Exercícios sobre Dinâmica para a MEC0404-T02 em 2018 2-Primeira Parte

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE
CENTRO DE TECNOLOGIA
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA
CÂMARA DE PROJETOS MECÂNICOS E DE FABRICAÇÃO
DISCIPLINA: MEC0404-MECÂNICA DOS SÓLIDOS – T02
PROF.: JOÃO WANDERLEY RODRIGUES PEREIRA
EXERCÍCIOS SOBRE DINÂMICA-CINEMÁTICA E CINÉTICA: PRIMEIRA PARTE
ALUNO:......................................................................................................DATA: 30/07/2018
EXERCÍCIO-8.1
A velocidade de uma partícula que se move ao longo de uma linha reta é dada pela expressão, onde t é o tempo em segundos e r é medido em metros. A partícula está se movendo à esquerda quando t é igual a 2s. Determine: (a) A aceleração da partícula quando t = 2 s. (b) O deslocamento da partícula durante o intervalo de tempo que vai de t = 1 s até t = 3 s. (c) A distância total percorrida pela partícula durante o intervalo de tempo que vai de t = 1 s até t = 3 s.
SOLUÇÃO
(a) Quando t = 2 s
v = [6(2)2 – 10(2)]i = + 4i m/s
e a partícula move-se para a esquerda; desta forma, o vetor unitário i deve estar dirigido para a esquerda. A aceleração da partícula pode ser obtida diferenciando a expressão para a velocidade. Assim
e quando t = 2 s
a = [12(2) – 10]i = l4i m/s2 = 14 m/s2 à esquerda
(b) Desde que a velocidade é a derivada da função posição, Eq. (8.2), a função posição pode ser determinada integrando a expressão para a velocidade. Assim
 e dr = vdt
donde
r = vdt
Neste exemplo, 
r = (6t2 – 10t)idt = i(6t2 – 10t)dt = i(2t3 – 5t2)+ C
onde C é uma constante de integração. A localização da origem não é especificada e, desta forma, pode ser escolhida em um ponto conveniente da linha. Se a origem for locada para a posição da partícula em t = 0, a constante C é zero.
Quando t = 1 s
r1 = – 3i
e quando t = 3 s
r3 = + 9i
O deslocamento durante o intervalo de tempo é
q = r3 – r1 = 9i – (– 3i) = 12i m = 12 m à esquerda.
(c) Para movimento retilíneo, a grandeza do deslocamento e a distância total percorrida terão o mesmo valor, a menos que a partícula inverta sua velocidade. Neste exemplo, a velocidade é zero quando t = 0 e quando t = 1,667 s. Durante o intervalo de tempo de t = 1 s a t = 1,667 s, a velocidade é negativa; isto é, a partícula move-se à direita, e de t = 1,667 s até t = 3 s, a velocidade é para a esquerda. Quando t = 1,667 s, a posição da partícula é
r1,667 = i[2(1,667)3 – 5(1,667)2] = – 4,63i.
A distância total percorrida é a soma das distâncias percorridas nas duas direções; isto é,
Q = |r1,667 – r1| + |r3 – r1,667| = |– 4,63i – (– 3i)| + |9i – (– 4,63i)| =
= 1,63 + 13,63 = 15,26 m
A quantidade 1,63 m é a distância percorrida para a direita durante os primeiros 2/3 s, e 13,63 m é a distância percorrida para a esquerda quando a velocidade é invertida.
EXERCÍCIO-8.2
O valor da aceleração de um ponto que se move ao longo de uma linha reta horizontal varia segundo a equação a = 12s1/2 onde a é dada em metros por segundo por segundo e s é a distância do ponto à origem, em metros. Quando o tempo t é de 2 s, o ponto está 16 m à direita da origem e tem a velocidade de 32 m/s para a direita e uma aceleração de 48 m/s2 para a direita. Determine a velocidade e a aceleração do ponto quando o tempo é 3 s.
SOLUÇÃO
A direção positiva é obtida observando-se que s deve ser positiva de maneira que a aceleração seja real (não imaginária), e o problema especifica que a aceleração é real (48 m/s2), quando s = 16 m à direita. Assim, a direção positiva é à direita.
Quando a aceleração é expressa como uma função da posição s, é conveniente escrever a aceleração sob a forma
e
vdv = ads = 12s1/2ds
donde
vdv = ads = 12s1/2ds
ou
(v2/2) = 8s3/2 + C1
Quando s = + 16 m, v = +32 m/s; desta maneira
(322/2) = 8(16)3/2 + C1
e
C1 = 0
donde 
v2 = 16s3/2
A velocidade é a derivada da função posição. Isto é,
v = 4s3/4 = ds/dt
donde
4dt = s– 3/4ds
e
4t = 4s1/4 + C2
Quando t = 2 s, s = 16 m; desta maneira
4(2) = 4(16)1/4 + C2 = 8 + C2
e
C2 = 0.
A equação para t, assim, reduz-se a
t = s1/4 ou s = t4
donde
v = (ds/dt) = 4t3
e
a = (dv/dt) = 12t2
Quando t = 3 s, estas expressões fornecem
v = 4(3)3 = 108 m/s
v = 108 m/s à direita.
a = 12(3)2 = 108 m/s2
a = 108 m/s2 à direita.
EXERCÍCIO-8.3
A aceleração de uma partícula com movimento retilíneo é dada pela expressão a = – kv, onde a está em metros por segundo por segundo, v é a velocidade em metros por segundo, e k é uma constante. Quando o tempo t é zero, a posição e a velocidade da partícula são s0 e v0, respectivamente. (a). Derive expressões para a posição, velocidade e aceleração da partícula, em função do tempo t. (b) Se s0 = 20 m à esquerda, v0 = 10 m/s à direita, e k = 0,2 s– 1, determine o valor de t quando s = 0 e os correspondentes valores de a e v.
SOLUÇÃO
(a) A direção positiva é considerada ser à direita, desde que ela não é especificada no enunciado do problema, e i é um vetor unitário à direita. O valor da aceleração é
a = (dv/dt) = – kv
ou
kdt = – (dv/v)
donde
kt = – lnv+C1
Quando t = 0, v = v0; desta forma
0 = – lnv0 + C1
ou
C1 = lnv0
e a equação anterior torna-se
kt = – lnv + lnv0 = ln(v0/v)
a qual pode ser escrita como
ekt = (v0/v)
ou
v = v0e–kt
Desde que v = ds/dt, esta equação pode ser escrita como
ds = v0e–ktdt
ou
s = v0e–ktdt = – (v0/k)e–kt + C2
Quando t = 0, s = s0 e C2 pode ser determinada
C2 = s0 + (v0/k)e0 = s0 + (v0/k)
Assim, a função posição é
s = s0 + (v0/k)(1 – e–kt)
A aceleração é, pelo enunciado do problema,
a = – kv = – kv0e–kt
Os resultados são
s = s0 + (v0/k)(1 – e–kt)
v = v0e–kt
a = –v0ke–kt
(b) Quando valores numéricos para s0, vo e k são substituídos na expressão paras, tem-se
s = – (20)i + (10/0,2)(1 – e– 0,2t)i
e quando s = 0, esta equação fornece
(1 – e– 0,2t) = [20(0,2)/10] = 0,4 
 e– 0,2t = 1 – 0,4 = 0,6 = e– 0,511 
 t = (0,511/0,2) = 2,555 s
A velocidade é
v = (10)ie– 0,2t = 6i m/s
e a aceleração é 
a = – kv = – 0,2(6i) = – 1,2i m/s2
EXERCÍCIO-8.4
Um holofote gira em um plano horizontal com uma velocidade angular w, como mostrado na Fig. 8.4. O feixe da luz, P, move-se ao longo da parede, como indicado. (a) Derive expressões para a velocidade e aceleração do ponto P. (b) A distância b é 40 m, e a velocidade angular do feixe de luz é de 5 rpm, no sentido horário. Determine a velocidade e a aceleração de P quando = 20°.
SOLUÇÃO
(a) O ponto P tem movimento retilíneo, e sua posição, medida de O’, é
O’P = x = xi = ibtg
onde x é positivo à direita e é positivo no sentido horário. O valor da velocidade de P é
vP = (dx/dt) = bsec2(d/dt)
e a velocidade de P é
vP = ibwsec2
O valor da aceleração de P é
aP = (dvP/dt) = b[(dw/dt)sec2 + w2sec(sec.tg)(d/dt) =
= b[.sec2 + 2w2sec2.tg]
Desde que w é constante, deve ser zero e a aceleração é
a = i2bw2.sec2.tg
(b) A velocidade angular do feixe de luz é
w = 5 rpm = 5(rev/min)(1min/60s)(2πrad/rev) = (π/6) rad/s
Quando valores numéricos para b, w e são substituídos nas expressões para a velocidade e aceleração de P, elas tomam a forma
vP = i(40)(π/6) sec220° = 13,7i m/s = 23,7 m/s à direita
e
aP = i(2)(40) (π/6)sec220°.tg20o = 9,04i m/s2 = 9,04 m/s2 à direita.
EXERCÍCIO 8.5
Esquematize, em gráfico, as curvas a-t, v-t e s-t para o Exemplo 8.1.
SOLUÇÃO
Os três diagramas são mostrados na Fig. 8.6. As equações para as curvas podem ser obtidas do Exemplo 8.1.
Recorde que um sinal positivo indica uma quantidade vetorial à esquerda. O diagrama a-t é uma linha reta, o diagrama v-t é uma parábola, e a curva s-t é uma cúbica.
Desde que a inclinação da curva v-t é a aceleração, o tempo para o qual a curva a-t corta o eixo t (t = 0,833 s) corresponderia à inclinação zero na curva v-t. Da mesma forma, os tempos para os quais a curva v-t cruza o eixo t (t = O e t = 1,667 s) correspondem à inclinação zero da curva s-t.
A área A sob a curva v-t representa a distância que a partícula percorre para a direita, durante o intervalo de t = 1,000 s até t = 1,667 s. Assim, A = 4,63 – 3,00 = 1,63 m. Analogamente, a área B representa a distânciaque a partícula percorre para a esquerda durante o período de t = 1,667 s até t = 3,00 s; isto é, B = 9,00 + 4,63 = 13,63 m. A soma das áreas A e B é a distância total percorrida durante o intervalo de tempo, e a diferença é o deslocamento correspondente.
O diagrama v-t é, provavelmente, o mais útil diagrama, no auxílio à visualização do movimento. Sua inclinação fornece a aceleração, sua área fornece o deslocamento e a distância total percorrida, e sua ordenada fornece a velocidade.
O diagrama v-t é particularmente interessante quando a aceleração é constante por um período de tempo, desde que o diagrama é uma linha reta e a inclinação e as áreas podem ser calculadas diretamente a partir do diagrama. Este procedimento é ilustrado nos Exemplos 8.6 e 8.7.
EXERCÍCIO-8.6
Uma partícula move-se ao longo de uma linha reta com uma aceleração constante. A velocidade da partícula varia de 10 m/s para a direita até 25 m/s para a esquerda, durante um intervalo de tempo de 7,0 s. Determine: (a) A aceleração. (b) A distância total percorrida. (c) O deslocamento da partícula durante o intervalo de 7 s.
SOLUÇÃO
Desde que se sabe que a aceleração é constante, a inclinação do diagrama v-t também deve ser constante, e o diagrama v-t é uma linha reta. Os valores inicial e final de v são representados em gráfico, e o diagrama é desenhado como mostrado na Fig. 8.7.
(a) Como a velocidade varia .da direita para a esquerda, a aceleração (constante) deve estar dirigida para a direita. O valor da aceleração é dado pela inclinação da curva v-t, isto é
a = [(vf – vi)/t]= [(– 25 – (+ 10))/7,0] = – 5 m/s2
e
a = 5 m/s2 à esquerda.
(b) O tempo t1 que decorreu quando o movimento inverteu sua direção é, pela inclinação da linha,
t1 = (vi/a) = (10/5) = 2 s
A área Q1, que representa a distância percorrida à direita durante o tempo t1, é
Q1 = (1/2)vit1 = (1/2)(10)(2) = 10 m.
O intervalo de tempo t2 é
t2 = t – t1 = 7 – 2 = 5 s
e a área Q2, que representa a distância percorrida à esquerda, durante o intervalo t2, é
Q2 = (1/2)vft2 = (1/2)(25)(5) = 62,5 m.
A distância total percorrida é
Q = Q1 + Q2 = 10 + 62,5 = 72,5 m
(c) Desde que a área Q2 é maior que Q1 o deslocamento durante o intervalo de 7 s deve ser para a esquerda. Seu valor é
q = Q2 – Q1 = 62,5 – 10 = 52,5 m
e o deslocamento é
q = 52,5 m à esquerda
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
(a) Para comparação, inclui-se a seguinte solução analítica. Considere que t = 0 e que a partícula está na origem, no início do intervalo de tempo de 7 s, e que o valor unitário i está à direita. Desde que a aceleração é constante, ela pode ser escrita como
a = (dv/dt) = ai
donde
dv = aidt
e 
v = ati + C1
Quando t = 0, v = 10i e C1 = 10i.Também, quando t = 7 s, v = – 25i, e se estes valores são substituídos na equação para v, ela torna-se
– 25i = a7i + 10i
donde 
a = – 5 m/s2
e
a = – 5i m/s2 = 5 m/s2 à esquerda
(b) A equação para v é
v = – 5ti + 10i = (dr/dt)
donde
r = (– 2,5t2/2)i + 10ti + C2
Desde que r = 0 quando t = 0, C2 = 0, e
r = (– 2,5t2+ 10t)i
Quando t = 7 s, a equação anterior fornece r = – 52,5i m, e o deslocamento de t = 0 até t = 7 s é
q = r7 – r0 = – 52,5i – 0 = – 52,5i m = 52,5 m à esquerda.
(c) O tempo (ou tempos) quando v = 0 deve ser obtido para se determinar a distância total percorrida. Desde que v = (– 5t + 10)i, a velocidade será zero em t = 2 s, e a velocidade estará à direita de t = 0 até t = 2 s e à esquerda após t = 2 s. Quando t = 2 s
r2 = [– 2,5(2)2 + 10(2)]i = 10i
e a distância total percorrida de t = 0 até t = 7 s é
Q = |r2 – r0| + |r7 – r2| =|10i – 0| + |– 52,5i – 10i| = 10 + 62,5 = 72,5 m
EXERCÍCIO-8.7
Uma partícula parte da origem com uma velocidade de 2m/s à direita e move-se ao longo de uma linha reta com uma aceleração de 4 m/s2 à direita, por um tempo de 2,5 s. Então, a aceleração muda para 6 m/s2 à esquerda, durante 3 s, e depois deste período, a aceleração é alterada para 1 m/s2 à direita, por um período de 4 s. Determine: (a) A distância total percorrida durante o intervalo de 9,5 s. (b) O deslocamento da partícula durante os primeiros 5,5 s.
SOLUÇÃO
Desde que cada uma das acelerações é constante durante os períodos de tempo especificados, o diagrama v-t proporciona uma solução adequada; veja a Fig. 8.8. Quando t = 0, a velocidade é 2 m/s à direita e a aceleração é 4 m/s2 à direita, o que indica um aumento no valor da velocidade. O valor da velocidade, para t = 2,5 s, pode ser obtido pela inclinação da linha; assim
a1 = inclinação = [(v2,5 – v0)/t1]
donde
v2,5 = 2 + 4(2,5) = 12 m/s
e ele é representado pela ordenada que está acima do eixo t, e assim a velocidade está à direita. Durante o intervalo de tempo t2 + t3 = 3 s, a aceleração é de 6 m/s2 à esquerda; desta forma, a velocidade é decrescente. O intervalo de tempo t2 é obtido como se segue
a2 = (v2,5/t2)
donde
t2 = (v2,5/a2) = (12/6) = 2 s
e, pelo diagrama,
t3 = 3 – t2 = 3 – 2 = 1 s
A velocidade ao final do intervalo de 5,5 s pode ser obtida, a partir do diagrama, como
v2,5 = a2(t3) = 6( 1) = 6 m/s
e é representada pela ordenada abaixo do eixo t, indicando uma velocidade à esquerda. Durante o último intervalo de tempo t4 = 4 s), a aceleração está à direita, e o valor da velocidade ao fim deste intervalo é
v9,5 = v5,5 – a3(t4) = 6 – 1(4) =2 m/s
A ordenada para v9,5 está ainda abaixo do eixo t, e assim representa uma velocidade à esquerda.
(a) A distância total percorrida, pelas áreas sob o diagrama, é igual a
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = [((2 + 12)/2)(2,5) + (12/2)(2) +
+ (6/2)(1) + ((6 + 2)/2)(4) = 17,5 + 12 + 3 + 16 = 48,5 m
(b) O valor do deslocamento durante os primeiros 5,5 s é
q = Q1 + Q2 – Q3 = 17,5 + 12 – 3 =26,5 m
e o deslocamento é
q = 26,5 m à direita
EXERCÍCIO-8.8
Derive equações que relacionem velocidades e acelerações dos corpos C e D na Fig. 8.9(b).
SOLUÇÃO
O comprimento do cabo que conecta os corpos C e D é
L = 3sC + sD + Lp (a)
onde Lp representa o comprimento da corda enrolada ao redor de cada uma das polias. Observe que Lp é constante; desta maneira, a Eq. (a) pode ser escrita
3sC + sD = L LLp = L’ (b)
onde L’ é uma constante. Quando a Eq. (b) é diferenciada em relação ao tempo ela se transforma em
3(dsC/dt) + (dsD/dt) = 0
ou
3vC + vD = 0
Esta equação indica que se vC é positiva (para baixo), vD será negativa, isto é, para cima, e tem um valor igual a 3vC.
Uma segunda diferenciação fornece
3(dvC/dt) + (dvD/dt) = 0
ou
3aC + aD = 0
EXERCÍCIO-8.9
As partículas D e E na Fig. 8.9(c) estão conectadas por uma corda inextensível de 1 m. Quando sE é 0,6 m (para cima), a partícula E tem uma velocidade de 1,6 m/s para cima e uma aceleração de 0,8 m/s2 para baixo. Determine as correspondentes velocidade e aceleração de D.
SOLUÇÃO
As direções positivas para as funções posição são selecionadas como mostrado, e a equação que relaciona as posições é
s2D + s2E = 12
e quando sE é 0,6 m, sD é 0,8 m.
