ap Cine dos Solidos pt2

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CAPITULO 3
MOVIMENTO PLANO
3.1 Introdução
O movimento plano, é uma simplificação do movimento geral, nele
se despreza um das dimensões do sólido considerado. A dimensão
desprezada permite imaginar que o sólido esteja contido num
mesmo plano e seu eixo de rotação, caso exista, sempre será
ortogonal a tal plano. Existe um número significativo de
movimentos, encontrados no dia a dia de um Engenheiro, que
podem ser estudados, através destas considerações.
Um sólido em movimento plano, mantem-se contido num mesmo
plano, denominado plano do movimento, e seu eixo de rotação,
quando existir, será ortogonal à este plano .
A título de exemplo de movimento plano, considere-se o movimento
de uma roda apoiada sobre uma superfície. Na figura Fig. 3.1,
apresentam-se duas posições diferentes da mesma roda, ou seja, são
duas fotos em instantes diferentes. Também se apresenta fotos em
sequêneia de um ponto da borda da roda, ressalte-se que esse ponto
fotografado em intervalos iguais de tempo, apresenta velocidade
variável. Como o movimento apresentado é de rolamento sem
escorregamento da roda, o ponto da borda segue uma trajetória
denominada cicloide. Ressalte-se o instante em que o ponto da
borda toca o solo: "o mesmo tem sua velocidade igualada à
velocidade do solo, neste caso, velocidade nula" .
O, •• .,,.,..
" .•.....
'\
F,....31'19, , '
51
52
Esta equação, é a única relação genérica, entre os vetores posição de
(P-O)+(Q- P)=(Q-O) eq.3.1
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
r- =Q-O
Q
Montou-se um paralelogramo com o intuito de relacionar os vetores
pósição dos pontos P c Q, através da sorna de vetores, que resulta
em:
F' 3..2 .19/ ;:,.••.:.. :::.-.:' .... ,.:;.,
Assim posto, os vetores posição dos pontos P e Q, são dados por:
z
Embora se possa apresentar diversos movimentos interessantes,
fica-se limitado à apresentação estática de um livro impresso, desta
forma, estão disponibilizadas, as simulações não só deste exemplo,
corno de outros, no serviço de ftp do servidor da UNIP -
Universidade Paulista,
3.2 Vetor Posição
Considere-se o sólido ilustrado na figura Fig. 3.2, onde adotou-se o
sistema de referência indicado pelos eixos (X,Y,Z), com origem no
ponto O. Apresentou-se o eixo instantâneo de rotação do sólido,
assim corno os pontos P e Q que serão o objeto deste estudo.
Considerou-se que no instante ilustrado, o sólido esteja girando em
torno do eixo indicado, que sempre terá de ser ortogonal ao plano do
movimento. Resumindo: o eixo de rotação, caso exista, será
perpendicular ao plano do movimento.
6xo
insta~~~~~1~1der~ .-w
X
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
dois pontos quaisquer de um sólido .
3.3 Velor Velocidade
O vetor velocidade de um ponto qualquer pode ser obtido a partir da
derivada temporal de seu vetor posição, ou seja:
_ .:. d7-
v=r=-'
dt '
desta fonna, o vetor velocidade dos pontos P e Q são:
v- =.!!..-(P-O) v- =!!..(Q-O)'
P dt Q dt '
derivando-se a eq. 3.1 em função do tempo, tem-se:
d d d
dt(P-O)+ dt(Q-P)= dt(Q-O)
identificando as velocidades dos pontos P e Q, e aplicando-se o
Teorema de Poisson, tem-se:
~p-+~-pt~Q-ojdt t dt
v~ w/\(Q- P) v"Q
Note-.çe que neste ca.w pode-se aplicar o Teorema de
Poisson à derivada do velOr (Q - PJ, pois o mesmo tem
m6dulo comlante, por ser definido por dois pontos de
um sólido, e sua direção é alterada pelo TOtação do
.ç6lido, ou em última mlálise, pelo velOr velocidade
angulor da .rolido .
Desta forma, pode-se afirmar quc:
rescrevendo ...
3.4 Vetor Aceleração
O Vetor Aceleração pode ser obtido através da derivada temporal do
etor velocidade:
_ .:. d v
a=v=-'dI '
desta forma, a relação entre os Vetores Aceleração dos pontos P e Q,
podem ser obtidos derivando-se a equação eq.3.2, em relação ao
tempo, ou seja:
:1 ,~)=:1[VQ+WI\(P-Q)]
derivando-se a soma de vetores ...
d - d - d 1- (P Q)]dI vl'= dI vQ+dI wl\ -
derivando-se o produto de vetores ...
!!....v- =!!.... v- +!!.... W 1\ ( P - Q )+ W 1\ !!....( P - Q )
dI I' dt Q dI dt
identificando termos ...
d_ _ d __
dt vl'=al' dI vQ=aQ:
a- =a- +!!....WI\(P-Q)+WI\!!....( P-Q)
I' Q dI dt
derivando o vetor velocidade angular (w) ...
d_ d( .)-w=- w.e
dI dt
d_ dw. dê-w=-.e+w'-
dt dt dt
sendo:
dw dê O •--;jf=cx e dI = . pois e é um vetor contante
tem-se: d _ _
-w=cx
dI
54
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
a-p=â"Q+&A( P-Q)+WA :t (P-Q)
aplicando o Teorema de Poisson ...
!!-(P-Q)=WA(P-Q)
dt
finalmente obtêm-se :
~1!B~ó~r~~(~>'q)'ffi~~rB"A\~.ffi~neq.3.3
f';';<';'>;N:<'>:(';';';';':';';'~:';'~:<.}:~.:.:<.:-»>:-:.Y..:<*:~«';':~':«':'>:~'>:V:':-;';'>;NR~';'~~'~i~»d~~;<'Y.':«';'x«~«~,;,,:,;,:(-)x-;.:,;«,;,;,;,>:,;,:-:,:-x<';':';«':-»:-:-;':';'}XoX<<<-:';';':';'l
j NO MOVIMENTO PLANO !~ ~f I. todos os pontos do sólido, pertencem ao plano do movimento; j
p.o eixo de rotação, quando existir, sempre será ortogonal ao plano i
'I do movimento; i
ji~3. todos os pontos apresentam a mesma velocidade angular, e esta, í
, tem a direção do eixo de rotação: !
j _ de. . 'I'" w=-.e=w'e
'j" dt f:iA. todos os pontos apresentam a mesma aceleração angular; e esta ,i,;
j tem a direção do eixo de rotação;
* Ij ã=dw.ê=()(.ê (
• ~ I~ *ls. o vetor velocidade (instantânea), do ponto P do sólido, em função!:
I: da velocidade do ponto Q, também do sólido, é dada por: I
j \'p=\'o+WA(P-Q) I
i ~li6. o vetor aceleração (instantânea), do ponto P do sólido, em função;,
! da aceleração do ponto Q, também do sólido, é dada por: 1I a-p=ãQ+ãA(P-Q)+WA[WA(P-Q)J 1
x t
:~'>:N:N;<'>:~';'Z<'>:':'>:<'>:<'>:<'>;':'>;<'>Z';';N:N:,;.X.,":.:.;.;.:-:.;".;.;,,;,;,:,;'>:,;,>:,;,:<-;';,;,;,;,:,;,:-:<,};,;';:';':-:N:,;,;,;,:-:,:,>:,':N:':-:-:':';';':-:':,,:-:<,:,:<,;:":-:-:-:':'>:':':':,';':N;';'>:-:';>:N:,;,;';';.>:<-:-:N:':':;:;
Nota: o aluno meno,f atento, imagina que as duas
últimas equações serão as soluções de seus problemas,
entretanto, isso só será verdadeiro se o mesmo conhecer
antecipadamente. a velocidade \'0. e a aceleração
aO' do ponto Q.
55
3.5 CIR - centro Instantâneo de Rotação
No cálculo de veloeidllde dos pontos do sólido, é comum utilizar.sc
método gráfico que baseia-se no conceito de Centro Instantâneo de
Rotação (CIR).
