capítulo 15 cinemÁtica dos corpos rÍgidos na translação de corpo rígido, todos os pontos do...
TRANSCRIPT
Capítulo 15 CINEMÁTICA DOS CORPOS RÍGIDOS
Na translação de corpo rígido, todos os pontos do corpo tem a mesma velocidade e a mesma aceleração em um dado instante.
Considerando a rotação de um corpo rígido em torno de um eixo fixo, a posição do corpo é definida pelo ângulo que a linha BP, traçada do eixo de rotação a um ponto P do corpo, forma com um
x
yA
rP
O
A’
B
z
v = = r sin
plano fixo. A intensidade da velocidade de P é
dsdt
.
onde é a derivada temporal de ..
v = = r sin dsdt
.
A velocidade de P é expressa como
v = = x rdrdt
onde o vetor
= k = k.
é orientado ao longo do eixo fixo de rotação e representa a velocidade angular do corpo.
x
yA
rP
O
A’
B
z
v = = x rdrdt
O vetor representa a aceleração angular do corpo e é orientado ao longo do eixo de rotação fixo.
Representando por a derivada d/dt da velocidade angular, expressamos a aceleração de P como
a = x r + x ( x r)
= k = k.
Diferenciando e lembrando que k é constante em intensidade e direção, encontramos
= k = k = k. ..
x
yA
rP
O
A’
B
z
x
y
O
= k
v = k x r
r
Considerando o movimento de uma placa localizada em um plano perpendicular ao eixo de rotação do corpo. Como velocidade angular é perpendicular à placa, então a velocidade do ponto P da placa é
x
y
= k
v = k x ronde v esta contido no plano da placa. A aceleração do ponto P pode ser decomposta nas componentes normal e tangencial, iguais a, respectivamente
at = k x r at = r
an= -2 r an = r2
= k
at = k x r
O an= -2 r
P
P
A velocidade angular e a aceleração angular da placa podem ser expressas como
=ddt
= =ddt
d2dt2
= dd
ou
Dois casos particulares de rotação são frequentemente encontrados: rotação uniforme e rotação uniformemente acelerada. Problemas envolvendo um desses movimentos podem ser resolvidos usando equações similares àquelas para movimento retilíneo uniforme e uniformemente acelerado de uma partícula, onde x, v, e a são trocados por , , e .
A
B
vA
vB
Movimento plano = Translação com A + Rotação em torno de A
A
B
vA
vA
O movimento plano mais geral de uma placa rígida pode ser considerado como a soma de uma translação e de uma rotação. Pode-se considerar que a placa mostrada translada com o ponto A, enquanto gira simultaneamente em torno de A. Disso resulta que a velocidade de qualquer ponto B da placa pode ser expresso como
vB = vA + vB/A
onde vA é a velocidade de A e vB/A é velocidade relativa de B com relação a A.
B
y’
x’
vB/A
rB/AA
(fixed)k
B
y’
x’
vB/A
rB/AA
(fixed)k
A
B
vA
vB
A
B
vA
vA vA vB
vB/A
vB = vA + vB/A
Representando por rB/A a posição de B relativa a A, notamos que vB/A = k x rB/A vB/A = (rB/A )= r
A equação fundamental que relaciona as velocidades absolutas dos pontos A e B e a velocidade relativa de B em relação a A pode ser expressa sob a forma de um diagrama vetorial e usada para resolver problemas envolvendo o movimento de vários tipos de mecanismos.
Movimento plano = Translação com A + Rotação em torno de A
C
A
B
vA
vB
vA
vB
COutra abordagem para solução de problemas envolvendo as velocidades dos pontos de uma placa rígida em movimento plano é baseada na determinação do centro instantâneo de rotação C da placa.
aB = aA + aB/A
O fato de que qualquer movimento plano de uma placa rígida pode ser considerado como a soma de uma translação da placa com um ponto de referência A e de uma rotação em torno de A, é usada para relacionar as acelerações absolutas de dois ponto quaisquer A e B da placa e a aceleração relativa de B com relação a A.
A
B
aA
aBA
B
aA
aA
A
B
y’
x’
(aB/A)n
kk
(aB/A)t
aB/A
onde aB/A consiste de um componente normal (aB/A )n de intensidade r2,orientado para A, e um componente tangencial (aB/A )t de intensidade r perpendicular à linha AB.
