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O documento descreve a aceleração em um mecanismo biela-manivela, definindo as equações para calcular a aceleração angular da manivela, a aceleração do pistão e as acelerações tangentes e normais. É mostrado um exemplo numérico para determinar a aceleração angular da biela e a aceleração do pistão para um caso específico.

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Aceleração – Biela Manivela
NÚMEROS COMPLEXOS ACELERAÇÃO BIELA-MANIVELA
ACELERAÇÃO Equação da aceleração Derivando a malha vetorial 𝑎𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1{𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜} 𝑎𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 𝑣𝐷𝑒𝑗𝜃1 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 ሶ 𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝜔2𝑗 ሶ 𝜃2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏 ሶ 𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 + 𝑏𝜔3𝑗 ሶ 𝜃3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 𝑎𝑑𝑒𝑗𝜃1 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 = 𝑎𝑑𝑒𝑗𝜃1{𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜} θ2 𝑂2 𝒃 𝒅 θ3 A B 𝒂𝑨𝒕 𝝎𝟐 𝝎𝟑 𝒂𝑩/𝑨𝒕 𝒂𝒅 = 𝒂𝐁 𝜶𝟐 𝒂𝑨𝒏 𝒂 𝜶𝟑 𝒂𝑩/𝑨𝒏
ACELERAÇÃO Utilizando da Identidade de Euler 𝒆𝒋𝜽 = (𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒊𝒔𝒆𝒏𝜽) Podemos reescrever a equação em coordenadas retangulares complexas. Lembrando que 𝜃1 = 0°, e que d é variável em função do tempo. 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 𝑎𝑑 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃1 Separando as equações em parte real e imaginaria temos: Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 𝑎𝐷 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0
ACELERAÇÃO Pela equação da parte imaginária, podemos definir a aceleração angular 𝛼3. Note que a aceleração angular só será positiva se ela girar no sentido anti-horário. Quando a solução informar uma aceleração angular negativa, significa que ela gira no sentido horário. 𝛼3 = −𝑎. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑏. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 A aceleração do pistão 𝑎𝐷, pode ser obtido pela relação obtida através da parte real da malha vetorial. Note que a aceleração do pistão será somente em um eixo para esse mecanismo, e será igual a aceleração no ponto B, com origem em 𝑂2. 𝑎𝐵 = 𝑎𝑑 = −𝑎. 𝛼2. 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎. 𝜔2 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑏. 𝛼3. 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏. 𝜔3 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃3 + -
ACELERAÇÃO TANGENTE A aceleração tangente em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼2 com o vetor a, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑡 = 𝛼2 × 𝑎 𝑎𝐴𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼2 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 0 𝑎𝐴𝑡 = − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝛼2 𝒊 + 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝛼2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 A aceleração tangente em B com origem em A 𝑎𝐵/𝐴𝑡 ou 𝑎𝐴𝐵𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼3 com o vetor b, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝛼3 × 𝑏 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼3 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 0 𝑎𝐴𝐵𝑡 = − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝛼3 𝒊 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝛼3 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3
ACELERAÇÃO NORMAL A aceleração normal em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔2 com o velocidade tangente, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑛 = 𝜔2 × (𝜔2 × 𝑎) 𝑎𝐴𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔2 −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 0 𝑎𝐴𝑛 = − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝜔2 2 𝒊 − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝜔2 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 A aceleração normal em B com origem em A 𝑎𝐵/𝐴𝑛 ou 𝑎𝐴𝐵𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔3 com a velocidade tangente, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝜔3 × (𝜔3 × 𝑏) 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔3 −𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 0 𝑎𝐴𝐵𝑛 = − 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝜔3 2 𝒊 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝜔3 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3
EXERCÍCIO 1 O mecanismo biela manivela de um automóvel, é idealizado na ilustração abaixo. O comprimento da manivela é 𝐴𝐵 = 75 𝑚𝑚, e a manivela está rodando no sentido anti- horário a 4500 rpm e uma aceleração de 𝛼2 = 2𝑟𝑎𝑑/𝑠² no sentido anti-horário. O comprimento da biela é 𝐵𝐶 = 175 𝑚𝑚, Para o instante onde 𝜃2 = 70°, determine a aceleração angular 𝛼3 e a aceleração do pistão.