A equação da velocidade pode ser obtida por diferenciação como
2sD(dsD/dt) + 2sE(dsE/dt) =0
ou
sDvD + sEvE = 0
A velocidade de D pode ser obtida substituindo os valores numéricos para sD, sE e vE; assim
0,8vD + 0,6(1,6) = 0
ou
vD = – 1,2 m/s
e
vD = 1,2 m/s à direita
A Equação (a) pode ser diferenciada dando o seguinte resultado:
(dsD/dt)vD + sD(dvD/dt) + (dsE/dt)vE + sE(dvE/dt) = 0
ou
v2D + sDaD + v2E + sEaE = 0
A aceleração de D é obtida por substituição direta. Logo
(– 1,2)2 + 0,8aD + (1,6)2 + 0,6(– 0,8)
donde
0,8aD = 0,48 – 1,44 – 2,56 = – 3,52,
aD = – 4,4 m/s2
e
aD = 4,4 m/s2 à direita
EXERCÍCIO-8.10
Três corpos A, B e C são conectados por cordas e polias como mostrado na Fig. 8.9(d). Os três corpos são liberados do repouso de uma mesma altura. O corpo A tem uma aceleração constante de 140 mm/s2 para cima, e C tem uma aceleração constante de 40 mm/s2 para baixo. Determine o tempo necessário para que a distância vertical entre Ae B se torne 400 mm.
SOLUÇÃO
O comprimento da corda enrolada ao redor das polias e a distância horizontal entre as polias superiores são todos constantes e podem ser desprezados quando da determinação das velocidades das acelerações. O comprimento da corda entre A e B é (sentido positivo para baixo)
L1 = (sA – sD) + (sB – sD) = sA + sB – 2sD
O comprimento da outra corda é
L2 = sC + sD
A posição sD pode ser eliminada destas duas equações, fornecendo
sA + sB – 2(L2 – sC) = L1
ou
sA + sB + 2sC = L1 + 2L2
Quando a expressão anterior é diferenciada em relação ao tempo, ela se torna
(dsA/dt) + (dsB/dt) + 2(dsC/dt) = 0
ou
vA + vB + 2vC = O
A segunda diferenciação acarreta em
aA + aB + 2aC = O
e quando os dados fornecidos são substituídos nesta equação, ela se torna
– 140 + aB + 2(+ 40) = 0
ou
aB = 140 – 80 = 60 m/s2 (para baixo)
Os diagramas velocidade-tempo para os três corpos são desenhados na Fig. 8.11, com as acelerações e velocidades indicadas. Desde que o deslocamento de A é para cima e o de B para baixo, a distância entre A e B é igual à soma das grandezas dos deslocamentos:
|qA| + |qB| = [140(t)2/2] + [60(t)2/2] = 400
e o intervalo de tempo encontrado é
(t)2 = 4
ou
t = 2 s
EXERCÍCIO-8.11
Uma bola é lançada verticalmente para cima, a partir da superfície da Terra, com uma velocidade inicial de 30 m/s. Dois segundos depois, uma segunda bola é lançada do mesmo ponto, com uma velocidade de 24 m/s. A que altura, acima da superfície da Terra, as duas bolas se encontrarão? Despreze a resistência do ar e considere que a aceleração da gravidade é igual a 9,81 m/s2.
SOLUÇÃO
A aceleração da bola 1 é constante, e pode-se obter uma equação para a altura da bola 1, acima do ponto de partida, da maneira que se segue (considera-se que a direção positiva é para cima):
a1 = (dv1/dt) = – 9,81
dv1 = – 9,81dt
v1 = – 9,81dt = – 9,81t + C1
Desde que v1 = + 30 m/s quando t = O, o valor de C1 é 30 e a velocidade é
v1 = (dy1/dt) = – 9,81t + 30
onde y1 é a altura da bola. Uma segunda integração fornece a posição y1 isto é,
y1 = (– 9,81t + 30)dt = – 4,90t2 + 30t + C2
Quando t = 0, y1 = 0 ; desta maneira, C2 = 0,.e a posição da bola 1 é
y1 = – 4,90t2 + 30t
A bola 2 também tem uma aceleração constante de 9,81 m/s2 para baixo, e quando t = 2 s ela está na origem (y2 = 0) com uma velocidade de 24 m/s para cima. As equações que descrevem a aceleração e a velocidade da bola 2 são 
a2 = (dv2/dt) = – 9,81
dv2 = – 9,81dt
v2 = – 9,81dt = – 9,81t + C3
Desde que v2 = +24 m/s quando t = 2 s, C3 = 24 + 2(9,81) = 43,6 e v2 é
v2 = (dy2/dt) = – 9,81t + 43,6
A posição da bola 2 é
y2 = (– 9,81t + 43,6)dt = – 4,90t2 + 43,6t + C4
Desde que y2 = quando t = 2 s, o valor de C4 é
C4 = 4,90(2)2 – 43,6(2) = – 67,6
ou
y, = – 4,90t2 + 43,6t – 67,6
As duas bolas encontrar-se-ão quando y1 = y2 isto é, quando
– 4,90t2 + 30t = – 4,90t2 + 43,6t – 67,6
a qual fornece
t = 4,97 s
O valor de y, quando as bolas se encontram, tanto pela Eq. (a) como pela Eq. (b), é
y = – 4,90(4,97)2 + 30(4,97)
A Fig. 8.12 mostra os diagramas v-t e s-t para os dois movimentos. Observe que as duas bolas estão-se movendo para baixo quando se cruzam.
EXERCÍCIO-8.12
A Fig. 8.13 representa um rio com 2 km de largura e que apresenta uma velocidade média de 8 km/h para o sul. Um barco a motor é utilizado para se ir desde A até C. A velocidade do barco em águas paradas é de 20 km/h. Em qual direção o barco deveria estar direcionado a fim de que atinja diretamente o ponto C. e quanto tempo ele levaria neste percurso?
SOLUÇÃO
Os eixos são selecionados como mostrados na figura, e os ângulos medidos a partir do eixo x. Se o barco deve navegar diretamente de A até C, sua velocidade absoluta deve estar na direção de A para C; isto é, o ângulo da velocidade absoluta será tg " 0,5 a partir do eixo x. A velocidade do barco em relação à água será 20 km/h, em uma direção a ser determinada. Observe que a velocidade com a qual o barco ultrapassa uma folha ou vareta flutuante, a velocidade relativa, será a mesma caso a água esteja em movimento ou não. A equação para a velocidade relativa entre o barco e a água é
vB = vA + vB/A
Esta equação é ilustrada na Fig. 8.14. O ângulo 2 indica a direção da velocidade do barco em relação à água, a direção que o barco estaria voltado, e vB é o valor da velocidade do barco. Estas duas quantidades podem ser obtidas tanto a partir do triângulo oblíquo ou escrevendo a equação em termos dos vetores unitários i e j.
Quando esta última aproximação é empregada, a equação é escrita como 
vB[(2i + j)/(5)1/2] = – 8j + 20(icos2 + jsen2)
donde
i: vB[2/(5)1/2] = 20cos2 (a)
j: vB[1/(5)1/2] = –8 + 20sen2 (b)
Quando a Eq. (b) é dividida pela Eq. (a), o resultado é 
(1/2) = [(– 8 + 20sen2)/20cos2]
ou
20cos2 = – 16 + 40sen2 = 20(1 – sen2)1/2
a qual fornece 
400(1 – sen2) = 256 – 1.280sen2 + 1600sen22
Esta equação apresenta dois valores de sen2, ou seja
sen2 = 0,738 ou sen2 = – 0,0976
e
2 = 47,5o ou 2 = – 5,60o
O primeiro valor de 2 dá a direção que o barco deveria ter para ir de A até C, e o segundo valor de 2 dá a direção da velocidade relativa se o barco deve atravessar de C para A (o direcionamento deveria ser de sul para oeste). O valor da velocidade absoluta do barco, quando 2 = 47,5° é substituído na Eq. (a), é
vB = [(5)1/2/2]20cos47,5o = 15,11 km/h
O barco deve percorrer (22 + 12)1/2 = 2,24 km de A até C, a uma velocidade de 15,11 km/h. Desta maneira, o tempo necessário é
t = s/v = (2,24/l5,11) = 0,1482 h = 8,89 min
A direção do barco deveria ser
2 = 47,5° norte para leste = 42,5° este para norte (direção do compasso)
EXERCÍCIO-8.13
Os dois carros A e B na Fig. 8.15 estão-se aproximando de um cruzamento em nível. A tem uma velocidade constante de 72 km/h para leste, e B tem uma velocidade constante de 96 km/h para norte. Em um dado instante, A está a 500 m a oeste da intersecção e B está a 300 m ao sul. Despreze a distância vertical entre as rodovias. Determine: (a) A posição inicial de A em relação a B. (b) A velocidade de A em relação a B. (c) A mínima distância entre A e B.
SOLUÇÃO
A posição de A em relação a B é inicialmente
sA/B = sA – sB = – 500i – (– 300j) = – 500i + 300j =
= 583,1 m 30,97o para a esquerda e para cima =
= 583,1(– 0,8574i + 0,5146j) m
A velocidade de A em relação a B é
vA/B = vA – vB = 72i – 96j =
= 120 km/h 53,13o para a direita e para baixo =
= 120(0,6000i – 0,8000j) km/h
Para qualquer tempo t (em segundos), após as posições iniciais, a posição de A em relação a B é
sA/B = (sA/B)0 + (sA/B) = (sA/B)0 + (vA/B)t
onde vA/B é constante. A velocidade relativa poderia ser convertida em metros por segundo desde que sA/B em metros é:
vA/B = (120 km/h)(1/3600 h/s) (1.000 m/km) = 33,3 m/s
Observe que 90 km/h é o mesmo que 25 m/s. Quando valores numéricos são substituídos na equação da posição relativa, tem-se
sA/B = – 500i + 300j + 33,3t(0,6000i – 0,8000j) =
= (– 500 + 19,98t)i+ (300 – 26,64t)j
O valor de t, que tornará mínima a grandeza sA/B, pode ser determinado escrevendo-se uma expressão para o valor de sA/B em função de t e tomando a derivada em relação a t igual a zero. Uma solução mais conveniente pode ser obtida de uma representação gráfica da equação para sA/B como mostrado na Fig. 8.16.
Desde que sA/B é igual à soma vetorial de (sA/B)0 com (vA/B)t, ela será mínima quando sA/B é perpendicular a vA/B, isto é, quando sA/B = sA/B(– 0,8000i – 0,6000j). A equação vetorial torna-se
sA/B = sA/B(– 0,8000i – 0,6000j) = – 500i + 300j + 19,98ti – 26,64tj
e as equações das componentes são
i: – 500 + 19,98t
j: 300 – 26,64t
A solução simultânea destas equações resulta
sA/B = 220 m
Observe que se o carro A ou o carro B tem uma aceleração, a velocidade de A em relação a B não será constante, em grandeza e em sentido, e o diagrama vetorial na Fig. 8.16 não seráválido.
EXERCÍCIO-8.14
A velocidade (em milímetros por segundo) de uma partícula que se move no plano xy é dada por v = 40(t – l)i + 30(t2 – 2t + 1)j onde t é o tempo em segundos. A partícula está em r = (20i – 10j) mm quando t = 0. Determine: (a) A equação da trajetória da partícula. (b) A posição, velocidade e aceleração da partícula, quando t = 3 s.
SOLUÇÃO
Os eixos e os vetores unitários são escolhidos como mostrado na Fig. 8.17(a). A velocidade é
donde
r = [40(t – l)i + 30(t2 – 2t+ l)j]dt =
= (20t2 – 40t)i + (10t3 – 30t2 + 30t)j + C
onde C é uma constante (vetorial) de integração. Quando t = 0, r = 20i – 10j; desta maneira
C = 20i – 10j
e o vetor posição é
r = (20t2 – 40t)i + (10t3 – 30t2 + 30t)j + 20i – 10j =
= (20t2 – 40t + 20)i + (10t3 – 30t2 + 30t – 10)j =
= 20(t – l)2i + 10(t – l)3j = xi + yj
Isto é,
x = 20(t – l)2 e y =10(t – 1)3
Estas são as equações da trajetória na forma paramétrica. O tempo t pode ser eliminado da forma que se segue:
(t – l) = (x/20)1/2 e (t – l) = (y/20)1/3
que se reduz a
x3 = 80y2
A curva correspondente a esta equação é mostrada na Fig. 8.17(b).
A aceleração da partícula é obtida diferenciando-se a expressão da velocidade, Eq. (a), em relação ao tempo, resultando
A posição, velocidade e aceleração quando t = 3 s são obtidas por substituição direta nas Eqs. (b), (a) e (c), respectivamente. Assim,
r3s = 20(3 – 1)2i + 10(3 – 1)3j = (80i + 80j) mm
v3s = 40(3 – 1)i + 30(9 – 6 + 1)j = (80i + 120j) mm/s
a3s = 40i + (180 – 60)j = (40i + 120j) mm/s2
A posição da partícula quando t = 3 s é mostrada no ponto P na Fig. 8.17 (b), juntamente com os vetores velocidade e aceleração correspondentes. Observe que a velocidade é tangente à trajetória, mas que a aceleração não o é. Como t aumenta a partir de zero, a partícula move-se ao longo da curva desde A até O e em seguida até B.
EXERCÍCIO-8.15
Uma bola é arremessada com uma velocidade de 25 m/s, com uma inclinação de 4 na vertical e 3 na horizontal, em direção a um edifício com teto plano. O edifício tem 15 m de altura, e o arremessador está a 35 m distante do edifício e de pé em uma depressão, de tal forma que a bola deixa sua mão na mesma elevação que a base do edifício. Desprezar a resistência do ar. (a) Onde a bola atingirá o edifício? (b) Se a bola bate no edifício, onde isto ocorrerá e com que velocidade?
SOLUÇÃO
A Fig. 8.18(a) apresenta as três possíveis trajetórias da bola, em função de três diferentes valores da velocidade inicial. Pode-se estabelecer uma trajetória correta determinando-se a altura da bola quando ela percorre 35 m, horizontalmente. A Fig. 8.18(b) é desenhada com a consideração de que a bola alcançará o teto, isto é, a bola estará a uma altura maior que 15 m acima do solo quando tiver percorrido 35 m na horizontal. A velocidade inicial da bola é
vi = 25 m/s 53,13o para cima e para a direita =
= [0,6000(25) + 0,8000(25)] = (15 + 20) m/s.
A Fig. 8.18(c) mostra a componente horizontal da velocidade, representada em gráfico contra o tempo, e a Fig. 8.18(d) mostra a componente vertical da velocidade, em gráfico, contra o tempo. Embora as distâncias horizontais, nos diagramas v-t e no gráfico da trajetória, não representem a mesma variável, é útil que sejam selecionadas escalas de tal maneira que pontos dos diagramas v-t se alinhem verticalmente aos pontos correspondentes do gráfico da trajetória. Por exemplo, quando a bola está no topo da sua trajetória, vy = é o ponto correspondente no diagrama vy-t. Desde que ax é zero, o diagrama vx-t é uma linha reta horizontal. A componente vertical da aceleração tem um valor constante de 9,81 m/s2 para baixo; assim, o diagrama vy-t, na Fig. 8.18(d), é uma linha reta com inclinação de 9,81. A área sob o diagrama vx-t representa a distância horizontal percorrida durante qualquer intervalo de tempo. Assim sendo, quando a bola percorreu 35 m horizontalmente,
x = 35 = vx(t1 + t2) = 15(t1 + t2)
e
(t1 + t2) = (35/15) = 2,333 s
O tempo t1 necessário para que a bola atinja sua altura máxima em D pode ser determinado a partir da inclinação do diagrama vy-t. Assim:
(vyi/t1) = ay = 9,81 = (20/t1)
e
t1 = (20/9,81) = 2,039 s.
Pela Eq. (a) o valor de t2 é
t2 = 2,333 – t1 = 2,333 – 2,039 = 0,294 s.
A velocidade vy2 pode ser determinada pela inclinação da tangente à curva vy-t e é igual a
vy2 = ay(t2) = 9,81(0,294) = 2,89 m/s
vy2 = 2,89 m/s para baixo
A diferença entre as áreas Q1 e Q2 representa a altura hl da bola acima do solo quando ela encontra a parede; isto é,
h1 = Q1 – Q2 = [20(2,039)/2 – 2,89(0,294)/2] = 20,39 – 0,425 = 19,96 m
Desde que a velocidade de h1 é maior que a altura do edifício, a bola cairá sobre o seu teto. A distância vertical, Q3, que a bola deve ter no topo da sua trajetória antes de cair sobre o teto, é representada pela área correspondente sobre o diagrama vy-t. Isto é,
Q3 = Q1 – 15 = 20,39 – 15 = 5,39 m
que é igual à área do triângulo correspondente. Assim,
[vy3(t3)/2] = 5,39
A inclinação do diagrama vy-t fornece
ay = (vy3/t3) = 9,81
e a solução simultânea destas duas equações resulta em
t3 = 1,048 s
e
vy3 = 10,28 m/s
A distância horizontal percorrida pela bola, x, quando está 15 m acima do solo é, pela área sob o diagrama vx-t,
x = vx(tl + t3) = 15(2,039 + 1,048) = 46.3 m
Desta maneira, a bola alcançará o teto do edifício 11,30 m a partir do seu lado esquerdo.
A velocidade da bola, quando cai sobre o teto, é a soma vetorial das componentes de sua velocidade, e é
vf = vx + vy = (15i – 10,28j) m/s = 18,19 m/s 34,4o para baixo e para a direita
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
Em alguns casos, pode ser mais interessante resolver as equações diferenciais do movimento em lugar de empregar os diagramas v-t para o movimento de projétil. O vetor posição é
r = xi + yj
e a equação para a aceleração é
 (b)
A integração da Eq. (b) fornece a velocidade como
onde C1 é uma constante de integração. Se u é a velocidade do projétil quando t é zero, C1 deve ser igual a u e a equação para a velocidade torna-se
onde ux e uy são as componentes da velocidade inicial. A equação da velocidade pode ser integrada para chegar-se à equação da posição. Assim,
r = (xi + yj) = uxti + (uyt – gt2/2)j + C2
A constante C2 fornece a posição do projétil quando t = 0, e se a origem é escolhida como esta posição, esta constante é zero e a equação da posição torna-se
r = (xi + yj) = uxti + (uyt – gt2/2)j
As equações para métricas da trajetória são
x = uxt e y = (uyt – gt2/2)
Quando se elimina t destas duas expressões, a equação da trajetória, em coordenadas cartesianas, fica
y = (uy/ux)x – (gx2/2ux2)
que é a equação de uma parábola.
Quando se substituem valores numéricos na Eq. (d), tem-se
y = (20/15)x –9,81x2/2(15)2 = 1,333x – 0,0218x2
A altura da bola, quando ela alcança o edifício, é o valor de y quando x = 35 m, isto é,
y = h1 = 1,333(35) – 0,0218(35)2 = 19,96 m
o que mostra que a bola ultrapassa o edifício em altura. Quando y = 15 m (altura do edifício) a equação quadrática resultante fornece dois valores, que são
x = 14,87 m e x = 46,3 m
o segundo valor loca o ponto quando a bola atinge o teto.