Movimento plano = Translação com A + Rotação em torno de A
aB = aA + aB/A
A equação fundamental relacionando as acelerações absolutas dos pontos A e B e a aceleração relativa de B com relação a A pode ser expressa na forma de um diagrama vetorial, e usada para determinar as acelerações de determinados pontos de vários mecanismos.
A
B
aA
aBA
B
aA
aA
A
B
y’
x’
(aB/A)n
kk
(aB/A)t
aB/A
(aB/A)n
(aB/A)t
aA
aB aB/A
Movimento plano = Translação com A + Rotação em torno de A
O centro instantâneo de rotação C não pode ser usado para a determinação de acelerações, pois o ponto C , em geral, não tem aceleração nula.
aB = aA + aB/A
A
B
aA
aBA
B
aA
aA
A
B
y’
x’
(aB/A)n
kk
(aB/A)t
aB/A
(aB/A)n
(aB/A)t
aA
aB aB/A
Movimento plano = Translação com A + Rotação em torno de A
X
Y
Z
x
y
z
O
ij
k
Q
A
A taxa de variação de um vetor é a mesma em relação a um sistema de referência fixo e em relação a um sistema de referência em translação. A taxa de variação de um vetor em relação a um sistema de referência rotativo é diferente. A taxa de variação de um vetor Q
em relação a um referencial fixo OXYZ e em relação a um referencial Oxyz girando com velocidade angular é
(Q)OXYZ = (Q)Oxyz + x Q. .
A primeira parte representa a taxa de variação de Q em relação ao sistema rotativo Oxyz e a segunda parte, x Q, é induzida pela rotação do sistema de referência Oxyz.
X
Y
x
y
O
r
vP’ = x r
P P’
vP/F = (r)Oxy. Considerando a análise
bidimensional de uma partícula P movendo-se em relação a um sistema de referência F girando com velocidade angular em torno de um eixo fixo. A velocidade absoluta de P pode ser expressa como
vP = vP’ + vP/F
onde vP = velocidade absoluta da partícula P
vP’ = velocidade do ponto P’ do sistema de referência móvel F coincidente com P
vP/F = velocidade de P relativa ao sistema de referência móvel F
A mesma expressão para vP é obtida se o sistema de referência esta em translação em vez de rotação.
Quando o sistema de referência esta em rotação, a expressão para a aceleração de P contem um termo adicional ac chamado aceleração complementar ou aceleração de Coriolis.
aP = aP’ + aP/F + ac
onde aP = aceleração absoluta da partícula P
aP’ = aceleração do ponto P’ do sistema de referência móvel F coincidente com P
aP/F = aceleração de P relativa ao sistema de referência móvel F
ac = 2 x (r)Oxy = 2 x vP/F
= aceleração complementar, ou de Coriolis
.
X
Y
x
y
O
r
vP’ = x r
P P’
vP/F = (r)Oxy.
aP = aP’ + aP/F + ac
ac = 2 x (r)Oxy = 2 x vP/F.
Uma vez que e vP/F são perpendiculares entre si no caso de movimento plano, a aceleração de Coriolis tem intensidade ac = 2vP/F . Sua direção é obtida girando-se o vetor vP/F de 90o no sentido da rotação do sistema de referência móvel. A aceleração de Coriolis pode ser usada para analisar o movimento de mecanismos que contêm partes que deslizam umas sobre as outras.
X
Y
x
y
O
r
vP’ = x r
P P’
vP/F = (r)Oxy.
aP = aceleração absoluta da partícula PaP’ = aceleração do ponto P’ do sistema de referência móvel F coincidente com PaP/F = aceleração de P relativa ao sistema de referência móvel F
.
P
r
O
Em três dimensões, o deslocamento mais geral de um corpo rígido com um ponto fixo em O é equivalente a uma rotação do corpo em torno de um eixo passando por O. A velocidade angular e eixo instantâneo de rotação do corpo em um dado instante pode ser definida.
v = = x rdrdt
Diferenciando essa expressão, temos a aceleração
A velocidade de um ponto P do corpo pôde novamente ser expressa como
a = x r + x ( x r)
Como a direção muda de um instante para outro, a aceleração angular não é, em geral, dirigida ao longo do eixo instantâneo de rotação.