Considera-se a existência de um de eixo de rotação num dado
instante, e a intersecção deste, com o plano do movimento é o ponto
denominado: CIR - Centro Instantâneo de Rotação. . Desta forma,
todos os pontos do sólido, no instante considerado, descrevem
trajetórias circulares com centro no CIR.
A propriedade fundamental do CIR, é a de possuir velocidade nula:
v;lR=O.
Como o CIR é um ponto geométrico imaginário ele pode ser
associado ao sólido sem alterar ou interferir no movimento do
mesmo. Retomando a equação eq. 3.2 que relaciona as velocidades
de dois pontos P e Q do sólido:
pode-se trocar o ponto Q pelo ponto CIR, que em tese é um ponto
do sólido ...
lembrando que o CIR é um ponto instantaneamente pamdo. tem-se:
V~=EhJ+ÜJ/\(P-ClR)
7.ero
ou:
v~,=ÜJ/\(P-CIR) cq.3.4
A velocidade do ponto P, expressa pela equação cq. 3.4, pode ser
56
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
•••••••••••••I.I:••••••••••••••••••••
resumida por:
• norma:
IIv~II=IIÜJII'IIP-ClRII'sen li
onde:
;. IIÜJII=w
•. IIp-ClRII=(distânciaentre PeCIR)
•. e, é ângulo entre o plano do movimento e o eixo de rotação,
ou seja: li =900; desta forma tem-se: sen li = 1
• direçãQ:
onogonal aos vetores que panicipam do produto vetorial, desta
forma:
57
3.5.1 ExemplosdeaplicaçõesdeelR
• ca~oI:
A figura figo 3.3 ilustra uma barra com cixo fixo, ou seja, o CIR é a
própria articulação e a velocidade do ponto P é ortogonal à reta
que une o mesmo ao CIR, e tem intensidade dada por:
v =w.dp
• caso 2:
A figura figo 3.4 ilustra um sistema composto por três barras
articuladas entre si; as barras AB e CD possuem eixos fixos que
passam pelos pontos A e D.
Barra AB:
~ seu CIR é o ponto A, pois o eixo fixo passa pelo mesmo
(I'A=zero);
~ a velocidade do ponto B (VA), é ortogonal à linh~ue liga o
ponto A ao mesmo, e tem intensidade: I' .=w,.' AB .
Barm CD:
" seu CIR é o ponto D, pois o eixo fixo passa pelo mesmo
(I'D=zero) ;
,. a velocidade do ponto C (vel, é ortogonal à linh~_..9.ueliga o
ponto D ao mesmo, e tem intensidade: \'c=wcD.CD.
58
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
59
l- a velocidade de B é dada por: v B=W BC' BCIR BC;
;.. a velocidade de C é dada por: v BC=W BC'CClR BC'
/
Concluindo, obteve-se duas equaçõcs envolvendo a velocidade do
ponto B e outras duas envolvendo a velocidade do ponto C;
conhecendo-se por exemplo, a velocidade angular de uma das
barras, isso já seria suficiente para determinar a~velocidades dos
pontos B e C, assim eomo a~velocidades angulares das duas outras
barras.
,
:B
Barra BC:
l- o CIR desta barra pode ser determinado considerando-se que
são conhecidas as direções das velocidades dos pontos B e
C, ou seja:
I" - a linha que une o ponto B ao CIR de BC, é ortogonal à
velocidade de B (V8);
2" - a linha que une o ponto C ao CIR de BC, é ortogonal à
velocidade de C (ve);
3" - se o CIR da barra BC deve pertencer às duas linhas
ortogonais anteriores, então pertence à intercessão das
mesmas; a figura Fig. 3.4 ilustra essa intercessão;
•••••••••••••••••••I:
I.••••••••••••••
• caso 3:
A figura figo 3.5 ilustra um sistema composto por três barras
articuladas entre si; as barras AB e CO possuem eixos fixos que
passam pelos pontos A e O.
Barra AB:
" seu CIR é o ponto A, pois o eixo fixo pa~sa pclo mesmo
(I'A=zero) ;
" a velocidade do ponto B (va), é ortogonal à linh.!..9ue liga o
ponto A ao mesmo, e tem intensidade: I' 8=W A•. AB .
Barra CO:
" seu CIR é o ponto O, pois o eixo fixo passa pclo mesmo
(I'v=zero) ;
" a velocidade do ponto C (veJ, é ortogonal à linha que liga o
ponto O ao mesmo, e tem intensidade: I'c=wcv.CD.
Barra BC:
" o CIR desta barra pode ser determinado considerando-se que
são conhecidas as direções das velocidades dos pontos B c
C, ou seja:
I" - a linha que une o ponto B ao CIR de BC, é ortogonal à
velocidade de B (Va);
2" - a linha que une o ponto C ao CIR de BC, é ortogonal à
velocidade de C (veJ;
3" - se o CIR da barra BC deve pertencer às duas linhas
ortogonais anteriores, então pertence à intercessão das
mesmas; a figura Fig. 3.5 ilustra essa intercessão, entretanto,
essas duas linhas são paralelas entre si, ou seja, não existe a
intercessão; nesses casos não existe CIR !; a não existência
do CIR significa que no instante considerado não há rotação
da barra BC: UJBC=zero ;
note-se que nesses casos há uma simplificaçüo,
pois no instante considerado, a lxlrra BC
60
•••••••••••••••••••••••••••••.1••••••
61
=
,
Fig, 3.5
=
B
• Caso 4:
A figura Fig. 3.6a ilustra uma roda de raio R, que rola apoiada em
superfície horizontal sem escorregar; neste tipo de movimento o
ponto P da roda, que faz contato com o solo, não escorrega em
relação ao mesmo, ou seja, possui a mesma velocidade do piso:
lip=zero :
)- o CIR da roda é o ponto P de contato com o solo;
)- a velocidade do centro C da roda é ortogonal à linha que o
une ao CIR, neste caso o ponto de contato;
)- a velocidade do ponto C é: v c =(0' R ;
conhecendo-se a velocidade angular da roda 00, pode-se determinar a
velocidade de qualquer ponto da roda .
apre"ell/(l-.<eem "aIO rrall"lal6rio", ou melhor:
lin= "c
Concluindo, obteve-se a velocidade angular da barra BC, e
conhecendo-se por exemplo, a velocidade angular de uma das outras
barras, isso já seria suficiente para determinar as velocidades dos
pontos B e C, assim como a velocidade angular da outra barras .
I •
•••••••••••••••••••••••••••••••••••
• Caso 5:
A figura Fig. 3.6b ilustra uma roda de raio R, que rola apoiada sobre
uma superfície horizontal, em relação à qual escorrega (derrapa):
neste caso, o ponto P da roda que faz contato com o solo, possui
velocidade diferente da velocidade do mesmo: \'P"'''.,'o:
~ o centro C da roda e o ponto P da roda, que faz contato com
o solo, ambos possuem velocidades horizontais;
~ as ortogonais a essas velocidades passam pelo CIR da roda,
entretanto, elas são coincidentes, ou seja, possuem infinitos
pontos em comum: neste caso o CIR não pode ser
determinado pelas ortogonais:
~ como ainda são válidas as expressões que determinam o
valor das intensidades das velocidade dos pontos C e P, a
partir da velocidade angular da roda (o, tem-se:
vc=w'CCIR e vp=w'PCIR;
~ a figura Fig. 3.6b ilustra o fato de que as velocidades dos
pontos C e P são proporcionais às distâncias dos pontos ao
CIR, ou seja, "obtêm-se" o CIR traçando uma nova linha
reta pelas extremidades dos vetores velocidade:
~ analisando a construção geométrica pode-se afirmar que:
ve=w.CCIR
sendo: CCIR = R + d:
ve=w'(R+d)
vp=w'PCIR
sendo: PCIR = d:
Fig. :3.6 â
62
t
R
IL _
••••••••••••••••••••••••••••••••••••------------------------ -- ----
63
(V +1' )'d=1' .R ->CPP -
t
R
If- ....
t.---.-JVÇJ8
[ rtogonals
COinC~dente
v p=w'd
" tem-se condições de determinar a distância d, que define o
CIR, em função das vclocidades (vc e vp) e do raio da roda
(R) ,
I'C I'p => I' 'd=1' .R+I' .dw=--=- CPP
R+d d
Com cstcs cxcmplos, fica cvidcnciado o fato dc que nem sempre é
útil utilizar-se a "intuição" na determinação do CIR, mesmo porque
é usual que o mcsmo assuma posições diferentes a cada instante,
a determinação do CIR neste caso é muito mais complexa,
cntretanto, após determiná-lo, o cálculo das velocidades de outros
pontos da roda são facilitados .
