Exercícios Resolvidos de Movimento Relativo: Aceleração

Ver Teoria

Enunciado

O bloco deslizante B move-se para a direita com aceleração de 2   p é s / s 2 . Na situação mostrada na figura, a velocidade de B é de 6   p é s / s . Determine a ) a aceleração angular da barra A B e b ) a aceleração do ponto A , na situação considerada.

Passo 1

Vamos começar resolvendo esta questão relacionando os pontos A e B , pois temos alguma informação sobre o movimento do ponto B . Podemos relacionar a velocidade destes pontos usando a seguinte equação:

v → A = v → B + ω → A B × r → A / B

A velocidade do ponto B foi dada e vale:

v → B = 6 i ^   p é s / s

A velocidade angular da barra A B nós não sabemos, mas vamos arbitrar como positiva:

ω → A B = ω A B k ^

E o vetor posição relativa r → A / B é:

Vamos ter o seguinte triângulo retângulo:

Usando o Teorema de Pitágoras conseguimos achar o valor de x :

5 2 = x 2 + 3 2       →           x = 25 - 9

x = 4   p é s

Então, o vetor posição r → A / B será:

r → A / B = - 4 i ^ - 3 j ^   p é s

Agora que já identificamos cada termo da equação é só substituirmos:

v → A = v → B + ω → A B × r → A / B       →           v → A = 6 i ^ + ω A B k ^ × - 4 i ^ - 3 j ^

Esse produto vetorial fica:

i ^ j ^ k ^ 0 0 ω A B - 4 - 3 0 = i ^ 0 ω A B - 3 0 - j ^ 0 ω A B - 4 0 + k ^ 0 0 - 4 - 3

= 3 ω A B i ^ - 4 ω A B j ^

Substituindo isso na nossa equação:

v → A = 6 i ^ + ω A B k ^ × - 4 i ^ - 3 j ^       →           v → A = 6 i ^ + 3 ω A B i ^ - 4 ω A B j ^

Mas somente com esta equação não conseguimos determinar o valor da velocidade do ponto A , temos que arranjar outro jeito de achar a velocidade deste ponto.

Passo 2

Outra forma de achar a velocidade do ponto A é usarmos a barra A C :

v → A = v → C + ω → A C × r → A / C

Repare que o ponto A gira em torno do ponto C que está fixo. Dessa maneira, a velocidade do ponto C é zero:

v → C = 0

Nós não sabemos o valor da velocidade angular da barra A C , mas vamos arbitrar seu sentido como positivo:

ω → A C = ω A C k ^

E o vetor posição r → A / C será:

r → A / C = - 3 j ^   p é s

Substituindo na nossa equação:

v → A = v → C + ω → A C × r → A / C       →           v → A = ω A C k ^ × - 3 j ^

Resolvendo esse produto vetorial obtemos:

v → A = 3 ω A C i ^

Agora vamos resgatar a outra equação para determinar a velocidade do ponto A :

v → A = 6 i ^ + 3 ω A B i ^ - 4 ω A B j ^

Igualando as duas, temos que:

3 ω A C i ^ = 6 i ^ + 3 ω A B i ^ - 4 ω A B j ^

Agora vamos separar as equações de acordo com as componentes i ^ e j ^ :

E m   x       →           3 ω A C = 6 + 3 ω A B

E m   y       →           0 = - 4 ω A B

Da segunda equação tiramos que:

0 = - 4 ω A B       →         ω A B = 0

E da primeira equação temos que:

3 ω A C = 6     →         ω A C = 2

Como o valor deu positivo, significa que arbitramos o sentido correto:

ω → A C = 2 k ^   r a d / s

Passo 3

Agora vamos relacionar as acelerações dos pontos A e B :

a → A = a → B + α → A B × r → A / B - ω A B 2 r → A / B

Já sabemos que:

r → A / B = - 4 i ^ - 3 j ^   p é s

E que:

a → B = 2 i ^   p é s / s 2

ω A B = 0

Não sabemos o valor da aceleração angular da barra A B , mas vamos arbitrar como positiva:

α → A B = α A B k ^

Substituindo tudo isso na nossa equação, temos que:

a → A = a → B + α → A B × r → A / B - ω A B 2 r → A / B       →

a → A = 2 i ^   + α A B k ^ × - 4 i ^ - 3 j ^    

Resolvendo o produto vetorial, temos que:

i ^ j ^ k ^ 0 0 α A B - 4 - 3 0 = i ^ 0 α A B - 3 0 - j ^ 0 α A B - 4 0 + k ^ 0 0 - 4 - 3 =

= 3 α A B i ^ - 4 α A B j ^

Então, nossa equação fica:

a → A = 2 i ^   + 3 α A B i ^ - 4 α A B j ^

Vamos guardar esta informação, porque só com ela não conseguimos avançar na questão.

