1
15.4 – Beer Johnston -
5ª edição
Uma pequena roda de esmeril esta presa ao eixo de um motor elétrico cuja velocidade nominal é de 1800rpm. Quando se liga o motor, o conjunto alcança a velocidade de regime após 5s; Quando se desliga o motor, o sistema leva 90s até parar. Admitindo que o momento é uniformemente acelerado/retardado, calc calcul ulee o núme número ro de revol revoluç uçõe õess do moto motorr (a) (a) para para alca alcanç nçar ar a veloc velocid idad adee nominal (b) até parar, depois de desligado.
Dado:
ωNOMINAL=1800rpm = 30rps
Ao ligar: Ao Desligar:
ωo = 0; ωf =30rps =30rps; ti=5s} =0; =90s} tf =90s} ωo = 30rps; ωf =0
α=CTE > 0! α=CTE < 0!
Solução: a) Nº REV=?
θ=?
Para ωf =30rps =30rps , após ligar:
θ= ½(ω+ ωo)t = ½(30 + 0).5 θ=75 REVOLUÇÕES b) Nº REV=?
θ=?
Para ωf =0, =0, após desligar:
θ= ½(ω+ ωo)t = ½(0 + 30).90 θ=1350 REVOLUÇÕES
2
15.5 – Beer Johnston -
5ª edição
y
A B 200mm
O D
z
300mm
120mm x C
Precisamos obter o vetor velocidade angular da haste dobrada. Sabemos que a rotação acontece em um eixo que passa nos pontos A e D. O vetor posição rAD pode ser obtido do seguinte modo:
rAD = 0,3i – 0,2j – 0,12k; |rAD| = 0,38m Precisamos obter um vetor unitário na direção de r AD; chamaremos este vetor unitário de λ AD (|λ AD|=1).
λ AD = rAD/ rAD = (0,3i – 0,2j – 0.12k)/0,38 λ AD = 0,789i – 0,526j – 0,315k Então podemos escrever:
ω = ω λ AD ω = (95 rad/s)(0,789i – 0,526j – 0,315k) ω = (75i – 50j – 30k)rad/s α = 0 Então vB = ?; Podemos escrever:
vB = ω x rA/B vB =
i j k 75 -50 -30 0,3 0 0
vB = - 9j + 15k
( rA/B = 0,3i )
3
vB = - (9m/s)j + (15m/s)k Agora aB = ?
aB = α x rA/B + ω x (ω x rA/B) como α x rA/B = 0 e ω x rA/B = vB, então: aB = ω x vB aB =
i j k 75 -50 -30 0 -9 15
aB = - (1020m/s2)i – (1125m/s2)j – (675m/s2)k
4
15.13 – Beer Johnston -
5ª edição
Dados: r = 0,18 m ; v A = 0,45 m/s ; a A = 0,1315 m/s² Queremos saber: a)
a) vA = vB =
polia
polia
= ? αpolia = ? ; b) (atotal)B = ?
. rpolia =>
polia
= 0,45/0,18 =>
= 2,5 rad/s sentido anti-horário polia
aA = (aB)T = 0,315 m/s² (aB)T = αpolia . rpolia => αpolia = (aB)T / rpolia = 0,315/0,18 => α polia = 1,75 rad/s sentido horário (aB)N =
²polia . rpolia = (2,5)² . 0,18 => (a B)N = 1,125 m/s²
b)Aceleração total do ponto B: (aB)T atotal =
(0,315)² + (1,125)²
β
atotal = 1,168 m/s² β = tg-1 (aB)N / (aB)T => β = 74,357° (aB)N
atotal
5
15.15 – Beer Johnston -
5ª edição
atotal = 3 m/s2
Deslizamento: Dados: ω = 0 o α = 4 rad/s2 r = 200 mm = 0,2 m t = ? (p/ deslizar) α = ? (ao deslizar) Solução: (atotal)
2
= (at)
2
+ (an)
2
at : aceleração tangencial an : aceleração normal Sabemos que: at : α r e:
ω
=
ω o
e +
α
t=
α
an =
t
ω
2
r
( ω o = 0)
Fazendo substituições nas expressões acima: 9 = ( α r)
2
+ [( α t)
2
r]
2
= (r α ) [1 + 2
ou seja: 9 = (0,2 x 4) [1 + 4 t ] 2
t
4
= 0,816
2
4
t = 0,950 s
Finalmente: ω
=
α
t = 4 x 0,95
ω
= 3,8 rad/s
α
2
t ] 4
6
15.40 – Beer Johnston ω b
5ª edição
=?