••••••••••••••••••••••••••••••••I:
••
3.6 Exercícios Resolvidos
3.01
A barra AB. ilustrada na figura Fig. 3.7. tem comprimento 0,8 m, e
desloca-se com as extremidades apoiadas em duas superfícies.
confoffile ilustrado. O extremo A da barra, desloca-se para direita,
com velocidade constante vA = 3.5 m/s. No instante ilustrado,
quando o ângulo entre a barra e o plano horizontal é e =300 ,
pedem-se:
a) a velocidade do ponto B:
b) a aceleração do ponto B.
/"B~~/or:v..1 Fig:3.7
,... Ooh'A'2:l3 ... J~
C _ ::-0.- 1
LX
O item (a) que pede o cálculo de velocidade de um ponto. pode ser
resolvido com ajuda do CIR, entretanto, o item (b) exige o uso das
equações da cinemática vetorial.
Opção 01 para solução do item (a): será utilizado o conceito de
Centro Instantâneo de Rotação - CIR, e se apoiará nas construções
geométricas indicadas na figura Fig. 3.8.
. ,
v-~-------, A
••••••.1••
-I••••••••••••••••••••••••••
NOle-.,e que a velocidade do POIlIOn, lem direfüo
IOngenre à .wpeifície inclinada. e o valor apreJenlOdo é
a norma (módulo) do velOr velocidade .
Opção 02 para solução do item (a): será utilizada a equação que
relaciona velocidades de dois pontos de um mesmo sólido, a saber:
v-p= ''O+WI\( P -Q)
Note-se que esta equação nem mesmo faz referência aos pontos em
estudo A e B, desta forma, é imperativo que se faça as adaptaçõcs
para atender à~necessidades do problema; lembrando que o objetivo
é a velocidade do ponto B (deve-se trocar P por B) e é conhecida a
veloeidade do ponto A (deve-se trocar Q por A), ou seja:
v8=4,375'0,8
In\'8=3,5-
s
V 8 ( '0,8
e
e~=W.O,8
3,5=10'0,8
10=4,375 rad
s
Obtendo o CIR:
;. como as extremidades A e B da barra, mantém eontato com os
apoios, as velocidades desses pontos são tangentes às
respectivas superfícies;
;. traçam-se as retas ortogonais às velocidades dos extremos A e
B; a intercessão dessas ortogonais define o CIR da barra AB;
,. o triângulo fonnado pelos pontos A, B e CIR, é um triângulo
equilátero com lados iguais à 0,8 m (verificar os ângulos
indicados na figura Fig. 3.8); desta
forma, a~ distâneia~ que
possuem interesse para a solução do item (a), são:
AB=AClR= BCIR=O,8 m;
;. sendo w a velocidade angular da barra AB, pode-se expressar
as velocidades dos pontos A e B por:
v,=w'ACIR e 1'8=w.BCIR;
•••••••••••••••••••
I •
••••••••••••••••
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
Fig'3.8a
x'v, A
A,
,,
• obtendo o vetor velocidade do ponto A:
y a intensidade foi fornecida pelo enunciado:
III
\',=3,5-
s
~ a direção dessa velocidade é paralela à superfície horizontal,
66
~~~;J....
~ .
Note-se que esta equaçõoJoi foi aquela que deu origem
ao C/R. ou seja. é allterior ao mesmo e lIão só fomece
os mesmos resultados. como os apresenta na fnnna
velOrial ou seja. émais completa.
pensando no formato vetorial '"
• obtendo o vetor velocidade angular da barra:
~ a intensidade é desconhecida 0);
~ a direção é a do eixo de rotação, ou seja perpendicular ao
plano do movimento; como o plano do movimento é
definido pelos eixos x e y, a direção é a de z;
y o sentido é dado pela regra da mão direita, ou seja:
~ o eixo passa pelo CIR;
y acompanhando a rotação da barra em torno dcste
eixo, com os dedos da mão direita, com exceção do
polegar, este último apontará para fora da página, terá
direção e sentido do eixo z: (vide figura Fig. 3.8a)
,. finalmente tem-se: w=w.f.:
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
ou seja, tem direção e sentido do eixo x:
\>,=3,5';
• expressando a velocidade do ponto H, na forma vetorial:
" a intensidade será indicada por VB:
" a direção dIa velocidade do ponto B é tangente à superfície
inclinada de 60" em relação ao horizonte, desta forma, pode
ser expressa por suas projeções nos eixo x e y:
\'8= v,,'cos60"'; + \',,' cos 30". )
\' -, .. 050';+1' .087'J-'B- B I fi I
• expressando o vetor (H-A):
" esse vetor tem módulo ou norma igual ao comprimento da
barra, ou seja, 0,8 m;
).. esse vetor a direção da própria barra, ou seja, é inclinada de
30" com a horizontal:
).. esse vetor tem "ponta" em H e "rabo" em A, e pode ser
expresso através de suas projeções nos eixos x e y:
o ,. o .•
(B-A)=0,8'cos30 ';+0,8'cos60'j
(B - A)=0,8 '0,87'; +0,8' 0,50.)
(B- A)=0,7'; +0,4. )
finalmente pode-se suhstituir os termos na equação eq. 3.5:
1'8'0,50.; + \'" '0,87 } =3,5'; +co. k A( 0,7'; +O,4'})
lembrando de que:
•••• A A ••••• ••.
kA;=j e kAj=-;
tem-se:
.•. "'''' .. ..
\'8.0,50.; +1'8,0,87 j=3,5';+co.0,7. j-co'O,4.;
rcagrupando os termos:
\'8'0,50'; +1' 8'0,87) =(3,5-co.O,4 ).i +co'O,7.)
igualando a componente i do primeiro membro com a componente
i do s<?ê!.,ndomembro:
1..'~l(o,~.i+1'.-0,87 J=[15-~.0,4j-i +co.O,7. J
" .05=3 5-(jl'0 4 eq Ifi" , •
igualando a componente J do primeiro membro com a componente
J do segundo membro:
- I ,- - [~-
v ",0,50,; +;V.l(~:S.?)= (3,5- co.0,4).; +i.l:" ....q.:?i j
\' •. 0,87 =co-0,7 eq. 11
da equação eq. 11telll-se:
67
68
calculaI/do a aceleração do POl/to B ...
não lul comparaçiio elllre as dull.\ opções, o trahalho
que se tem com esta úllima versão é muito maior do qUi'
cam Ofluela em que se utilizou o cOllceilO do C/R .
Centro in.\'lantâlleo de Rotaçc1o; e,\'le exemplo IOnlll
claro que sempre que possível o uso do C/R é vlllio.\'o.
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
_ d(w'k)
rx-
dt
w'0,8=3,5
retomando-se a eq. 3.3 ....
a-p=âQ +~/\( P -Q)+w/\[w/\( P- Q)]
lembrando que o objetivo é a aceleração do ponto B do sólido, e que
a aceleração do ponto A é conhecida, deve-se adaptar a equação
anterior aos interesses do problema:
a""s=a~+~/\(B -A )+w/\ [w /\( B- A)] eq.3.11
recuperando resultados anteriores ....
a~=zero w=4,38'k (B-A)=O,7'i+0,4']
calculando o vetor aceleração angular, através da derivada temporal
do vetor velocidade angular:_ dw
rx=---:it sendo: w=w.k tem-se:
aplicando a derivada do P!oduto:
'ii=dw.k+w.dk eq.V
dt dt
rad
w=4,38 - eq. IV
s
finalmente substituindo a equação cq. IV na equação eq. 111,tem-se:
I'.=4,38'0,8
In
\'8=3,5-
s
w.O,7
li =-- OU 1'8=w.O,8 eq. 1II
8 0,87
substituindo a equação eq. III na equação eq. I, tem-se:
w.O,8.0,5=3,5 -w.O,4
w.O,4=3,5-w.O,4
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
, d k
o versor k é constante, portanto: -;]f = zero
dw
a aceleração angular (escalar) é dada por: CJ.=d(
substituindo na equação eq. V, tem,se: ã=CJ.'k
o ponto B, descreve trajetória reta, por estar apoiado na superfície
inclinada, desta forma, sua aceleração apresenta apenas a
componente tangencial, pois a componente centrípeta é nula ("não
faz curva");
a- =a 'cos600.1+a 'cos300.]8 8 8
a-B=a 8.0,50.; +a B'O,87']
substituindo na equação eq. 3.11, tem-se;
a '050.f+a .087'J"=
B ' B '
= ('(.i:1\(0,7'; +0,4. ])+4,3s-k: 1\[4,3s-k 1\(0,7'; +0,4.])]
eq.VI
efetuando os produtos vetoriais ...
o primeiro ...