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 + 𝒓𝑩𝑪 = 𝒓𝑨𝑪 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 − 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐶 𝜃3 = −23,75° 𝑜𝑢 336,25° Parte real 𝑟𝐴𝐶 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐶 = 185,83 𝑚𝑚 +4500 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = +471,24 𝑟𝑎𝑑/𝑠
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = −75,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠 Parte real 𝑣𝐴𝐶 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑣𝐴𝐶 = −38,5 𝑚/𝑠
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝒅𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐶. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = +95200 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 Parte real 𝑎𝐶 = +100,7 𝑚/𝑠2
EXERCÍCIO 2 O mecanismo biela manivela de um automóvel, é idealizado na ilustração abaixo. O comprimento da manivela é 𝐴𝐵 = 75 𝑚𝑚, e a manivela está rodando no sentido anti-horário a uma taxa constante de 4000 rpm. O comprimento da biela é 𝐵𝐶 = 175 𝑚𝑚, Para o instante onde 𝜃2 = 240°, determine a velocidade angular 𝛼3 e a aceleração do pistão. 𝜃2 𝐴 𝐵 𝐶
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 + 𝒓𝑩𝑪 = 𝒓𝑨𝑪 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 −𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐶 𝜃3 = 21,79° Parte real 𝑟𝐴𝐶 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐶 = 125 𝑚𝑚 +4000 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = +418,88 𝑟𝑎𝑑/𝑠
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = +96,7 𝑟𝑎𝑑/𝑠 Parte real 𝑣𝐴𝐶 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑣𝐴𝐶 = +20,9 𝑚/𝑠
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝒅𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐶. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = −66397,1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 Parte real 𝑎𝐴𝐶 = −𝑟_𝐴𝐵𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑟𝐵𝐶. 𝛼3. 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐴𝐶 = +9374,0 𝑚/𝑠2
EXERCÍCIO 2.1 Abaixo é apresentado um mecanismo biela-manivela. O comprimento da manivela é 𝐴𝐵 = 75 𝑚𝑚, e a manivela está rodando no sentido anti-horário a uma taxa constante de 4000 rpm. O comprimento da biela é 𝐵𝐶 = 175 𝑚𝑚, Para o instante onde 𝜃2 = 240°, determine as acelerações lineares nos pontos AB’=30 mm partindo de A e BC’=75 mm partindo do ponto B. 𝜃2 𝐴 𝐵 𝐶 𝐵′ 𝐶′
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 + 𝒓𝑩𝑪 = 𝒓𝑨𝑪 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 −𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐶 𝜃3 = 21,79° Parte real 𝑟𝐴𝐶 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐶 = 125 𝑚𝑚 𝜔2 = +4000 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = +418,88 𝑟𝑎𝑑/𝑠
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = +96,7 𝑟𝑎𝑑/𝑠 MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝒅𝒆𝒋𝜽𝟏 𝛼2 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐶. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = −66397,1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
RESPOSTA VETOR AB’ 𝑨𝑩′ = 𝒓𝑨𝑩′𝒆𝒋𝜽𝟐 𝒑𝒐𝒔𝒊çã𝒐 𝒗𝑨𝑩′ = 𝒓𝑨𝑩′𝝎𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐{𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆} 𝒂𝑨𝑩′ = 𝒓𝑨𝑩′𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩′𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐{𝒂𝒄𝒆𝒍𝒆𝒓𝒂çã𝒐} 𝛼2 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝜔2 = 418,88 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜃2 = 240° 𝑟𝐴𝐵′ = 30 𝑚𝑚 Parte real 𝑎𝐴𝐵𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = −𝑟𝐴𝐵′𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑎𝐴𝐵𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = +2631,9 𝑚/𝑠2 Parte imaginaria 𝑎𝐴𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = −𝑟𝐴𝐵′𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑎𝐴𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = +4558,6 𝑚/𝑠2 NOTA Nesse centro de gravidade AB’, não tem aceleração tangente pois 𝜶𝟐 = 𝟎 (velocidade constante).
RESPOSTA VETOR BC’ 𝑩𝑪′ = 𝒓𝑩𝑪′𝒆𝒋𝜽𝟑 𝒑𝒐𝒔𝒊çã𝒐 𝒗𝑩𝑪′ = 𝒓𝑩𝑪′𝝎𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆} 𝒂𝑩𝑪′ = 𝒓𝑩𝑪′𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪′𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒂𝒄𝒆𝒍𝒆𝒓𝒂çã𝒐} 𝛼3 = −66397,1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝜔3 = +96,7 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜃3 = +21,79° 𝑟𝐵𝐶′ = 75 𝑚𝑚 Parte real 𝑎𝐵𝐶𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = −𝑟𝐵𝐶′𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐶′𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐵𝐶𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = +1197,5 𝑚/𝑠2 Parte imaginaria 𝑎𝐵𝑐𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = +𝑟𝐵𝐶′𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑟𝐵𝐶′𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑎𝐴𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = −4884,3 𝑚/𝑠2 NOTA Nesse centro de gravidade BC’, tem aceleração tangente pois 𝜶𝟑 ≠ 𝟎 (velocidade não constante).
EXERCÍCIO Considere que o mecanismo biela manivela tem na manivela uma velocidade angular horária de 0,5 rad/s constante, considere a=75mm e b= 200 mm e 𝜃2=22,5°. Encontre as acelerações no ponto A, B (pistão) e B/A (relativa), e a aceleração angular 𝛼3.
RESPOSTAS 𝜃2 𝜃3 𝝎𝟑 α𝟑 22,5° 351,7° 0,175rad/s 0,03 rad/s² 𝒂𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒂𝑨𝑖𝑚𝑎𝑔 𝒂𝑩𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒂𝑩𝑨𝒊𝒎𝒂𝒈 -17,32 mm/s² -7,18 mm/s² -5,15 mm/s² 7,18 mm/s² 𝒂𝑫𝒓𝒆𝒂𝒍 -22,47 mm/s²
EXERCÍCIO Considere que o mecanismo biela manivela tem na manivela uma velocidade constante anti-horária de 2000 rpm, considere a=75mm e b= 200 mm e 𝜃2=(24°, 55°, 170°, 220° e 341°). Encontre as acelerações no ponto A, B (pistão) e B/A (relativa), e a aceleração angular 𝛼3.