O valor de t quando x = 46,3 m pode ser obtido a partir da Eq. (c) como
t = (x/ux) = (46,3/15) = 3,09 s
A velocidade da bola, quando bate no teto, é obtida pela substituição de valores numéricos na expressão para r, isto é,
(dr/dt) = uxi + (uy – gt)j = 15i + [20 – 9,81(3,09)]j =
= 15i – 10,31j = 18,20(0,824i – 0,566j) m/s
EXERCÍCIO-8.16
A posição de uma partícula que se move em trajetória circular. com raio de 3,20 m, varia segundo a lei s = 300t2 + 400t, onde s é a distância em milímetros de um ponto fixo na trajetória até a partícula medida ao longo da trajetória e t é o tempo em segundos. A linha que vai do centro da trajetória até a partícula está-se movendo no sentido anti-horário, quando t = 1 s, e a partícula encontra-se no topo da trajetória quando t = 2 s. Determinea aceleração da partícula quando t = 2 s.
SOLUÇÃO
A direção positiva do movimento ao longo da trajetória pode ser determinada a partir do valor da velocidade quando t = 1 s. O valor da velocidade é
v = ds/dt = 600t + 400
Assim, v é positivo quando t = 1 s e P está-se movendo no sentido anti-horário, ao longo da trajetória; desta maneira, a direção anti-horária é positiva. O valor da componente normal da aceleração é v2/r e quando t = 2 s, o valor da velocidade é
v = 600(2) + 400 = 1.600 mm/s.
A componente normal da aceleração está dirigida da partícula para o centro da trajetória circular, a qual é para baixo quando t = 2 s. Assim,
an = (v2/r)em = (1.6002/3.200)en = 800 mm/s2 
O valor da componente tangencial da aceleração é
at = (dv/dt) = 600 mm/s2
que é positivo para todos os valores de t e mostra que a velocidade está aumentando em grandeza e a direção da componente tangencial da aceleração é a mesma que a da velocidade, isto é, para a esquerda quando t = 2 s. A aceleração, quando t = 2 s, é
a = an + at = (800 + 600 ) = 1.000 mm/s2 53,13o para a esquerda e para baixo
EXERCÍCIO-8.17
O Exemplo 8.15 analisou o movimento da bola que foi arremessada em direção a um edifício. Determine as componentes normal e tangencial de sua aceleração e o raio de curvatura da trajetória. (a) Quando a bola está no ponto mais alto da trajetória. (b) Exatamente antes de a bola cair sobre o teto.
SOLUÇÃO
No vértice da trajetória, a velocidade é
v = 15i m/s
e a aceleração é
a = – 9,81j m/s2
ou seja
at = 0
e
an = – 9.81j m/s2
O valor da componente normal da aceleração [veja a Eq. (8.13) é
donde
r = [(15)2/9,81] = 22,9 m
Exatamente antes de a bola cair sobre o teto do edifício, sua velocidade [veja o Exemplo 8.15] é
v = 15i – 10,28j
ou
vet = 18,19(0,8246i – 0,5651j) m/s
e a aceleração é
a = – 9,81j m/s2
A aceleração pode ser resolvida em componentes n e t por vários métodos. Por exemplo,
at = (a·et)et = (– 9,81j)·(0,8246i – 0,5651j)(0,8246i – 0,5651j) =
= (4,57i – 3,13j) m/s2 = 5,54et m/s2
e
an = a – at = – 9,81j – (4,57i – 3,13j) = (4,57i – 6,68j) m/s2 = 8,09en m/s2
	O raio de curvatura da trajetória exatamente antes do impacto é
r = (v2/na) = [(18,19)2/8,09] = 40,9 m
EXERCÍCIO-8.18
O pino A, na Fig. 8.21, move-se sobre uma ranhura curva fixa e também sobre a ranhura na barra OR, quando OR gira ao redor de O. A equação para a ranhura curva é r = b + ecos. (a) Derive expressões para a velocidade e aceleração de A, em função da posição, velocidade e aceleração angulares de OR. (b) Determine a velocidade e aceleração de A quando b = 3 cm, c = 2 cm, = 90°, w = 5 rad/s no sentido anti-horário, e = 20 rad/s2 no sentido horário.
SOLUÇÃO
A posição do ponto A, em coordenadas polares, é
r = rer = (b + c.cos)er
A velocidade e a aceleração de A podem ser obtidas por diferenciações sucessivas da função posição; assim, a velocidade é
v = (dr/dt) = – c.sen(d/dt)er + (b + c.cos)(d/dt)e
Uma segunda diferenciação fornecerá a aceleração de A. Esta aceleração pode também ser obtida diferenciando-se a expressão para o valor de r e substituindo-a na Eq. (8.17) da maneira que se segue:
r = (b + c.cos)
(dr/dt) = – c.sen(d/dt)
(d2r/dt2) = – c.cos(d/dt)2 – c.sen(d2/dt2)
donde
Pelos dados b = 3 cm, c = 2 cm, = 90o, w = 5 rad/s e = – 20 rad/s2, tem-se
r = 3 – 2(cos90°) = 3 cm
(dr/dt) = – 2(sen90o)(5) = – 10 cm/s
e
(d2r/dt2) = – 2(cos90°)(5)2 – 2(sen90°)(– 20) = + 40 cm/s2
	As direções de er e e para = 90° são mostradas na Fig. 8.21. A velocidade de A pode ser obtida substituindo-se os dados numéricos tanto na Eq. (8.16) como no resultado da parte (a), ambas fornecendo
v = (dr/dt)er + r(d/dt)e = – 10er + 3(5)e =
= – 10er + 15e = 18,03 cm/s 33,7o para esquerda e para baixo
Analogamente, a aceleração de A é
a = [40 – 3(5)2]er + [3(– 20) + 2(– 10)(5)]e =
= – 35er – 160e = 163,8 cm/s2 12,34° para direita e para baixo
A velocidade e a aceleração são mostradas nas Figs. 8.22(a) e 8.22(b), respectivamente.
EXERCÍCIO-8.19
Um avião T-29 está se deslocando para leste a 180 nós, em vôo reto e em nível. Cada motor tem um diâmetro de 4 m e desenvolve uma rotação de 1.035 rpm no sentido horário, visto da retaguarda do avião. Determine a velocidade e a aceleração de uma partícula na extremidade do motor quando a extremidade está na posição sul mais extrema. Nota: Um nó é equivalente a uma milha náutica (1,852 km) por hora.
SOLUÇÃO
O sistema de eixos é escolhido como mostrado na Fig. 8.24 com o eixo z para leste (ao longo da linha de vôo), o eixo vertical x, e o eixo y para o sul. Para a posição x especificada da extremidade do motor, er = ey e e = – ex. Pelo enunciado do problema, a componente z da velocidade da extremidade é
(dz/dt) = 180 nós = [180(1,852)/3.600 = 92,6 m/s
e
(dz/dt) = 92,6ez m/s (leste)
O valor da componente transversal da velocidade da extremidade é
vT = r(d/dt) = [(4/2)(1.035)(2π)/60] = 217 m/s
e a componente radial é zero, pois o raio vetor tem valor constante. A velocidade da extremidade do motor é
v = vR + vT + vz = 217e + 92,6ez
e quando o motor está na horizontal, a velocidade da extremidade sul é
v = – 217ex + 92,6ez = 236(– 0,920ex + 0,392ez) m/s
Pelo enunciado do problema, (d2z/dt2), (dr/dt), (d2r/dt2) e (d2/dt2) são todos iguais a zero; desta maneira, a aceleração da extremidade do motor é
a = [(d2r/dt) – r(d/dt)2]er + [r(d2/dt) + 2(d/dt)(dr/dt)]e + (d2z/dt2)ez =
= – r(d/dt)2er = – [1.035(2π)/60]2er = –23,5(103)er m/s2
e quando o motor está na horizontal, a aceleração da extremidade sul é
a = –23,5(103)ey m/s2 para o norte
EXERCÍCIO-8.20
A roda na Fig. 8.30 rola sem deslizamento sobre um plano horizontal. O centro da roda tem uma velocidade constante vO para a direita. Determine a velocidade do ponto A’ no aro da roda quando o ângulo é 150o.
SOLUÇÃO
A velocidade do centro da roda é
vO = vOi
e a velocidade angular da roda, da Eq. (b), é
w = (vO/r) no sentido horário = – (vO/r)k
A velocidade de A’ pode ser determinada por intermédio da equação da velocidade relativa para os pontos A’ e O’, desde que a velocidade do ponto O’ é conhecida. A equação é
vA' = vO’ + vA’/O’ = vO’i + wxrO’A’
Observe que quando é 150°, o ponto A’ estará acima e à esquerda de O’ e o vetor rO’A’ será r(– 0,500i + 0,866j). Assim, a equação torna-se
vA' = vO’i – (vO/r)kxr(– 0,500i + 0,866j) = vOi + 0,500vOj + 0,866vOi =
= vO(1,866i + 0,500j) = 1,932vO 15o para a direita e para cima
EXERCÍCIO-8.21
O mecanismo na Fig. 8.31 move-se em um plano vertical, e a barra CD, quando na posição mostrada, tem uma velocidade angular de 8 rad/s no sentido horário. Determine: (a) As velocidades angulares dos braços AB e BC. (b) A velocidade do ponto M, ponto médio da barra BC.
SOLUÇÃO
As barras AB e CD têm cada uma movimento de rotação, e os pinos B e C movem-se em trajetórias circulares ao redor de centros em A e D, respectivamente. Os pinos B e C são também pontos no corpo rígido BC, o qual tem movimento plano; e assim, o movimento relativo de B em relação a C (ou de C em relação a B) deve ser ao longo de uma trajetória circular cujo raio é a distância de B até C. As velocidades absoluta e relativa dos pontos B e C podem ser expressas em função das velocidades angulares das barras e dos raios vetores por meio da Eq. (8.21). As velocidades angulares desconhecidas são consideradas no sentido anti-horário (neste exemplo), e um resultado negativo indicará que a direção considerada não foi correta. As velocidades angulares são
wAB = wABk, wBC = wBCk e wCD = – 8k rad/s
e os raios vetores são
rAB = 75j mm, rCB = (– 300i + 125j) e rDC = (– 75i – 100j)
A equação da velocidade relativa para os pontos B e C é
vB = vC + vB/C
ou
wABxrAB = wCDxrDC + wBCxrCB
a qual fornece
wABkx75j = – 8kx(– 75i – 100j) + wBCkx(– 300i + 125j) (a)
Observe que o raio vetor é o vetor que vai do ponto fixo (A ou D) ou ponto de referência (ponto C para a velocidade de B em relação a C) ao ponto que se movimenta. Quando a Eq. (a) é desenvolvida,torna-se
– 75wABi = 600j – 800i – 300wBCj – 125wBCi
ou
– 75wABi = i(– 800 – 125wBC) + j(600 – 300wBC)
Se os dois vetores são iguais, suas componentes (os coeficientes dos vetores unitários) são iguais. Assim, a equação do movimento planar pode ser reduzida às duas equações escalares seguintes: 
i: – 75wAB = – 800 – 125wBC
j: 0 = 600 – 300wBC
A solução simultânea destas equações resulta em
wBC = 2,00 rad/s = 2,00k rad/s
wAB = 14,00 rad/s = 14,00k rad/s
A velocidade do ponto M pode ser obtida escrevendo-se a equação da velocidade relativa entre M e qualquer dos pontos, B ou C. Se o ponto B é usado como ponto de referência, a equação da velocidade relativa torna-se 
vM = vB + vM/B = wABxrAB + wBCxrBM = 14,00kx75j + 2,00kx(150i – 62,5j) =
= – 1.050i + 300j + 125i = – 925i + 300j =
= 972 mm/s2 17,97o para a esquerda e para cima
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
A solução também pode ser acompanhada de um procedimento semigráfico. A equação da velocidade relativa para os pontos B ou C, nas suas formas algébrica e gráfica, é
Estes esquemas mostram a inclinação e o sentido de cada um dos termos da velocidade embaixo dos termos correspondentes da equação vetorial. Desde que B está percorrendo uma trajetória circular ao redor de A, sua velocidade deve ser tangente a esta trajetória, e seu sentido deve coincidir com aquele considerado para a velocidade angular de AB. Encontrando-se um sinal negativo para wAB, o sentido considerado está errado. No diagrama mostrando a velocidade de B em relação a C, o ponto C não é realmente fixado, mas é conveniente apresentá-lo fixo, temporariamente, para indicar a correspondência entre as direções de wBC e vB/C. A equação vetorial contém duas incógnitas, wAB e wBC (ou vB e vB/C) as quais podem ser obtidas equacionando-se as componentes horizontal e vertical dos vários termos. A soma das componentes horizontais (admitindo-se sentido positivo à direita) fornece
De maneira análoga, a soma das componentes verticais das velocidades fornece
A solução destas duas equações algébricas resulta em
wBC = 2 rad/s, wAB = 14 rad/s
As duas quantidades têm sinais positivos, indicando que as direções consideradas estavam corretas. Desta maneira,
wBC = 2,00 rad/s sentido anti-horário e wAB = 14,00 rad/s sentido anti-horário
A velocidade de M pode ser obtida escrevendo-se uma equação para a velocidade de M em relação a B ou a C. A equação que relaciona vM e vB é
EXERCÍCIO-8.22
Os blocos D e E na Fig. 8.32(a) são conectados juntos. O bloco D desliza em uma ranhura, em uma barra girante DA, e E desliza em uma ranhura vertical fixa. Determine a velocidade de E como função de e de (d/dt) da seguinte maneira: (a) Diferenciando o vetor posição de E. (b) Usando a equação da velocidade relativa.
SOLUÇÃO
O vetor posição para o bloco E [ver Fig. 8.32(b)] pode ser escrito empregando coordenadas polares ou retangulares, como
r = rer = bi + b.tg j
Desde que tanto r como e, variam com o tempo, a segunda forma (forma retangular) da Eq. (a) é mais conveniente para utilização. A velocidade de E é
vE = (dr/dt) = b.sec2 j
O ponto B está sobre o bloco E, no centro do pino de conexão dos dois blocos, e C é um ponto na barra girante DA, o qual coincide com B na posição mostrada. Pode-se escrever uma equação para a velocidade relativa entre os pontos B e C, e os diagramas representando cada um destes termos são esquematizados abaixo de cada termo da equação. Uma explicação destes diagramas é dada a seguir.
A velocidade de B é vertical desde que B está no bloco E, o que vincula seu movimento à ranhura vertical. O ponto C está na barra girante, e sua velocidade é perpendicular a OA com um valor igual a r. A velocidade de B em relação a C é a velocidade que B pareceria possuir para um observador colocado no ponto C, e isto ocorreria ao longo de OA, quando B e C são coincidentes. Nestes diagramas, há duas incógnitas, os valores de vB e vB/C. Observe que r = b.sec. O valor de vB pode ser determinado somando-se as componentes da velocidade na direção perpendicular ao braço OA:
A velocidade de B em relação a C (vB/C) pode ser determinada somando-se as componentes da velocidade na direção ao longo de OA, embora isto não seja necessário neste problema.
EXERCÍCIO 8.23
A roda mostrada na Fig. 8.37 rola sem deslizamento sobre um rasgo horizontal elevado, com uma velocidade angular de 5 rad/s no sentido horário. Localize o centro instantâneo de velocidade zero e determine as velocidades dos pontos A, D e E.
SOLUÇÃO
O valor da velocidade de C, como determinado no Exemplo 8.20, é
vC = rw = 75(5) = 375 mm/s e vC = 375 mm/s 
O centro instantâneo de velocidade zero pode, por conseguinte, estar em uma linha vertical passando por C. Logo, pela Eq. (8.25),
vC = rCw
onde rC é a distância do centro instantâneo até C. Assim.rC = 75 mm, e o ponto O é o centro instantâneo de velocidade zero. Este resultado satisfaz a última afirmação no texto que antecede este exemplo.
Ainda pela Eq. (8.25),
vA = rAw = 50(5) = 250 mm/s e vA = 250 mm/s ~
De maneira análoga,
vE = rEw = 75.J2(5) = 530 mm/s e vE = 530 mm/s~
Também
vD = rDw = 200(5) = 1,000 m/s e vD = l,000 m/s~
EXERCÍCIO-8.24
A velocidade angular da barra AB do mecanismo de ligação da Fig. 8.38(a) é 8 rad/s no sentido horário. Determine, para a posição dada: (a) A localização do centro instantâneo de velocidade zero da barra BC. (b) A velocidade angular de BC. (c) A velocidade angular de CD. (d) A velocidade do ponto E, ponto médio de BC.
SOLUÇÃO
Para a posição indicada, o ponto B tem uma velocidade horizontal; desta maneira, o centro instantâneo da barra BC está em uma linha vertical que passa por B. O ponto C tem uma velocidade perpendicular a DC, e o centro instantâneo de BC está também sobre a linha CD. Estas linhas interceptam-se em O, o centro instantâneo da barra BC, localizada como mostrado na Fig. 8.38(b).
O valor da velocidade do ponto B é
vB = rABwAB = 900(8) = 7.200 mm/s e vB = 7,20m/s 
Pela Eq. (a),
wOB = (vB/rOB) = (7.200/1.800) = 4 rad/s
e
wBC = wOB = wOC = 4 rad/s) no sentido horário
Pela Eq. (8.25),
vC = wOCrOC = 4(1.500) = 6.000 mm/s
e
vC = 6,000 m/s 53,13o à esquerda para cima
Finalmente,
wCD = (vC/rCD) = (6.000/750) = 8 rad/s
e
wCD = 8 rad/s) no sentido anti´horário
O ponto E está a 600 mm à esquerda de AB e 450 mm abaixo de AC; desta maneira,
rOE = [(600)2 + (900 +450)2]1/2 = 1.477 mm
O valor da velocidade do ponto E é
vE = rOEwBC = 1.477(4,0) = 5.908 mm/s
e a velocidade de E é
vE = 5,908 m/s 23,96° à esquerda e para cima
EXERCÍCIO-8.25
Os colares A e B na Fig. 8.40 deslizam sobre barras fixas. A barra C é conectada à barra A por um grampo em U e a B por uma articulação esférica. A velocidade de A é VAi. Determine a velocidade de B e a velocidade angular da barra C.