('(.1. 1\( 0,7.; + 0,4.] )=((.0,7. ] -((,0,4.;
o duplo produto ...
4,38.1. 1\[4,38.i: I\(O,7.i +0,4. ]) ]=4,38.i: 1\[3,07']- 1,75'; 1
4,38.i: 1\[4,38.i: 1\(0,7'; +0,4. ])]=-13,43.; -7,67']
substituindo na equação eq. VI ...
a .05.; +a .0 87'J'.=((.0 7 'J'.-((.04.; -1343.; -767 'J'.8' B' , , , ,
impondo que a componente i do primeiro membro seja igual à, -
componente i do segundo membro:
a 8=-('('0,8-26,86 eq.VII
impondo que a componente ] do primeiro membro seja igual à
componente ] do segundo membro:
a 8=('('0,8-8,82 eq. Vll1
substituindo a equação eq. VII na equação eq. VIII, tem-se:
-('(.0,8 - 26,86= ('(.0,8 -8,82
-(('1,6=26,86-8,82
a velocidade angular é:
70
AbarraAB:
• eIRAB = A, pois este ponto pertence ao eixo fixo de rotação;
••••••••••••.1•••••••••••••••••••••••
VII ou eq. VIIl, finalmente
• a velocidade do ponto B:
tem direção ortogonal à reta que liga os pontos A e B;
tem sentido para baixo, pois a rotação da barra AB é horária;
tem intensidade dada por:
VB=wAnAB
3.02
As engrenagens ilustradas e I e e2, tem n:spectivamente raios R, =
0,32 m e R2 = 0,24 m. A engrenagem e I tem eiJw fixo e gira no
sentido horário, com velocidade angular constante 00, = 16 radls. A
haste AB, gira no sentido horário com velocidade angular constante
OOAB = 13 radls. Pedem-se:
a) a velocidade angular da engrenagem e2;
b) a aceleração do ponto de contato entre as engrenagens que
pertence à engrenagem e2.
a=-)) 28 rad, 2
s
substituindo numa das equações, eq.
tem-se:
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
B
... '- .."
.:".}:i'
:. 0,56 m----
sendo que:
WAB= 13
AB=R,+R,=0,56
substituindo na equação:
1'8=13-0,56
In
I'B=7,28-
s
A engrellagem eJ:
• CIR" =A, pois este ponto pertence ao eixo fixo de rotação;
• a velocidade do ponto P:
tem direção ortogonal à reta que liga os pontos A e P;
tem sentido para baixo, pois a rotação da engrenagem e 1 é horária:
tem intensidade dada por:
I' =w -ABP ,I
71
sendo que:
AB=R,=0,32
w,,=16
substituindo na equação:
I'p=16'O,32
InI'p=5,12-
s
A engrenagem e2:
Como o engrenamento dos dentes das engrenagens, garante que não
ocorra escorregamento nesse ponto de contato, as velocidades dos
pontos de contato entre as engrenagens são iguais:
Desta forma, já estão determinadas as velocidades de dois pontos da
engrenagem e2:
m
;.. de seu centro v 8=7,28-: s
111
l> do ponto de engrenamento v p = 5,12-s
• O CIR,,:
A determinação do CIR" pode ser feita por intermédio das
velocidades dos ponto B e P, entretanto, é mais trabalhoso que o
usual, pois as linhas ortogonais à essas velocidades são coincidentes
(possuem infinitos pontos em comum) e não definem o CIR",
• A velocidade do ponto P:
n
•••••••••••••••••••••••••'." •.1
••••••••
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
embora já seja conhecida pode ser expressa por:
V p=5,12=wf2.PCIRe2 eq.1
• A velocidade do ponto B:
embora também já seja conhecida pode ser expressa por:
v p=5,12=wf2'PClRe2 eq.1I
Essas duas equações relembram a proporcionalidade
entre a
velocidade do ponto e a distância entre o mesmo e o CIR; na figura
seguinte a construção geométrica apresentada ilustra essa proporção;
note-se que o eixo de rotação válido para o instante ilustrado na
figura seguinte, passa necessariamente pelo CIRe2, desta forma, a
engrenagem e2 gira no sentido horário em torno do mesmo .
x
substituindo as distâncias entre os pontos e o CIR", nas equações
eq. I e eq. 11,tem-se:
vp=5,12=we2'd
v B=7,28=w e2'(O,24+d)
destas equações pode-se expressar a velocidade angular da
engrenagem e2 através de:
5,12w"=T eq.1I1
7,28
lU,,= O 24+d eq. IV,
igualando ...
5,12,( O,24+d )=7,28.d
73
- ._- -_._----------------------------
i,229+5, 12.d=7,28'd
1,229= 2, 160.d
d =0.5691/1
substituindo na equação eq. m, tem-se:
5,12 5.12
weZ=T=0569 ,
W z=9,00rad
e s
na forma vetorial:w:z=-9,OO'k eq. V
• A aceleração do ponto P
a aceleração do ponto P, deve ser expressa em função da aceleração
de outro ponto da engrenagem e2; o pomo 13por pertencer iJ barra
AI3, é mais promissor.
Retomando a barra AB ....
A aceleração do ponto B deve ser expressa em função da aceleração
de outro ponto da barra AB, e neste caso o ponto A é a melhor
escolha, como é um ponto fixo, sua aceleração é nula;
A~~ Btlt."..:.r:ü::l::...::::::::::..::.....::...::....::....::.....::....;:;..;00
1
\::1)
~) ty y
Eé,tp"lI ~ Vs
: z,
:.. 056 m li:, ' ,
utilizando a equação que relaciona as acelerações de dois pontos de
um sólido ...
a~=a~ +C(~B/\(B-A)+W~B/\(W~B/\(B-A)) eq. VI
por partes ....
);. a aceleração do ponto A:
74
•••••••••••••••••••••••.1
.1•••••••••••
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
como é um ponto fixo: a~ = zero:
~ o vetor velocidade angular da barra AB:
pelo enunciado sabe-se a intensidade do mesmo, que é horário e
constante: tem direção ortogonal ao plano do movimento: possui
sentido dado pela regra da mão direita, ou seja:
w- =13'(-k)'AB •
~ o vetor aceleração angular da barra AB:
é obtido através da derivada temporal do vetor velocidade angular:
_ d w~B .
IX = - zero.