Dados: ω a=
60RPM ra = 150mm = 0,15m vc = wa.ra = 60Rpm x 0,15 Braço gira no sentido anti-horário com velocidade angular
ω
ab = 40RPM
a) P/ BRAÇO
rab = 0,15m + 0,125m rab = 0,275m a velocidade tangencial de B é: Vb = ω
.rab = 40RPM x 0,275m
ab
Mas a engrenagem B realiza um movimento Plano geral que pode ser considerado uma translação mais uma rotação, conforme esquema abaixo:
P/ Engrenagem B
=
+
7
Onde: Vc = 60RPM x 0,15m ; V b = 40RPM x 0,275m ; Vc/b = 0,125ω b Mas: , pela figura vemos que todas as velocidades são colineares ; Logo: b
estão no mesmo sentido e
Vc= - Vb + Vc/b
60 x 0,15 = -40 x 0,275 + 0,125ω
= (9 + 11)/0,125 = 160 RPM
b) Braço gira no sentido horário:
60 x 0,15 = 40 x 0,275 – 0,125ω ω b=
(9-11)/-0,125 = 16RPM
b
ω ab
= 40RPM
são opostas! b
8
15.45 – Beer Johnston -
5ª edição
Dados: ω = 750 RPM = 78,54 rad/s a) Ө = 0º Primeiro obtemos VB; VB = b. ω = 0,0762 x 78,54 VB = 5,98 m/s Mas temos que:
Onde VD/B = l. ω
BD
= 0,254 ω
BD
Também temos: VD = VB + VD/B [VD ←] = [5,98 m/s ↑] + [0,254
Que pode ser escrita: ω BD
↓]
Obtemos para direção horizontal da expressão acima: VD = 0
logo VD = VP = 0
(VP = Velocidade do pistão)
Obtemos para direção vertical : 0 = 5,98 m/s – 0,254
ω BD
Ou seja: ω BD
= 23,56 rad/s = 225 rpm = w BD
b) Ө = 90º
(considerando positivo para cima)
9
VD = VB + VD/B [VD →] = [5,98 m/s →] + [0,254 ω BD ] Para a direção vertical, sendo positivo para baixo, obtemos: 0 = 0 + 0,254
ω BD
cosβ ; logo
ω BD
=0
Para a direção horizontal sendo positivo para a direita VD = VP = 5,98 m/s c) Ө = 180º
VB = 5,98 m/s
Podemos escrever: VD = VB + VD/B Ou seja: [VD →] = [5,98 m/s ↓] + [0,254
ω BD
↑]
Sendo positivo para a direita na direção horizontal: VD = 0 . Logo:
VD = VP = 0
Considerando positivo para baixo na direção vertical: 0 = 5,98 m/s - 0,254 ω Logo:
ω BD
BD
= 23,55 rad/s = 225 rpm
10
15.56 – Beer Johnston -
5ª edição
= 5 rad/s V = 0,610 m/s D
O Centro de Rotação C está localizado sobre a linha
DE e é perpendicular à V em um ponto r , tal que: D
a) r = ?
r = VD ω
b) V = ? E
= 0,610 . = 0,0765 m
r = 0,0765 m
8
VE = r CE ω = (0,127 – 0,0765) . 8 = 0,406 m/s
V = 0,406 m/s E
11
15.57 – Beer Johnston -
5ª edição
• Um tambor de 90 mm de raio está montado num cilindro de 120 mm de raio. A extremidade D da corda enrolada no tambor avança para a esquerda a uma velocidade constante de 150 mm/s, fazendo o cilindro rolar sem escorregar. Determine: a-) a velocidade angular do cilindro b-) a velocidade do centro do cilindro c-) o comprimento da corda que se desenrola em um segundo.
Resolução: Uma vez que o cilindro não deslize, o ponto o ponto de contato C estará em repouso instantâneo, logo: v(c) = 0. O Ponto C é o centro instantâneo de rotação. a-) ω = ? v(d) = v(b) = 0,15 m/s v(b) = r (bc). b-) v(a) = ? v(a) = r(ca).
ω
ω
→ ω = 5 rad/s , sentido horário
= 0,12 x 5 → v(a) = 0,6 m/s
c-) Já que v(a) > v(b) o tambor consegue enrolar a corda e a taxa na qual a corda é enrolada é: v(a) – v(b) = 0,6 m/s – 0,15 m/s = 0,45 m/s Taxa da corda enrolada por segundo é 0,45 m/s.
