A a B

Capítulo 15 CINEMÁTICA DOS CORPOS RÍGIDOS
z
Na translação de corpo rígido, todos
os pontos do corpo tem a mesma
velocidade e a mesma aceleração
B
em um dado instante.
q
P
f
Considerando a rotação de um
r
corpo rígido em torno de um eixo
O
fixo, a posição do corpo é definida
x
pelo ângulo q que a linha BP,
y
A
traçada do eixo de rotação a um
ponto P do corpo, forma com um
plano fixo. A intensidade da velocidade de P é
A’
.
.
ds
v = dt = rq sin f
onde q é a derivada temporal de q.
.
ds
v=
= rq sin f
dt
z
A’
A velocidade de P é expressa como
B
q
dr
v=
=wxr
dt
P
f
r
O
x
A
y
onde o vetor
.
w = wk = qk
é orientado ao longo do eixo fixo de rotação e representa a
velocidade angular do corpo.
z
A’
dr
v=
=wxr
dt
B
q
Representando por a a derivada dw/dt
da velocidade angular, expressamos a
aceleração de P como
P
f
r
O
x
A
.
w = wk = qk
y
a = a x r + w x (w x r)
Diferenciando w e lembrando que k é constante em
intensidade e direção, encontramos
..
.
a = ak = wk = qk
O vetor a representa a aceleração angular do corpo e é
orientado ao longo do eixo de rotação fixo.
v = wk x r Considerando o movimento de uma
placa localizada em um plano
P
perpendicular ao eixo de rotação do
corpo. Como velocidade angular é
O
r
perpendicular à placa, então a
x
velocidade do ponto P da placa é
w = wk
y
v = wk x r
y
O
a = ak
at = ak x r
P
an= -w2 r
w = wk x
onde v esta contido no plano da placa.
A aceleração do ponto P pode ser
decomposta nas componentes normal
e tangencial, iguais a, respectivamente
an= -w2 r
an = rw2
at = ak x r
at = ra
A velocidade angular e a aceleração angular da placa podem
ser expressas como
dq
w=
dt
d2q
dw
a=
= 2
dt
dt
ou
dw
w=a
dq
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 q, w, e a.
vA
vA
vB
A
A
y’
wk
(fixed)
vA
A
x’
rB/A
vB/A
B
B
Movimento plano
=
Translação com A
B
+
Rotação em torno de A
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.
vA
vA
vB
A
A
y’
vA
vB/A
wk
(fixed)
A
x’
rB/A
vA
vB
vB/A
B
B
Movimento plano
=
Translação com A
B
+
Rotação em torno de A
vB = vA + vB/A
Representando por rB/A a posição de B relativa a A, notamos
que
vB/A = wk x rB/A
vB/A = (rB/A )w = rw
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.
Outra 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.
C
vB
B
A
C
vB
vA
vA
y’
aA
aB
A
B
=
ak
aB/A
A
A
B
Movimento plano
wk
aA
(aB/A)n
aA
Translação com A
x’
(aB/A)t
B
+
Rotação em torno de 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 =a +a
B
A
B/A
onde aB/A consiste de um componente normal (aB/A )n de
intensidade rw2,orientado para A, e um componente tangencial
(aB/A )t de intensidade ra, perpendicular à linha AB.
y’
aA
aB
A
B
=
ak
aB/A
A
A
B
Movimento plano
wk
aA
Translação com A
(aB/A)t
(aB/A)n
aA
x’
B
+
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.
(aB/A)n
aB
aB/A
(aB/A)t
aA
y’
aA
aB
A
B
=
ak
aB/A
A
A
B
Movimento plano
wk
aA
Translação com A
(aB/A)t
(aB/A)n
aA
x’
B
+
Rotação em torno de A
aB = aA + aB/A
(aB/A)n
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
aB/A
(aB/A)t
aA
Y
y
A
W
Z
A taxa de variação de um vetor
é a mesma em relação a um
sistema de referência fixo e em
Q
relação a um sistema de
j
x
referência em translação. A taxa
i
de variação de um vetor em
O
X
relação a um sistema de
k
referência rotativo é diferente. A
taxa de variação de um vetor Q
z
em relação a um referencial fixo OXYZ e em
relação a um referencial Oxyz girando com
velocidade angular W é
.
.
(Q)OXYZ = (Q)Oxyz + W x Q
A primeira parte representa a taxa de variação de Q em relação
ao sistema rotativo Oxyz e a segunda parte, W x Q, é induzida
pela rotação do sistema de referência Oxyz.