AB dI
;.. o vetor (B - A):
possui módulo igual a distância entre os pontos A e B: 0,56 m:
possui a direção igual ao do eixo x: i
possui sentido de A para B, ou possui "ponta" em B e "rabo" em A:
B-A=0,56.f
substituindo na equação eq. VI, tem-se:
a-B=-13'k 11(-13.k 1I0,56.f)
a-B=-94,64.j eg. VII
retornaI/do a engrenagem e2 e a aceleração do ponto P ...
a equação que relaeiona as acelerações de dois pontos, no caso P e
B, é:
7S
76
o vetor (P - B):
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
zero :
substituindo na equação eq. VIII, tem-se:
a-p=-94,64.j -9,00.k /\(-9,00.k /\ -0,24.7)
a-p=-94,64.j + 19,44'}
a- =-7520.7.!!!..p , 2
s
3.03
A barra AB, gira com frequência constante f = 954,96 r.p.m. no
sentido horário. O cursor C está vinculado a uma haste horizontal
fixa. Para o instante configurado pedem-se:
a) a velocidade angular da barra CB:
b) a velocidade do cursor C:
c) a aceleração do cursor C.
o módulo (norma) é igual à distância entre os ponto P e B: O,24m:
a direção é igual à do eixo x: i:
o sentido é de B para P, ou seja, "ponta" em P e "rabo" em B:
P-B=-0,24.j
por panes ...
da equação eq. VII, tem-se:
a- =-9464.[ .B ' ,
da equação eq. V, tem:se:w:2=-9,OO.k ressalte-se que é constante:
derivando em relação ao tempo, o vetor velocidade angular, tem-se:
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
os dois primeiros itens pedem velocidades c desta forma, podem ser
obtidos através do CIR, o que é tremendamente mais econômico do
que se utilizar a forma vetorial, e assim será;
a barraAB:
• o vetor velocidade angular da barra AB:
:.. sua intensidade pode ser obtida através da frequência de
rotação:
2'7f.954,96 100 radwAR=2'7f'f =------'-=60 s
:.. sua direção é ortogonal ao plano do movimento com sentido
dado pela regra da mão direita:
w- =IOO.(':k)rad IAR s eq .
• o ponto A é o CIR;
• a velocidade do ponto B é:
77
111
V B=WAB,O,090= 9- eq.II;s
(note-se que 90mm=O,901II )
• a aceleração do ponto B;
esta aceleração será necessária futuramente no cálculo da aceleração
do cursor C, desta forma seu cálculo será antecipado; buscando um
ponto da barra AB cuja aceleração seja facilmente determinada, logo
nota-se o ponto A, assim;
a-B=a-A+IX~BA( B- A) +w~BA(W~B A(B- A)) eq.lII
por partes ...
l- a aceleração do ponto A é nula. pois o mesmo é fixo;
a~=zero
l- o vetor velocidade angular da barra AB está expresso na
equação eq. 1: _
W~B= 100.( - k) note-se que é contante;
l- o vetor aceleração angular da barra AB é obtido através da
derivada temporal do vetor velocidade angular da barra AB,
ou seja:
_ dW~B
IX AB dI zero
l- o vetor (B - A) possui ...
l- módulo (norma) igual a distância entre A e B, 0.90 m;
•. direção igual ao do eixo x e sentido oposto: - i ;
l- desta forma é expresso por;
B -A=O,090.( -i)
substituindo na equação eq. m, tem-se;
a-B=-lOO'k A( -lOO.k A( -o,090.i))
- 900 0111a B= '1-:;- eq. IV
s-
o cursor C:
o cursor C possui trajetórw reta e horizontal, desta forma pode-se
afirmar que:
78
•••••••••••••••••••••••••••••••••••.,
•••••••••••••••••••••'.••••••••••••••
• sua velocidade é tan~cnte à trajetória, ou seja:
v-;;.=1' C'; eq. V
• sua aceleração, caso exista, é composta apenas pcla componente
tangente à trajetória, pois não possui a componente centrípeta,
porque não faz curva;
ac=ac'; eq.VI
a barra BC:
• determinando o CIRHc:
a intercessão das onogonais às velocidades dos pontos B e C,
determinam o CIRHc, as construções geométricas estão ilustrada~ na
figura seguinte:
• as velocidades dos pontos B e C podem ser expressas por:
\'H=wHC.BClRlJC cq. VII
l'C=wHc'CCIRHC eq. VIII
a distância entre os pontos B e CIRBC pode ser expressa por:
BClR"c=~(3001- l501)=O,26m
a distância entre os pontos C e CIRBc foi fornecida no enunciado:
CClR"c=O,150m
sunstituindo nas equações eq. VII e eq. VIII, telll-sc:
l' lJ=w Hc.O,260 eq.IX
vc=wHc'O,150 eq.X
79
80
por partes o"
da equação eq. 'CI:
aC=aC';
da equação eq. IV:
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
w-;'c=34,62.(-k) eq. XI
• a aceleração do ponto C:
deve ser expressa em função da aceleração de outro ponto do
mesmo sólido (barra BC), neste caso basta lembrar que antecipou-se
o cálculo da aceleração do ponto B, assim:
ac=a~ +cx;C 1\( C- B)+ oo~cl\(oo~cl\(C- B)) eq. XII
substituindo o resultado expresso pela equação eq. XI na equação
eq. X, tem-se:
vc=~.O,150
vC=43,62.0,150
mvC=5,2-s
substituindo este resultado na equação eq. V, tem-se:
- 52"mv = '1-C ' S
rad''';> ooBc=34,62- s
o vetor velocidade angular tem o módulo (norma) indicado na
equação eq. XI, direção ortogonal ao plano do movimento e sentido
dado pela rega da mão direita; desta forma:
substituindo-se o resultado da equação eq. 11 na equação eq. IX,
tem-se:
~=oo Bc.O,260
9=00 Bc'O,260
verificar as i"dicações geométricas "afigura .<eguillle;
a-B=900.i
da equação eq. XI:
w-;'c= 34,62,( -k)
vetor aceleração angular da barra BC, tem:
:- intensidade: C<BC;
•. direção ortogonal ao plano do movimento: eixo z;
•. sentido escolhido de forma arbitrária: k;
•. finalizando:
C<~C=C<BC.k
o vetor (C - B), tem:
•. intensidade igual ao tamanho da barra BC: 300 mm;
l- direção da própria barra BC;
l- sentido de B para C, ou seja, "ponta"em C e "rabo" em B
l- expressando o vetor (C - B) através de suas projeções
nos eixo x e y, tem-se:
C- B=0,26.7 +0,15']
••c•••••••••••••••••••••••••••••••••
,A 300' - 150') = 260
81
kz
1
substituindo os resultados na equação Xli, tem-se:
ac'; =9()(). i + ('(IJC' k 1\ (0.26. i +0.15. j)+
-3~,62.k':.[-34,62.kl\(~,26.i+o,15))1 _ _
ac' i =900.i + ('(BC'0,260' j -('(/lc'O,150' i - 312. i -180)
igualando as componcntes ; dc cada membro da equação:
Gc=900-('(Bc'O,150-312
eq. XIII
igualando as componentes ) de cada membro da equação:
zero=('(/lc.0,260-180 cq. XIV
da equação eq. XIV. telll-se:
rad
('(Bc=692,3I-,
5"
substituindo-se na equação eq. XIII, tem-se:
radac=484,15-,
5"
3.04
Um automóvel apresenta rodas traseiras com diâmetro 0,75 m. e telll
movimento acelerado com aceleração a = 6,5 m/s'. No instante
ilustrado, a velocidade do auto é v = 140 km/h. Sabendo-sc quc não
ocorre escorregamento entre as rodas e o piso, pedem-se:
a) a velocidade do ponto A:
b) a velocidade do ponto B:
c) a aceleração do ponto A.
___ o ' • • _
, ponto B \-----~
os itens (a) e (b), podem ser obtidos através do CIR, e assim será
82
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
•••••••••••••••••'í;••••••••••••••••••
feito .
o O CIR da roda:
;. orno não ocorre escorregamento entre o pneu e o solo, o
ponto de contato do pneu e solo está instantaneamente
parado, ou seja, é o CIR .