RESPOSTAS 𝜃2 [°] 𝜶𝟑 [rad/s²] 𝒂𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 [m/s²] 𝒂𝑨𝒊𝒎𝒂𝒈 [m/s²] 𝒂𝑩𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 [mm/s²] 𝒂𝑩𝑨𝒊𝒎𝒂𝒈 [m/s²] 𝒂𝑩𝒓𝒆𝒂𝒍 [m/s²] 24° 5956,3 -3005,4 -1338,1 -860,1 1338109,9 -3865,5 55° 13.435,7 -1886,9 -2694,9 398,9 2694902,2 -1488,0 170° 2.470,4 3239,8 -571,2 -1.166,9 571279,6 2073,0 220° -9.940,1 2520,1 2114,6 -266,7 -2114686,4 2253,4 341° -4707,1 -3110,6 1071,0 -996,3 -1071076,3 -4106,9
EXERCÍCIO A manivela AB do sistema biela-manivela de motor tem uma velocidade angular constante no sentido horário de 2.000 rpm. Para a posição mostrada da manivela, determine a aceleração angular da haste de conexão BD e a aceleração do ponto D.
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 + 𝒓𝑩𝑫 = 𝒓𝑨𝑫 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑫𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑫𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 −𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐷 𝜃3 = −13,95° Parte real 𝑟𝐴𝐷 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐷 = 251,6 𝑚𝑚 𝜔2 = −2000 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = −209,44 𝑟𝑎𝑑/𝑠
RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑫𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑫𝒆𝒋𝜽𝟏 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐷𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = +62,0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑫𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑫𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝑫𝒆𝒋𝜽𝟏 𝛼2 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐷. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = 9940 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝑎𝐷 = −𝑟_𝐴𝐵𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑟𝐵𝐷. 𝛼3. 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐷. 𝜔3 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐷 = −2787,1 𝑚/𝑠2
RESPOSTA VETOR BG 𝑩𝑮 = 𝒓𝑩𝑮𝒆𝒋𝜽𝟑 𝒑𝒐𝒔𝒊çã𝒐 𝒗𝑩𝑮 = 𝒓𝑩𝑮𝝎𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆} 𝒂𝑩𝑮 = 𝒓𝑩𝑮𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑮𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒂𝒄𝒆𝒍𝒆𝒓𝒂çã𝒐} 𝛼3 = +9940,0 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝜔3 = 62,0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜃3 = −13,95° 𝑟𝐵𝐺 = 100 𝑚𝑚 Parte real 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −𝑟𝐵𝐺𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐺𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −133,4 𝑚/𝑠2 Parte imaginaria 𝑎𝐵𝐺𝑖𝑚𝑔 = +𝑟𝐵𝐺𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑟𝐵𝐺𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑎𝐵𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 = +1057,4 𝑚/𝑠2 ACELERAÇÃO NO PONTO G COM ORIGEM EM A 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = 𝑎𝐵𝑟𝑒𝑎𝑙 + 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −𝑟𝐴𝐵𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −0 − 2520,2 − 133,4 = −𝟐𝟔𝟓𝟑, 𝟔 𝒎/𝒔² 𝑎𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 = 𝑎𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 + 𝑎𝐵𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 𝑎𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 = +𝑟𝐴𝐵𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −0 − 2114,7 + 1057,4 = −1057,3 𝑚/𝑠²
EXERCÍCIO No sistema biela-manivela de motor apresentado anteriormente, a manivela AB tem uma velocidade angular constante no sentido horário de 2000 rpm. Sabendo que a barra de ligação BD tem uma massa de 2 kg e o pistão P tem uma massa de 2,5 kg, determine as forças na barra de ligação em B e D. Suponha que o centro de massa de BD está no seu centro geométrico e que a barra pode ser tratada como uma haste uniforme e delgada
RESPOSTA DIAGRAMA CINÉTICO BARRA BD Utilizando-se das equações do movimento + → ∑𝐹𝑥 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: +↺ ∑𝑀𝐺 = 𝐼 ⋅ 𝛼:
RESPOSTA + → ∑𝐹 𝑥 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: 𝐵𝑥 + 𝐷𝑥 = 𝑚𝐵𝐷 ⋅ ത 𝑎𝑥 𝐵𝑥 + 𝐷𝑥 = 2 𝑘𝑔 −2653,6 𝑚/𝑠2 𝐵𝑥 + 𝐷𝑥 = −5307,2 𝑁 + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 − 𝑊𝐵𝐷 = 𝑚𝐵𝐷 ⋅ ത 𝑎𝑦 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 − 2 𝑘𝑔 9,8 𝑚/𝑠2 = (2 𝑘𝑔)(−1057,3 m/s2 ) 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 = −2095 𝑁 +↺ ∑𝑀𝐺 = 𝐼 ⋅ 𝛼: −𝐵𝑦 𝑙/2 𝑐𝑜𝑠𝛽 − 𝐵𝑥 𝑙/2 𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝐷𝑦 𝑙/2 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝐷𝑥 𝑙/2 𝑠𝑒𝑛𝛽 = 𝐼𝐵𝐷 ⋅ 𝛼𝐵𝐷 −0,1𝐵𝑦 cos 13,95 − 0,1𝐵𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 + 0,1𝐷𝑦 cos 13,95 + 0,1𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 = 1/150(9940 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 ) −𝐵𝑦 cos 13,95 − 𝐵𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 + 𝐷𝑦 cos 13,95 + 𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 = 662,7