SOLUÇÃO
O sistema está completamente vinculado; desta forma, a velocidade de C pode ser inteiramente determinada. A barra C terá uma componente da velocidade angular devido à rotação do colar e do pino do grampo em U e uma componente devido a sua rotação ao redor deste pino. Estas componentes são mostradas na Fig. 8.41(a), e a velocidade angular é
w = w1 + w2 = w1i + w2eP = w1i + [(dj + ck)/(c2 + d2)1/2] (a)
O vetor unitário e, (paralelo ao pino) pode freqüentemente ser visualizado mais facilmente desenhando-se um esquema, vendo-se o sistema por um corte no colar A, como na Fig. 8.41(b). Como eP é perpendicular tanto à barra C como à barra ao longo da qual A desliza, ele pode ser calculado como
eP = [(rABxrDE)/|rABxrDE|]
A equação da velocidade relativa é
vB = vA + vB/A = vA + wxrB/A
onde rB/A = – bi – cj + dk é a posição de B em relação a A. A equação da velocidade pode ser desenvolvida como
= i[vA + (c2 + d2)/(c2 + d2)1/2w2] + j[( bcw2)/(c2 + d2)1/2 dw1] +
+ k[ cw1 + (bdw2)/(c2 + d2)1/2]
As equações das componentes são
i: [(c2 + d2)1/2]w2 = vA (b)
j: dw1 + [(bc)/(c2+ d2)1/2]w2 = 0 (c)
k: cw1 + [(bd)/(c2 + d2)1/2]w2 = vB (d)
As equações (b) e (c) fornece
w2 = [ vA/(c2 + d2)1/2] e w1 = [bcvA/d(c2 + d2)1/2]
e quando estes valores são substituídos na Eq. (a), a velocidade angular de C é
w = [vA/d(c2 + d2)](bci d2j cdk)
A velocidade de B é obtida substituindo-se os valores de w1 e w2 na Eq. (d), ou seja,
vB = [ bc2vA/d(c2 + d2)1/2 + [bd/(c2 + d2)1/2][ vA/(c2 + d2)1/2]]
que se reduz a
vB = (b/d)vA e vB = (b/d)vAk
Quando são fornecidos dados numéricos, os símbolos podem ser substituídos por números e assim simplificar os cálculos; entretanto isto torna impossível o uso de homogeneidade dimensional para conferir as manipulações algébricas.
EXERCÍCIO-8.26
Resolver o Exemplo 8.25 se o grampo em U, em A, é substituído por uma articulação esférica.
SOLUÇÃO
Quando o grampo em U, em A, é substituído por uma articulação esférica, o sistema não é completamente vinculado e a velocidade angular de C não pode ser totalmente determinada. Entretanto, a velocidade de B pode ser inteiramente determinada e pode ser obtida pela introdução de um vínculo arbitrário no sistema. O problema será resolvido duas vezes, primeiro introduzindo-se a condição wx = 0, e segundo pelo emprego da condição wt (a velocidade de rotação) = O.
A equação da velocidade relativa para os pontos A e B é
vB = vA + vB/A vBk = vAi + wxrB/A
onde
w = wxi + wyj + wzk
Assim, a equação da velocidade torna-se
= vAi + i(dwy + cwz) j(dwx + bwz) + k( cwx + bwy)
que é equivalente às três seguintes equações algébricas:
i: dwy + cwz = vA (a)
j: dwx bwz (b)
k: cwx + bwy = vB (c)
Desde que há quatro incógnitas, wx, wy, wz e vB, e somente três equações, nem todas as incógnitas podem ser determinadas. Quando w é indeterminado, pode ser obtida uma solução possível considerando-se um valor para uma das componentes e resolvendo-se para as outras duas. Partindo-se da consideração de que wx = 0,
wz = ( d/b)wx, wy = ( vA/d) e w = ( vA/d)j
Pela Eq. (c)
vB = bwy = (b/d)( vA) e vB = (b/d)( vA)k
Vê-se que uma consideração inicial de tanto wx = 0 ou wz = 0 implica as mesmas componentes axiais para w. Considerando-se wy = 0, implicará um sistema diferente de componentes axiais para w e também aumentará a complexidade dos cálculos para w. Todas estas três considerações, entretanto, resultam na mesma resposta para vB.
A velocidade angular de C pode ser resolvida em componentes normal e tangencial como se segue. A componente paralela a C é
wt = (w·et)et =
= ( vA/d)j·[[(– bi – cj + dk)/[(– b)2 + (– c)2 +(d)2]1/2]
[(– bi – cj + dk)/[(– b)2 + (– c)2 +(d)2]1/2]] =
= [vAc/d((– b)2 + (– c)2 +(d)2)](– bi – cj + dk)
Observe que et é um vetor unitário paralelo a AB. A componente da velocidade angular normal a AB é
wn = w – wt = ( vA/d)j [vAc/d((– b)2 + (– c)2 +(d)2)](– bi – cj + dk) =
= [vA/d((– b)2 + (– c)2 +(d)2)](– bi – cj + dk) =
= [vA/d[(– b)2 + (– c)2 +(d)2)]][bci – (c2 + d2)j – cdk]
O valor da componente tangencial da velocidade angular (a velocidade de rotação) é w·et, e quando esta quantidade é colocada igual a zero, ela implica uma quarta equação,
wt = (wx + wy + wz)·[(– bi – cj + dk)/[(– b)2 + (– c)2 +(d)2]1/2] = 0
ou
– bwx – cwy + dwz = 0 (d)
Há, agora, quatro equações (a), (b), (c) e (d), as quais podem ser resolvidas simultaneamente para as quatro incógnitas wx, wy, wz e vB.
Pela Eq. (a),
wy = – (vA/d) – (cwz/d) (e)
e pela Eq. (b),
wx = – (bwz/d) (f)
As equações (e) e (f) podem ser substituídas na Eq. (d) para fornecer
(b2wz/d) + (cvA/d) + (c2wz/d) = 0
da qual
wz = – [cvA/[(– b)2 + (– c)2 +(d)2]]
Os valores para wx e wy podem ser determinados substituindo-se nas Eqs. (e) e (f), e o resultado final é
w = [vA/d[(– b)2 + (– c)2 +(d)2)]][bci – (c2 + d2)j – cdk]
Este resultado é o mesmo que o valor de wn, obtido na primeira solução, e serve para confirmar o fato de que wn é independente das considerações feitas na obtenção de um valor para a velocidade angular indeterminada da barra.
A velocidade de B é obtida substituindo-se na Eq. (c), isto é,
vB = – cwx + bwy = [vA/d[(– b)2 + (– c)2 +(d)2)]](– bc2 – b3 – bd2)= – (b/d)vA
e
vB = – (b/d)vAk
Os procedimentos usados nos exemplos anteriores para solução da equação da velocidade relativa
vB = vA + vB/A
podem ser resumidos na forma abaixo:
Se o sistema é completamente condicionado, a equação da velocidade relativa em conjunto com as equações da condição fornecem o mesmo número de equações algébricas que o número de incógnitas, e w pode ser totalmente determinada (como no Exemplo 8.25).
Se o sistema não é completamente condicionado, o número de equações algébricas é menor que o número de incógnitas. Devem ser introduzidas condições adicionais (que não violem qualquer condição existente) para encontrar-se w, e que então não será única (como no Exemplo 8.26).
EXERCÍCIO-8.27
A grande roda desbalanceada na Fig. 8.42 rola sem deslizamento sobre um plano horizontal. Na posição mostrada, o centro O tem uma velocidade de 4,0 m/s para a direita e uma aceleração de 10,0 m/s2 para a esquerda. Determine a velocidade e aceleração do centro de massa, G.
SOLUÇÃO
A roda rola sem deslizamento sobre um plano horizontal fixo; conseqüentemente, a velocidade angular e a aceleração angular da roda são
w = (vO/r) = (4,0/0,8) = 5,0 rad/s no sentido horário
 = (aO/r) = (10,0/0,8) = 12,5 rad/s2 no sentido anti-horário
O centro instantâneo de velocidade zero da roda está no ponto P, e a velocidade de G é
vG = rPGwet = [(0,75)2 + (0,0866)2]1/2(5,0)et =
= 3,77 m/s 6,59o à direita e para baixo
A aceleração de G está relacionada à aceleração de O por
aG = aO + aG/O
aG = – 10i + 1,25(isen30° + jcos30°) + 2,5(– icos30° + jsen30°) =
= – 10i + 0,625i + 1,082j – 2,165i + 1,25j =
= – 11,54i + 2,33j = 11,77 m/s2 11,40o à esquerda e para cima
EXERCÍCIO-8.28
As ligações do mecanismo na Fig. 8.43 movem-se em um plano vertical. Quando eles estão na posição mostrada, CD tem uma velocidade angular de 8 rad/s no sentido horário e AB tem uma aceleração angular de 30 rad/s2 no sentido horário (ver Exemplo 8.21). Determine a aceleração do ponto C para a posição indicada.
SOLUÇÃO
As velocidades angulares das barras AB e BC foram encontradas no Exemplo 8.21, como sendo
wAB = 14,00 rad/s no sentido horário
e
wBC = 2,00 rad/s no sentido anti-horário
As velocidades angulares podem ser também determinadas pelo emprego dos centros instantâneos. Em qualquer caso, elas devem ser calculadas antes de se resolver a equação da aceleração relativa para as acelerações angulares. Uma equação da aceleração relativa pode ser escrita para quaisquer dois pontos. Sempre que possível, poderiam ser selecionados dois pontos em um corpo rígido, desde que a trajetória do movimento relativo é um círculo. Em complementação, os pontos selecionados seriam pontos que se deslocariam em trajetórias conhecidas e cujas acelerações podem ser colocadas em função de valores conhecidos ou desejados. Para este exemplo, os pontos B e C são escolhidos, pois são pontos na barra BC e movendo-se em trajetórias circulares. A equação da aceleração relativa é
aC = aB + aC/B
Os diagramas abaixo da equação representam as componentes normal e tangencial das acelerações e fornecem uma representação gráfica da equação vetorial. Todas as direções são conhecidas e há duas grandezas incógnitas,CD e BC. Esta equação vetorial planar é equivalente a duas equações escalares representando as componentes horizontal e vertical dos vários termos. Assim,
que se transforma em
100CD + 4.800 = 2.250 + 125BC – 1.200
– 75CD + 6.400 = – 14.700 + 300BC + 500
ou
125BC – 100CD = 3.750
300BC + 75CD = 20,6(10)
A solução destas equações simultâneas fornece
BC = 59,5 rad/s2 e CD = 36,8 rad/s2
Estes dois resultados são positivos, o que indica que as direções consideradas (ambas no sentido anti-horário) foram corretas. A aceleração de C é
aC = 125(64) 53,13o à direita e para cima + 125(36,8) 36,87o à direita e para baixo =
4.800 + 6.400 + 3.680 + 2.760 =
= 9.230 mm/s2 23,2o à direita e para cima
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
A solução pode ser também obtida empregando-se notação vetorial. Quando os eixos são selecionados, como mostrado na figura, as velocidades e acelerações angulares são
wAB = 14k, wBC = 2k, wCD = – 8k
AB = – 30k, BC = BCk, CD = CDk
Observe que wAB e wBC foram obtidas do Exemplo 8.21. Os raios vetores são
rAB = 75j, rBC = 300i – 125j, rCD = – 75j – 100j
Em cada caso, o raio vetor é um vetor que vai do ponto de referência (ou ponto fixo) até o ponto correspondente que se move. A equação da aceleração é
aC = aB + aC/B (a)
A aceleração do ponto C é
aC = CDxrCD + wCDx(wCDxrCD) = CDxrCD – 
= CDkx(– 75i – 100j) – (8)2(– 75i – 100j) =
= – 75CDj + 100CDi + 4.800i + 6.400j =
= (100CD + 4.800)i+ (– 75CD + 6.400)j
Analogamente,
aB = ABxrAB + =
= – 30kx75j – (l4)275j = 2.250i – 14.700j
e 
aC/B = BCxrBC – =
= BCkx(300i – 125j) – (2)2(300i – 125j) =
= 300BCj + 125BCi – 1.200i + 500j =
= (125BC – 1.200)i + (300BC + 500)j
Quando estas expressões são substituídas na Eq. (a), ela toma a seguinte forma:
(100CD + 4.800)i + (– 75CD + 6.400)j =
= 2.250i – 14.700j + (125BC – 1.200)i + (300BC + 500)j
Quando os coeficientes dos vetores unitários no lado esquerdo da equação são igualados aos coeficientes correspondentes no 'lado direito, a equação vetorial fornece
i: 100CD + 4.800 = 2.250 + 125BC – 1.200
j: – 75CD + 6.400 = – 14.700 + 300BC + 500
a qual, naturalmente, é o mesmo resultado que aquele obtido por meio da análise gráfica.
EXERCÍCIO-8.29
A base de uma escada com 7,50 m, na Fig. 8.44, desliza sobre o piso com a velocidade de 1,80 m/s, para a esquerda, e uma aceleração de 2,40 m/s2, para a esquerda, quando = tg-1 (7,2/2,1) (como mostrado). A extremidade superior da escada permanece em contato com uma parede vertical. Determine, para esta posição. A velocidade e a aceleração do centro de massa G.
SOLUÇÃO
A velocidade de G pode ser obtida aplicando-se as equações da velocidade relativa, como discutido no Art. 8.15, ou por meio dos centros instantâneos. O centro instantâneo está no ponto O da Fig. 8.44(b), e o valor da velocidade angular é
w = (vA/AO) = (1,80/7,20) = 0,250 rad/s
e a velocidade angular é 
w = 0,250 rad/s no sentido horário
A velocidade de G tem um valor igual a
vG = OG(w) = [(4,32)2 + (0,84)2]1/2(0,250) = 1,100 m/s
e sua direção é perpendicular a OG; assim,
vG = 1,100 m/s 11o à esquerda e para baixo
Desde que a aceleração do ponto A é dada, os pontos A e G são selecionados para a equação da aceleração relativa. Isto é,
e os termos são representados pelos esquemas exatamente abaixo da equação. Tanto a grandeza como a direção de aG não são conhecidas, e a grandeza de AB (considerada estar no sentido horário) é também uma incógnita. A velocidade angular da escada (w = 0,250 rad/s) foi determinada por intermédio dos centros instantâneos. A equação da aceleração pode ser escrita em termos de i e j como
aG = aGxi + aGyj = – 2,40i + 300(0,250)2[(– 2,10i – 7,20j)/7,50] +
+ 3,00[(7,20i – 2,10j)/7,50] (a)
Esta equação vetorial contém três incógnitas e é equivalente a duas equações escalares; desta maneira, ela não pode ser resolvida sem informação adicional. Desde que o ponto B se move verticalmente, a direção da sua aceleração deve ser vertical, e uma equação da aceleração relativa para os pontos A e B conterá somente duas quantidades desconhecidas. A equação é
a qual pode ser escrita em termos de i e j como
– aBj = – 2,40i + 7,50(0,250)2[(– 2,10i – 7,20j)/7,50] +
+ 7,50[(– 7,20i – 2,10j)/7,50]
Esta equação contém duas incógnitas, aB e a, as quais podem ser determinadas resolvendo-se as duas equações escalares representando os coeficientes de i e j. Os coeficientes de i fornecem
0 = – 2,40 + 7,50(0,250)2(– 2,10/7,50) + 7,50(– 7,20/7,50)
a partir da qual
 = 0,352 rad/s2
e o sinal positivo indica que a direção considerada para é correta; desta maneira,
 = 0,352 rad/s2 no sentido horário = – 0,352k rad/s2
Quando este valor de a é substituído na Eq. (a), tem-se
aG = – 2,40i + 300(0,250)2[(– 2,10i – 7,20j)/7,50] +
+ 3,00(0,352)[(7,20i – 2,10j)/7,50] =
= – 2,40i – 0,0525i – 0,1800j + 1,0138i – 0,296j =
= – 1,439i – 0,476j = 1,516 m/s2 18,30o à esquerda e para baixo
EXERCÍCIO-8.30
Os colares A e B do mecanismo da Fig. 8.47 deslizam ao longo de barras fixas e são conectados à barra C por um grampo em U em A e por uma articulação esférica em B. O grampo em U, em A, é ilustrado na Fig. 8.41 (que é repetida aqui por questão de conveniência). Na posição mostrada c = d = 2b e o colar A tem uma velocidade de vAi e uma aceleração de aAi. Determine a aceleração de B e a aceleração angular da barra C.
SOLUÇÃO
A velocidade angular de C é a soma da velocidade angular, w1, do colar e da velocidade angular, w2, de C ao redor do pino do grampo em U. O vetor unitário sobre o pino é
eP = [(rABxi)/|rABxi|] = [(– bi – 2bj + 2bk)xi/|(– bi – 2bj + 2bk)xi|] =
= [(j + k)/(2)1/2]
e a velocidade angular de C é
w = w1i + w2[(j + k)/(2)1/2] (a)
A equação da velocidade relativa de B em relação a A é
vBk = vAi + wxr = 
de onde se tira
as quais por sua vez fornecem
A velocidade angular de AB é
w = (vA/8b)(i – 2j – 2k)
A aceleração de B é
aB = aA + aB/A = aA + xr + wx(wxr) (b)
A velocidade angular, como dada na Eq. (a), é
w = w1i + w2eP
e a aceleração angular é
 = (dw/dt) = (dw/dt)1i + w1(di/dt) + (dw/dt)2eP + w2(de/dt)P
Desde que i é constante, (di/dt) é zero. A quantidade eP é um vetor unitário que pode variar em direção, mas não em grandeza. A velocidade angular de eP é a velocidade angular do colar, isto é, w1i; assim sendo,
(de/dt)P = w1ixeP = w1ix[(i + j)/(2)1/2] = [w1/(2)1/2]( j + k)
Assim, a aceleração angular torna-se 
e a quantidade xr é
A quantidade wxr é
e o triplo produto vetorial torna-se
Os valores anteriores podem ser substituídos na Eq. (b), resultando em
o que implica as três equações escalares seguintes:
Estas três equações contêm três incógnitas, (dw1/dt), (dw2/dt) e aB. A solução simultânea destas equações fornece
A aceleração angular de C é obtida substituindo-se estes valores na Eq. (c); isto é,
A aceleração de B é
EXERCÍCIO-8.31
Resolva o Problema 8.30 se o grampo em U, em A, é substituído por uma articulação esférica.
SOLUÇÃO
A componente da velocidade angular da barra, paralela à barra, wt, é indeterminada quando ambas as extremidades são conectadas a juntas esféricas, como observado no Art. 8.17. O mesmo motivo indica que a componente da aceleração angular paralela à barra é indeterminada. Uma vez que a direção de wt está variando, o valor considerado para wt será uma condicionante na determinação do valor de n, o qual é normal à barra. Por conveniência, considera-se que wt é zero. Admitindo-se um valor diferente para wt resultaria em um valor diferente para n, embora isso não afete a aceleração de B. A equação da velocidade relativa para os pontos A e B é
vB = vA + vB/A = vA + wxr
vBk = vAi + (wxi + wyj + wzk)x(– bi – 2bj + 2bk)
onde w = wxi + wyj + wzké a velocidade angular de AB. Quando esta equação é expandida ela se torna
e quando os coeficientes de i, j e k são equacionados, a equação fornece
 (a)
 (b)
 (c)
o requisito de que wt = w·(r/r) = 0 leva a
 wx 2wy + 2wz = 0 (d)
Quando a Eq. (b) é multiplicada por (– 1/2) e somada ao resultado da adição das Eqs. (a) e (d), o resultado é
2wz + (1/2)wz + 2wz = (vA/b) wz = (2vA/9b)
Pela Eq. (b),
wx = (1/2)wz = (vA/9b)
e pela Eq. (a) ou (d),
wy = (5vA/18b)
A velocidade angular é
w = wt + wn = 0 + wn = (vA/18b)(2i – 5j – 4k) rad/s
Este resultado pode ser também obtido pelo Exemplo 8.25, substituindo-se c = d = 2b.