B
rB/A
O
A
X
Y
Z
X’
Y’
Z’ rA
O movimento mais geral de um corpo rígido no espaço é equivalente, em um instante qualquer, à soma de uma rotação e uma translação. Considerando duas partículas A e B de um corpo
vB = vA + vB/A
onde vB/A é a velocidade de B relativa ao sistema de referência AX’Y’Z’ ligado a A e de orientação fixa. Representando por rB/A
vB = vA + x rB/A
onde é a velocidade angular do corpo no instante considerado. A aceleração de B é, por raciocínio semelhante
o vetor de posição de B em relação a A, escrevemos
aB = aA + aB/A aB = aA + x rB/A + x ( x rB/A)or
Considerando o movimento tri-dimensional de uma partícula P em relação a um sistema de referência Oxyz girando com velocidade angular relativamente a um sistema de referência fixo OXYZ. A velocidade absoluta vP de P pode ser expressa por
vP = vP’ + vP/F
X
Y
Z
x
y
z
O
ij
k
P
A r
onde vP = velocidade absoluta da partícula P
vP’ = velocidade do ponto P’ do sistema de referência móvel F coincidente com P
vP/F = velocidade de P relativa ao sistema de referência móvel F
aP = aP’ + aP/F + ac
A aceleração absoluta aP de P é expressa por
A intensidade ac da aceleração de Coriolis não é igual a 2vP/F
exceto no caso especial quando e vP/F são perpendiculares entre si.
X
Y
Z
x
y
z
O
ij
k
P
A r
onde aP = aceleração absoluta da partícula PaP’ = aceleração do ponto P’ do sistema de referência móvel F coincidente com PaP/F = aceleração de P relativa ao sistema de referência móvel Fac = 2 x (r)Oxy = 2 x vP/F
= aceleração de Coriolis
.
X
Y
Z
x
y
z
O
P
AX’
Y’
Z’
rA
rP
rP/A
aP = aP’ + aP/F + ac
vP = vP’ + vP/F
As equações
e
permanecem válidas quando o sistema de referência Axyz move-se de maneira conhecida, porem arbitrária, em relação ao sistema de referência fixo OXYZ, desde
que o movimento de A seja incluído nos termos de vP’ e aP’
representando a velocidade e aceleração absolutas do ponto coincidente P’.
Sistemas de referência rotativos são particularmente úteis no estudo do movimento tridimensional de corpos rígidos.
O cabo C tem uma aceleração constante de 22,5 m/s2 e uma velocidade inicial de 30 m/s, ambas orientadas para direita.
Determine (a) o número de revoluções da polia em 2 s, (b) a velocidade e a mudança de posição da carga B após 2 s, e (c) a aceleração do ponto D sobre o aro interno da polia em t = 0.
SOLUÇÃO:
• Devido a ação do cabo, a velocidade tangencial e a aceleração de D são iguais a velocidade e a aceleração de C. Calcule a velocidade e a aceleração angular iniciais.
• Aplicar as relações para o movimento de rotação uniformemente acelerada para determinar a velocidade e a posição angular da polia após 2 s.
• Determinar as componentes de aceleração tangencial e normal iniciais de D.
Exercício Resolvido 15.1
0 0
00
00
30cm s
304rad s
7,5
D C
D
D
v v
v r
v
r
2
22,5cm. s
22,53rad s
7,5
D Ct
D t
D t
a a
a r
a
r
20 4 rad s 3rad s 2 s 10 rad st
22 21 10 2 24 rad s 2 s 3rad s 2 s
14 rad
t t
1 rev 14 rad número de revoluções
2 radN
2,23revN
12,5 cm 10rad s 125 cm
12,5 cm 14 rad 175 cm
B
B
v r
y r
125cm s
175 cm
B
B
v
y
SOLUÇÃO:
• A velocidade tangencial e a aceleração de D são iguais a velocidade e a aceleração de C.
• Aplicar as relações para o movimento de rotação uniformemente acelerada para determinar a velocidade e a posição angular da polia após 2 s.
