Exercícios Resolvidos de Movimento Relativo: Aceleração

Ver Teoria

Enunciado

3) A figura abaixo representa um dispositivo robótico movendo-se num plano vertical, com aceleração da gravidade g . Na extremidade A da coluna fixa O A há um pequeno motor elétrico que aplica um momento (anti-horário) M A na extremidade A do braço AB, fazendo este braço girar em torno de A com velocidade angular ω 1 e aceleração angular ω 1 ˙ , dados. Na extremidade B do braço AB há outro pequeno motor, que aplicar o momento M B (anti-horário) no braço BC, fazendo-o girar com velocidade angular ω 2 e aceleração angular ω 2 ˙ . A massa do braço AB é m 1 , a do braço BC é m 2 e ambos podem ser considerados como hastes delgadas homogêneas.

Para a posição indicada na figura, e usando o sistema de eixos indicados, pede-se:

a) Desenhar os diagramas de corpo livre dos braços AB e BC;

b) Escrever as equações do teorema da resultante (TR) e do Teorema da quantidade de movimento angular (TQMA) para o braço BC;

Supondo que o motor em B trave a conexão dos braços AB e BC na posição relativa mostrada, pede-se:

c) obter as expressões de ω 2   e   ω 2 ˙ ,   a → G 1 e a → G 2 em função de ω 1 ,   ω 1 ˙ , das massas e das dimensões dadas na figura;

d) Determinar o momento exercido pelo braço AB sobre o braço BC.

Passo 1

Ooi gente, tudo bem com vocês?

a) Bom, pra começar essa questão precisamos desenhar os diagramas de corpo livre (DCL) dos braços AB e BC.

É importante nos atentarmos às forças nos pontos A e B, principalmente. É como se as barras estivessem articuladas nesses pontos, de modo que deve haver reações x A ,   y A e x B ,   y B . Outro detalhe importante, é no DCL da barra AB, as reações (inclusive o momento M B ) no ponto B devem estar em sentido oposto ao desenhado no DCL da barra BC, para que haja o equilíbrio do nó B. Por último, não podemos esquecer de colocar os pesos das barras, agindo bem no meio delas.

Pronto, se atentando a esses pequenos detalhes, chegamos aos seguintes diagramas:

Eaí, entenderam bem? Bora pra próxima!

Passo 2

b) Nesse item precisamos escrever tanto as equações do teorema da resultante (TR), como do teorema da quantidade de movimento angular (TQMA) para o braço BC.

Começando pelo teorema da resultante, no caso geral, ele diz o seguinte:

d m v → G d t = R → e x t

Daí, quando a massa é constante, ela pode ser tirada da derivada, e ficamos com:

m ⋅ a → G = R → e x t

Beleza, então vamos escrever essa equação vetorial, observando sempre o DCL da barra BC.

m 2 ⋅ a → G 2 = m 2 a G 2 x i → + a G 2 y j → = - X B - m 2 g 2 2 i → + - Y B - m 2 g 2 2 j →

Boa! Já matamos uma parte do item.

Indo agora para o TQMA, ele fala que:

H O → ˙ = m v → G × v → O + M → O e x t  

No caso da nossa barra BC, temos que o momento angular em G 2 vale:

H → G 2 = J G 2 ω 2 k → = m 2 l 2 2 12 ω 2 k →

Logo:

H → ˙ G 2 =   m 2 l 2 2 12 ω ˙ 2 k →

Já quando ao momento em G 2 , temos:

M → G 2 = X B l 2 12 + M B k →

Juntando tudo, temos que:

m 2 l 2 2 12 ω ˙ 2 k → =   X B l 2 12 + M B k →

Prontinho pessoal, é isso aí!

Passo 3

c) Precisamos calcular ω 2 ,   ω ˙ 2 ,   a → G 1   e a → G 2 em função dos dados.

Aqui tivemos uma suposição bem interessante que restringiu mais a cara desse problema. Segundo o enunciado, devemos agora considerar que as barras AB e BC estão travadas na posição mostrada na figura.

Beleza, mas e aí né? O que isso muda no que já fizemos até agora?