A equação da aceleração relativa para os pontos A e B é
aB = aA + aB/A = aA + xr + wx(wxr)
onde r é a posição de B em relação a A e = xi + yj + zk é a aceleração angular de AB. Desde que wt foi imposta como igual a zero, a quantidade wx(wxr) é igual a (– w2r). A grandeza de w é
wn = (vA/18b)[22 (– 5)2 (– 4)2]1/2 = [(45)1/2vA/18b]
e o triplo produto vetorial torna-se
A equação da aceleração relativa, em termos de i, j e k, é
a qual se reduz às três equações seguintes:
 (e)
 (f)
 (g)
A condição para t ser igual a zero é satisfeita para ·r = O; isto é,
b(– x – 2y + 2z) = O (h)
As componentes x, y e z podem ser eliminadas dividindo-se a Eq. (e) por (1/2), somando o resultado à Eq. (f) e subtraindo-se da Eq. (g), o que fornece
donde
e a aceleração de B é
Os valores de x, y e z obtidos pela solução simultânea das equações (e), (f) e (h), são:
e a componente normal da aceleração angular de AB é
EXERCÍCIO-8.32
O pequeno disco D na Fig. 8.49 é fixado ao disco maior C no ponto A. O disco C gira ao redor do eixo vertical em O’ com uma velocidade angular absoluta de 5k rad/s, e D tem uma velocidade angular absoluta de 8k rad/s. Determine a velocidade do ponto P no disco D.
SOLUÇÃO
Quatro diferentes escolhas de eixos com movimento são usadas para demonstrar os vários termos na Eq. (8.27). Os eixos x e y são escolhidos paralelos aos eixos X e Y, para cada aplicação; conseqüentemente i = i’, j = j’ e k = k’.
Eixos sem rotação, origem em A. A equação da velocidade é
vP = vO + vP/xyz + wxr
onde
vO = vA =wCxO’A= 5kx120i = 600j mm/s
e
vP/xyz = wDxAP = 8kx80j = – 640i mm/s
Desde que os eixos não têm rotação, w = wxvz = 0 e o terceiro termo na equação é zero. Desta maneira,
vP = (600j – 640i) mm/s = 877mm/s 43,2o à esquerda e para cima
Eixos que giram com o corpo D, origem em A. A velocidade angular dos eixos xyz é 8k rad/s. Desde que P é um ponto fixo nos eixos com rotação, vP/xyz deve ser zero.
A equação da velocidade torna-se
vP = vO + vP/xyz + wxr = vO + 0 + 8kx80j =
= (600j – 640i) mm/s como anteriormente
Observe que quando P é fixo nos eixos que se movem, a velocidade de P em relação aos eixos é zero.
Eixos que giram com o corpo C, origem em P. A velocidade da origem é a velocidade do ponto C, que é coincidente com P no instante em consideração; assim,
vO = wCxr = 5kx(l20i + 80j) = (– 400i + 600j) mm/s
A velocidade de P em relação a eixos com rotação é a velocidade que pareceria ter um observador que estivesse em movimento (de rotação) com os eixos. A velocidade angular do disco D em relação aos eixos xyz é
wD/xyz = wD – wxyz = 8k – 5k = 3k rad/s
e a velocidade relativa de P é
vP/xyz = wD/xyzxrAP = 3kx80j = – 240i mm/s
Observe que a trajetória de P em relação aos eixos com rotação é uma trajetória circular que se desloca com os eixos. O terceiro termo na equação da velocidade é zero, uma vez que P está na origem e o valor de r (a posição de P a partir da origem) é zero. Assim, a velocidade de P é
vP = vO + vP/xyz + wxr =
= (– 400i + 600j) + (– 240i) + 5kx0
= (– 640i + 600j) como anteriormente
Eixos girando com o corpo C, origem em A. A velocidade angular dos eixos girantes é 5k rad/s, e a velocidade angular do corpo D em relação aos eixos girantes é 3k rad/s. A velocidade de P é
vP = vO + vP/xyz + wxr =
= 5kx120i + 3kx80j + 5kx80j =
= 600j – 240i – 400i = (– 640i + 600j) mm/s
O resultado deve, por certo, ser o mesmo independentemente da escolha dos eixos ou da origem. Neste exemplo em particular, os resultados, para cada sistema de eixos, são obtidos com o mesmo grau de dificuldade. Entretanto, é importante que os efeitos resultantes de cada sistema de eixos sejam completamente entendidos.
A aceleração de P pode ser obtida pela diferenciação da Eq. (8.27) em relação ao tempo. A aceleração é
 (c)
A quantidade pode ser diferenciada para fornecer
onde aP/xyz é a aceleração de P em relação ao sistema de coordenadas que se desloca. É a aceleração que P pareceria ter para um observador que estivesse em rotação juntamente com os eixos xyz.
A quantidade (dr/dt), da Eq. (b), é substituída no último termo da Eq. (c) para obter-se
Assim, a aceleração de P torna-se
 (8.28)
A soma dos primeiros três termos do lado direito da Eq. (8.28) fornece a aceleração do ponto P’, fixo no sistema de coordenadas xyz, e que é coincidente com a partícula P no instante considerado. Assim, a aceleração de P pode ser escrita como
 (8.28a)
A quantidade aP/xyz já foi definida como a aceleração de P medida relativamente ao sistema de coordenadas que se movimenta (xyz). Qualquer velocidade ou aceleração empregada para calcular esta quantidade deve ser mantida relativamente aos eixos que se deslocam.
O último termo da Eq. (8.28) é a aceleração de Coriolis ou suplementar. Esta componente é normal ao plano contendo os vetores w e vP/xyz como determinado pela regra da mão direita para os produtos vetoriais. O sentido da componente de Coriolis pode ser visualizado observando-se o movimento da extremidade do vetor vP/xyz quando ele gira na direção indicada por w.
Se um corpo rígido está preso a eixos que se movimentam e se os pontos O e P são pontos do corpo rígido (P e P’ serão idênticos), os últimos dois termos da Eq. (8.28) serão zero, pois tanto aP/xyz e vP/xyz são zero. O segundo e o terceiro termos da Eq. (8.28) são a aceleração de P’ em relação a eixos sem rotação em O.
Algumas vezes, é conveniente expressar a velocidade angular de um corpo rígido em relação a um segundo corpo rígido, exatamente como na discussão da velocidade angular de uma barra conectada a um colar girante em um grampo em U, no Art. 8.17. Como um outro exemplo, considere que a roda B na Fig. 8.50(a) gira ao redor de um eixo horizontal ao longo da linha OP no disco A, quando A gira ao redor do eixo z. A velocidade angular absoluta de A é wA, e a roda B tem uma velocidade angular relativa ao disco A de wB/A sobre o eixo OP. A velocidade angular absoluta de B é
wB = wA + wB/A = wA + wB/AeOP
onde eOP é um vetor unitário paralelo à linha OP, o eixo da velocidade angular relativa. A velocidade de B é mostrada na Fig. 8.50(b).
A aceleração angular de B é obtida diferenciando-se a velocidade angular; isto é,
O terceiro termo na equação anterior resulta da variação na direção do vetor velocidade angular relativa. Este termo será zero somente quando wA ou wB/A é zero, ou quando wA e wB/A são paralelos.
A determinação das acelerações usando eixos com rotação, usando eixos sem rotação, e por diferenciação será discutida nos exemplos que se seguem, Normalmente,mecanismos de ligação com conexões não deslizantes podem ser solucionados mais diretamente pelo emprego de eixos não rotativos, como nos Arts. 8.19 e 8.20. Mecanismos com conexões deslizantes podem ser mais facilmente resolvidos empregando-se eixos rotativos e a Eq. (8.28); veja o Exemplo 8.34. Muitos problemas, tal como o Exemplo 8.33, podem ser resolvidos mais diretamente diferenciando-se a função posição para determinar a velocidade e a aceleração. A maioria dos problemas pode ser resolvida por mais de um método, e as preferências pessoais ditarão a escolha. A solução por dois métodos diferentes proporciona uma excelente ferramenta para verificação do trabalho.
EXERCÍCIO-8.33
Os blocos D e E na Fig. 8.51 são fixados juntos, e D desliza sobre a ranhura na barra OA, enquanto que E desliza na ranhura vertical. A velocidade angular de OA é wk e sua aceleração angular é (dw/dt)k quando o ângulo está na posição mostrada. Determine a aceleração do bloco E para esta posição.
SOLUÇÃO
Desde que o bloco D desliza sobre a barra OA, um sistema rotativo de eixos, xyz, é selecionado como mostrado. Os eixos fixos, XYZ, e os eixos rotativos, xyz, apresentam, ambos, suas origens em O, neste exemplo. A velocidade e a aceleração angulares dos eixos rotativos são as mesmas que aquelas da barra OA. Os vetores unitários i’ e j’ são paralelos a X e a Y e i e j são paralelos a x e y, respectivamente. A Equação (8.28) é
Os seguintes valores são disponíveis para os dados fornecidos e para a seleção dos eixos:
Observe que r é a distância de O até D. Uma vez que E se move ao longo da ranhura vertical, sua aceleração é aE = aEj’. Quando estes valores são substituídos na equação da aceleração, ela se torna
 (a)
A quantidade r = b.sec pode ser determinada para qualquer ângulo , mas a equação contém ainda três quantidades desconhecidas: aE, (dr/dt) e (d2r/dt2). O valor de; pode ser determinado pela Eq. (8.27); assim,
Como vE é vertical, a componente horizontal de vE deve ser zero; isto é,
vE·i’ = 0 (b)
Observe que
i’ = icos – jsen
desta maneira, a Eq. (b) torna-se
da qual se tem
Quando esta quantidade é substituída na Eq. (a), tem-se
 (c)
na qual as duas quantidades desconhecidas são aE e (d2r/dt2). o primeiro termo da direita nesta equação pode ser determinado substituindo-se j’ por seu equivalente (isen + jcos) e tomando o produto escalar da equação com j. Isto é,
ou
donde
Como indicado no parágrafo anterior a este exemplo, este problema particular poderia ser resolvido mais rapidamente pela derivação de uma expressão relacionando a posição de D à posição angular de OA e diferenciando uma segunda vez. O objetivo deste exemplo é ilustrar a aplicação da aceleração relativa em relação a eixos rotativos.
EXERCÍCIO-8.34
O bloco D na Fig. 8.52 está preso à barra CD e desliza ao longo da barra OAB. O mecanismo move-se em um plano comum e, na posição mostrada, wCD = – 4k rad/s, e (dwCD/dt) = – 10k rad/s2, Determine a aceleração angular da barra OAB.
SOLUÇÃO
Como o bloco D desliza ao longo da barra AB, o movimento de D, em relação aos eixos que giram com OAB, será retilíneo e a solução será direta. A origem dos eixos em movimento pode ser selecionada para qualquer ponto conveniente, tal como O, A, B, ou o ponto em AB que é coincidente com D. O ponto A será selecionado como a origem para este exemplo, onde R e r na Eq. (8.28) são
R = ROA = 100j e r = rAD = 125i
A velocidade relativa vD/xyz e a velocidade angular dos eixos xyz são necessárias para a equação da aceleração relativa e podem ser obtidas a partir da equação da velocidade relativa; assim,
onde w é a velocidade angular dos eixos xyz. A velocidade de D é
a quantidade (dR/dt) é
(dR/dt) = wxr = wkx(100j) = 100wi
o vetor wxr é
wxr = wkx(125i) = 125wj
e
vD/xyz = vD/xyzi
donde
(400i + 300j) = 100wi + 125wj + vD/xyzi
Esta equação vetoriaI é equivalente a
400 = 100w + vD/xyz e 300 = 125w
donde
w = 2,4k e vD/xyz = 640i
A aceleração de D é
A aceleração de D pode ser também expressa como
onde w e (dw/dt) referem-se aos eixos rotativos. O vetor (d2R/dt2) é
Quando valores numéricos são substituídos para w, r e vD/xyz a equação da aceleração torna-se
Esta equação vetorial é equivalente a
e
donde
A primeira equação, em função das componentes de i, não é usada neste problema.
EXERCÍCIO-8.35
O helicóptero na Fig. 8.53 está pairando acima de um ponto do solo, tanto que o ponto O’ permanece estacionário. O corpo A tem uma velocidade angular de wA = wAk’, a qual está diminuindo com uma aceleração angular de (dwA/dt) = (dwA/dt)k’. Observe que o valor numérico de (dwA/dt) será negativo. A cauda do rotor B tem uma velocidade angular constante relativa a A e, na posição mostrada, wB/A = wB/Aj. Determine: (a) A aceleração angular da cauda do rotor. (b) A aceleração do ponto P da cauda do rotor.
SOLUÇÃO
Os eixos XYZ (vetores unitários i’, j’, k’) são fixos, e os eixos xyz em movimento (vetores unitários i, j, k) em O movem-se com o corpo A. Desta maneira, a velocidade angular dos eixos xyz é wA. A velocidade angular de B é
wB = wA + wB/A = wAk’ + wB/Aj
e a aceleração angular de B é
O fator (dk’/dt) é zero, pois k’ não varia em direção. A quantidade (dw/dt)B/A é igual a zero, e (dj/dt) = wAxj; assim,
Observe que i = i’ no instante considerado.
A aceleração de P, pela Eq. (8.28), é
São utilizados os mesmos eixos da parte (a), e as seguintes quantidades podem ser escritas para esta escolha de eixos. O vetor (d2R/dt2) é a aceleração de O, movendo-se em um círculo horizontal, ao redor de O’; isto é,
O vetor r é rk; logo
visto que r é paralelo tanto a wA. como a (dwA/dt) O ponto A move-se em um círculo de raio r, em relação aos eixos xyz; desta forma,
e
Assim, a aceleração de P torna-se
Uma verificação desta solução pode ser feita selecionando-se os eixos xyz em O, e sem que haja rotação, ou pela colocação dos eixos xyz girando com o rotor B.
EXERCÍCIO-9.1
Um piloto de avião completa um mergulho saindo de uma trajetória circular em um plano vertical. A velocidade do avião na base da trajetória é de 540 km/h. A massa do piloto é de 80 kg, e a aceleração máxima que ele pode alcançar é 8g. Determine o mínimo raio do círculo e o peso aparente do piloto na base da trajetória.
SOLUÇÃO
A trajetória do avião é mostrada na Fig. 9.3(a). No tempo que se deseja, a trajetória é circular, tanto que as direções indicadas n e t fornecerão coordenadas adequadas ao problema.
O mínimo raio do círculo pode ser determinado pela cinemática. A grandeza da aceleração normal na base da trajetória é
an = (v2/r) (a)
onde
v = 540 km/h =540(1.000/3.600) = 150 m/s
e
a = 8g = 8(9,81) = 78,5 m/s2
Substituindo-se os valores acima, a Eq. (a) torna-se
78,5 = (1502/r)
da qual
r = 287 m
A Fig. 9.3(b) apresenta um diagrama de corpo livre do piloto. A força N é o peso aparente do piloto, isto é, a força que seria registrada em uma balança de mola colocada no assento do piloto. A equação do movimento é
(N – P)en + Fet = m(anen + atet)
ou na forma escalar
en: N – P = m(8g) (b)
e
et: F = mat (c)
A força N pode ser calculada pela Eq. (b) e Eq. (9.2) como
N = 9P
ou
N = 9(80)(9,81) = 7.060 N
Assim, o peso aparente do piloto na base do mergulho é nove vezes o valor normal. A Eq. (c), que relaciona a força e a aceleração na direção tangencial, não é necessária na solução para N, e verifica-se que N é independente da aceleração tangencial.
EXERCÍCIO-9.2
O pequeno corpo na Fig. 9.4(a) tem uma massa de 1,5 kg e gira em um plano horizontal na extremidade da corda AB.A linha AO tem uma velocidade angular constante de 25 rpm. Determine a tensão na corda e o ângulo .
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo livre do corpo A é mostrado na Fig. 9.4(b). A trajetória circular do corpo sugere que as componentes normal e tangencial seriam apropriadas para este problema. As direções positivas dos eixos são mostradas na Fig. 9.4(b).
A força T no diagrama de corpo livre tem duas incógnitas características, a grandeza T e o ângulo .A equação do movimento é
R = T(cosez + senen) – mgez = m(anen + atet + azez)
Não há forças na direção t, e
at = O
pois a velocidade angular w da linha OA é constante. A equação vetorial do movimento fornece, desta maneira, duas equações escalares:
en: T.sen = man
ez: T.cos mg = maz
O corpo move-se em um plano horizontal, tanto que
az = 0
e pela cinemática
an = rw2 = 1,00[25(2π)/60]2 = 6,85 m/s2
Substituindo-se valores para m, g, e as componentes de aceleração na equação escalar tem-se
T.sen = 0,15(9,81) = 1,028
e
T.cos 0,15(9,81) = T.cos 1,472 = O
donde
T = 1,795N e = 34,9o
EXERCÍCIO-9.3
A massa do bloco A na Fig. 9.5(a) é 5,0 kg, e a massa do bloco B é 3,0 kg. Os blocos são conectados por uma corda flexível inextensível que passa por uma polia lisa em C. As massas da corda e da polia são desprezíveis. O coeficiente de atrito entre o plano e o bloco A é 0,30. Os blocos estão inicialmente no repouso. Determine a tensão na corda e a velocidade de A após o mesmo ter percorrido 2,00 m.
SOLUÇÃO
A velocidade de A pode ser determinada a partir dos princípios da cinemática, uma vez que a aceleração é conhecida. Um diagrama de corpo livre de A é mostrado na Fig. 9.5(b). A força de atrito F está na direção oposta à direção da velocidade. Desde que os blocos são liberados do repouso, a velocidade após um curto tempo da liberação estará na mesma direção da aceleração. A direção da aceleração é desconhecida e deve ser admitida. Neste caso, considera-se que a aceleração está para cima no plano, o que significa que a velocidade também estará para cima, no plano. Desta forma a força de atrito estará para baixo no plano.
Os eixos coordenados são escolhidos paralelo e perpendicular ao plano, porque o bloco A desliza sobre o mesmo, ou seja, aAy = 0 e aAx = aA.A equação do movimento para o corpo A é
R = F = maA
ou
Ti – Fi + Nj + 25(0,8i – 0,6j) + 5,0(9,81)(– 0,6i – 0,8j) = 5,0aAi
Esta equação vetorial do movimento para o corpo A fornece duas equações escalares
i: T – F + 20 – 29,43 = 5,0aA (a)
e
j: N – 15,0 – 39,24 = 0 (b)
As Eqs. (a) e (b) contêm quatro incógnitas, T, F, aA e N. Uma equação adicional é disponível pelo atrito, pois considera-se que o bloco desliza sobre o plano, e a grandeza da força de atrito é desta maneira igual ao valor limite
F = N = 0,30N (c)
Isto ainda conduz a quatro incógnitas e três equações.