22,5cm sD Cta a
22 20 7,5 cm 4rad s 120cm sD Dn
a r
2 222,5cm s 120cm sD Dt na a
Intensidade e direção da aceleração total,
2 2
2 222,5 120
D D Dt na a a
2122cm sDa
tan
120
22,5
D n
D t
a
a
79,4
• Determinar as componentes de aceleração tangencial e normal iniciais de D.
A engrenagem dupla rola sobre a cremalheira inferior, estacionária; a velocidade de seu centro A é 1,2 m/s.
Determine (a) a velocidade angular da engrenagem, e (b) as velocidades da cremalheira superior R e do ponto D da engrenagem.
SOLUÇÃO:
• O deslocamento do centro A da engrenagem em uma revolução é igual ao perímetro da circunferência externa. Relacionar a translação e o deslocamento angular. Diferenciar para relacionar as velocidades linear e angular.
• A velocidade em qualquer ponto P na engrenagem pode ser escrita como
Calcular as velocidades dos pontos B e D.
APAAPAP rkvvvv
Exercício Resolvido 15.2
x
y
122rx
r
xA
A
1
1
1,2m s
0,150m
A
A
v r
v
r
8rad sk k
SOLUÇÃO:
• O deslocamento do centro A da engrenagem em uma revolução é igual ao perímetro da circunferência externa.
Para xA > 0 (desloca-se para direita) e
< 0 (gira em sentido horário)
Diferenciar para relacionar as velocidades linear e angular.
P A P A A P Av v v v k r
A velocidade da cremalheira superior é igual a velocidade do ponto B:
1,2m s 8rad s 0,10 m
1,2m s 0,8m s
R B A B Av v v k r
i k j
i i
2m sRv i
Velocidade do ponto D:
1,2m s 8rad s 0,150 m
D A D Av v k r
i k i
1,2m s 1,2m s
1,697 m sD
D
v i j
v
• A velocidade em qualquer ponto P na engrenagem
A manivela AB tem velocidade angular horária constante de 2000 rpm.
Para a posição mostrada, determine (a) a velocidade angular da barra de conexão BD, e (b) a velocidade do pistão P.
• A velocidade é obtida a partir da rotação da manivela.
Bv
• As direções da velocidade absoluta eda velocidade relativa são determinadas pela geometria do problema.
Dv
BDv
• As intensidades das velocidades podem ser determinadas a partir de um diagrama vetorial.
e D D Bv v
• A velocidade angular da barra de conexão é calculada a partir de .BDv
SOLUÇÃO:
• Determinar a velocidade absoluta do ponto D com
BDBD vvv
Exercício Resolvido 15.3
D B D Bv v v
rev min 2 rad2000 209,4 rad s
min 60s rev
7,5cm 209,4 rad s 15,7 m/s
AB
B ABv AB
sen 40 sen13,95
20cm 7,5cm
SOLUÇÃO:
• Determinar a velocidade absoluta do ponto D com
• A velocidade é obtida a partir da rotação da manivela.
Bv
• As direção da velocidade absoluta éhorizontal, e a velocidade relativa é perpendicular a BD. Calcule a ângulo entre a horizontal e a barra de conexão pela lei dos senos.
Dv
BDv
BDBD vvv
15,7 m s
sen 53,95 sen 50 sen 76,05D BD
vv
13,1m s
12,4m sD
D B
v
v
1,24m s
0,20 m
62,0 rad s
D B BD
D BBD
v l
v
l
13,1m sP Dv v
62,0 rad sBD k
• As intensidades das velocidades podem ser determinadas a partir de um diagrama vetorial.
e D D Bv v
SOLUÇÃO:
• O ponto C esta em contato com a cremalheira inferior estacionaria e, instantaneamente, tem velocidade nula. Essa deve ser a localização do centro instantâneo de rotação.
• Determine a velocidade angular em torno de C baseada na velocidade dada em A.
• Calcular as velocidades em B e D baseadas em suas rotações em torno de C.
Exercício Resolvido 15.4
A engrenagem dupla rola sobre a cremalheira inferior, estacionária; a velocidade de seu centro A é 1,2 m/s.
Determine (a) a velocidade angular da engrenagem, e (b) as velocidades da cremalheira superior R e do ponto D da engrenagem.