o Velocidades dos pontos A, B e C (centro da roda):
;. o vetor velocidade angular da roda, possui:
;. intensidade: w
;. direção ortogonal ao plano do movimento: eixo z;
).. sentido dado pela regra da mão direita: - k
;... na forma vetorial: ({,=w.( -k) eq. I;
collsiderar que o C/R é um pomo do eixo imtamâlleo da
roda, e nesse instante considerado. a roda gira em tonlO
do mesmo; afigura seguillle ilustra essa cOlIdição;
83
lo> o vetor aceleração angular da roda. possui:
• lo> intensidade: a
lo> direção ortogonal ao plano do movimento: eixo z;
lo> sentido dado pela regra da mão direita. e como o
automóvel tem movimento acelerado. sua roda gira cada
vez mais rápido. ou seja, a aceleração angular contribui
para o aumento da velocidade angular. () que implica ter o
mesmo sentido desta última: -k
lo> na forma velorial: ã=a'(-k) eq.II:
lo> a velocidade do centro da roda (ponto C). possui a mesma
velocidade que o eixo do automóvel, que por sua vez possui
a mesma velocidade do automóvel, assim apresenta:
.. km 140 m
).- mtensldade: vc=140-,-= 36=38,89- eq.lIJ:
1, S
).- direção horizontal. pois o centro da roda desloca-se
paralelamente ao piso;
).- sentido igual ao do eixo pois desloca-se no mesmo
sentido do automóvel: "',=38,89';'m eq. IV;s
l> considerando a obtenção da velocidade do ponto C com
o uso do CIR. pode afirmar que:
lo> tem direção ortogonal à linha que une o ponto C ao CIR;
l> tem intensidade dada por: vc=oo.CClR eq.V;
verificar as construções geométricas lia figura allterior;
sendo que CCIR, é a distância entre os pontos C e CIR:
R= 0,75=0375 m
2 '
l> substituindo esse resultado na equação eq. V, tem-se:
vc=oo.0.375 ;
l> substituindo o resultado da equação eq. IV. na equação
VI. tem-se: 38,89=00,0.375;
l> isso determina a velocidade angular:
rad
00= 103.71- eq. VIs
l> a velocidade do ponto A. tem:
•••••••••••••••••~••••••••••••••••••
85
BCIR =V (0.3752 +0.3752) =0,530 m
~
.~~b) ..•,
..
).. substituindo na equação eq. VIII. tem-se:
I' 8=w.0,53 eq. IX;
lo- substituindo o resultado da equação eq. VI. na equação
eq. IX. tem-se:
I'B=103 7].053=55 m=198 km
, 1 S h
~ direção ortogonal à linha que une o mesmo ao CIR;
~ intensidade dada por: 1',=w. ACIR eq. VII
sendo que ACIR • é a distância entre os pontos A e CIR:
ACIR=0.75m: fornecido pelo enunciado;
lo- suhstituindo o resultado da equação eq. VI na equação eq .
VII. tem-se:
1',= 103.71.0.75
I' ,=77.78 m =280 km
s 11
a velocidade do ponto B. tem:
~ direção ortogonal à linha que une () mesmo ao CIR;
~ intensidade dada por: I'B=w.BCIR eq. VIII
sendo que BCIR. é a distância entre os pontos B e CIR•
que pode ser determinada. identificando o triângulo com
vértices em B. C e CIR. como sendo retângulo:
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
por partes o ••
~ o ponto A segue uma trajetória denominada "cicloidc" que
possui raio de curvatura, desta forma a aceleração do ponto
A pode scr expressa como a soma de duas componentes:
aceleração tangencial e aceleração centrípeta, ambas
incógnitas; formalizando:
a-A=a..".j -am".}; conforme construção geométrica
apresentada na figura seguinte;
• a acelcração do ponto A:
sua determinação exige o prévio conhecimento da aceleração de
outro ponto do sólido, e o ponto mais indicado é o centro da roda,
que possui aceleração igual ao do automóvel:
- 65"mac= , ./ - eq. Xs
a equação que relaciona as acelerações dc dois pontos dc um sólido,
no caso, aceleração do ponto A e do ponto C:
a-A=a""c+ã A(A -C}+CtJl\(ÜJ A (A - C)) cq.XI
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
o
o
o
o
o
o
•
o
~ a equação eq. X, expressa a aceleração do ponto C:
- 65"mac= , '1-;s
~ a equaçã,? cq. lI. expressa a aceleração angular da roda:
ã=cx.(-k) ;
~ o vetor (A - C) possui:
~ módulo (norma) igual a distãncia entre os pontos A e C:
R =0,375 m;
~ direção vertical e sentido ascendente ("ponta" em A e
"rabo" em C): J;
~ formalizando: (A-C)=O,375. ]
86
87
}o as equações eq. I e eq. VI, nos permitem: w=- 103,71, k ;
}o substituindo na equação eq. XI, tem-se:
• buscando outro ponto cuja aceleração possa completar o cálculo
da aceleração do ponto A:
•. o ponto que pertence à borda da roda, tem trajetória como na
figura seguinte, e é denominada de cicJoide .
" No instante em que o ponto da horda toca o solo, pára
instantaneamente, e torna-se o CIR. Nessa posição da
trajetória é onde ocorre a inversão de velocidade do ponto da
borda, ou seja, é onde o ponto da horda invcrtc o sentido de
seu movimento e desta forma pode-se garantir que possua
••
, l""!'o~ ~, o
, o
" ,
"
alan"i-acrm'j=
=6,5. i-cx.i: 1\0,375') -I 03,71.i: 1\(- 103,71'1. 1\0,375'))
}o desen volvendo ...
alan.i - a,,.,,)= 6,5.i +cx.O,375.i - 4033,41. j
" igualando as componentes i e j de cada membro, tem-se:
a",=6,5+cx'O,375 eq. XII
a,m,=4033,41 eq. XI1I
ôps telfWS problema". pois da equação vernrial
retiraram-se dua, equações escalares; com a segunda
equarcio escalar detenninnu.se Q componente centrípeta
da aceleração, filtre/anta com apenas a primeira
equacão linear, ntio há possibilidade de se detenllinar
Q!i duas inc6gnitas presentes na me,nna e isso impede a
continuidade do cálculo;
~
'
(;.",.
'~"" :.:'.•.."'.:'.:. ":,':', o''(<(7[><.:'"~\'\\ \/ ..-\i'~.~"./:". ,~y!I
\..~<J::::::':;:~:.)/
•••••••••••••••••••••••••••••••••••
• retomando o cálculo da aceleração do ponto A;
}- recuperando a equação eq. XII: a",=6.5+(X'0.375
88
apenas aceleração vertical; no instante em que o ponto toca
o solo. transforma-se no CIR. c apresenta aceleração
vertical:
a~IR=aClR'j XIV
• calculando a aceleração do CIR:
}- expressando a aceleração do CIR em função da aceleração
do ponto C. tem-se:
a~IR=a""'+iiA(C/R-C)+WA(W(ClR-C)) eq. XV
} por partes ...
} da equação eq. XIV: a~IR=aCIR.j
} da equação eq. X: a-c=6.5.j ms
} da equação eq. lI: ii=(X.( -k)
} o vetor (CIR - C) tem:
}- intensidade igual a distância entre os pontos C c
CIR: 0.375 m
} direção vertical e sentido de C para CIR ( "ponta"
em CIR e "rabo" em C): - j
} formalizando: (C/R - C)= -0.375, j
} as equações. eq. I e eq. VI. nos permitem:
w=-103.71.k;
} substituindo na equação eq. XV. tem-se:
a~JR.j=6,5.i-(X.k A(-0.375.jl+
=- 103.71.kA(-103.71.k A(-0.375, j))
a~IR.j=6.5. i -(X.0.375.i +4033. j
} igualando as componentes i e j de cada membro. tem-se:
aClR=4033
zero=6.5- (X'0.375
} esta última equação permite determinar a aceleração angular
(X:
rad(X=17.33~ eq. XVI
s
••••••••••••••••••••••••••••••••••
~----------------------------- .
••••••••••••••-.
•••••••••••••••••••••
J.o substituindo o resultado indicado na equação eq_ XVI na
equação XII, finalmente tem-se:
rada..." =6,5+ I7,33-0,375=13,00-2s
finalmente, a aceleração do ponto A é:
na forma vetorial, conforme equação:
ã.=~i-~-}
ã.=13-i-4033-) ":s•
90
m(b)ac=43,952's
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
3.06
As barras AB, BC e CO, são articuladas entre si conforme ilustrado.
Pelas articulações A e O, passam eixos fixos. No instante ilustrado,
a barra AB gira com velocidade angular WAS = 5 rad/s, no sentido
horário. Pedem-se:
a) a velocidade angular da barra BC;
b) a velocidade angular da barra CO.
3.7 ExercíciosPropostos
3.05
O eixo manivela AB, do motor ilustrado, gira com velocidade
angular constante ro= 75 radls, no sentido horário. Pela articulação
A passa eixo fixo. Para o instante ilustrado, pedem-se;
a) a velocidade do pistão;
b) a aceleração do pistão.
