϕ ϕϕ ϕϕ ϕϕ cos0 010 0cos )(cos0)( 010 )(0)(cos sen sen sen sen T RQ A Sω θ G y ’” z ’” z ” y ” C Figura 4 – Mudança no sistema de referência SR ⎯→⎯ . Observação: Note que a rotação se dá no sentido negativo (contrário ao sentido trigonométrico), pois o eixo xx ′′′≡′′ está saindo do plano do papel. – 4 – Matriz de transformação para SR ⎯→⎯ : ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− −−−= θθ θθ θθ θθ cos0 cos0 001 )(cos)(0 )()(cos0 001 sen sen sen senT SR ª Solução analítica: Item (a): O melhor sistema para se obter a aceleração angular do disco é ),,( zyxR ′′′′′′ . Portanto, deve-se determinar, pela ordem, SRω e SRα . A determinação da velocidade linear do ponto G ( Gv ) é importante para determinação da velocidade de outros pontos do disco que serão calculadas a partir dela. Gv será obtida a partir da velocidade linear do ponto 0 ( Ov ) embarcado em ),,( zyxR ′′′′′′ e representado em ),,( zyxR ′′′′′′ . Gl R RG R OR R O R G R vrvv Re ~ ++= ω ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ == 0 0 0 0 0 0 dt dr dt dv O F O F logo... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 O R v Conforme destacado anteriormente, não existe velocidade angular quando se passa do sistema ),,( zyxQ ′′′ para o sistema ),,( zyxR ′′′′′′ , pois ϕ é constante. Portanto... Q Q Q F R Q QQ Q R Q ωωωωω == ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω =+= 0 0 0 0 0 0 0 – 5 – Aplicando a matriz de transformação a R Qω , obtém-se RRω . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − == ϕ ϕ ϕϕ ϕϕ ωω cos 00 0 cos0 010 0cos sen sen sen T R QQR R R De posse de R Rω e de acordo com o formulário, obtém-se a matriz RRω~ . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω−Ω Ω− = 00 0cos 0cos0 ~ ϕ ϕϕ ϕ ω sen senR R Observando a Figura 3, obtém-se ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 3 r rG R O Como o ponto G é um ponto de ),,( zyxR ′′′′′′ , ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 Re Gl R R v De posse de todos os termos, obtém-se G R v . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω−Ω Ω− == 0 cos3 0 0 0 3 00 0cos 0cos0 ~ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ω r r sen senrv G R OR R G R Para determinação de Sω , utiliza-se a expressão para o cálculo da velocidade do ponto de contato C a partir de Gv embarcado em ),,( zyxS ′′′′′′′′′ e representado em ),,( zyxR ′′′′′′ . Cl R SC R GS R G R C R vrvv Re ~ ++= ω – 6 – Obedecendo à condição de não deslizamento... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 C R v . Conforme calculado anteriormente... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= 0 cos3 0 ϕrvGR . Considere um vetor genérico ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ = zS R yS R xS R S R ω ω ω ω que dá origem à uma matriz genérica ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ − − − = 0 0 0 ~ xS R yS R xS R zS R yS R zS R S R ωω ωω ωω ω . Observação: Estes termos serão as incógnitas da equação. Observando a Figura 3, obtém-se ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = r rC R G 0 0 . Como o ponto C é um ponto de ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 Re Cl R S v De posse de todos os termos, monta-se a equação para C R v . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ − − − + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 cos3 0 0 0 0 ~ Re r r vrvv xS R yS R xS R zS R yS R zS R Cl R SC R GS R G R C R ωω ωω ωω ϕ ω – 7 – Da primeira equação... yS Rr ω −=0 , portanto 0 =ySRω . Da segunda equação... xS Rrr ωϕ +Ω= cos30 , portanto ϕω cos3Ω−=xSR . Note que a componente zS Rω é indeterminada para este sistema. O que não quer dizer que ela seja nula. Para determinação dessa componente, faz-se novamente o cálculo de Gv só que desta vez embarcado no sistema ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , porém representado em ),,( zyxR ′′′′′′ , conforme abaixo. Gl R SG R OS R O R G R vrvv Re ~ ++= ω Conforme calculado anteriormente... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= 0 cos3 0 ϕrvGRConforme calculado anteriormente... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 O R v De posse dos resultados encontrados para xS Rω e ySRω . Monta-se o vetor ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− = zS R S R ω ϕ ω 0 cos3 que dá origem à matriz ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω− Ω − = 0cos30 cos30 00 ~ ϕ ϕω ω ω zS R zS R S R . Conforme calculado anteriormente... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 3 r rG R O . Como o ponto G é um ponto de ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 Re Gl R S v – 8 – De posse de todos os termos, monta-se a equação para G R v . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω− Ω − + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω ++= 0 0 0 0 0 3 0cos30 cos30 00 0 0 0 0 cos3 0 ~ Re r r vrvv zS R zS R Gl R SG R OS R O R G R ϕ ϕω ω ϕ ω Da segunda equação... zS Rrr ωϕ 3cos3 =Ω , portanto ϕω cosΩ=zSR . As demais equações não fornecem informações relevantes. Por fim, monta-se o vetor ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− = ϕ ϕ ω cos 0 cos3 S R . De posse de S Rω , determina-se a aceleração angular Sα do disco S. ( ) SRSRRRSRSR dtd ωωωωα & +== ~ Analisando o resultado encontrado para S Rω , verifica-se que SRω& é nulo, pois a velocidade angular Ω é constante e ϕ também é constante pois o disco nunca perde contato com a superfície (ponto C). Assim sendo... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω−= = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω−Ω Ω− = === 0 coscos3 0 cos 0 cos3 00 0cos 0cos0 ~ 222 ϕϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ωωωα sen sen sen dt d S R R R S R S R – 9 – Item (b): Para determinação de Av , será utilizada a velocidade linear do ponto G ( Gv ), embarcado no sistema ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , porém representado em ),,( zyxR ′′′′′′ , conforme abaixo. Al R SA R GS R G R A R vrvv Re ~ ++= ω Conforme calculado anteriormente... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= 0 cos3 0 ϕrvGR . A partir do vetor S Rω , de acordo com o formulário, determina-se a matriz SRω~ . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− ΩΩ Ω− = 0cos30 cos30cos 0cos0 ~ ϕ ϕϕ ϕ ω S R Considera-se uma rotação θ do ponto A em torno do ponto G, conforme Figura 4. A formulação rigorosa não permite a integração de velocidades angulares. Porém, como SRω , que equivale a θ& , escrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ , na verdade só possui uma componente na direção x ′′ , o ângulo θ pode ser determinado integrando a componente xS R Rω no tempo. Portanto.... S R RR R S R ωωω += ∴ RRSRSRR ωωω −= Mas S Rω e RRω já foram obtidos anteriormente. Portanto ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω− = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω − ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− =−= 0 0 cos3 cos 0 cos 0 cos3 ϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ωωω sensen R R S R S R R – 10 – Procedendo a integração de xS R Rω no tempo, obtém-se ( ) 1cos3 Ctsen +Ω−Ω−= ϕϕθ , tal que 1C é uma constante de integração associada às condições iniciais do problema. Para simplificar este estudo, o ângulo a ser considerado será chamado de θ . Portanto... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = θ θ cos 0 r senrr A R G Como o ponto A é um ponto de ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 Re Al R S v . De posse de todos os termos, obtém-se A R v . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− Ω+Ω Ω− = = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− ΩΩ Ω− + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= =++= θϕ θϕϕ θϕ θ θ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ω senr rr senr r senrr vrvv Al R SA R GS R G R A R cos3 coscos3cos3 cos 0 0 0 cos 0 0cos30 cos30cos 0cos0 0 cos3 0 ~ Re Item (c): Para determinação de Aa , será utilizada a aceleração linear do ponto G ( Ga ), embarcado no sistema ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , porém representado em ),,( zyxR ′′′′′′ , conforme abaixo. Al R SAl R SS R A R GS R S R G R A R avraa ReRe ~2~~ 2 ++⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++= ωαω – 11 – Considerando a Figura 5 e lembrando que o ponto G descreve uma trajetória circular em torno do ponto 0 com raio ϕ cos3 r , para este movimento no plano (x’, y’), tem-se: 0 G x ’ y ’ Ω v G a T = 0 a N ϕ cos3 r Figura 5 – Velocidade e aceleração do ponto “G” no sistema de referência ),,( zyxQ ′′′ : Observação: A título de curiosidade, observe que Gv só possui componente na direção de y′ (tangente à trajetória). Logo ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= 0 cos3 0 ϕrvGQ . Além disso yy ′′≡′ , portanto G R G Q vv = encontrado anteriormente. aceleração normal do ponto “G”: ( ) ϕϕω cos3cos3 222 rrraN Ω=Ω=×= aceleração tangencial do ponto “G”: ( ) ϕϕω cos3cos3 rrraT Ω=Ω=×= &&& Como Ω é constante, 0=Ω& . Logo 0cos3 =Ω= ϕ raT & Portanto... ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω− = 0 0 cos3 2 ϕ r aG Q – 12 – Aplicando a matriz de transformação a G Q a , obtém-se G R a . ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− = ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω− ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − == ϕϕ ϕϕ ϕϕ ϕϕ cos3 0 cos3 0 0 cos3 cos0 010 0cos 2 222 senr rr sen sen aTa G QQR G R A partir de S Rω , determina-se a matriz 2~SRω . ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω− Ω− Ω−Ω− = = ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω− Ω−Ω− Ω−Ω− = ϕϕ ϕ ϕϕ ϕϕ ϕϕ ϕϕ ω 2222 22 2222 2222 2222 2222 cos90cos3 0cos100 cos30cos cos90cos3 0coscos90 cos30cos ~ 2 S R A partir do vetor S Rα calculado anteriormente, obtém-se a matriz SRα~ . ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω+Ω Ω−Ω− = 00coscos3 000 coscos300 ~ 222 222 ϕϕϕ ϕϕϕ α sen sen S R – 13 – Efetuando o cálculo parcial S R S R αω ~~ 2 + ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω− Ω−Ω−Ω− = = ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω+Ω Ω−Ω− + + ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω− Ω− Ω−Ω− =+ ϕϕϕ ϕ ϕϕϕϕ ϕϕϕ ϕϕϕ ϕϕ ϕ ϕϕ αω222 22 22222 222 222 2222 22 2222 cos90cos 0cos100 coscos60cos 00coscos3 000 coscos300 cos90cos3 0cos100 cos30cos ~~ 2 sen sen sen sen S R S R Conforme calculado anteriormente... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = θ θ cos 0 r senrr A R G . Como o ponto A é um ponto de ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 Re Al R S v e ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 0 0 Re Al R S a . De posse de todos os termos, obtém-se A R a . ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω− Ω−Ω−Ω− = = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω− Ω−Ω−Ω− + + ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− = =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++= θϕϕϕ θϕ θϕϕθϕϕ θ θ ϕϕϕ ϕ ϕϕϕϕ ϕϕ ϕ αω coscos9cos3 cos10 coscoscoscos6cos3 cos 0 cos90cos 0cos100 coscos60cos cos3 0 cos3 ~~ 222 22 22222 222 22 22222 2 22 2 rsenr senr senrrr r senr sen sen senr r raa A R GS R S R G R A R – 14 – ª Solução Gráfica Item (a): Há duas velocidades angulares envolvidas no movimento do disco S. Estas velocidades angulares correspondem aos vetores Qω e SRω , conforme Figura 6. Observe que Qω está na direção zz ′≡ pois há uma rotação associada à esta velocidade angular nesta direção. Já SRω , está posicionado num plano perpendicular ao disco S, passando pelo ponto G, ou seja, na direção negativa de x ′′ , de acordo com o sentido de rotação do disco. ϕ 0 G C A x ’ z ’ x ” z ” Ω= QQω S R Rω Figura 6 – Velocidades angulares Q Qω e SRRω responsáveis pelo movimento do disco S. Para determinação do vetor aceleração angular do disco S ( Sα ), é necessário obter o vetor velocidade angular do disco S ( Sω ). É possível obter Sω a partir de uma composição vetorial entre Qω e SRω . Para derminar Sω , é conveniente que todos os vetores estejam no mesmo sistema de referência. Par isso, adotou-se o SR ),,( zyxR ′′′′′′ . O vetor Sω será obtido a partir da seguinte composição S R RR R QQ R S R ωωωω ++= – 15 – Mas... 0=RRQω e RQ ωω = , portanto... S R RR R S R ωωω += Lembrando ainda que para efetuar a soma vetorial gráfica, deve-se fazer coincidir as origens dos vetores R Rω e SRRω e fazer a decomposição do vetor Rω nas direções x ′′ e z ′′ , conforme Figura 7. ϕ0 x ’ z ’ x ” z ” S R Rω Ω= RQωϕω cosΩ=zRR ϕω senxRR Ω= Figura 7 – Organização dos vetores para a soma vetorial. Desta forma, tem-se o vetor Rω escrito no SR ),,( zyxR ′′′′′′ . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω = ϕ ϕ ω cos 0 sen R R Para determinação de S Rω a partir de RRω e SRRω , é necessário introduzir o conceito teórico de eixo de rotação. Pois o vetor S Rω está exatamente sobre eixo de rotação do sistema. – 16 – Para definir o eixo de rotação do sistema, é necessário identificar dois pontos de velocidade nula do sistema como um todo. Estes dois pontos definem uma reta denominada eixo de rotação. Para este caso, tem-se o ponto 0 (centro instantâneo de rotação) e o ponto C (ponto de contato) como pontos de velocidade nula. Portanto, S Rω está sobre o eixo de rotação que está sobre a reta OC que coincide com o eixo xx ′≡ , conforme Figura 8. ϕ 0 x ’ z ’ x ” z ” S R Rω Ω= RRω Ω= RRω ϕω senxRR Ω= S Rω ϕω cosΩ=zRR ϕ Figura 8 – Composição do vetor velocidade angular do disco S S Rω . Observe o triângulo retângulo formado pelos vetores S Rω , SRRω e zRR ω . Utilizando o ângulo ϕ , é possível escrever a seguinte relação S R R sen ωϕ Ω= De onde se conclui que ϕω senS R R Ω= . Portanto... ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− = 0 0 ϕ ω sen S R R . – 17 – De posse dos vetores R Rω e SRRω , é possível determinar SRω , conforme Figura 9. ϕ 0 x ’ z ’ x ” z ” ϕω cosΩ=zRR S Rω xR R S R R ωω − Figura 9 – Detrminação de S Rω . Algebricamente, tem-se ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω+Ω− = ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− + ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω =+= ϕ ϕϕϕ ϕ ϕ ωωω cos 0 0 0 cos 0 sen sensensen S R RR R S R Este resultado difere do resultado teórico. ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− = ϕ ϕ ω cos 0 cos3 S R (Resultado Teórico) Porém após uma rápida manipulação dos termos trigonométricos da componente x , encontra-se o mesmo resultado. ( ) ( ) ϕϕϕϕϕϕϕ ϕϕϕ cos3 3 cos tan coscos1 22 Ω−=Ω−=Ω−=Ω−=−Ω−=Ω+Ω− r rsensen sensen sen – 18 – Portanto... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− = ϕ ϕ ω cos 0 cos3 S R De posse de S Rω , determina-se a aceleração angular Sα do disco S. ( ) SRSRRRSRSR dtd ωωωωα & +== ~ Analisando o resultado encontrado para S Rω , verifica-se que SRω& é nulo, pois a velocidade angular Ω é constante e ϕ também é constante pois o disco nunca perde contato com a superfície (ponto C). Assim sendo... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω−= = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω− ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω Ω−Ω Ω− = === 0 coscos3 0 cos 0 cos3 00 0cos 0cos0 ~ 222 ϕϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ωωωα sen sen sen dt d S R R R S R S R É interessante observar que quando se faz o produto vetorial de R Rω por SRω , é natural que apareça uma componente negativa na direção y ′′ , pois ambos os vetores pertencem ao plano zx ′′′′ . A justificativa para ser negativa reside no fato de que para ir de R Rω a SRω , pela regra da mão direita, tem-se um vetor saindo do plano do papel, enquanto o eixo y ′′ está entrando no plano do papel. – 19 – Item (b): Para determinação do vetor velocidade do ponto A, utiliza-se novamente o conceito de eixo de rotação. Decompõe-se o vetor AO r em AAAOAO rrr ′′ += . Sendo que o ponto A’ é a projeção do ponto A sobre o eixo de rotação. Portanto AERAA rr =′ . Assim sendo, pode-se determinar a velocidade do ponto A a partir do eixo de rotação, conforme a seguir. Al R SA R ERS R ER R A R vrvv Re ~ ++= ω Note que o termo associado à rotação não contempla AO r ′ , pois SRω e AO r ′ são vetores colineares e portanto seu produto vetorial é nulo. De acordo com a Figura 10, observa-se que o vetor A Q ER r será dado por ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ϕ cos2 0 0 r r A Q ER ϕ 0 G C A x ’ z ’ x ” z ” ϕcos2 rr AQER = S Rω A’ xA R ERr zA R ERr Figura 10 – Determinação do vetor posição da projeção do ponto A sobre o eixo de rotação. – 20 – Porém, este vetor está escrito em ),,( zyxQ ′′′ . É necessário decompô-lonas direções x ′′ e z ′′ de ),,( zyxR ′′′′′′ . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − == ϕ ϕϕ ϕϕϕ ϕϕ 2cos2 0 cos2 cos2 0 0 cos0 010 0cos r senr rsen sen rTr A Q ER QR A R ER A partir do vetor S Rω , de acordo com o formulário, determina-se a matriz SRω~ . ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− ΩΩ Ω− = 0cos30 cos30cos 0cos0 ~ ϕ ϕϕ ϕ ω S R O eixo de rotação possui rotação no plano yx porém 0=ERR v . Como o ponto A é um ponto de ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , 0Re =AlRS v . A equação para A R v se resume a ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω+Ω= = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− ΩΩ Ω− == 0 cos6cos2 0 cos2 0 cos2 0cos30 cos30cos 0cos0 ~ 32 2 ϕϕϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕϕ ϕ ω rsenr r senr rv A R ERS R A R Novamente é possível fazer uma análise acerca do resultado encontrado. Quando se faz o produto vetorial de S Rω por ARER r , é natural que apareça uma componente positiva na direção y ′′ , pois ambos os vetores pertencem ao plano zx ′′′′ . A justificativa para ser positiva reside no fato de que para ir de S Rω a ARER r , pela regra da mão direita, tem-se um vetor entrando no plano do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo y ′′ . – 21 – O resultado encontrado difere daquele encontrado na teoria. Neste ponto, é importante observar que este estudo foi feito para este instante (quando o ponto A é o ponto superior do disco S). O estudo na teoria foi feito para uma posição do ponto em qualquer instante. ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω− Ω+Ω Ω− = θϕ θϕϕ θϕ senr rr senr v A R cos3 coscos3cos3 cos (Resultado teórico) Para comparar os resultados, basta fazer º0=θ que fornece 0=θ sen e 1cos =θ . Portanto... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= 0 cos6 0 ϕ rv AR Ainda assim, difere do resultado encontrado na solução gráfica. Porém após uma rápida manipulação dos termos trigonométricos da componente y , encontra-se o mesmo resultado. r rsen 3cos tan == ϕ ϕϕ ϕϕ cos3 rsenr = ϕϕ senr3cos = ( )( )[ ] ( ) ϕϕϕϕϕϕϕ ϕϕϕϕϕϕϕ cos6333cos2133cos2 cos3coscos2cos6cos2 2222 232 rsensenrsensenr senrrsenr Ω=−+Ω=−+Ω= =+Ω=Ω+Ω Portanto... ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ Ω= 0 cos6 0 ϕ rv AR . – 22 – Item (c): Para determinação da aceleração do ponto A ( A R a ), utiliza-se raciocínio análogo àquele empregado no cálculo de A R v . Assim sendo, tem-se a seguinte relação Al R SAl R SS R A R ERS R S R ER R A R avraa ReRe ~2~~ 2 ++⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++= ωαω Se 0=ERR v , então 0=ERR a Como o ponto A é um ponto de ),,( zyxS ′′′′′′′′′ , 0Re =AlRS v e 0Re =AlRS a . A equação para A R a se resume a ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω−Ω− = = ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω−Ω−Ω− = = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω− Ω−Ω−Ω− = ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ += ϕϕϕ ϕϕϕ ϕϕϕ ϕϕϕϕϕ ϕ ϕϕ ϕϕϕ ϕ ϕϕϕϕ αω 42222 4232 42222 324232 2222 22 22222 cos18cos2 0 cos12cos4 cos18cos2 0 cos2cos12cos2 cos2 0 cos2 cos90cos 0cos100 coscos60cos ~~ 2 rsenr rsenr rsenr senrrsenr r senr sen sen ra A R ERS R S R A R O resultado encontrado novamente difere daquele encontrado na teoria. ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω− Ω−Ω−Ω− = θϕϕϕ θϕ θϕϕθϕϕ coscos9cos3 cos10 coscoscoscos6cos3 222 22 22222 rsenr senr senrrr a A R (Resultado teórico) – 23 – Fazendo 0=θ sen e 1cos =θ , tem-se ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ Ω−Ω Ω−Ω− = ϕϕϕ ϕϕϕ 222 222 cos9cos3 0 coscos9 rsenr senrr a A R Ainda assim, difere do resultado encontrado na solução gráfica. Porém após uma rápida manipulação dos termos trigonométricos das componentes x e z , encontra-se o mesmo resultado.
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