RESPOSTA DIAGRAMA CINÉTICO DO PISTÃO Utilizando-se das equações do movimento + → ∑𝐹𝑥 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: +↺ ∑𝑀𝐺 = 𝐼 ⋅ 𝛼:
RESPOSTA + → ∑𝐹 𝑥 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: −𝐷𝑥= 𝑚𝑃 ⋅ ത 𝑎𝐷 −𝐷𝑥= 2,5 𝑘𝑔 −2787,1 𝑚/𝑠2 𝑫𝒙 = 𝟔𝟗𝟔𝟕, 𝟖 𝑵 + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: −𝐷𝑦 − 𝑊𝑃 + 𝑁 = 0 −𝐷𝑦 − 2,5 𝑘𝑔 9,8 𝑚/𝑠2 + 𝑁 = 0 𝑁 − 𝐷𝑦 = +24,5 𝑁
RESPOSTA Substituindo 𝐷𝑥 𝐵𝑥 + 𝐷𝑥 = −5307,2 𝑁 𝐵𝑥 + 6967,8 𝑁 = −5307,2 𝑁 𝑩𝒙 = −𝟏𝟐𝟐𝟕𝟓 𝑵 Substituindo 𝐷𝑥 e 𝐵𝑥 −𝐵𝑦 cos 13,95 − [−12275𝑠𝑒𝑛 13,95 ] + 𝐷𝑦 cos 13,95 + 6967,8𝑠𝑒𝑛 13,95 = 662,7 𝐵𝑦 cos 13,95 = 3976,5 + 𝐷𝑦 cos 13,95 𝐵𝑦 = 𝐷𝑦 + 4097,3 Substituindo 𝐵𝑦 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 = −2095 𝑁 𝐷𝑦 + 4097,3 + 𝐷𝑦 = −2095 𝑫𝒚 = −𝟑𝟎𝟗𝟔, 𝟐 𝑵 𝑩𝒚 = 𝟏𝟎𝟎𝟏, 𝟐 𝑵
RESPOSTA Substituindo 𝐷𝑦 𝑁 − 𝐷𝑦 = +24,5 𝑁 − (−3096,2) = 24,5 𝑵 = −𝟑𝟎𝟕𝟐, 𝟐 𝑵 Portanto através da cinemática, é determinado os esforços (forças) 𝐵𝑥, 𝐵𝑦, 𝐷𝑥, 𝐷𝑦 𝑒 𝑁, que é uma análise cinética do mecanismo. Note que nesse problema não foram calculados os esforços na biela, mas eles poderiam ser calculados também.
NÚMEROS COMPLEXOS ACELERAÇÃO PISTÃO DA JANELA
ACELERAÇÃO Equação da aceleração Derivando a malha vetorial 𝑎𝑒𝑗𝜃2 − 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1{𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜} 𝑎𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 − 𝑣𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 0 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 − 𝑎𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗𝛼3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗2 𝜔3 2 𝑒𝑗𝜃3 = 0{𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜} θ2 𝑂2 𝒃 𝒄 θ3 A B 𝒂𝑨𝒕 𝝎𝟐 𝝎𝟑 𝒂𝒃 𝜶𝟐 𝒂𝑨𝒏 𝒂 𝜶𝟑 𝒂𝑨/𝑩𝒏 𝒂𝑨/𝑩𝒕 𝒂𝒄
ACELERAÇÃO Utilizando da Identidade de Euler 𝒆𝒋𝜽 = (𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒊𝒔𝒆𝒏𝜽) Podemos reescrever a equação em coordenadas retangulares complexas. Lembrando que 𝜃1 = 0°, e que d é variável em função do tempo. 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝜔3(−𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3) − 𝑣𝑏𝜔3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 Separando as equações em parte real e imaginaria temos: Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0
ACELERAÇÃO Pela equação da parte imaginária, podemos definir a aceleração angular 𝛼3. Note que a aceleração angular só será positiva se ela girar no sentido anti-horário. Quando a solução informar uma aceleração angular negativa, significa que ela gira no sentido horário. 𝛼3 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 cos 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − b𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 Pela equação da parte imaginária, podemos definir a aceleração angular 𝛼2. Note que a aceleração angular só será positiva se ela girar no sentido anti-horário. Quando a solução informar uma aceleração angular negativa, significa que ela gira no sentido horário. 𝛼2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 + - + -
ACELERAÇÃO TANGENTE A aceleração tangente em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼2 com o vetor a, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑡 = 𝛼2 × 𝑎 𝑎𝐴𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼2 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 0 𝑎𝐴𝑡 = − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝛼2 𝒊 + 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝛼2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 A aceleração tangente em A com origem em B 𝑎𝐴/𝐵𝑡 ou 𝑎𝐵𝐴𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼3 com o vetor b, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝛼3 × 𝑏 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼3 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 0 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝛼3 𝒊 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝛼3 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3