Pode ser obtida uma outra equação desenhando-se o diagrama de corpo livre do corpo B [Fig. 9.5(c)] e aplicando-se a segunda lei de Newton:
R = F = maB
Observe-se que aB = aBy pois o bloco B tem movimento somente na direção y. Poderá também ser verificado que a direção positiva de y é para baixo no diagrama de corpo livre do bloco B. A lógica para esta escolha será verificada mais tarde.
A tensão na corda T tem a mesma grandeza em ambos os diagramas de corpo livre. Este fato pode ser demonstrado desenhando-se um diagrama de corpo livre da polia, como na Fig. 9.5(d). Visto que a polia tem massa desprezível, são válidas as equações de equilíbrio, e pela equação MO = O, as duas tensões são iguais. (Será visto mais tarde que quando a massa da polia não é zero, as tensões não são iguais.) Assim, a equação do movimento para o bloco B torna-se
– Tj + 29,43j = 3,0aBj
ou
– T + 29,43 = 3,0aB (d)
A Eq. (d) fornece uma quarta equação, mas introduz uma quinta incógnita, aB. Entretanto, como a corda é inextensível, a cinemática fornece
aB = aA (e)
para as direções positivas mostradas nas Fig. 9.5(b) e 9.5(c). Devem ser selecionadas direções positivas consistentes para estas acelerações, de forma a evitar o emprego do sinal negativo quando elas são equacionadas. Se aA fosse considerada para baixo no plano, aB poderia ser considerada para cima, para ser consistente. Observe que, neste caso, a força de atrito poderia ser invertida.
Há agora cinco equações (a), (b), (c), (d) e (e) e cinco incógnitas. A grandeza
N = 54,24 N
é obtida através da Eq. (b) e substituída na Eq. (c), tanto que
F = 0,3N = 0,3(54,24) = 16,27 N
Quando o valor de F é substituído na Eq. (a), ela se torna
T – 16,27 + 20,0 – 29,43 = 5,0aA
e a Eq. (d) se torna
– T + 29,43 = 3,0aB = 3,0aA
As duas equações acima são resolvidas simultaneamente para fornecer
T = 28,0 N e aA = 0,466i m/s2
Na Fig. 9.5(e) é mostrado um diagrama v-t para o bloco A. A área do triângulo é de 2,00 m, e a inclinação é 0,466 m/s2. Assim
área = (vtt/2) = 2,00
e
inclinação = (vt/t) = 0,466
donde
vt = 1,365i m/s
Se a aceleração foi considerada na direção errada, o valor de aA terá um sinal negativo, indicando que a velocidade resultante e, portanto, a força de atrito foi considerada estar no sentido errado. Como resultado, seria necessário resolver o problema ainda com a força de atrito na direção correta.
Outro método de solução é considerar que os corpos estão em equilíbrio e determinar a força de atrito necessária a manter o equilíbrio. Se o atrito assim determinado é menor que o valor limite (N) o sistema permanecerá no repouso. Se a força de atrito para o equilíbrio é maior que o valor limite, o sistema será acelerado em uma direção oposta à direção do atrito (uma vez que os blocos estão inicialmente no repouso), e as direções da velocidade e da aceleração serão, então, conhecidas.
Se o sistema de forças que age no bloco A produz uma inversão de velocidade durante o intervalo de tempo, a direção da força de atrito também ficará invertida em grandeza, embora não necessariamente em direção.
EXERCÍCIO-9.4
O corpo A de 2,00 kg e o corpo B de 4,00 kg na Fig. 9.6(a) estão inicialmente em repouso. Os coeficientes de atrito são = 0,70 entre os corpos A e B, e B entre o corpo B e a superfície horizontal. Determine as acelerações dos dois corpos devido à força de 20 N aplicada ao corpo A.
SOLUÇÃO
Três diferentes combinações de movimento são possíveis para o sistema mostrado na Fig. 9.6(a):
 O corpo A acelera, e o corpo B permanece em repouso.
 Os corpos A e B movem-se ambos com a mesma aceleração.
 Os corpos A e B movem-se, mas com acelerações diferentes.
Os diagramas de corpo livre dos corpos A e B são mostrados na Fig. 9.6(b) e 9.6(c). Observe que as forças de atrito devem-se opor ao deslizamento ou tendência ao deslizamento. As equações do movimento para os corpos A e B são, respectivamente
R, = (20 – FA)i + [NA – 2,00(9,81)]j = 2,00aAi
R" = (FA – FB)i + [NB – NA – 4,00(9,81)]j = 4,00aBi
As equações escalares para o corpo A são
i: 20 – FA = 2,00aA (a)
j: NA – 19,62 = 0 (b)
e para o corpo B as equações são
i: FA – FB = 4,00aB (c)
j: NB – NA – 39,32 = 0 (d)
As quatro equações (a), (b), (c) e (d) contêm seis incógnitas, NA, NB, FA, FB, aA e aB. A força NA, determinada através da Eq. (b), é
NA = 19,62 N
e a força NB determinada através da Eq. (d), éNB = NA + 39,32 = 19,62 + 39,32 = 58,94 N
Permanecem duas equações, (a) e (c), e quatro incógnitas, FA, FB, aA e aB. As duas equações adicionais necessárias a completar a solução são determinadas pela consideração de três possíveis combinações de movimento.
Considere que o corpo A acelera e que o corpoB permanece em repouso.
Neste caso, as duas equações adicionais são
aB = 0
e
FA = F’A = ANA
Em adição, visto que o blocoB permanece em repouso, a força de atrito FB deve ser menor que seu valor limite F’B, onde
F’B = BNB = (0,20)(58,94) = 11,79 N
Quando aB = 0 é substituído na Eq. (c), ela se torna
FA – FB = 0
ou
FA = FB = 13,73 N
Desde que FB é maior que F’B, a consideração de que o corpo B permanece em repouso não é válida.
Considere que os corpos A e B movam-se com a mesma aceleração. Neste caso
aA = aB
e
FB = F’B = 11,79 N
uma vez que B desliza na superfície horizontal. Em conclusão, como não há movimento relativo entre A e B, a força de atrito FA deve ser menor que seu valor limite; isto é
FA < F’A
ou 
FA < 13,73 N
As Eqs. (a) e (c) tornam-se agora
20 – FA = 2,00aA = 2,00aB
e
FA F’B = FA 11,79 = 4,00aB
As duas equações acima podem ser resolvidas simultaneamente e fornecem
aB = aA = 1,372 m/s2
e 
FA = 17,28 N
Uma vez que FA é maior que F’A, a consideração de que os corpos A e B movem-se com a mesma aceleração não é válida.
Considere que os corpos A e B movam-se ambos, mas com acelerações diferentes. Neste caso
FA = F’A = 13,73 N
e
FB = F’B = 11,79 N
e, em conclusão, aA deve ser maior que aB. Substituindo-se os valores acima nas Eqs. (a) e (c), implica
20 – F’A = 20 – 13,73 = 2,00aA
FA F’B = 13,73 – 11,79 = 4,00aB
donde
aA = 3,14 m/s2, aB = 0,490 m/s2
e
aA = 3,14i m/s2, aB = 0,490i m/s2
Desde que aA é maior que aB, o bloco A deslizará para a direita sobre B, e a força limite se oporá ao movimento como mostrado.
EXERCÍCIO-9.5
Um pequeno corpo de 2,0 kg é suspenso do teto de um ônibus por um fio de 1,30 m. Quando o ônibus é acelerado para a esquerda, o corpo oscila na direção da traseira do ônibus, como mostrado na Fig. 9.7(a). Considere que a aceleração é constante e que o pêndulo não oscila. Quando a distânciad é 0,50 m, determine (a) a aceleração do ônibus e (b) a grandeza da tensão da corda.
SOLUÇÃO
Um diagrama de corpo livre do corpo é ilustrado na Fig. 9.7(b). A força gravitacional e a tensão T são as forças externas agindo sobre o corpo. A força efetiva reversa é mostrada como uma linha tracejada para distingui-la das forças reais. Deve ser observado que uma vez que a aceleração está dirigida para a esquerda, a força efetiva reversa estará agindo para a direita. A equação de equilíbrio para o corpo é
R = 0
T[(5/13)i + (12/13)j] – 19,62j – 2,0ai = 0
As equações escalares associadas são
i: (5/13)T – 2,0a = 0 (a)
j: (12/13)T – 19,62 = 0 (b)
A tensão T, pela Eq. (b), é
T = (13x19,62/12) = 21,26 N
e quando este valor é substituído na Eq. (a) o valor de a fica
a = (5x21,26/13x2,0) = 4,088 m/s2
e
a = 4,088i m/s2
EXERCÍCIO-9.6
Um homem deseja deslizar uma caixa homogênea de 60 kg na Fig. 9.9(a) sobre o solo, puxando-a sobre ele com uma força P, como indicado. O coeficiente de atrito entre a caixa e o solo é 0,20. Uma aceleração de 2,0 m/s2 para a direita pode ser produzida sem tombar a caixa? Caso positivo, determine a grandeza da força P.
SOLUÇÃO
A Fig. 9.9(b) é um diagrama de corpo livre da caixa. Como o corpo tem um movimento de translação, as equações do movimento são
Fxi + Fyj = m(aGxi + aGyj) e MGz = 0
Considere que a caixa deslizará sem tombar. Uma verificação da validade desta consideração pode ser obtida determinando-se a distância x; se x é menor que 0,5 m, a caixa não tombará. A força P é grande suficiente para causar o deslizamento da caixa; assim sendo, o atrito será igual ao valor limite. Isto é,
F = F’ = N = 0,20N (a)
As equações do movimento para os eixos mostrados no diagrama de corpo livre são
Pi – Fi + Nj – 60(9,81)j = 60(2,0i + 0j) = 120i
e
MGzk = xNk – 0,7Pk – 1,0Fk = 0
As equações escalares são
i: P – F = 120 (b)
j: N – 60(9,81) = 0 (c)
k: xN – 0,7P – 1,0F = 0 (d)
As equações (a)-(d) podem ser usadas para determinar três forças incógnitas e uma distância incógnita; assim, todos os valores desconhecidos podem ser encontrados. O valor para N é determinado pela Eq. (c) e substituído nas Eqs. (a) e (b), Os resultados são
N = 589j N, F = – 117,7i N e P = 238i N
Substituindo estes valores na Eq. (d), o valor para x é encontrado como sendo
x = 0,483 m
Desde que x é menor que 0,5 m, o tombamento não é iminente. Se x fosse igual a 0,5 m, a caixa poderia estar na iminência de um tombamento. Se x fosse maior que 0,5 m, a caixa poderia tombar antes que P aumentasse até 238 N, e a solução não seria válida.
EXERCÍCIO-9.7
O conjunto na Fig. 9.10(a) apresenta uma translação onde a aceleração das partículas mantém-se paralela ao eixo x. O corpo A homogêneo com 1.000 kg é suportado sobre o corpo B por mancais em C e D de uma barra lisa. A corda EF, paralela ao plano xz, está sujeita a uma força trativa de 20 kN. Determine as reações nos mancais em C e D no corpo A e a aceleração do conjunto.
SOLUÇÃO
A massa de A e a tensão na corda são dadas. São pedidas as reações em C e D no corpo A e a aceleração de A.
A Fig. 9.10(b) é um diagrama de corpo livre do corpo A. Como a barra suporte é lisa, não há componentes de força na direção y em C e D. O corpo A tem translação, mas nem todas as forças estão em um plano; desta maneira, são necessárias as Eqs. (9.11). As equações são
F = ma e MG = 0
Há cinco quantidades desconhecidas no diagrama de corpo livre e na equação do movimento, ou seja, Cx; Cz, Dx, Dz e a = axi.
Em geral, as duas equações vetoriais são equivalentes a seis equações algébricas. Entretanto, como não há forças ou acelerações na direção y, a equação componente Fy = may não acarretará nenhuma nova informação; assim, somente cinco equações são disponíveis na determinação das cinco incógnitas.
A força na corda é paralela ao plano xz e pode ser escrita como
T = 20.000(0,6i – 0,8k) = (12.000i – 16.000k) N
As direções positivas são indicadas pelos eixos coordenados. A equação de força fornece
F = T + C + D + P = m(ax)i
que se transforma em
(12.000i – 16.000k) + (Cxi + Czk) + (Dxi + Dzk) – 1.000(9,81)k = l.000axi
Na forma das componentes, a equação anterior torna-se
12.000 + Cx + Dx = 1.000ax (a)
e
– 16.000 + Cz + Dz – 9.810 = 0 (b)
Para se escrever a equação de momento do movimento na forma vetorial, são necessários os vetores posição em relação a G dos pontos sobre a linha de ação das forças C, D e T. Os pontos C, D e E são convenientes e serão utilizados. Como o bloco é homogêneo, G fica no centro geométrico do bloco, e os vetores são
rC = (0,75i + 0,50j – 1,00k) m
rD = (0,75i – 0,50j – 1,00k) m
rE = (0,75i – 0,50j + 1,00k) m
A equação de momento é
MG = rCxFC + rDxFD + rExT = 0
ou
(0,75i + 0,50j – 1,00k)x(Cxi + Czk) + (0,75i – 0,50j – 1,00k)x(Dxi + Dzk) +
+ (0,75i – 0,50j + 1,00k)x(12.000i – 16.000k) = 0
que se expande em
[0,50Czi – (Cx + 0.75Cz)j – 0,50Cxk] + [– 0,50Dzi – (Dx + 0,75Dz)j + 0,50Dxk] +
+ [8.000i + (12.000 + 12.000)j + 6.000k] = 0
Desde que as componentes i, j e k devem ser cada uma igual a zero, isto é equivalente às três equações escalares seguintes:
i: 0,50Cz – 0,50Dz + 8.000 = 0(c)
j: – (Cx + Dx) – 0,75(Cz + Dz) + 24.000 = 0 (d)
k: – 0,50Cx + 0,50Dx + 6.000 = 0 (e)
As equações (b) e (c) podem ser resolvidas simultaneamente para os valores de Cz e Dz:
Cz = 4.905 e Dz = 20.905
Assim, pela Eq. (b), Cz + Dz = 25.810, e a Eq. (d) pode ser escrita como
– (Cx + Dx) – 0,75(25.810) + 24.000 = 0
ou
Cx + Dx = 4.642,5 (f)
A solução simultânea das Eqs. (e) e (f) dá
Cx = 8.321 e Dx = – 3.679
Desta maneira, as reações nos mancais do corpo A são
FC = (8.321i + 4.905k) = 9.660(0,861i + 0,508k) N
e
FD = (– 3.679i + 20.905k) = 21.200(– 0,1733i + 0, 985k) N
A aceleração pode ser encontrada pela Eq. (a) como
12.000 + 8.321 – 3.679 = 1.000ax ou ax=16,64 m/s2
donde
ax = 16,64i m/s2
	EXERCÍCIO-9.8
A roda desbalanceada A de 30 kg na Fig. 9.13(a) tem um raio de giração de massa, em relação ao eixo horizontal de rotação que passa por O, igual a 150 mm. A roda é simétrica em relação ao plano do movimento. O bloco B de 20 kg é ligado a A por uma corda inextensível que passa por um cilindro liso em D e é enrolada ao redor de A. O momento do binário C aplicado a A é 35 N·m no sentido anti-horário. Quando A está na posição indicada, ele tem uma velocidade angular de 6,0 rad/s no sentido horário. Determine as componentes normal e tangencial da reação em O no corpo A. Despreze o atrito do mancal em O.
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo rígido do corpo A é mostrado na Fig. 9.13(b). A reação em O é resolvida em componentes normal e tangencial ao longo dos eixos x e y, respectivamente. Uma vez que o corpo é simétrico em relação ao plano do movimento, aplica-se a Eq. (9.15), e as três equações do movimento para o corpo A são
∑Fx = maGx = − mrGw2 = Ox – 0,60T – 0,80(30)(9,81) = – 30(0,10)(– 6,0)2 (a)
∑Fy = maGy = − mrGα = Oy – 0,80T + 0,60(30)(9,81) = 30(0,10)α (b)
∑MOx = Iz α = mk2α (c)
As três equações do movimento para o corpo A contêm quatro incógnitas, Ox, Oy, T e α. Pode-se obter uma equação adicional através do diagrama de corpo livre do corpo B, na Fig. 9.13(c). A equação do movimento na direção y é
∑Fy = may T – 20(9,81) = 20aBy (d)
Esta equação não contém forças desconhecidas adicionais, e a aceleração incógnita aBy pode ser expressa em função da aceleração angular de A. Observando-se a direção positiva do eixo y para o corpo B e a direção de α para o corpo A, esta relação cinemática transforma-se em
aBy = 0,20α (e)
Há agora cinco equações e cinco incógnitas. Quando a Eq. (e) é substituída nas Eq. (d), as Eq. (d) e (c) podem ser resolvidas simultaneamente para T, ou seja,
T = 232,6N
e para α, isto é
α = 9,079 rad/s2
Estes resultados podem ser substituídos nas primeiras duas equações para se determinar as componentes das reações. Os resultados são
Ox = 267i N
e
Oy = 36,8j N.
EXERCÍCIO-9.9
A placa homogênea A em forma de um triângulo reto, de espessura desprezível na Fig. 9.14(a), tem 36 kg e gira ao redor do eixo z com uma velocidade angular de 4k rad/s e uma aceleração angular de 6k rad/s2 na posição mostrada. A placa é montada em uma barra circular horizontal, lisa e suportada por mancais lisos em B e C. Determine o torque T aplicado à roda e as reações dos mancais sobre a barra, quando a placa está na posição mostrada. Despreze a massa da barra circular.
SOLUÇÃO
A velocidade e a aceleração angulares da placa, além de sua massa e dimensões, são fornecidas no problema. São pedidos o conjugado T e as reações nos mancais.
Um diagrama de corpo livre da placa e da barra é mostrado na Fig. 9.l4(b). Como o mancal da barra é liso, não há componentes de força na direção z em B e C.
O corpo A possui rotação, mas nem o corpo nem o sistema de forças são simétricos em relação ao plano do movimento (o plano xy), e embora a Eq. (9.15) seja válida para este problema, ela não proporciona informação suficiente para se resolver o problema. A força geral e as equações de momento, Eq. (9.13) e (9.14), podem ser usadas para resolver este problema. Estas equações são
∑F = maG
e
∑MO = (w2Iyz – αIxz)i – (w2Ixz + αIyz)j + αIzk
Estas equações envolvem quatro componentes de forças desconhecidas e um momento desconhecido T. A aceleração de G pode ser obtida pelos dados fornecidos e pelos princípios da cinemática. Os momentos e os produtos de inércia podem ser determinados através dos dados, tanto por integração ou pelo Apêndice B.
As duas equações vetoriais do movimento são equivalentes a seis equações das componentes. Entretanto, como observado anteriormente, não há forças na direção z, e a equação de força
∑F = maGx
não adicionará qualquer outra informação; todavia, para este problema, as duas equações gerais do movimento são equivalentes a somente cinco equações. Desde que há somente cinco componentes de força e binário incógnitas, a análise fica completa.