:--80mm-~
~. '
A
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
() -'1 '15rad (I) rada WnC--,- -5- }wCD=4,5-s- .
3.07
As barra~ AB, BC e CD, são articuladas entre si conforme ilustrado .
Pelas articulações A e D, passam eixos fixos. No instante ilustrado a
barra AB gira com velocidade angular ((lAB = 8 rad/s, no sentido
horário. Pedem-se:
a) a velocidade angular da barra BC;
b) a velocidade angular da barra CD .
B ,;,.-- -- - - - - - - -- - - -- -- - -- - - - -- --r --
~ D~r
: 025
. , ) 'l..,,
:-0,12-:-0,25 -:
rad rad
(a)w IJC= 28,0-s-' (17)wcv= 13,3-5
-
3.08
As barras AB, BC c CD, são articuladas entre si conforme ilustrado .
Pelas articulações A c D, passam eixos fixos. No instante ilustrado a
barra AB gira com velocidade angular ((lAB = 8 rad/s, no sentido
horário. Pedem-se:
a) a velocidade angular da barra BC;
b) a velocidade angular da barra CD.
91
3.09
As barras AB, BC e CO, são articuladas entre si conforme ilustrado.
Pelas articulações A e 0, passam eixos fixos. No instante ilustrado a
barra AB gira com velocidade angular mAB = 10 rad/s, no sentido
anti-horário. Pedem-se:
a) a velocidade angular da barra BC;
b) a velocidade angular da barra CO.
, .'. ..'.. .:. 0,12' 0,25
rad rad
(a)wBC=35,O---:;:- (b)wBC=16,8-s
-
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
D.'
0,35
0,20
c
B
.1 .•
iA
I
I
1
0,04 :
0,~~!--1------------------
-----õ----.-.--~-------------
•:-----'0,25
E! _
D 0,10
rad rad
(a)w
BC
=4,O- (b)wcv=IO,O-s s
93
3.11
Uma polia com raio R = 350 mm, é arrastada através dc scu centro
A, por uma haste que desloca-se horizontalmente a partir do
repouso, com aceleração constante ah= 45 mm/s2• A polia apoia-se
em uma esteira e não escorrega em relação à mesma. A esteira
desloca-se eom velocidade constante v, = 100 mmls. Para o instante
em que a haste alcança a velocidade Vh= 250 mm/s, pedem-se:
a) a velocidade angular da polia;
b) a acelcração angular da polia .
3.10
A barra AB, gira com frequência constante f = 954,96 r.p.m. No
sentido horário. Pela articulação A pa~sa eixo fixo. A barra BC
encontra-se articulada à barra AB e ao curso C, que está vinculado a
uma haste horizontal fixa, e desta forma desloca-se apenas na
horizontal. Para o instante ilustrado pedem-se:
a) a velocidade angular da barra CB;
b) a velocidade do cursor C;
c) a aceleração do cursor C.
rad
(a)w BC= 22,1-
5
-,
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
3.13
As engrenagens ilustradas el e e2 tem respectivamente raios 0,32 m
e 0,24 m. A engrenagem e I tem eixo fixo e gira no sentido horário,
eom velocidade angular w" constante. A haste AB, gira no sentido
horário com velocidade angular WAIl = 13 rad/s. A engrenagem e2
não gira em tomo de si mesma, ou seja, apresenta-se em translação.
94
3.12
As engrenagens ilustradas el e e2 tem respectivamente raios 0,32 m
e 0,24 m. A engrenagem el é fixa e permanece parada. A haste AB,
gira no sentido horário com velocidade angular WAB = 13 rad/s.
Pedem-se:
a) a velocidade angular da engrenagem e2;
b) a aceleração do ponto P, de contato entre as engrenagens que
pertence à engrenagem e2.
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
~"...
.•',.('.•...'.h~'.'~. :" ;(;, / \O;O~,,,o {/
" _7
(-<'c'C/'c/c;
In(b)ap=126,14, s-
(b)a=0,13 ra~
s
rad(a)w=30,33-
s
(a )w=0,43 rad
s
Pedem-se:
a) a velocidade angular da engrenagem e I;
b) a aceleração do ponto P, de contato entre as engrenagens que
pertenee à engrenagem e2 .
3.14
A barra AB de comprimento L = 20 m, é articulada em A por onde
passa eixo fixo e apresenta-se inclinada de 30" em relação ao
horizonte. A barra AB é empurrada pelo disco de raio R = 4m, que
move-se em translação com velocidade constante v = 5 m/s. para a
esquerda. No instante ilustrado, pedem-se:
a) a velocidade angular da haste:
b) a velocidade do ponto B da hastc .
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
(a }w" =22,75 rad
s
(a }w=O,17 rad
s
In(b}ap= 165,62--;s-
In
(b}v=3,35-
s
95
3.15
Na figura ilustrada, o disco gira em tomo do eixo fixo. definido pela
articulação A, no sentido horário, com aceleração angular constante
U = 7< rad/s2• No instante ilustrado. a velocidade angular do disco é
(O = 2.7<rad/s, e o ângulo e = 30"- Fixado ao disco. um pino P,
desliza em uma ranhura vertical de um dispositivo, que desloca-se
apenas na horizontal, limitado por uma guia lixa. Ü movimento
deste dispositivo é transmitido a um pistão. A distãncia do ponto A
ao pino P, é R = 0,2 m. Para o instante ilustrado, pedem-se:
a) a velocidade do pistão;
b) a aceleração do pistão.
3.16
O rolamento ilustrado, tem sua capa externa fixa, enquanto que sua
capa interna gira solidária a um eixo também fixo, com frequêneia f
= 3600 rpm. As esferas do rolamento são idênticas entre si,
apresentam raio R = 0.0025 m, e rolam sem escorrcgar, apoiadas em
ambas as pistas. A pista interna possui raio Ri = 0,0125 m. Pedcm-
sc:
a) a velocidade linear do eentro das esferas;
b) a vclocidade angular das esferas.
Sugestlio: considerar que as esferas lu70 escorreguem
em relaçiio às duas pistels, ou seja: os pOli/OS das
esferas que fazem coll/a/() com a pista ex/ema (m.
possuem velocidade instantaneamente !lula, enquanto
96
)
In(a 1'=1,09-
s
In
(b)a=3,41 --,
s'
••••••••••••••••••••••••.'•••••••••••
91
que os pOli tos das esferas que fazem contato com II pista
;l1/ema (AJ, possuem a velocidade da mesma .
~-----
..>. B:"----~\, ...•..••.. : :, -"'1 ,
, Ri " ,/
,
,,
,,,,
,,,
rad(b )W,,!m,=942,48-
s
( ), -136 Ina \ n:nrro--' -
S
3.17
O disco ilustrado rola sem escorregar, apoiado em superfície
horizontal, e seu centro C, apresenta velocidade constante Vc = 0,04
m/s. A barra AB, de comprimento L = 0,3 m, é acionada pelo disco,
através da articulação B, e mantém seu extremo A, em contato
permanente com a superfície horizontal. A articulação B, dista O, I
m, do centro C do disco. Para o instante ilustrado, quando e = 30",
pedem-se:
a) a velocidade angular da barra AB;
b) a velocidade do ponto A da barra .
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
3.19
Um carretel constituído por cilindros de raios R, = 90 mm e R, =
120 mm, é acionado por um fio enrolado no mesmo, conforme
ilustrado. O fio não escorrega em relação ao carretel. O carretel
não escorrega em relação ao piso. O ponto D, da extremidade do fio,
desloca-se a partir do repouso, com aceleração constante igual à aD
= 450 mm/s'. Para o instante em que este ponto atinge a velocidade
Vo= 90 mm/s, pedem-se:
a) a aceleração do ponto A, do carretel;
98
3.18
Um carretel constituído por cilindros de raios R, = 90 mm e R, =
120 mm, é acionado por um fio enrolado no mesmo, conforme
ilustrado. O fio não escorrega em relação ao carretel. O carretel
não escorrega em relação ao piso. O ponto D, da extremidade do fio,
desloca-se a partir do repouso, com aceleração constante à aD= 450
mm/s'. Para o instante em que este ponto atinge a velocidade VD=
90 mm/s, pedem-se:
a) a aceleração do ponto A, do carretel;
b) a aceleração do ponto B, do carretel.