ACELERAÇÃO NORMAL A aceleração normal em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔2 com a velocidade tangente, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑛 = 𝜔2 × (𝜔2 × 𝑎) 𝑎𝐴𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔2 −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 0 𝑎𝐴𝑛 = − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝜔2 2 𝒊 − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝜔2 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 A aceleração normal em A com origem em B 𝑎𝐴/𝐵𝑛 ou 𝑎𝐵𝐴𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔3 com a velocidade tangente, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝜔3 × (𝜔3 × 𝑏) 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔3 −𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 0 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = − 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝜔3 2 𝒊 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝜔3 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3
ACELERAÇÃO DE CORIOLIS A aceleração de Coriolis em A com origem em B 𝑎𝑐 será o produto vetorial da velocidade 2𝜔3 com o velocidade linear do pistão. 𝑎𝑐 = 2𝜔3 × 𝑣𝑏 𝑎𝑐 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 2𝜔3 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 0 𝑎𝑐 = − 2𝜔3𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝒊 + 2𝜔3𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝑐 = 𝑣𝑏𝜔3 𝑗𝑒𝑗𝜃3 + 𝑣𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝑐 = 2𝑣𝑏𝜔3 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2
EXEMPLO HIBBELER 16.5 Uma grande janela é aberta usando um cilindro hidráulico AB. Se o cilindro se estende a uma taxa uma taxa constante de 0,5 m/s, determine a velocidade angular e a aceleração angular da janela no instante 𝜃 = 30°.
RESOLUÇÃO POR MALHA VETORIAL CÁLCULO POR MALHA VETORIAL
MÉTODO VETORIAL Rotacionando o mecanismo 90° no sentido anti-horário temos a mesma malha vetorial do mecanismo da caçamba do caminhão basculante. a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
MÉTODO VETORIAL MALHA VETORIAL 𝒂 − 𝒃 = 𝒄 𝑎𝑒𝑗𝜃2 − 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1 Parte imaginaria 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 180° − 𝑠𝑒𝑛−1 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑏 𝜃3 = 156,2° Parte real 𝑏 = 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐 2 + 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 2 𝑏 = 1,239 𝑚 a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
MÉTODO VETORIAL MALHA VETORIAL 𝒂 − 𝒃 = 𝒄 𝑎𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 − 𝑣𝐵𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 0 Velocidades angulares 𝜔2 = 𝑣𝑏 𝑎𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝝎𝟐 = +𝟎, 𝟔𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝜔3 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝝎𝟑 = −𝟎, 𝟑𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑 𝝎𝟐 𝝎𝟑
MÉTODO VETORIAL MALHA VETORIAL 𝒂 − 𝒃 = 𝒄 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 − 𝑎𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 = 0 Acelerações angulares 𝛼2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝜶𝟐 = −𝟎, 𝟒𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 𝛼3 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 cos 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − b𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝜶𝟑 = +𝟎, 𝟔𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑 𝜶𝟐 𝜶𝟑
RESOLUÇÃO POR CI CÁLCULO POR CENTRO INSTANTÂNEO DE ROTAÇÃO
VELOCIDADE POR CI Para encontrar a velocidade angular será utilizado o método de centro instantâneo de rotação. 𝒗𝑷 𝒗𝑩 𝝎
VELOCIDADE POR CI Pela lei dos cossenos podemos encontrar a medida s 𝑠2 = 12 + 22 − 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠30° 𝑠 = 1,239 𝑚 Pela lei dos senos podemos encontrar os ângulos 𝑠𝑒𝑛𝐴 𝑂𝐵 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑠 = 𝑠𝑒𝑛𝐵 𝑂𝐴 𝐴 = 23,8° Podemos encontrar o angulo da ponta do triangulo retângulo. 𝛽 = (180 − 23,8 − 90) − 30 = 36,2° Por trigonometria 𝐴/𝐶𝐼 = s 𝑡𝑎𝑛36,2° = 1,69 𝑚 𝐵/𝐶𝐼 = 𝑠 𝑠𝑒𝑛36,2° = 2,10 𝑚 O B A 𝛽 𝐶𝐼
VELOCIDADE POR CI A velocidade do pistão pode ser determinada pela equação: 𝝎 = 𝝎𝑨𝑩 𝑣𝑃 = 𝜔 ⋅ 𝐴/𝐶𝐼 𝝎 = 𝝎𝑨𝑩 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 ↷ A velocidade no ponto B (janela) pode ser determinada pela equação: 𝑣𝐵 = 𝜔 ⋅ 𝐵/𝐶𝐼 𝑣𝐵 = 0,63 𝑚/𝑠 𝑣𝐵 = 𝜔𝑂𝐵 ⋅ 𝑂𝐵 𝝎𝑶𝑩 = 𝟎, 𝟔𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔 ↶ O B A 𝛽 𝐶𝐼
ACELERAÇÃO POR CI NOTA: Infelizmente não conseguimos calcular as acelerações pelo centro instantâneo de rotação, pois eles sofrem acelerações.