vP’ = W x r
.
vP/F = (r)Oxy
Y
P
P’
y
r
x
O
W
X
Considerando a análise
bidimensional de uma partícula
P movendo-se em relação a
um sistema de referência F
girando com velocidade
angular W 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.
vP’ = W x r
.
vP/F = (r)Oxy
Y
P
P’
y
r
x
O
W
X
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 = 2W x (r)Oxy = 2W x vP/F
= aceleração complementar, ou de Coriolis
vP’ = W x r
.
vP/F = (r)Oxy
Y
P
P’
y
r
O
W
x
aP = aP’ + aP/F + ac
aP = aceleração absoluta da
partícula P
aP’ = aceleração do ponto P’ do
sistema de referência
móvel F coincidente com P
X aP/F = aceleração de P relativa ao
sistema de referência móvel F
..
ac = 2W x (r)Oxy = 2W x vP/F
Uma vez que W e vP/F são perpendiculares entre si no caso de
movimento plano, a aceleração de Coriolis tem intensidade
ac = 2WvP/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.
Em três dimensões, o deslocamento
a
mais geral de um corpo rígido com um
P
ponto fixo em O é equivalente a uma
rotação do corpo em torno de um eixo
r
passando por O. A velocidade angular w
O
e eixo instantâneo de rotação do corpo
em um dado instante pode ser definida.
A velocidade de um ponto P do corpo pôde novamente ser
expressa como
w
dr
v=
= wxr
dt
Diferenciando essa expressão, temos a aceleração
a = a x r + w x (w x r)
Como a direção w muda de um instante para outro, a
aceleração angular a não é, em geral, dirigida ao longo do eixo
instantâneo de rotação.
a
Y’
w
B
Y
A
rB/A
X’
Z’
O
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
X 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
o vetor de posição de B em relação a A, escrevemos
vB = vA + w x rB/A
onde w é a velocidade angular do corpo no instante
considerado. A aceleração de B é, por raciocínio semelhante
aB = aA + aB/A
or
aB = aA + a x rB/A + w x (w x rB/A)
Y
y
A
W
P
j r
O
k
Z
z
i
Considerando o movimento tridimensional de uma partícula P em
relação a um sistema de referência
x Oxyz girando com velocidade angular
W relativamente a um sistema de
X referência fixo OXYZ. A velocidade
absoluta vP de P pode ser expressa
por
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
Y
y
A
W
P
j r
O
k
i
x
X
A aceleração absoluta aP de P é
expressa por
aP = aP’ + aP/F + ac
onde aP = aceleração absoluta da partícula P
Z
aP’ = aceleração do ponto P’ do sistema
z
de referência móvel F coincidente
com P
aP/F = aceleração de P relativa ao sistema
de referência móvel F
.
ac = 2W x (r)Oxy = 2W x vP/F
= aceleração de Coriolis
A intensidade ac da aceleração de Coriolis não é igual a 2WvP/F
exceto no caso especial quando W e vP/F são perpendiculares
entre si.
Y’
As equações
y
rP/A
P
x
A
Y
Z’
rP
X’
e
vP = vP’ + vP/F
aP = aP’ + aP/F + ac
permanecem válidas quando o
sistema de referência Axyz
rA
z
move-se de maneira
conhecida, porem arbitrária,
O
em relação ao sistema de
X
Z
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.
Exercício Resolvido 15.1
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.
O cabo C tem uma aceleração constante
de 22,5 m/s2 e uma velocidade inicial de
30 m/s, ambas orientadas para direita.
• Aplicar as relações para o movimento
de rotação uniformemente acelerada
para determinar a velocidade e a
posição angular da polia após 2 s.
Determine (a) o número de revoluções da • Determinar as componentes de
aceleração tangencial e normal
polia em 2 s, (b) a velocidade e a
iniciais de D.
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:
• A velocidade tangencial e a aceleração de D são
iguais a velocidade e a aceleração de C.
 vD 0   vC 0  30cm s 
 vD 0  rw0
 vD 0 30
w0 
r