A ideia é que, se AB e BC estão travadas é porque elas estão girando sempre juntas. Ou seja:

ω 1 =   ω 2 = ω

ω ˙ 1 = ω ˙ 2 = ω ˙  

Massa! Para encontrar a → G 1 podemos usar o ponto A como referência, daí:

a → G 1 = a G 1 x i → + a G 1 y j → = a → A + ω → ˙ × G 1 - A + ω → × ω → × G 1 - A

Como A é um ponto fixo, e usando as dimensões do enunciado, temos que:

a → G 1 = 0 → + ω ˙ k → × l 1 2 i → +   ω 2 k → × k → × l 1 2 i →

∴   a → G 1 = l 1 2 ( - ω 2 i → +   ω ˙ j → )

Lembrando que ω =   ω 1 e ω ˙ =   ω ˙ 1 são dados. Portanto, já determinamos também a → G 1 . Falta apenas a → G 2 .

E a ideia aqui é usar um raciocínio semelhante, vamos determinar a → B usando A como referência, e depois a → G 2 usando B como referência. Daí:

a → B = a → A + ω → ˙ × B - A + ω → × ω → × B - A  

Ficamos com:

a → B =   l 1 ( - ω 2 i → +   ω ˙ j → )

Perfeito, temos então para a → G 2 :

a → G 2 =   a → B + ω ˙ 2 × G 2 - B + ω → × ω → × G 2 - B = ω ˙ l 2 2 - ω 2 l 1 i → + ω ˙ l 1 + ω 2 l 2 2 j →

Muito bomm! Esses produtos vetoriais enchem o papel de conta, mas são bem úteis né?!

Passo 4

Bora lá pessoal, última item dessa questãozinha! Hora do gás final pra aprendermos a última ideia.

d) Precisamos calcular quanto que vale o momento M → B , pois ele é justamente o momento que o braço AB exerce sobre o braço BC, como pudemos verificar no DCL.

Daí, se usarmos a nossa TR do item b, temos que:

a G 2 x =   - X B - m 2 g 2 2

Mas usando o resultado encontrado no item c, temos que o mesmo a G 2 x vale:

a G 2 x =   ω ˙ l 2 2 - ω 2 l 1  

Igualando as duas equações, vem que:

1 m 2 - X B - m 2 g 2 2 = ω ˙ l 2 2 - ω 2 l 1

X B = m 2 ω 2 l 1 - ω ˙ l 2 2 - m 2 g 2 2  

Agora que já temos o valor de X B , podemos ir na nossa equação do TQMA do item b. Vamos ter que:

m 2 l 2 2 12 ω ˙ 2 =   X B l 2 12 + M B

Logo, substituindo X B e isolando o M B , vem:

M B = m 2 l 2 2 12 ω ˙ 2 - m 2 ω 2 l 1 - ω ˙ l 2 2 - m 2 g 2 2 l 2 12    

Por fim:

M B = m 2 l 2 12 - l 1 ω 2 + 2 l 2 3 ω ˙ + g 2 2

Ufaaa! Conseguimos terminar mais uma! Questão bem interessante com uso do TR e do TQMA, vale a pena guardar as ideias! Obrigado pela atenção pessoal, tmj!

Resposta

a) Resolução no texto

b) Resolução no texto

c) Resolução no texto

d) M B = m 2 l 2 12 - l 1 ω 2 + 2 l 2 3 ω ˙ + g 2 2

Exercícios de Livros Relacionados

Se a extremidade A da barra restrita possui uma velocidade constante para eixo v A de 2 m/s quando a barra passa pela posição para qual θ = 30 ° , determine a aceleração do centro de massa G no meio d
15.222. A placa circular mostrada na figura gira em torno de seu diâmetro vertical a uma taxa constante 1 10 rad /s. Sabendo que na posição mostrada o disco se encontra no plano XY e o ponto D da alça
O mecanismo de dois membros serve para amplificar o movimento angular. O membro AB tem um pino em B que está confinado a se deslocar dentro da ranhura do membro CD. Se, no instante mostrado, AB (entra
A argola é lançada na superfície áspera de maneira que ela tem uma velocidade angular ω = 4r a d / s e uma aceleração angular α = 5r a d / s 2 . Além disso, seu centro tem uma velocidade v O = 5m / s
O cilindro hidráulico D se estende com a velocidade v B = 1,2m / s e uma aceleração a B = 0,45m / s 2 . Determine a aceleração de A no instante mostrado.