RESOLUÇÃO VETORIAL POR MOVIMENTO RELATIVO CÁLCULO POR MOVIMENTO RELATIVO
MOVIMENTO RELATIVO Para encontrar a velocidade angular será utilizado o método de centro instantâneo de rotação. y x
MOVIMENTO RELATIVO SOLUÇÃO VETORIAL 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵/𝐴 + 𝑣𝑃𝑖𝑠𝑡 𝑣𝐴 = 0 𝑣𝐵 = 𝜔𝑂𝐵 × 𝑟𝐵/𝑂 𝑣𝐵 = (𝜔𝑂𝐵𝒌) × (0,5𝒊 − 0,87𝒋) 𝑣𝐵 = +0,87𝜔𝑂𝐵𝒊 + 0,5𝜔𝑂𝐵j 𝑣𝐵/𝐴 = 𝜔𝐴𝐵 × 𝑟𝐵/𝐴 𝑣𝐵/𝐴 = (𝜔𝐴𝐵𝒌) × (0,5𝒊 + 1,13𝒋) 𝑣𝐵/𝐴 = −1,13𝜔𝐴𝐵𝒊 + 0,5𝜔𝐴𝐵𝒋 𝑣𝑝𝑖𝑠𝑡 = +0,2𝒊 + 0,457𝒋 REESCREVENDO AS EQUAÇÕES E DIVIDINDO EM x E y TEMOS: Para x temos: +0,87𝜔𝑂𝐵 = −1,13𝜔𝐴𝐵 + 0,2 Para y temos: 0,5𝜔𝑂𝐵 = 0,5𝜔𝐴𝐵 + 0,457 Resolvendo simultaneamente 𝜔𝑂𝐵 = −1,13𝜔𝐴𝐵 + 0,2 0,87 = +0,62 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜔𝐴𝐵 = −0,3 𝑟𝑎𝑑/𝑠
MOVIMENTO RELATIVO SOLUÇÃO VETORIAL 𝑎𝐵 = 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵/𝐴 + 2𝜔𝐴𝐵 × 𝑣𝑃𝑖𝑠𝑡 + 𝑎𝑃𝑖𝑠𝑡 𝑎𝐴 = 0; 𝑎𝑃𝑖𝑠𝑡 = 0 𝑎𝐵 = 𝛼𝑂𝐵 × 𝑟𝐵/𝑂 − 𝜔𝑂𝐵 2 ⋅ 𝑟𝐵/𝑂 𝑎𝐵 = (𝛼𝑂𝐵𝒌) × (0,5𝒊 − 0,87𝒋) − 0,62 2 ⋅ (0,5𝒊 − 0,87𝒋) 𝑎𝐵 = +0,87𝛼𝑂𝐵𝒊 + 0,5𝛼𝑂𝐵𝒋 − 0,19𝒊 + 0,33𝒋 𝑎𝐵/𝐴 = 𝛼𝐴𝐵 × 𝑟𝐵/𝐴 − 𝜔𝐴𝐵 2 ⋅ 𝑟𝐵/𝐴 𝑎𝐵/𝐴 = (𝛼𝐴𝐵𝒌) × (0,5𝒊 + 1,13𝒋) − −0,30 2 ⋅ (0,5𝒊 + 1,13𝒋) 𝑎𝐵/𝐴 = −1,13𝛼𝐴𝐵𝒊 + 0,5𝛼𝐴𝐵𝒋 − 0,045𝒊 − 0,102𝒋 2𝜔𝐴𝐵 × 𝑣𝑃𝑖𝑠𝑡 2 −0,3𝒌 × +0,2𝒊 + 0,457𝒋 +0,27𝒊 − 0,12𝒋 REESCREVENDO AS EQUAÇÕES E DIVIDINDO EM x E y TEMOS: Para x temos: +0,87𝛼𝑂𝐵 − 0,19 = −1,13𝛼𝐴𝐵 − 0,045 + 0,27 Para y temos: +0,5𝛼𝑂𝐵 + 0,33 = +0,5𝛼𝐴𝐵 − 0,102 − 0,12 Resolvendo simultaneamente 𝛼𝑂𝐵 = −1,13𝛼𝐴𝐵 + 0,42 0,87 = −0,42 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝛼𝐴𝐵 = +0,69 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
GARFO ESCOCÊS (SCOTCH YOKE)
GARFO ESCOCÊS (SCOTCH YOKE)
DESAFIO 1 Determine as equações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo biela manivela com deslocamento (offset).