7,5
 4 rad s
 aD t  aC  22,5cm. s 
 aD t  ra
 aD t 22,5
a
r

7,5
 3rad s 2
• Aplicar as relações para o movimento de rotação
uniformemente acelerada para determinar a
velocidade e a posição angular da polia após 2 s.
w  w0  a t  4 rad s   3rad s 2   2 s   10 rad s
q  w0t  12 a t 2   4 rad s  2 s   12  3rad s 2   2 s 
 14 rad
 1 rev 
N  14 rad  
  número de revoluções
2

rad


vB  rw  12,5 cm 10 rad s   125 cm
yB  rq  12,5 cm 14 rad   175 cm
2
N  2, 23rev
vB  125cm s 
yB  175 cm 
• Determinar as componentes de aceleração
tangencial e normal iniciais de D.
 aD t  aC  22,5cm s 
 aD n  rDw02   7,5 cm  4 rad s 
 aD t  22,5cm s2 
2
 120 cm s 2
 aD n  120cm s2 
Intensidade e direção da aceleração total,
aD 
 a D t   a D  n
2
 22,5  120
2
tan f 

2
2
aD  122 cm s 2
 aD  n
 a D t
120
22,5
f  79, 4
Exercício Resolvido 15.2
SOLUÇÃO:
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.
• 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



vP  v A  vP
 

A  v A  wk  rP
A
Calcular as velocidades dos pontos B e D.
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
w < 0 (gira em sentido horário)
xA
q

2 r
2
y
x A  r1q
Diferenciar para relacionar as velocidades
linear e angular.
x
v A   r1w
w
vA
1, 2 m s

r1
0,150 m
w  wk   8rad s  k
• A velocidade em qualquer ponto P na
engrenagem
vP  vA  vP A  vA  wk  rP A
A velocidade da cremalheira superior
é igual a velocidade do ponto B:
Velocidade do ponto D:
vR  vB  v A  w k  rB A
 1, 2 m s  i   8 rad s  k   0,10 m  j
vD  vA  w k  rD A
 1, 2 m s  i  8 rad s  k   0,150 m  i
 1, 2 m s  i   0,8 m s  i
vR   2m s  i
vD  1, 2 m s  i  1, 2 m s  j
vD  1, 697 m s
Exercício Resolvido 15.3
SOLUÇÃO:
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.
• Determinar a velocidade absoluta do
ponto D com



vD  vB  vD B

• A velocidade v B é obtida a partir da
rotação da manivela.

• As direções da velocidade absoluta v D e

da velocidade relativa v D B são
determinadas pela geometria do
problema.
• As intensidades das velocidades vD e vD B
podem ser determinadas a partir de um
diagrama vetorial.
• A velocidade angular da barra de
conexão é calculada a partir de v D B .
SOLUÇÃO:
• Determinar a velocidade absoluta do ponto D com
vD  v B  v D B

• A velocidade v B é obtida a partir da rotação da
manivela.
rev   min   2 rad 

w AB   2000


  209, 4 rad s
min   60s   rev 

vB   AB  w AB   7,5cm  209, 4 rad s   15, 7 m/s

• As direção da velocidade absoluta v D é

horizontal, e a velocidade relativa v D B é
perpendicular a BD. Calcule a ângulo entre a
horizontal e a barra de conexão pela lei dos senos.
sen 40 sen 

20 cm 7,5cm
  13,95
• As intensidades das velocidades vD e vD B
podem ser determinadas a partir de um
diagrama vetorial.
vD B
vD
15, 7 m s


sen 53,95 sen 50 sen 76,05
vD  13,1m s
vD B  12, 4 m s



vD  vB  vD B
vP  vD  13,1m s
vD B  lwBD
vD B
1, 24 m s
l
0, 20 m
 62, 0 rad s
wBD 

wBD   62, 0 rad s k
Exercício Resolvido 15.4
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.
A engrenagem dupla rola sobre a
• Calcular as velocidades em B e D baseadas
cremalheira inferior, estacionária; a
em suas rotações em torno de C.
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 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.
vA  rAw
w
vA 1, 2 m s