Os valores dos momentos e dos produtos de inércia são obtidos através do teorema dos eixos paralelos. Assim (ver Apêndice B)
Iz = IzG + mxG2 = m(2b2 + 3c2)/36 + md2 =
= 36[2(0,90)2 + 3(0)2/36] + 36(0,30)2 = 4,86 kg.m2
Ixz = (Ixz)G + mxGzG = – (mab/36) + m(b/3)(0) =
= – [36(1,50)(0,90)/36] + 0 = – 1,35 kg.m2
Como o plano xz é um plano de simetria, Iyz é zero.
A aceleração de G é
aG = – rGw2i + rGαj = – (0,30)(4)2i + (0,30)(6)j = (– 4,8i + 1,8j) m/s2
A Eq. (9.13a) torna-se
∑F = maG = Bxi + Byj + Cxi + Cyj – 36(9,81)i = 36(– 4,8i + 1,8j)
que é equivalente a
i: Bx + Cx = 36(9,81) – 36(4,8) = 180,4 (a)
e
j: By + Cy = 64,8 (b)
A Eq. (9.14a) para momentos torna-se
∑MO = rBxFB + rCxFC + rGxP + T= – αIxzi – w2Ixzj + αIzk
ou
(1,30k)x(Bxi + Byj) + (– 0,80k)x(Cxi + Cyj) + (0,30i)x(– 36)(9,81)i + Tk =
= – 6(– 1,35)i – (4)2(– 1,35)j + 6(4.86)k
que, quando expandida, é equivalente a
i: – 1,30By + 0,80Cy = 8,10 (c)
j: 1,30Bx – 0,80Cx = 21,60 (d)
k: T = 29,16 (e)
As Eqs. (a) e (d) podem ser resolvidas simultaneamente para Bx e Cx; as Eqs. (b) e (c) podem ser resolvidas para By e Cy; e a Eq. (e) fornece T. As componentes são
Bx = 79,0 N, By = 20,8 N, Cx = 101,4 N, Cy = 44,0 N, e T = 29,16 N.m
o binário e as reações nos mancais são
T = 29,2k N.m
FB = 79,0i + 20,8j = 81,7(0,967i + 0,255j) N
e
FC = 101,4i + 44,0j = 110,5(0,917i + 0,398j) N
	EXERCÍCIO-9.10
O corpo A na Fig. 9.17(a) é um cilindro sólido e homogêneo com uma ranhura fina cortada nele, conforme indicado pelo círculo tracejado. O efeito da ranhura no momento de inércia do cilindro pode ser desprezado. O coeficiente de atrito entre o cilindro e o plano é 0,40. O bloco B está conectado a A pela corda flexível que passa por um tambor liso e é enrolada ao redor do cilindro na ranhura. Determine a massa máxima que o bloco B pode ter se o cilindro deve rolar sem deslizamento ao longo do plano inclinado. O ponto em A em contato com o plano tem movimento iminente para baixo sobre o plano.
SOLUÇÃO
Os diagramas de corpo livre para os dois corpos são mostrados na Fig. 9.17(b) e (c). Para movimento iminente, a força de atrito F opõe-se ao movimento ou ao movimento iminente do ponto de contato; desta maneira, o atrito em A é para cima sobre o plano. O corpo A tem movimento plano e o corpo B possui translação. As equações gerais do movimento para A são
Fx = maGx, Fy = maGye MGz = Iz
e a equação do movimento para B é
Fy = maBy
Os eixos x, y e z para o corpo A são selecionados paralelos e perpendiculares ao plano, como mostrado, e aGy é zero. Os eixos para a Fig. 9.17(b) são selecionados como mostrado, tanto que uma aceleração angular, αk, resultará em uma aceleração positiva de G, aGxi. Nos dois diagramas de corpo livre, há quatro quantidades incógnitas (mB T, F e N), e as quatro equações do movimento contêm três acelerações desconhecidas (aGx, α e aBy), totalizando sete incógnitas e quatro equações de movimento. Três equações adicionais devem ser obtidas pelo atrito e pela cinemática.
Uma vez que o atrito é iminente, a grandeza da força de atrito é
F = F’ = 0,40 N
A roda não desliza; assim sendo, pela cinemática, a aceleração de G é
aGxi = ri = 0,300i
Nota: = k é considerada no sentido horário e (aG)x é considerada para cima sobre o plano. A componente x da aceleração de E (igual em grandeza à aceleração deB) pode ser expressa em termos da aceleração angular de A por movimento relativo. Assim, com considerada no sentido horário
donde
(aE)x = (aB)y + 0,300 + 0,225 = +0,525
onde (aE)x está para cima no plano e (aB)y está para baixo.
Quando valores específicos são substituídos nas equações do movimento para o corpo A, elas tornam-se
Fx = T + F – 0,6(50)(9,81) = 50aGx = 15
Fy = 0,8(50)(9,81) – N = 50aGy = 0
e
MGz = 0,225T – 0,300F = 0,5(50)(0,300)2
Analogamente, para B,
Fy = 9,81mB – T = mBaBy = mB(0,525)
e, pelo atrito,
F = 0,40 N
A solução destas equações fornece
mB = 156,5 kg
EXERCÍCIO-9.11
A roda de 50 kg na Fig. 9.18(a) rola sobre o plano horizontal. O coeficiente de atrito entre a roda e o plano é 0,20. O raio de giração de massa da roda em relação ao seu eixo geométrico é 400 mm. Determine a aceleração do centro da roda e a aceleração angular da roda.
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo livre da roda é desenhado na Fig. 9.18(b). Considere que a roda não desliza, uma vez que o enunciado do problema não especifica se há ou não deslizamento. Os eixos positivos são mostrados no diagrama, e as acelerações são consideradas como estando nas direções positivas dos eixos. As equações do movimento são
Fx = 200 – 150 – F = maGx = 50aGx (a)
Fy = 50(9,81) – N = maGy = 0 (b)
e
MGz = 0,50F – 0,50(150) = IGz = 50(40)2 (c)
Como se considera rolamento sem deslizamento, a aceleração é' relacionada por
aGx = r = 0,50
Nota: Esta equação é válida somente para uma dada orientação dos eixos. Se y é escolhido para cima e z na direção perpendicular à figura, aGx seria igual a – r para um sistema de eixos seguindo a regra da mão direita.
A solução simultânea destas equações fornece
F = 111,0 N, F = – 111,0i N, N = 490,5 N, N = – 491j N,
 = – 2,44 rad/s2, = – 2,44k rad/s2,
aG = 0,5(– 2,44) = – 1,22 m/s2 aG = – 1,22i m/s2
A força F = 111,0 N é o atrito necessário para impedir o deslizarnento. O máximo atrito que pode ser desenvolvido é
F’ = N = 0,20(490,5) = 98,1 N
Uma vez que F’ é menor que F, a consideração de que a roda não desliza está errada, e a solução não é correta. Entretanto, o valor obtido paraN é correto, desde que a equação para N não envolva esta consideração. Quando F = F’ = 98,1 N é substituída nas Eqs. (a) e (c), elas se tornam
Fx = 200 – 150 – 98,1 = 50aGx
e
MGz = 0,50(98,1) – 0,50(150) = 8,0
A solução destas equações fornece
aGx = – 0,962 m/s2, aGx = – 0,962i m/s2
e
 = – 3,24 rad/s2, = – 3,24k rad/s2
EXERCÍCIO-9.12
A barra AB na Fig. 9.19(a) tem 5,0 m de comprimento e uma massa de 40 kg. As extremidades da barra são conectadas a roletes de massa desprezível, os quais se movem em ranhuras lisas, como indicado. Quando a barra está na posição indicada, o momento do binário C é 150 N.m no sentido anti-horário, e a velocidade de A é 3,5 m/s para baixo na ranhura. Determine: (a) A aceleração angular de AB. (b) As reações na barra em A e B.
SOLUÇÃO
A Fig. 9.19(b) é um diagrama de corpo livre da barra. O corpo é simétrico em relação ao plano do movimento e as forças estão todas neste plano; desta maneira, as Eqs. (9.19) são as únicas equações do movimento que fornecem informação de interesse. As equações do movimento são
Fx = maGx, Fy = maGy e MGz = IGz
O diagrama de corpo livre tem duas forças incógnitas, e as três equações do movimento contêm duas componentes desconhecidas da aceleração linear e a aceleração angular desconhecida da barra. Assim sendo, é necessário obter-se duas equações adicionais que relacionem algumas das cinco quantidades incógnitas, antes de o problema poder ser resolvido.
As extremidades da barra são impedidas de se mover sobre as ranhuras, e assim possuem movimento retilíneo com acelerações e velocidades sobre as ranhuras. Com esta informação, é possível expressar a aceleração do centro de massa em função da velocidade angular e da aceleração angular da barra. A velocidade angular da barra pode ser obtida pelo centro instantâneo como mostrado na Fig. 9.19(c), e os termos de aceleração podem ser relacionados por intermédio das equações de aceleração relativa. A velocidade de A é 3,5 m/s para baixo, e pela Fig. 9.19(c) é também igual a 1,75w; assim
1,75w = 3,5
Donde w = 2 rad/s e w = 2 rad/s no sentido horário A aceleração angular é considerada estar no sentido horário, e as acelerações de A e B são relacionadas pela equação
Quando as componentes horizontais são equacionadas, elas se tornam
Como o sentido positivo é para a esquerda, tem-se:
aB = 0 + 0,6(5) – 0,8(5w2)
aB = 3,75 – 5(2)2 = 3,75 – 20
e
aB = (3,75 – 20) m/s2 36,87o à esquerda e para cima
A equação da aceleração relativa para os pontos G e B é
aG = (3,75 – 20) + 1,5 + 2 + 8 + 6 
 aG = 3,0 + 2,25 + 16 + 12 + 1,5 + 2 + 8 + 6 =
= (1,5 – 8) + (0,25 – 18)
Quando esta expressão para aG é substituída nas equações do movimento de força, tem-se
Como os sentidos positivos são para esquerda e para cima, vem que
Fx = maGx RA – 0,6RB = 40(1,5 – 8) = 60 – 320 (a)
Fy = maGy 0,8RB – 40(9,81) = 40(0,25 – 18) = 10 – 720 (b)
A equação de momento pode ser escrita convenientemente resolvendo-se RB em suas componentes e aplicando o princípio dos momentos, assim. Como o sentido positivo é horário, tem-se
MGz = IGz 0,8RB(2,0) – 0,6RB(1,5) – RA(1,5) – 150 = (1/12)(40)(5)2
ou
0,7RB – 1,5RA = 83,3 + 150 (c)
Quando as Eqs. (a)-(c) são resolvidas simultaneamente os resultados são
RA = – 408 N, RB = – 380 N e = 2,34 rad/s2
Os sinais negativos indicam que RA e RB foram considerados no sentido errado.
Os resultados são, portanto:
RA = 408 N para a direita
RB = 380 N 53,13o à esquerda e para baixo
 = 2,34 rad/s2 no sentido horário
EXERCÍCIO 9.13
Dois discos homogêneos com diâmetro de 600 mm, cada um com massa de 50 kg, são conectados por uma barra de massa desprezível e 1.200 mm de comprimento. Soldadas a esta barra estão duas placas retangulares homogêneas com 300 mm x 600 mm, como mostrado na Fig. 9.20(a). Cada placa tem massa de 25 kg. O conjunto rola sem deslizamento em uma trajetória reta sobre um plano horizontal. Quando na posição indicada, a velocidade angular é 10 rad/s, como mostrado, e a grandeza do binário C é tal que o deslizamento é iminente. O coeficiente de atrito entre as rodas e o plano é 0,25. Determine a aceleração angular e o binário C.
SOLUÇÃO
A Fig. 9.20(b) é um diagrama de corpo livre do conjunto mostrando a orientação do sistema de coordenadas xyz que se move com sua origem no centro de massa, G. As forças de atrito são consideradas como tendo momentos em relação ao eixo z e em oposição a C. Devido à simetria, G fica na metade da distância entre os discos, na linha de centro da barra, e a massa total do conjunto é
m = 2(50) + 2(25) = 150 kgO corpo não é simétrico em relação ao plano do movimento, e as forças não ficam todas neste plano; assim sendo, a equação geral de momento [Eq. (9.17a)] será necessária à obtenção de valores para Ixz, Iyz e Iz.
O corpo é simétrico em relação ao plano xy desta forma, Ixz deve ser zero. O plano xz é o plano de simetria para os dois discos, tanto que Iyz para os discos é também zero. O produto de inércia de cada placa, em relação aos planos de simetria, é zero (ver Apêndice B), mas os termos de transferência são diferentes de zero, e Iyz torna-se
[(Iyz)G + myGzG] = 0 + 25(– 0,15)(0,30) + 25(0,15)(– 0,30) = – 2,25 kg.m2
O valor de L, é também obtido pelo teorema dos eixos paralelos (ver a tabela no Apêndice B).
O momento de inércia é
Iz = (Iz)discos + [(Iz)G + md2]placas = 2[(0,5)(50)(0,30)2] +
+ 2[(1/12)(25)(0,30)2 + 25(0,15)2] = 6,00 kg.m2
A equação de força do movimento é
F = maG
a qual, pela Fig. 9.20(b), torna-se
 F1i F2i + N1j + N2j 150(9,81)j = 150aG
O momento das forças em relação a G pode ser obtido pela multiplicação vetorial, mas neste exemplo os momentos podem ser determinados mais facilmente por inspeção da Fig. 9.20(b). A equação é
MG = (w2Iyz Ixz)i (w2Ixz Iyz)j + Izk
a qual se transforma em
(0,60N2 – 0,60N1)i + (0,60F2 – 0,60F1)j + (C – 0,30F1 – 0,30F2)k =
= (10)2(– 2,25)i – (– 2,25)j + (6,00)k
As duas equações gerais do movimento são equivalentes a cinco equações algébricas (não há componentes de força ou aceleração na direção z). Há cinco forças e binários incógnitos além da aceleração linear de G e da aceleração angular do corpo. O problema estabelece que as rodas rolam sem deslizamento; desta maneira
aG = r(– i) = – 0,30i
As equações algébricas de movimento são
– F1 – F2 = 150aG = – 45 (a)
N1 + N2 – 1471,5 = 0 (b)
0,60N2 – 0,60N1 = – 225 (c)
0,60F2 – 0,60F1 = 2,25 (d)
e
C – 0,30F1 – 0,30F2 = 6,00 (e)
Há cinco equações contendo seis incógnitas, e uma equação adicional pode ser obtida através do atrito, conforme o enunciado do problema. Como C é aumentado, F1 e F2 também aumentarão até que um deles seja igual ao valor limite. Uma vez que há duas possibilidades, deve ser feita uma hipótese e então verificada. Se se considera F1 igual a N1 uma solução simultânea das equações fornece
N1 = 923 N, N2 = 548 N, F1 = N1 = 0,25(923) = 231 N e F2 = 273 N
Desde que F2 é maior que N2, ou seja, 0,25(548) ou 137 N, a roda do lado direito deslizará primeiro, e o problema pode ser resolvido considerando-se que F2 é igual a N2. Esta solução fornece
N1 = 923 N, N2 = 548 N, F2 = N2 = 0,25(273) = 137 N, F1 = 116 N
e
C = 109,7 N.m
Como F1 é menor do que N1 esta é a solução correta, e o deslizamento é iminente na roda direita. Os resultados são
 = 5,62k rad/s2 e C = 109,7k N.m
	EXERCÍCIO-9.14
A barra delgada uniforme BE de 30 kg na Fig. 9:22(a) está presa ao eixo vertical por um pino liso em E e a corda CD. O mecanismo gira ao redor do eixo vertical com uma velocidade angular constante de 50 rpm. Determine a força da corda e as componentes da reação do pino em E na barra BE.
SOLUÇÃO
O sistema de coordenadas xyz é preso ao corpo e gira com ele, tanto que o corpo está sempre no plano xz. A velocidade angular é wk = 50(2π/60)k rad/s. A aceleração angular é zero, e a aceleração do centro de massa é
aG = – xGw2i = – 0,36[50(2π/60)]2i = – 9,87i m/s2
Assim sendo, a força efetiva reversa é
– maG = 30(9,87)i = 296,1i N
A barra não é simétrica em relação ao plano do movimento, o plano xy; desta maneira, a Eq. (9.l4a) deve ser usada para determinar o binário efetivo reverso. Observe que a força efetiva reversa deve agir passando pela origem em O se a Eq. (9.14a) é usada para calcular o momento do binário. Os momentos e os produtos de inércia são obtidos usando a Fig. 9.22(c). A massa do elemento é
dm = A.dr
e a massa da barra é
m = A.L = 30 kg
O momento de inércia do elemento em relação ao eixo z é
dIz = x2.dm = (0,6r)2A.dr 
e o momento de inércia resultante é
A barra é simétrica em relação ao plano xz; desta maneira Iyz é zero. O produto de inércia do elemento em relação aos planos xy e yz é
dIxz = xz.dm = (0,6r)(0,8r – 0,4L)A.dr
e o produto de inércia resultante é
Pela Eq. (9.14a), o binário efetivo reverso é
CR = 0i + [50(2π/60)]2(1,728)j – 0k = 47,37j N.m
A força e o binário efetivo reversos são mostrados por linhas tracejadas na Fig. 9.22(b). As equações de equilíbrio são
Fz = Ez – 30(9,81) = 0
donde
Ez = 294,3 N e Ez = 294,3k N
My = 0,800T + 0,8(0,600)(296) + 0,6(0,600)(30)(9,81) + 47,37 = 0
donde
T = 369,2 N e T = 369,2i N
e
Fx = Ex + 296 – 369 = 0
donde
Ex = 73 N e Ex = 73i N
EXERCÍCIO-10.1
O coeficiente de atrito entre o corpo A de 50 kg na Fig. 10.7(a) e o plano inclinado é 0,20. A mola tem uma constante elástica de 300 N/m, e é distendida 0,30 m na posição mostrada. Determine o trabalho total realizado sobre o corpo A quando ele se move 1,50 m para baixo sobre o plano.