12
15.61 – Beer Johnston -
5ª edição
Sabendo-se que a velocidade do cursos D é 1,22 m/s para cima, determine para a configuração mostrada na figura (a) o centro instantâneo de rotação de BD, (b) as velocidades angulares da manivela AB e da haste BD e (c) a velocidade do ponto médio BD. A
0,127 m B
0,229 m
D
0,305 m
A
VB
B γ l
α
ß
C
VD D
a) Sabendo que a velocidade do ponto D é para cima na vertical e que nesse mesmo instante a velocidade do ponto B é para a esquerda na horizontal, então pode-se achar o centro instantâneo C traçando nas direções perpendiculares a estas velocidades duas retas que se interceptarão a 0,305 m à esquerda do ponto D e a 0,229 m abaixo do ponto B. b) Para obter as velocidades angulares da manivela e da haste, primeiramente calculam-se: sin α = 1 l =
(0, 229)2
+
(0,305) 2
e
sin β = sin γ =
Logo, pelo triângulo das velocidades sabemos que
0,229 0,381 0,305 0,381
13 v D
sin β
v D
= B
v D
= B
v D
= B
v D .
v D =
B
sin α
=
vB
sin γ
sin α sin β
1, 22 ×1 × 2,03 m
s
0,381 0,229
v D
ω BD
=
ω BD
=
B
l
→
5,33 rad
s
14 Assim, por analogia encontramos também a velocidade angular da manivela: v D
sin β
v B
v B v B
=
=
=
vD .
v D =
B
sin α
1, 62
=
v E
0, 305
×
0, 381
0, 381 0, 229
m s
v E
B
BD
ω BE .BE
=
5,33 ×
B
v E
ω
=
B
=
sin γ
sin β
1, 22 ×
BE
vB
sin γ
c) a velocidade do ponto médio de BD
ω
=
0,381
1,02 m
2 s
ω AB
=
ω AB
=
v B AB
→
12,79 rad
s
15
15.63 – Beer Johnston -
5ª edição
Por meio de um rolamento D guia-se parcialmente uma haste BDE , ao longo de um trilho vertical. Sabendo que a velocidade angular da manivela AB é de 5 rad/s, no sentido horário, e que β = 30°, determine ( a) a velocidade angular da haste e ( b) a velocidade do ponto E , para a configuração mostrada no desenho.
AB
a)
= 5 rad/s BE
β = 30°
r = 0,7m BE
=?
O eixo instantâneo está no ponto C vB = ω
AB
. r BE = 5 x 0,12
vB = 0,6 m/s
O ponto B gira instantaneamente em torno do centro instantâneo de rotação C com velocidade ω igual a para a varra e também para o ponto D. Temos: vB = ω
BE
. r AB ;
sen 30° = r BC = 0,5 r BD ω
BE
= vB = 0,6 . r BC 0,25
rBC = 0,25 m BE
= 2,4 rad/s
16
b) v = ? E
vE =
vB
+ vE/B
= vB + ω K x r E/B
y r E/B
vE/B 30°
vE
x
vB r E/B = (r E/B)x i + (r E/B)y j (r E/B)x = r E/B . cos 30° = 0,602 (r E/B)y = r E/B . sen 30° = 0,35 r E/B = 0,602 i + 0,35 j vE = 0,6 i + 2,4 K x ( 0,602 i + 0,35 j ) = - 0,24 i + 1,4448 j
vE = 1,46 m/s
17
15.64 – Beer Johnston -
5ª edição
Por meio de um rolamento D guia-se parcialmente uma haste BDE , ao longo de um trilho vertical. Sabendo que a velocidade angular da manivela AB é de 5 rads/s, no sentido horário, e que β = 40°, determine ( a) a velocidade angular da haste e ( b) a velocidade do ponto E , para a configuração mostrada no desenho.
AB
a)
= 5 rad/s BE
β = 40°
r = 0,7m BE
=?
O eixo instantâneo está no ponto C vB = ω
AB
. r BE = 5 x 0,12
vB = 0,6 m/s
O ponto B gira instantaneamente em torno do centro instantâneo de rotação C com velocidade ω igual a para a varra e também para o ponto D. Temos: vB = ω
BE
. r AB ;
sen 40° = r BC = 0,6428 r BD ω
BE
= vB = 0,6 . r BC 0,3214
rBC = 0,3214 BE
= 1,867 rad/s
18
b) v = ? E
vE =
vB
+ vE/B
= vB + ω K x r E/B
y r E/B
vE/B 40°
vE
x
vB r E/B = (r E/B)x i + (r E/B)y j (r E/B)x = r E/B . cos 40° = 0,536 (r E/B)y = r E/B . sen 40° = 0,45 r E/B = 0,536 i + 0,45 j vE = 0,6 i + 1,867K x ( 0,536 i + 0,45 j ) = - 0,24 i + 1,0007 j
vE = 1,029 m/s
Revisado em 14/04/2009