 8 rad s
rA 0,15 m
• Calcular as velocidades em B e D baseadas em
suas rotações em torno de C.
vR  vB  rBw   0, 25 m8rad s 
vR   2m s  i
rD   0,15 m  2  0, 2121 m
vD  rDw   0, 2121 m  8rad s 
vD  1, 697 m s
vD  1, 2i  1, 2 j   m s 
Exercício Resolvido 15.5
SOLUÇÃO:
• Determine a velocidade em B a partir da
rotação da manivela.
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.
• 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.
SOLUÇÃO:
• Do problema resolvido 15.3,
vB  15, 7 m s
  13,95
• O centro instantâneo de rotação esta na
interseção das linhas perpendiculares aos vetores
de velocidades B e D.
 B  40    53,95
 D  90    76, 05
BC
CD
20 cm


sen 76, 05 sen 53,95 sen 50
BC  25,35 cm CD  21,1 cm
• Determine a velocidade angular em torno do
centro de rotação baseado na velocidade em B.
vB   BC  wBD
wBD 
vB
15, 7 m s

BC 25,35 cm
wBD  62, 0 rad s
• Calcular a velocidade em D baseada na rotação
em torno do centro instantâneo de rotação.
vD   CD  wBD   21,1 cm 62,0rad s 
vP  vD  13,1m s
Exercício Resolvido 15.6
SOLUÇÃO:
• A expressão da posição da engrenagem
como uma função de q é diferenciada
duas vezes para definir a relação entre as
acelerações de translação e angular.
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.
• 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.
SOLUÇÃO:
• A expressão da posição da engrenagem como
uma função de q é diferenciada duas vezes
para definir a relação entre as acelerações de
translação e angular.
xA  r1q
vA  r1q  r1w
w
vA
1, 2 m s

 8 rad s
r1
0,150 m
a A  r1q  r1a
aA
3m s 2
a  
r1
0,150 m
a  a k    20 rad s 2  k
• 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.
aB  a A  aB A  a A   aB A    aB A 
t
n
 a A  a k  rB A  w 2 rB A
  3m s 2  i   20 rad s 2  k   0,100 m  j  8 rad s   0,100 m  j
2
  3m s 2  i   2 m s 2  i   6, 40 m s 2  j
aB   5 m s 2  i   6, 40 m s 2  j
aB  8,12 m s 2
aC  aA  aC A  aA  a k  rC A  w 2 rC A
  3m s 2  i   20 rad s 2  k   0,150 m  j  8rad s   0,150 m  j
2
  3m s 2  i   3m s 2  i   9, 60 m s 2  j
ac   9, 60 m s 2  j
aD  aA  aD A  aA  a k  rD A  w 2 rD A
  3m s 2  i   20 rad s 2  k   0,150 m  i  8rad s   0,150m  i
2
  3m s 2  i   3m s 2  j   9, 60 m s 2  i
aD  12, 6 m s 2  i   3m s 2  j
aD  12,95 m s 2
Exercício Resolvido 15.7
SOLUÇÃO:
• A aceleração angular da barra BD e a
aceleração do ponto D serão
determinadas a partir de






aD  aB  aD B  aB  aD B  aD

t 

B n
• A aceleração de B é determinada a partir
da velocidade de rotação de AB.
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.
• As direções das acelerações são
aD ,  aD B  , e  aD B  determinadas a
t
n
partir de geometria.
• As equações para aceleração do ponto
D são resolvidas simultaneamente para
aceleração de D e aceleração angular da
barra de conexão.
SOLUÇÃO:
• A aceleração angular da barra BD e a aceleração
do ponto D serão determinadas a partir de



aD  aB  aD
B



 aB  aD




a
B t
D B n
• A aceleração de B é determinada a partir da
velocidade de rotação de AB.
w AB  2000 rpm  209,4 rad s  constante
a AB  0
2
aB  rw AB
  0,075 cm  209, 4 rad s   3, 289 m s 2
2
aB   3, 289 m s 2    cos 40i  sen 40 j 



• As direções das acelerações aD , aD B t , e aD B
são determinadas a partir de geometria.