1,2m s8rad s
0,15 mA
A AA
vv r
r
0,25 m 8rad sR B Bv v r 2m sRv i
0,15 m 2 0,2121 m
0,2121 m 8rad s
D
D D
r
v r
1,697 m s
1,2 1,2 m s
D
D
v
v i j
SOLUÇÃO:
• O ponto C esta em contato com a cremalheira inferior estacionaria e, instantaneamente, tem velocidade nula. Essa deve ser a localização do centro instantâneo de rotação.
• Determine a velocidade angular em torno de C baseada na velocidade dada em A.
• Calcular as velocidades em B e D baseadas em suas rotações em torno de C.
SOLUÇÃO:
• Determine a velocidade em B a partir da rotação da manivela.
• As direções dos vetores de velocidade em B e D são conhecidas. O centro instantâneo de rotação esta na interseção das linhas perpendiculares aos vetores de velocidades B e D.
• Determine a velocidade angular em torno do centro de rotação baseado na velocidade em B.
• Calcular a velocidade em D baseada na rotação em torno do centro instantâneo de rotação.
Exercício Resolvido 15.5
A manivela AB tem velocidade angular horária constante de 2000 rpm.
Para a posição mostrada, determine (a) a velocidade angular da barra de conexão BD, e (b) a velocidade do pistão P.
15,7 m s
13,95Bv
40 53,95
90 76,05B
D
20 cm
sen 76,05 sen 53,95 sen 50
BC CD
25,35 cm 21,1 cmBC CD
15,7 m s
25,35 cm
B BD
BBD
v BC
v
BC
21,1 cm 62,0 rad sD BDv CD
13,1m sP Dv v
62,0 rad sBD
SOLUÇÃO:
• Do problema resolvido 15.3,
• O centro instantâneo de rotação esta na interseção das linhas perpendiculares aos vetores de velocidades B e D.
• Determine a velocidade angular em torno do centro de rotação baseado na velocidade em B.
• Calcular a velocidade em D baseada na rotação em torno do centro instantâneo de rotação.
O centro da engrenagem dupla tem velocidade e aceleração para a direita de 1,2 m/s e 3 m/s2, respectivamente. A cremalheira inferior é estacionária.
Determine (a) a aceleração angular da engrenagem, e (b) a aceleração dos pontos B, C, e D.
SOLUÇÃO:
• A expressão da posição da engrenagem como uma função de é diferenciada duas vezes para definir a relação entre as acelerações de translação e angular.
• A aceleração de cada ponto na engrenagem é obtida pela soma da aceleração do centro da engrenagem e as acelerações relativas com relação ao centro. A ultima inclui as componentes normal e tangencial das acelerações.
Exercício Resolvido 15.6
1
1 1
A
A
x r
v r r
1
1,2m s8 rad s
0,150 mAv
r
1 1Aa r r
2
1
3m s
0,150 mAa
r
220rad sk k
SOLUÇÃO:
• A expressão da posição da engrenagem como uma função de é diferenciada duas vezes para definir a relação entre as acelerações de translação e angular.
2
22 2
2 2 2
3m s 20rad s 0,100m 8rad s 0,100 m
3m s 2m s 6,40m s
B A B A A B A B At n
A B A B A
a a a a a a
a k r r
i k j j
i i j
2 2 25m 6,40m s 8,12m sB Ba s i j a
• A aceleração de cada ponto na engrenagem é obtida pela soma da aceleração do centro da engrenagem e as acelerações relativas com relação ao centro. A ultima inclui as componentes normal e tangencial das acelerações.
2
22 2
2 2 2
3m s 20rad s 0,150m 8rad s 0,150 m
3m s 3m s 9,60m s
C A C A A C A C Aa a a a k r r
i k j j
i i j
29,60m sca j
2
22 2
2 2 2
3m s 20rad s 0,150m 8rad s 0,150m
3m s 3m s 9,60m s
D A D A A D A D Aa a a a k r r
i k i i
i j i
2 2 212,6m 3m s 12,95m sD Da s i j a
SOLUÇÃO:
• A aceleração angular da barra BD e a aceleração do ponto D serão determinadas a partir de
nBDtBDBBDBD aaaaaa
• A aceleração de B é determinada a partir da velocidade de rotação de AB.
• As direções das acelerações são
determinadas a
partir de geometria.
, , e D D B D Bt na a a
• As equações para aceleração do ponto D são resolvidas simultaneamente para aceleração de D e aceleração angular da barra de conexão.