DESAFIO 1 Considere: 𝑟2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑟3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑟1𝑒𝑗𝜃1 − 𝑟4𝑒𝑗𝜃4 = 0
DESAFIO 2 Determine as equações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo bloco deslizante.
DESAFIO 2 POSIÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 + 𝑅𝑂2 = 𝑅𝐴 𝑅𝐴𝑂2 𝑒𝑗𝜃2 + 𝑅𝑂2 𝑒𝑗𝜃1 = 𝑅𝐴𝑒𝑗𝜃4 VELOCIDADE 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝜔2𝑒𝑗𝜃2 = 𝑅𝐴𝑗𝜔4𝑒𝑗𝜃4 ACELERAÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑅𝐴𝑂2 𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 = 𝑅𝐴𝑗𝛼4𝑒𝑗𝜃4 + 𝑅𝐴𝑗2 𝜔4 2 𝑒𝑗𝜃4
DESAFIO 3 Determine as equações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo garfo escocês.
DESAFIO 3 POSIÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 + 𝑅𝐷 𝑅𝐴𝑂2 𝑒𝑗𝜃2 = 𝑅𝐷𝑒𝑗𝜃4 VELOCIDADE 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝜔2𝑒𝑗𝜃2 = 𝑣𝐷 ACELERAÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑅𝐴𝑂2 𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 = 𝑎𝐷
DESAFIO 4 Determine as equações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo de levantamento da caçamba.
DESAFIO 4 Determine as equações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo de levantamento da caçamba. a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
DESAFIO 4 RESPOSTA Abaixo é apresentada a malha vetorial do mecanismo de levantamento da caçamba do caminhão. 𝑎𝑒𝑗𝜃2 − 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1 𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜 𝑎𝑗𝜔2𝑒𝑗𝜃2 − 𝑣𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 = 0 [𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒] 𝑎𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 − 𝑎𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗𝛼3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗2 𝜔3 2 𝑒𝑗𝜃3 = 0 [𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜] a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
ENCONTRADO 𝝎𝟐 Parte real −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜔3 = 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 Parte imaginária +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = + 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3
ENCONTRADO 𝝎𝟐 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝜔2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 𝑣𝑏(𝑠𝑒𝑛2 𝜃3 + cos2 𝜃3) 𝑎𝜔2 { 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 } 2 = 𝑣𝑏 −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 = 𝑣𝑏 𝜔2 = − 𝑣𝑏 𝑎𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 𝑜𝑢 𝜔2 = 𝑣𝑏 𝑎𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2
ENCONTRADO 𝝎𝟑 Parte real −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜔2 = 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 Parte imaginária +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 + 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 + 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 = + 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2
ENCONTRADO 𝝎𝟑 +𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝜔3 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 𝑣𝑏(𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3) 𝑏𝜔3 { 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 } 2 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 − cos(𝜃2 + 𝜃3) + [cos 𝜃2 − 𝜃3 + cos(𝜃2 + 𝜃3)] 2 −𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝜔3 = − 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 𝑜𝑢 𝜔3 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2
ENCONTRADO 𝜶𝟐 Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝛼3 = 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 cos 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 −2𝑣𝑏 𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 + 𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = + 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑎𝛼2 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 (c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3) 𝑎𝛼2 sen 𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 cos 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2
ENCONTRADO 𝜶𝟐 𝑎𝛼2 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝛼2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2
ENCONTRADO 𝜶𝟑 Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝛼2 = −𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 +𝑎 −𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 + 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃2c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 + 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 = + 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃2c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑏𝛼3 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏 c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3(𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2) − 𝑏𝜔3 2 (c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2) 𝑏𝛼3 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠(𝜃3 − 𝜃2)
ENCONTRADO 𝜶𝟑 𝑏𝛼3 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠(𝜃3 − 𝜃2) 𝛼3 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 cos 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − b𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2
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  • 1.
  • 2.
  • 3.
    ACELERAÇÃO Equação da aceleração Derivandoa malha vetorial 𝑎𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1{𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜} 𝑎𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 𝑣𝐷𝑒𝑗𝜃1 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 ሶ 𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝜔2𝑗 ሶ 𝜃2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏 ሶ 𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 + 𝑏𝜔3𝑗 ሶ 𝜃3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 𝑎𝑑𝑒𝑗𝜃1 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 + 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 = 𝑎𝑑𝑒𝑗𝜃1{𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜} θ2 𝑂2 𝒃 𝒅 θ3 A B 𝒂𝑨𝒕 𝝎𝟐 𝝎𝟑 𝒂𝑩/𝑨𝒕 𝒂𝒅 = 𝒂𝐁 𝜶𝟐 𝒂𝑨𝒏 𝒂 𝜶𝟑 𝒂𝑩/𝑨𝒏
  • 4.
    ACELERAÇÃO Utilizando da Identidadede Euler 𝒆𝒋𝜽 = (𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒊𝒔𝒆𝒏𝜽) Podemos reescrever a equação em coordenadas retangulares complexas. Lembrando que 𝜃1 = 0°, e que d é variável em função do tempo. 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 𝑎𝑑 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃1 Separando as equações em parte real e imaginaria temos: Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 𝑎𝐷 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0
  • 5.