n


aD   aD i
Do problema resolvido 15.3, wBD = 62,0 rad/s,  = 13,95o.
 aD B    BD  wBD2   0, 2 m  62, 0 rad s   769 m s2
2
n
 a    769m s    cos13,95i  sen13,95 j 
 a    BDa   0, 2ma  0, 2a
2
DB n
DB t
BD
BD
BD
A direção de (aD/B)t é conhecida mas o sentido não,
 a    0, 2a   sen 76,05i  cos 76,05 j 
DB t
BD
• As equações para aceleração do ponto D são
resolvidas simultaneamente para aceleração de D e
aceleração angular da barra de conexão.



aD  aB  aD
B



 aB  aD
  aD B n
B t
componente x:
aD  3, 289cos 40  769cos13,95  0, 2a BDsen13,95
componente y:
0  3, 289sen 40  769sen13,95  0, 2a BD cos13,95
a BD   9,937 rad s 2  k
aD    2, 787 m s 2  i
Exercício Resolvido 15.8
SOLUÇÃO:
• As velocidades angulares são determinadas
resolvendo simultaneamente as
componentes da equação



vD  vB  vD B
• As acelerações angulares são determinadas
resolvendo simultaneamente as
Na posição mostrada, a manivela AB
componentes da equação
tem velocidade angular constante



w1 = 20 rad/s no sentido anti-horário.
aD  aB  aD B
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



vD  vB  vD B
vD  wDE  rD  wDE k   42,5i  42,5 j 
 42,5wDE j  42,5wDE i
vB  w AB  rB  20k   20i  35 j 
 400 j  700i
vD B  wBD  rD B  wBD k   30i  7,5 j 
 30wBD j  7,5wBD i
rB  20i  35 j
rD  42,5i  42,5 j
componente x:
42,5wDE  700  7,5wBD
rD B  30i  7,5 j
componente y:
42,5wDE  400  30wBD
wBD    29,33rad s  k
wDE  11, 29 rad s  k
• As acelerações angulares são determinadas
resolvendo simultaneamente as componentes da
equação



aD  aB  aD B
2
aD  a DE  rD  wDE
rD
 a DE k   42,5i  42,5 j   11, 29   42,5i  42,5 j 
2
 42,5a DE j  42,5a DE i  5, 417i  5, 417 j
2
aB  a AB  rB  w AB
rB  0   20   20i  35 j 
2
 8000i  14000 j
2
aD B  a BD  rB D  wBD
rB D
 a B D k   30i  7,5 j    29,33  30i  7,5 j 
2
rB  20i  35 j
rD  42,5i  42,5 j
rD B  30i  7,5 j
 30a B D j  7,5a B D i  25807i  6439 j
componente x:
componente y:
42,5a DE  7,5a BD  39224
42,5a DE  30a BD  15022




a BD   645 rad s 2 k
a DE  809 rad s 2 k




Exercício Resolvido 15.9
SOLUÇÃO:
Disco D do mecanismo Geneva gira com
velocidade angular constante de wD = 10
rad/s no sentido anti-horário.
• A velocidade absoluta do ponto P pode
ser escrita como



vP  vP  vP s
• A intensidade e direção da velocidade

v P do pino P são calculadas a partir
do raio e da velocidade angular do
disco D.

• A direção da velocidade v P do ponto
P’ em S coincidente com P é
perpendicular ao raio OP.

• A direção da velocidade v P s de P
com relação a S é paralela à ranhura.
No instante em que f = 150o, determine
(a) a velocidade angular do disco S, e (b)
a velocidade do pino P relativa ao disco S. • Resolver o diagrama vetorial para a
velocidade de S e a velocidade relativa
de P.
SOLUÇÃO:
• A velocidade absoluta do ponto P pode ser escrita
como



vP  vP  vP s

v
• A intensidade e direção da velocidade P do pino P
são calculadas a partir do raio e da velocidade
angular do disco D.
vP  RwD   50 mm10rad s   500mm s

• A direção da velocidade v P s de P com relação a S
é paralela à ranhura. Da lei dos co-senos,
r 2  R 2  l 2  2Rl cos30  0,551R 2
r  37,1 mm
Da lei dos senos,
sen sen30

R
r
sen 
sen30
0, 742
O ângulo interior do diagrama vetorial é
  90  42, 4  30  17, 6
  42, 4