Exercício Resolvido 15.7
A manivela AB tem velocidade angular horária constante de 2000 rpm.
Para a posição mostrada, determine a aceleração angular da barra de conexão BD, e a aceleração do ponto D.
nBDtBDBBDBD aaaaaa
AB
22 2
2000rpm 209,4 rad s constante
0
0,075 cm 209,4 rad s 3,289m s
AB
B ABa r
23,289m s cos 40 sen 40Ba i j
SOLUÇÃO:
• A aceleração angular da barra BD e a aceleração do ponto D serão determinadas a partir de
• A aceleração de B é determinada a partir da velocidade de rotação de AB.
Do problema resolvido 15.3, BD = 62,0 rad/s, = 13,95o.
22 20,2m 62,0 rad s 769m sD B BDna BD
2769m s cos13,95 sen13,95D B na i j
0,2m 0,2D B BD BD BDta BD
A direção de (aD/B)t é conhecida mas o sentido não,
0,2 sen 76,05 cos76,05D B BDta i j
iaa DD
• As direções das acelerações
são determinadas a partir de geometria.
, , e D D B D Bt na a a
nBDtBDBBDBD aaaaaa
componente x:
3,289cos 40 769cos13,95 0,2 sen13,95D BDa
0 3,289sen 40 769sen13,95 0,2 cos13,95BD
componente y:
2
2
9,937 rad s
2,787 m s
BD
D
k
a i
• As equações para aceleração do ponto D são resolvidas simultaneamente para aceleração de D e aceleração angular da barra de conexão.
Na posição mostrada, a manivela AB tem velocidade angular constante 1 = 20 rad/s no sentido anti-horário.
Determine as velocidades e acelerações angulares da barra de conexão BD e da manivela DE.
SOLUÇÃO:
• As velocidades angulares são determinadas resolvendo simultaneamente as componentes da equação
BDBD vvv
• As acelerações angulares são determinadas resolvendo simultaneamente as componentes da equação
BDBD aaa
Exercício Resolvido 15.8
BDBD vvv
42,5 42,5
42,5 42,5
D DE D DE
DE DE
v r k i j
j i
20 20 35
400 700
B AB Bv r k i j
j i
30 7,5
30 7,5
D B BD D B BD
BD BD
v r k i j
j i
42,5 700 7,5DE BD componente x:
42,5 400 30DE BD componente y:
29,33rad s 11,29 rad sBD DEk k
SOLUÇÃO:
• As velocidades angulares são determinadas resolvendo simultaneamente as componentes da equação
42,5 42,5Dr i j
20 35Br i j
30 7,5D Br i j
BDBD aaa
2
242,5 42,5 11,29 42,5 42,5
42,5 42,5 5,417 5,417
D DE D DE D
DE
DE DE
a r r
k i j i j
j i i j
22 0 20 20 35
8000 14000
B AB B AB Ba r r i j
i j
2
230 7,5 29,33 30 7,5
30 7,5 25807 6439
D B BD B D BD B D
B D
B D B D
a r r
k i j i j
j i i j
componente x: 42,5 7,5 39224DE BD
componente y: 42,5 30 15022DE BD
kk DEBD
22 srad809srad645
• As acelerações angulares são determinadas resolvendo simultaneamente as componentes da equação
42,5 42,5Dr i j
20 35Br i j
30 7,5D Br i j
Disco D do mecanismo Geneva gira com velocidade angular constante de D = 10 rad/s no sentido anti-horário.
No instante em que = 150o, determine (a) a velocidade angular do disco S, e (b) a velocidade do pino P relativa ao disco S.
SOLUÇÃO:
• A velocidade absoluta do ponto P pode ser escrita como
sPPP vvv
• A intensidade e direção da velocidade do pino P são calculadas a partir do raio e da velocidade angular do disco D.
Pv
• A direção da velocidade do ponto P’ em S coincidente com P é perpendicular ao raio OP.
Pv
• A direção da velocidade de P com relação a S é paralela à ranhura.
sPv
• Resolver o diagrama vetorial para a velocidade de S e a velocidade relativa de P.