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
x
~
D
1:
- 045 ~ 081 -.ma8=, '1+, 'J"2s
rad(a)wA8=O,085-s
99
o
L
a-B=0,45'f+O,017') '~
s'
b) a aceleração do ponto B, do carretel.
3.20
Um pcqueno
automóvel, tem roda~ dianteiras com diâmctro 0,45 m,
e traseiras com diâmetro 0,60m, e desloca-se em translação com
aceleração constante a = 4,7 m/s2• No instante considerado, a
velocidadc do mesmo é 20 m/s (72 kmlh). Considerando que não
ocorra cscorrcgamento entre as rodas e o piso, para o instante
descrito, pedem-se:
a) a velocidade angular da roda dianteira;
b) a velocidade angular da roda traseira;
c) a velocidade do ponto superior da roda dianteira;
d) a velocidade do ponto superior da roda traseira;
e) a acelcração do ponto superior da roda trascira .
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
rad rad m(a)wD=88,9- (b)wT=66,7-~ (e)v .=40-s s- p ..'. s
(d)v =40~ (e)a =1334,7m2p.... s p.... s
3.21
Um tambor de raio R = 0,45 m, é acionado através de uma corda
enrolada no mesmo, com o intuito de fazê-lo suhir um degrau de
altura h = 0,25 m. No instante em que o tamhor perde contato com
o plano horizontal, o topo do tambor velocidade Vc= 0,15 m/s. Não
ocorre escorregamento entre o tambor e o degrau. Para instante
descrito, pedem-se:
a) a velocidade angular do tambor:
b) a velocidade do centro do tambor.
rad m(a)w=0,28- (b)\'C=O,13-
s s
3.22
No arranjo ilustrado, os cursores A e B, estão aniculados aos
extremos A e B de uma barra, e desta forma fica garantido que a
distãneia entre os mesmo não se altera. Os cursores deslizam
livremcntc cncaixados em sulcos que limitam scus movimcntos,
desta forma, ao cursor A só é permitido dcslocamcnto vcrtical c ao
cursor B só é pcrmitido deslocamento na direção inclinada de 45"
em relação à vertical. O cursor A, desloca-se na vertical, subindo,
com velocidade constantc VA= 2 m/s. Para estas condições pedem-
se:
100
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
a) o CIR - Centro Instantâneo de Rotação da barra AB:
b) a velocidade angular da barra AB;
c) a velocidade do cursor B.
3.23
A roda ilustrada possui raio R = 0,2 m, gira com velocidade angular
Ul = Jr12 radls no sentido horário, e seu centro desloca-se com
velocidade Vc = 0,2 m/s, para direita. Pedem-se:
a) o CIR da roda:
h) determinar se a roda escorrega ou não;
c) a velocidade do ponto de contato com o piso .
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
(a )CIR=B rad(b)w A8=0,2 - (c) \'B=zero
s
102
(a )dista 0,073 do pIO decOIllato com o solo
3.25
No arranjo ilustrado, três engrenagens estão engrenadas entre si e
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
x•
(b)w =32 50.k rad
E, ' S
( ) , -O 115 mc \ f'ltInJflIUIII-' -
S
-m(d)ã=-961,04.i2"
s
(c)ii=-41,28.]m
s
- rad(a)wE =-7,67.k-, s
(b) a roda escorrega
3.24
No arranjo ilustrado três engrenagens estão engrenadas entre si e
artieuladas a uma barra sólida nos pontos A, B e C. A engrenagem
EI é fixa, ou seja, mantem-se estacionária. A barra ABC gira, em
tomo de seu eixo fixo que passa pelo ponto A, eom velocidade
angular eonstante (()= 30 rad/s, no sentido horário. Para o instante
ilustrado pedem-se:
a) a veloeidade angular da engrenagem E2:
b) velocidade angular da engrenagem E3;
e) a velocidade do ponto da engrenagem E3, que faz eontato eom a
engrenagem E2;
d) a aeeleração do ponto da engrenagem E3 que faz eontato com a
engrenagem E2.
103
3.26
No arranjo ilustrado, três engrenagens estão engrenadas entre si e
articuladas a uma barra sólida nos pontos A, B e C. A barra ABC
gira em tomo de seu eixo fixo que passa pelo ponto A, com
velocidade angular constante ro = 2lt radls, no sentido horário. A
engrenagem E1 é fixa e permanece estacionária. Para o instante
ilustrado pedem-se:
articuladas a uma barra sólida nos pontos A, B e C. A barra ABC
gira em tomo de seu eixo fixo que passa pelo ponto A, com
velocidade angular constante ro = 30 radls, no sentido horário. A
engrenagem E3 não gira sobre si mesma, ou seja, apresenta
movimento de translação. Para o instantc ilustrado pedem-se:
a) a velocidade angular da engrenagem E2:
b) velocidade angular da engrenagem EI;
c) a velocidade do ponto da engrenagem E3que faz contato com a
engrenagem E2:
d) a aceleração do ponto da engrenagem E3 que faz contato com a
engrenagem E2.
x••
(b)uJ =-49,97. k rad
E, s
(d)ã=-1051,20.j '~
s'
..:.. .,"
400 288 288
- rad(a)e.J =-1562.k-
fI ' s
(c)v=-35,Q4.jln
S
•••••••••••••••••••••
' .••••••••••••••
3.27
Uma viga de comprimento 4,0 m, é abaixada por intermédio de dois
cabos presos em suas extremidades A c B. No instante em que se
aplicam os freios ocorre um problema, e cada extremidade é
desaeelerada de forma diferente, desta forma, a extremidade A
desaeelera com aceleração aA= 3,0 m/s2 enquanto que a extremidade
B desaeelera com aB= 5,0 m/s2• Pedem-se:
a) a aceleração angular da viga;
b) a aceleração do ponto médio a barra.
a) a velocidade angular da engrenagem E2;
b) velocidade angular da engrenagem E1;
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
-:
• 1
Dvelocidade
104
4m
() - 40'.ma aCENTRO= , .J2
S
I.
(a )&=O,S.k ra;
S
0,3 m
(a )w£ =25,1 rad (a )w£ = 12,6 rad
2 S 3 S
••••••••••••••••••••••••••••••••••••
TAREFA03-a
Nome .R.A.: _
Duas hastes AB e DE, formam entre si ângulo e = 120" e estão
articuladas entre si no ponto D, conforme ilustrado. Sabe-se que o
ponto B move-se para a esquerda, com velocidade constante VB =
0,8 m/s. Para o instante ilustrado na figura, pedem-se:
a) a velocidade angular de cada haste:
b) a velocidade dos pontos E e D.
~ 0,3 m ,0,3 m ; ;;
Ar'lh-.-. --~t----- •.~--------------~E;; _o. ° 1: ..:>.:; . _J. I m
, '>çe: . ~:. ',:..' . ,/. i 0,3 m
'.' ~ ..-..-....~...:-~ ..'-------------- / J --r'
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:", I I..... ' ' / 04 m
'h ' "v
B
.....,:~ ~ .
B~ /;;;.; 0 ;j---
, ':_0,5m_:
105
100
rad rad(a )WA.= 1,00- W,,£=1,33-
S s
m In(b)I'D=O,50- 1'£=0,77-
s s
- - - - ----- ------_ ... _---- - - ------ ••••••••••••••••••••••••••••••••••••
TAREFA02-b
Nome R.. A.: _
A manivela AB ilustrada a seguir, gira com velocidade angular
constante OlAll = 4 radls, no sentido horário. Para o instante
lustrado, pedem-se;
a) a velocidade angular OlBD da barra BD;
b) a velocidade do pistão Vp.
. ... ',' .. ,. :~.:
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107
O,2m
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_ rad
a 0080-7,27-s
(b)vp=l,4Sm s
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	00000002
	00000003
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	00000005
	00000006
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	00000045
	00000046
	00000047
	00000048
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	00000050
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	00000060
	00000061
	00000062