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

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.


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.


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


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


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.


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


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


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


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


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.


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.



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.


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.



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


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.


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.


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


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,

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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