Exercício Resolvido 15.9
sPPP vvv
50 mm 10rad s 500mm sP Dv R
2 2 2 22 cos30 0,551 37,1 mmr R l Rl R r
Da lei dos senos,
sen sen30 sen30sen 42,4
R 0,742r
90 42,4 30 17,6
O ângulo interior do diagrama vetorial é
SOLUÇÃO:
• A velocidade absoluta do ponto P pode ser escrita como
• A intensidade e direção da velocidade do pino P são calculadas a partir do raio e da velocidade angular do disco D.
Pv
• A direção da velocidade de P com relação a S é paralela à ranhura. Da lei dos co-senos,
sPv
sen 500mm s sen17,6 151,2mm s
151,2mm s
37,1 mm
P P
s s
v v
r
4,08rad ss k
cos 500mm s cos17,6P s Pv v
477 mm s cos 42,4 sen 42,4P sv i j
smm 500Pv
• A direção da velocidade do ponto P’ em S coincidente com P é perpendicular ao raio OP.
Pv
csPPP aaaa
• A velocidade angular instantânea do Disco S é determinada como no exercício resolvido 15.9.
• A única incógnita envolvida na equação da aceleração é a aceleração angular instantânea do Disco S.
• Resolver cada termo da aceleração na componente paralela a ranhura. Calcular a aceleração angular do Disco S.
Exercício Resolvido 15.10
Disco D do mecanismo Geneva gira com velocidade angular constante de D = 10 rad/s no sentido anti-horário.
No instante em que = 150o, determine a aceleração angular do disco S.
SOLUÇÃO:
• A aceleração absoluta do ponto P pode ser escrita como
csPPP aaaa
• Do problema resolvido 15.9.
42,4 4,08rad s
477 mm s cos 42,4 sen 42,4
S
P s
k
v i j
• Considerando cada termo na equação da aceleração,
22 2
2
500mm 10rad s 5000mm s
5000mm s cos30 sen 30
P D
P
a R
a i j
2 cos 42,4 sen 42,4
sen 42,4 cos 42,4
37,1mm sen 42,4 cos 42,4
P P Pn t
P Sn
P St
P St
a a a
a r i j
a r i j
a i j
nota: S pode ser positivo ou negativo
SOLUÇÃO:
• A aceleração absoluta do ponto P pode ser escrita como
• A aceleração relativa deve ser paralela à ranhura.
sPa
sPv
• A direção da aceleração de Coriolis é obtida pela rotação da velocidade relativa de 90o no sentido de S.
2
2 sen 42,4 cos 42,4
2 4,08rad s 477 mm s sen 42,4 cos 42,4
3890mm s sen 42,4 cos 42,4
c S P sa v i j
i j
i j
• Equacionando os componentes da aceleração em termos perpendiculares à ranhura,
37,1 3890 5000cos17,7 0
233rad sS
S
233rad sS k
O guindaste gira com velocidade angular constante de 1 = 0,30 rad/s e a lança esta sendo erguida com velocidade angular constante de 2 = 0,50 rad/s. O comprimento da lança é l = 12 m.Determine:• A velocidade angular da lança,• A aceleração angular da lança,• A velocidade da ponta da lança, e • A aceleração da ponta da lança.
• A aceleração angular da lança,
21
22221
Oxyz
• A velocidade na ponta da lança,rv
• A aceleração na ponta da lança, vrrra
SOLUÇÃO:
Com
• A velocidade angular da lança,
21
1 20,30 0,50
12 cos30 sen 30
10,39 6
j k
r i j
i j
Exercício Resolvido 15.11
1 20,30 0,50
10,39 6
j k
r i j
21
0,30 rad s 0,50 rad sj k
1 2 2 2 2
1 2 0,30 rad s 0,50 rad s
Oxyz
j k
20,15rad s i
0 0,3 0,5
10,39 6 0
i j k
v r
3,54m s 5,20m s 3,12m sv i j k
SOLUÇÃO:
• A velocidade angular da lança,
• A aceleração angular da lança,
• A velocidade na ponta da lança,
0,15 0 0 0 0,30 0,50
10,39 6 0 3 5,20 3,12
0,90 0,94 2,60 1,50 0,90
a r r r v
i j k i j k
a
k i i j k
2 2 23,54m s 1,50m s 1,80m sa i j k
1 20,30 0,50
10,39 6
j k
r i j
• A aceleração na ponta da lança,