Passo 4

Vamos usar a barra A C para termos outra equação para a aceleração do ponto A . Como o ponto A gira em torno de um ponto fixo, podemos escrever:

a → A = α → A C × r → A / C - ω A C 2 r → A / C

Já sabemos desta equação que:

r → A / C = - 3 j ^   p é s

E:

ω → A C = 2 k ^   r a d / s

Nós não sabemos a aceleração angular, mas vamos arbitrá-la como positiva:

α → A C = α A C k ^

Substituindo tudo isso, temos que:

a → A = α → A C × r → A / C - ω A C 2 r → A / C       →           a → A = α A C k ^ × 3 j ^ - ( 2 ) 2 ( - 3 j ^ )

Resolvendo o produto vetorial:

i ^ j ^ k ^ 0 0 α A C 0 - 3 0 = i ^ 0 α A C - 3 0 - j ^ 0 α A C 0 0 + k ^ 0 0 0 - 3 =

= 3 α A C i ^

Então, nossa equação fica:

a → A = α A C k ^ × 3 j ^ - ( 2 ) 2 - 3 j ^       →           a → A = 3 α A C i ^ - 4 ( - 3 j ^ )

a → A = 3 α A C i ^ + 12 j ^

Passo 5

Nosso próximo passo é igualar as duas equações para aceleração do ponto A que temos:

a → A = 3 α A C i ^ + 12 j ^

E:

a → A = 2 i ^   + 3 α A B i ^ - 4 α A B j ^

Então, vamos ter que:

3 α A C i ^ + 12 j ^ = 2 i ^   + 3 α A B i ^ - 4 α A B j ^

Vamos separar as equações de acordo com as componentes i ^ e j ^ :

E m   x       →           3 α A C = 2 + 3 α A B

E m   y       →         12 = - 4 α A B

Da segunda equação obtemos que:

α A B = - 3   r a d / s 2

Como achamos um valor negativo, significa que arbitramos o sentido contrário para a aceleração angular da barra A B :

α → A B = - 3 k ^   r a d / s 2

Essa é a nossa primeira resposta. Falta acharmos a aceleração do ponto A .

Para isso, vamos resgatar a equação que já montamos anteriormente:

a → A = a → B + α → A B × r → A / B - ω A B 2 r → A / B

Temos que:

a → A = 2 i ^   - 3 k ^ × - 4 i ^ - 3 j ^    

Esse produto vetorial fica:

i ^ j ^ k ^ 0 0 - 3 - 4 - 3 0 = i ^ 0 - 3 - 3 0 - j ^ 0 - 3 - 4 0 + k ^ 0 0 - 4 - 3 =

= - 9 i ^ + 12 j ^

Então:

a → A = 2 i ^   - 9 i ^ + 12 j ^

a → A = - 7 i ^ + 12 j ^   p é s / s 2

E o seu módulo fica:

a → A = ( - 7 ) 2 + ( 12 ) 2

a → A = 13,89   p é s / s 2

Vamos achar também o ângulo de inclinação deste vetor. Para isso, vamos desenhá-lo:

Temos que:

t g   β = 12 7

Então:

β = a r c t g 12 7

β = 59,74 °

Resposta

a )   α → A B = - 3 k ^   r a d / s 2

b )   a → A = ( - 7 i ^ + 12 j ^ )   p é s / s 2

Exercícios de Livros Relacionados

Uma viga de aço de 5 m está sendo baixada por meio de dois cabos que se desenrolam de guindastes à mesma velocidade. Assim que a viga se aproxima do solo, os operadores dos guindas...
A barra BDE está presa a duas hastes AB e CD. Sabendo que, no instante mostrado na figura, a haste AB gira com uma velocidade angular constante de 3 rad/s no sentido horário, deter...
A aceleração do ponto C é de 0,5 m/s² para baixo e a aceleração angular da viga é de 0,8 rad/s² no sentido anti-horário. Sabendo que, no instante considerado, a velocidade angular ...
Um carro C é suportado por um rodízio A e um cilindro B, cada um com 50 mm de diâmetro. Sabendo que no instante mostrado na figura o carro tem uma aceleração de 2,4 m/s² e uma velo...