SOLUÇÃO
Um diagrama de corpo livre do corpo A é mostrado na Fig. 10.7(b). Há quatro forças agindo sobre o corpo, e três delas realizarão trabalho quando o corpo A se move 1,50 m para baixo sobre o plano. O corpo não tem aceleração normal ao plano; desta maneira, N = P.cos = 50(9,81)(0,8) = 392,4 N. A força de atrito opõe-se ao movimento e assim age para cima sobre o plano, e desde que ocorre deslizamento, F = N = 0,20(392,4) = 78,48 N. O trabalho realizado pela força de atrito é negativo, pois é oposto ao deslizamento; assim
UF = – Fs = – 78,48(1,5) = – 117,7 J
O trabalho realizado pelo peso é positivo, pois a componente vertical do deslocamento está na direção do peso; isto é,
UP = P(sy) = 50(9,81)(0,6)(l,5) = 441,4 J
O trabalho realizado pela força da mola é negativo, pois está sempre dirigido para cima sobre o plano, e o movimento é para baixo, sobre o plano. A força da mola é igual à constante elástica (300 N/m) multiplicada pelo elongamento, s, da mola. O trabalho pode ser calculado traçando-se um diagrama F-s ou fazendo uso de uma integral. Como o elongamento inicial é 0,3 m e o elongamento final é 1,8 m, o trabalho realizado pela mola é
O trabalho total é
U = – 117,7 + 441,4 – 472,5 = – 148,8 J
EXERCÍCIO-10.2
O corpo A de 100 kg na Fig. 10.8(a) desliza em uma ranhura lisa e é conectado ao corpo B de 150 kg por uma corda inextensível. A mola tem uma constante elástica de 300 N/m e é disposta de tal forma que pode operar tanto em compressão como em tração. O comprimento da mola quando não tensionada é 2,0 m, e a mola está inicialmente perpendicular à ranhura. Determine o trabalho realizado pelas forças que agem nos dois corpos quando A se move 3,6 m para baixo na ranhura, a partir da posição mostrada. A inclinação e a grandeza da força de 450 N permanecem constantes durante todo o movimento.
SOLUÇÃO
Um diagrama de corpo livre do sistema em uma posição intermediária é desenhado na Fig. 10.8(b). A força na corda é uma força interna do sistema, e como a corda é inextensível, o trabalho realizado pela corda é zero. Há seis forças no diagrama de corpo livre, e duas destas forças, N e R, são normais a seus correspondentes deslocamentos; assim sendo, elas não realizam trabalho. Logo, o trabalho resultante sobre o sistema é
U = U150 kg + U100 kg + U450 N + Umola
O trabalho realizado pelo peso de B é
U150kg = 150(9,81)(3,6) = 5.297 J
O trabalho realizado pelo peso de A é
U100 kg = 100(9,81)(0,8)(3,6) = 2.825 J
O trabalho realizado pela força de 450 N é
U450 N = F·q = 450(0,6i + 0,8j)·3,6(0,6i – 0,8j) =
= 1.620(0,36 – 0,64) = – 454 J
O trabalho realizado pela molapode ser calculado pelo diagrama F-s na Fig. 10.8(c). Como o corpo se move 3,6 m para baixo na ranhura, o comprimento da mola varia de 1,5 a 3,9 m. Como a mola tem um comprimento quando não tensionada de 2,0 m, ela é inicialmente comprimida de 0,5 m e exerce uma força compressiva de 150 N em A. Na posição final, a mola é elongada 1,9 m e exerce uma força trativa de 570 N em A. A área C do diagrama F-s representa o trabalho negativo realizado por A sobre a mola, desde que a mola está em compressão, mas está aumentando em comprimento; entretanto, a área C representa trabalho positivo da mola sobre o corpo A, pois a componente da força sobre o corpo A ao longo da ranhura e o deslocamento do corpo A estão ambos para baixo na ranhura. De maneira análoga, a área D representa trabalho negativo realizado pela mola sobre o corpo A. O trabalho realizado pela mola sobre A é
Umola = C – D = [150(0,5)/2] – [570(l,9)/2] = – 504 J
O trabalho total realizado sobre os dois corpos é
U = 5.297 + 2.825 – 454 – 504 = 7.164 J
EXERCÍCIO-10.3
O corpo de 10kg na Fig. 10.10(a) é obrigado a deslizarem uma barra lisa BC que está em um plano vertical. Quando o corpo está na posição A, sua velocidade é 10 m/s para direita, e a mola (constante elástica de 500 N/m) é elongada 4,0 m. Determine a velocidade do corpo quando ele alcança a posição A.
SOLUÇÃO
Um diagrama de corpo livre do corpo é esquematizado em uma posição intermediária na Fig. 10.10(b). A equação que relaciona o trabalho e a energia cinética é
Como a força N é a reação da barra lisa sobre a partícula e é sempre normal ao movimento da partícula, N não realiza trabalho. O comprimento da mola varia de (16 a 13) m. Desde que ela está inicialmente elongada de 4 m, seu elongamento na posição final é 1,0 m. A mola está sob tensão; desta maneira, a componente de força da mola ao longo da trajetória está sempre na direção do movimento do corpo, e a mola realizará trabalho positivo sobre o corpo. Este trabalho sobre o corpo pode ser calculado através de uma integral como se segue:
O trabalho realizado pelo peso sobre o corpo é
Upeso = P(sy) = – 98,1(4) = – 392,4 J
O trabalho total realizado sobre o corpo é
U = Umola + Upeso = 3.750 – 392,4 = 3.357,6 J
A equação de trabalho e energia cinética torna-se
donde
vf = 27,8 m/s
EXERCÍCIO-10.4
Um foguete é disparado verticalmente para cima, e após queimar até a posição 1, sua massa é m e sua velocidade vertical é VI. Da posição 1 até a posição 2, como mostrado na Fig. 10.11, a única força que age sobre ele é devida à lei da gravitação, GMm/r2, onde G é a constante de gravitação universal, M é a massa da Terra e r é a distância do centro da Terra ao foguete. Determine a velocidade do foguete quando ele alcança a posição 2.
SOLUÇÃO
Desde que a força gravitacional é uma função da posição do foguete, o princípio do trabalho e energia cinética é usado:
A força gravitacional é dirigida para baixo, e o movimento da massa m está dirigido para cima; desta forma, o trabalho realizado pela gravidade é negativo. Assim
e
donde
EXERCÍCIO-10.5
O pequeno colar de 1,0 kg da Fig. 10.15 é ligado a uma mola com constante elástica de 60 N/m e um comprimento não-distendido de 0,9 m. O colar desliza sobre o fio circular fixo e liso que está em um plano vertical, e quando na posição A o colar tem uma velocidade de 1,0 m/s para a direita. Determine a velocidade do colar quando ele alcança a posição A.
SOLUÇÃO
Um diagrama de corpo livre da partícula em uma posição intermediária é mostrado na Fig. 10.15(b). O peso e as forças elásticas são conservativas, e a força normal, N, não realiza trabalho e assim não entrará na equação de conservação de energia que será utilizada para a resolução deste problema. O plano base para o peso é escolhido como sendo o diâmetro horizontal do círculo, e o comprimento não-distendido da mola (s = 0) é usado como posição de referência para a mola.
A equação de conservação da energia é
Vi + Ti = Vf + Tf (a)
A elongação inicial da mola é si = 1,2 m, e a elongação final é sf = 0,6 m. Assim
Vi = (1/2)ksi2 + Phi = (1/2)(60)(1,5)2 + 1,0(9,81)(1,2) = 54,97 J
Ti = (1/2)mvi2 = (1/2)(1,0)(1,0)2 = 0,50 J
Vf = (1/2)ksf2 + Phf = (1/2)(60)(0,6)2 + 0 = 10,80 J
Tf = (1/2)mvf2 = (1/2)(1,0)(vf)2 = 0,50vf2
Quando estes valores são substituídos na Eq. (a), ela se torna
54,97 + 0,50 = 10,80 + 0,50vf2
que fornece
vf = 9,45 m/s
e
vf = 9,45 m/s para baixo
EXERCÍCIO-10.6
Mostre que a força F = x2i + y2j + z2k é conservativa e determine a sua função potencial.
SOLUÇÃO
Como Fx = x2, (Fx/y) = (Fx/z) = 0. Analogamente, (Fy/x) = (Fy/z) = 0 e (Fz/x) = (Fz/y) = 0. Conseqüentemente, as Eq. (10.9a, 10,9b e 10.9c) devem ser satisfeitas, e a força é conservativa.
Pela Eq. (10.8)
Fx = x2 = (V/x)
donde
V = (x3/3) + f1(y, z)
onde f1(y, z) é uma função de y e z, mas não de x. De maneira análoga,
Fy = y2 = (V/y) e Fz = z2 = (V/z)
que fornece
V = (y3/3) + f2(x, z)
e
V = (z3/3) + f3(x, y)
Pode ser mostrado através de uma substituição direta nestas três equações para V que
f1(y, z) = [(y3 + z3)/3] + C1, f2(x, z) = [(x3 + z3)/3] + C2
e
f3(x, y) = [(x3 + y3)/3] + C3
e, assim, a função energia potencial pode ser escrita como
V = [(x3 + y3 + z3)/3] + C
onde C é uma constante arbitrária que pode ser determinada se o valor da energia potencial é conhecido para qualquer conjunto especificado de valores de x, y e z.
EXERCÍCIO-10.7
A barra AB na Fig. 10.17(a) tem massa de 10 kg e está conectada a blocos em suas extremidades, os quais deslizam em ranhuras horizontais e verticais, como indicado. A mola OA é montada de tal maneira a operar tanto em tração como em compressão. Sua constante elástica é de 800 N/m e tem um comprimento não-distendido de 175 mm. Determine o trabalho realizado por todas as forças que agem sobre a barra quando ela se move para a posição horizontal A’B’ conforme indicado pelas linhas tracejadas. As massas dos blocos em A e B podem ser desprezadas.
SOLUÇÃO
Um diagrama de corpo livre da barra em uma posição intermediária é mostrado na Fig. 10.17(b). Há quatro forças e um binário agindo sobre o corpo. Duas das forças, R1 e R2, são normais a seus deslocamentos correspondentes, e como resultado não realizam trabalho. Assim, o trabalho resultante na barra é
U = Umola + Upeso + Ubinário
Na Fig. 10.17(c) é mostrado um diagrama F-s para a mola. O comprimento da mola varia 200 mm, de 125 mm até 325 mm. A mola é comprimida inicialmente 50 mm e exerce uma força de 40 N sobre o bloco A. Na posição final, a mola é distendida 150 mm e tem uma força trativa de 120 N. A área C representa trabalho negativo sobre a mola, uma vez que a mola está em compressão mas aumentando em comprimento. A área C representa trabalho positivo sobre o bloco A, pois a componente vertical de força em A e o deslocamento estão no mesmo sentido (para baixo). Analogamente, a área D representa trabalho negativo da mola sobre o bloco A.
O trabalho da mola sobre AB é
Umola = [40(0,05)/2] – [120(0,15)/2] = – 8,00 J em AB
O trabalho realizado pelo peso é 
Upeso = 98,1(0,15) = 14,72 J em AB
e o trabalho realizado pelo binário é
Ubinário = 7,5(π/2) = 11,78 J em AB
O trabalho total realizado sobre AB é
U = – 8,00 + 14,72 + 11,78 = 18,50 J
EXERCÍCIO-10.8
A roda de 10 kg na Fig. 10.18(a) está conectada ao bloco B de 25 kg por meio de uma corda de massa desprezível que passa por uma pequena polia em C. A roda rola sobre o plano E sem deslizamento, e o coeficiente de atrito entre B e o plano H é 0,30. Determine o trabalho realizado sobre o sistema de corpos (A e B) enquanto o corpo A se move 3,0 m para cima sobre o plano E.
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo livre do sistema de corpos é desenhado na Fig. 10.18(b). As forças N1, N2 e R são perpendiculares ao movimento de seus pontos de aplicação, e assim não realizam trabalho. Como a roda rola sem deslizamento, a força F1 também não realiza trabalhoporque a partícula da roda onde F1 atua não possui velocidade, e assim não possui deslocamento, enquanto a força está agindo sobre ela.2 Assim, os dois pesos e a força de atrito F2 são as únicas forças que realizam trabalho sobre o sistema de corpos.
2Obs. As forças N1 e F1 não realizam trabalho porque elas são as componentes da força exercidapor uma partícula (ou mais exatamente, um grupo de partículas adjacentes) do plano sobre uma partícula da periferia da roda para um dado instante quando nenhuma das partículas está se movendo. No instante seguinte. a força será exercida por uma outra partícula do plano sobre uma partícula da roda. O trabalho realizado é zero porque nenhuma das forças se move. Cada uma age por um instante como uma força de apoio e torna-se zero quando uma nova força exercida pela partícula seguinte torna-se a força de apoio ou a reação do plano sobre a roda. Se uma roda rola e desliza sobre um plano fixo ou rola sem deslizamento sobre um plano em movimento, a força de atrito não realiza trabalho.
Como o corpo A rola 3,0 m acima para a direita sobre o plano E, o bloco B desliza 3,0 m para baixo para a direita sobre o plano H. A partir do diagrama de corpo livre na Fig. 10.18(c) tem-se
 Fx = 0
uma vez que não há aceleração na direção x. Assim,
[N2 – 0,50(25 g)]i = 0
ou
N2 = 12,5gi N
e
F2 = N2j = 0,30(12,5g)j = 3,75gj N
O trabalho realizado pela força F2 é
UF2 = F2·qB = (3,75gj)·(– 3,0j) = – 11,25g = (– 11,25)(9,81) = – 110,4 J
O trabalho realizado pelo peso de A é
U10kg = (– 5,0gi – 8,66gj)·(3,0i) = – 147,2 J
O trabalho realizado pelo peso de B é
U25kg = (– 12,5gi – 21,65gi)·(– 3,0j) = 637,2 J
O trabalho total realizado sobre os dois corpos é
U = – 110,4 – 147,2 + 637,2 = 379,6 J
EXERCÍCIO-10.9
A Fig. 10.20 representa uma barra homogênea delgada AC de 20 kg e um corpo B de 50 kg. A barra AC gira ao redor de um eixo horizontal em A, e B está fixo em AC no ponto C. O raio de giração de massa de B em relação a um eixo horizontal que passa pelo seu centro de massa G é 0,50 m. Na posição mostrada, AC tem uma velocidade angular de 2,0 rad/s no sentido horário, e B tem uma velocidade angular de 5,0 rad/s no sentido horário. Determine a energia cinética do sistema.
SOLUÇÃO
A barra gira em relação ao eixo fixo em A, e o corpo B possui movi mento plano. A energia cinética do sistema é a soma das energias cinéticas dos dois corpos; assim
T = TAC + TB
A velocidade de G pode ser determinada escrevendo-se uma equação de velocidade relativa para os pontos G e C; isto é,
Os momentos de inércia de massa são determinados pelos procedimentos discutidos no Apêndice B. Pela Eq. (10.11b), a energia cinética de AC é
TAC = (1/2)IAw2AC = (1/2)(1/3)mL2w2AC = (1/2)(1/3)(20)(2,0)2(2,0)2 = 53,3 J
Pela Eq, (10.11a), a energia cinética do corpo B é
TB = (1/2)mBv2G + (1/2)IGw2B = (1/2)mBv2G + (1/2)(mBk2G)w2B =
= (1/2)(50)(4,47)2 + (1/2)(50)(0,5)2(5,0)2 = 656 J
A energia cinética do sistema é
T = 53,3 + 656 = 709,3 J
EXERCÍCIO-10.10
A roda desbalanceada A na Fig. 10.21(a) tem massa de 50 kg e um raio de giração de massa em relação a um eixo horizontal passando por O igual a 0,25 m. A roda gira sobre o plano horizontal sem deslizamento e é conectada ao corpo B de 25 kg por intermédio de uma corda inextensível que passa por uma polia lisa em C e é enrolada ao redor de A. Despreze a massa da polia em C. A constante elástica da mola S é 300 N/m, e sua massa pode ser desprezada. A mola é ligada à roda em O. Quando o centro de massa G da roda está na posição indicada no diagrama, a tensão na mola é 200 N, e a velocidade de O é 1,5 m/s para a esquerda. Determine a velocidade de O quando a roda girou de 90° no sentido anti-horário.
SOLUÇÃO
A Fig. 10.21(b) é um diagrama de corpo livre do sistema de corpos. A equação que relaciona o trabalho e a energia cinética deste sistema é
U = Tf Ti
U50g + U25g + UP = (1/2)mA[(vG)2f (vG)2i] + (1/2)(Iz)A[(wA)2f (wA)2i)] +
+ (1/2)mB[(vB)2f (vB)2i]
As forças F, N e Q não realizam trabalho, como foi mostrado no Art. 10.6.
As posições inicial e final dos dois corpos são indicadas por linhas tracejadas. O deslocamento do ponto O é
qO = r()i = 0,4(π/2)i = 0,628i m
O deslocamento do ponto B tem a mesma grandeza que o deslocamento do ponto E da corda, o que pode ser obtido por movimento relativo. Assim,
qE = qO + qE/O = qO r()i = 0,628i 0,4(π/2)i = 1,256i m
e
qB = 1,256j m
O deslocamento do centro de massa G tem tanto componente horizontal como vertical, mas desde que a força em G (o peso) é vertical, somente a componente vertical do deslocamento de G (0,20 m para baixo) é necessária. O trabalho realizado sobre o sistema pelos dois pesos é
U50g = F(qG)y = 50g(0,20) = 98,1 J
U25g = FqB = 25g(1,256) = 308 J
A força da mola sobre o corpo varia quando a roda gira, e o trabalho realizado pode ser determinado por integração ou a partir do diagrama F-s para a mola (Fig. 10.22). A força vertical é determinada pela inclinação do diagrama como se segue:
k = 300 = [(200 Pf)/0,628]
donde
Pf = 200 – 300(0,628) = 11,6 N
O trabalho realizado pela mola é proporcional à área sob o diagrama e é
UP = [(200 + 11,6)/2](0,628) = 66,4 J
O trabalho total sobre o sistema de corpos é
U = 98,1 308 + 66,4 = 143,5 J
As equações que relacionam as várias velocidades podem ser determinadas a partir da cinemática empregando-se o centro instantâneo de velocidade zero de A. Assim,
(wA)i = [(vO)i/r] = (1,50/0,40) = 3,75 rad/s
(vG)i = [(0,40)2 + (0,20)2]1/2(wA)i = 0,447(3,75) = 1,667 m/s
(vB)i = 0,80(wA)i = 0,80(3,75) = 3,00 m/s
Analogamente
(vG)f = 0,20(wA)f, (vB)f = 0,80(wA)f e (vO)f = 0,40(wA)f
O momento de inércia (Iz)A, onde o eixo z passa por G, como obtido através do teorema dos eixos paralelos, é
(Iz)A = IO md2 = 50(0,25)2 50(0,20)2 = 1,125 kg.m2
Quando estes valores são substituídos na equação de trabalho e energia cinética, ela se torna
– 143,5 = (1/2)(50)[(0,20)2(wA)2f – (1,677)2] + (1/2)(1,125)[(wA)2f –(3,75)2] + 
+ (1/2)(25)[(0,80)2(wA)2f – (3,00)2]
donde
(wA)f = 2,222 rad/s
e
(wA)f = 2,222k rad/s
A grandeza da velocidade final de O é
(vO)f = 0,40(wA)f = (0,40)(2,222) = 0,889 m/s
e
(vO)f = – 0,889i m/s
Desde que (wA)f é obtida como uma raiz quadrada, ela pode ser tanto positiva como negativa, e a direção é determinada a partir do enunciado do problema. Neste exemplo, a roda está girando no sentido inicialmente anti-horário, e a velocidade deve ser determinada após uma rotação de 90° no sentido anti-horário; logo, a velocidade angular final deve ser também anti-horária.