• A direção da velocidade v P do ponto P’ em S
coincidente com P é perpendicular ao raio OP.
vP  vP sen   500 mm s  sen17, 6  151, 2 mm s
 rws
ws 
151, 2 mm s
37,1 mm
ws   4, 08rad s  k
vP s  vP cos    500mm s  cos17,6
vP s   477 mm s    cos 42, 4i  sen 42, 4 j 
vP  500 mm s
Exercício Resolvido 15.10
SOLUÇÃO:
• A aceleração absoluta do ponto P pode
ser escrita como




a P  a P  a P s  ac
• A velocidade angular instantânea do Disco
S é determinada como no exercício
resolvido 15.9.
Disco D do mecanismo Geneva gira
com velocidade angular constante de
wD = 10 rad/s no sentido anti-horário.
No instante em que f = 150o,
determine a aceleração angular do
disco S.
• 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.
SOLUÇÃO:
• A aceleração absoluta do ponto P pode ser
escrita como




aP  aP  aP s  ac
• Do problema resolvido 15.9.
  42, 4
wS   4, 08rad s  k
vP s   477 mm s    cos 42, 4i  sen 42, 4 j 
• Considerando cada termo na equação da aceleração,
aP  RwD2   500mm 10 rad s   5000 mm s 2
2
aP   5000 mm s 2   cos30i  sen 30 j 
a P    a P   n   a P  t
 aP n   rwS2    cos 42, 4i  sen 42, 4 j 
 aP t   ra S   sen 42, 4i  cos 42, 4 j 
 aP t  a S  37,1mm   sen 42, 4i  cos 42, 4 j 
nota: aS pode ser positivo ou negativo
• A direção da aceleração de Coriolis é obtida pela
rotação da velocidade relativa vP s de 90o no sentido
de wS.
ac   2wS vP s   sen 42, 4i  cos 42, 4 j 
 2  4, 08rad s  477 mm s   sen 42, 4i  cos 42, 4 j 
  3890 mm s 2   sen 42, 4i  cos 42, 4 j 

• A aceleração relativa aP
ranhura.
s
deve ser paralela à
• Equacionando os componentes da aceleração em
termos perpendiculares à ranhura,
37,1a S  3890  5000 cos17, 7  0
a S  233rad s
a S   233rad s  k
Exercício Resolvido 15.11
SOLUÇÃO:
Com
w1  0,30 j w2  0,50k
r  12  cos 30i  sen 30 j 
 10,39i  6 j
• A velocidade angular da lança,
 

w  w1  w 2
O guindaste gira com velocidade
angular constante de w1 = 0,30 rad/s e a
• A aceleração angular da lança,
lança esta sendo erguida com
 
 



velocidade angular constante
a  w1  w 2  w 2  w 2 Oxyz  W  w 2
de w2 = 0,50 rad/s. O comprimento da
 
 w1  w 2
lança é l = 12 m.
• A velocidade na ponta da lança,
Determine:
  
v
w r
• A velocidade angular da lança,
• A aceleração angular da lança,
• A aceleração na ponta da lança,
• A velocidade da ponta da lança, e
     
   
a  a  r  w  w  r   a  r  w  v
• A aceleração da ponta da lança.
SOLUÇÃO:
• A velocidade angular da lança,
  
w  w1  w2
w   0,30 rad s  j   0,50 rad s  k
• A aceleração angular da lança,
a  w1  w2  w2  w2 
Oxyz
 W w2
 w1  w2   0,30 rad s  j   0,50 rad s  k
a   0,15 rad s 2  i
• A velocidade na ponta da lança,
w1  0,30 j w2  0,50k
r  10,39i  6 j
i
j
k
v wr  0
0,3 0,5
10,39 6
0
v    3,54 m s  i   5, 20 m s  j   3,12 m s  k
• A aceleração na ponta da lança,
a  a  r  w  w  r   a  r  w  v
i
j k
i
j
k
a  0,15 0 0  0 0,30 0,50
10,39 6 0 3 5, 20 3,12
 0,90k  0,94i  2, 60i  1,50 j  0,90k
a    3,54 m s 2  i  1,50 m s 2  j  1,80 m s 2  k
w1  0,30 j w2  0,50k
r  10,39i  6 j