    ACELERAÇÃO Pela equação daparte imaginária, podemos definir a aceleração angular 𝛼3. Note que a aceleração angular só será positiva se ela girar no sentido anti-horário. Quando a solução informar uma aceleração angular negativa, significa que ela gira no sentido horário. 𝛼3 = −𝑎. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑏. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 A aceleração do pistão 𝑎𝐷, pode ser obtido pela relação obtida através da parte real da malha vetorial. Note que a aceleração do pistão será somente em um eixo para esse mecanismo, e será igual a aceleração no ponto B, com origem em 𝑂2. 𝑎𝐵 = 𝑎𝑑 = −𝑎. 𝛼2. 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎. 𝜔2 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑏. 𝛼3. 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏. 𝜔3 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃3 + -
  • 6.
    ACELERAÇÃO TANGENTE A aceleraçãotangente em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼2 com o vetor a, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑡 = 𝛼2 × 𝑎 𝑎𝐴𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼2 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 0 𝑎𝐴𝑡 = − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝛼2 𝒊 + 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝛼2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 A aceleração tangente em B com origem em A 𝑎𝐵/𝐴𝑡 ou 𝑎𝐴𝐵𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼3 com o vetor b, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝛼3 × 𝑏 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼3 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 0 𝑎𝐴𝐵𝑡 = − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝛼3 𝒊 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝛼3 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3
  • 7.
    ACELERAÇÃO NORMAL A aceleraçãonormal em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔2 com o velocidade tangente, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑛 = 𝜔2 × (𝜔2 × 𝑎) 𝑎𝐴𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔2 −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 0 𝑎𝐴𝑛 = − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝜔2 2 𝒊 − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝜔2 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 A aceleração normal em B com origem em A 𝑎𝐵/𝐴𝑛 ou 𝑎𝐴𝐵𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔3 com a velocidade tangente, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝜔3 × (𝜔3 × 𝑏) 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔3 −𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 0 𝑎𝐴𝐵𝑛 = − 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝜔3 2 𝒊 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝜔3 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3
  • 8.
    EXERCÍCIO 1 O mecanismobiela manivela de um automóvel, é idealizado na ilustração abaixo. O comprimento da manivela é 𝐴𝐵 = 75 𝑚𝑚, e a manivela está rodando no sentido anti- horário a 4500 rpm e uma aceleração de 𝛼2 = 2𝑟𝑎𝑑/𝑠² no sentido anti-horário. O comprimento da biela é 𝐵𝐶 = 175 𝑚𝑚, Para o instante onde 𝜃2 = 70°, determine a aceleração angular 𝛼3 e a aceleração do pistão.
  • 9.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 +𝒓𝑩𝑪 = 𝒓𝑨𝑪 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 − 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐶 𝜃3 = −23,75° 𝑜𝑢 336,25° Parte real 𝑟𝐴𝐶 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐶 = 185,83 𝑚𝑚 +4500 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = +471,24 𝑟𝑎𝑑/𝑠
  • 10.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 +𝒓𝑩𝑪𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = −75,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠 Parte real 𝑣𝐴𝐶 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑣𝐴𝐶 = −38,5 𝑚/𝑠
  • 11.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 +𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝒅𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐶. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = +95200 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 Parte real 𝑎𝐶 = +100,7 𝑚/𝑠2
  • 12.
    EXERCÍCIO 2 O mecanismobiela manivela de um automóvel, é idealizado na ilustração abaixo. O comprimento da manivela é 𝐴𝐵 = 75 𝑚𝑚, e a manivela está rodando no sentido anti-horário a uma taxa constante de 4000 rpm. O comprimento da biela é 𝐵𝐶 = 175 𝑚𝑚, Para o instante onde 𝜃2 = 240°, determine a velocidade angular 𝛼3 e a aceleração do pistão. 𝜃2 𝐴 𝐵 𝐶
  • 13.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 +𝒓𝑩𝑪 = 𝒓𝑨𝑪 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 −𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐶 𝜃3 = 21,79° Parte real 𝑟𝐴𝐶 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐶 = 125 𝑚𝑚 +4000 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = +418,88 𝑟𝑎𝑑/𝑠
  • 14.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 +𝒓𝑩𝑪𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = +96,7 𝑟𝑎𝑑/𝑠 Parte real 𝑣𝐴𝐶 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑣𝐴𝐶 = +20,9 𝑚/𝑠
  • 15.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 +𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝒅𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐶. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = −66397,1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 Parte real 𝑎𝐴𝐶 = −𝑟_𝐴𝐵𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑟𝐵𝐶. 𝛼3. 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐴𝐶 = +9374,0 𝑚/𝑠2
  • 16.
    EXERCÍCIO 2.1 Abaixo éapresentado um mecanismo biela-manivela. O comprimento da manivela é 𝐴𝐵 = 75 𝑚𝑚, e a manivela está rodando no sentido anti-horário a uma taxa constante de 4000 rpm. O comprimento da biela é 𝐵𝐶 = 175 𝑚𝑚, Para o instante onde 𝜃2 = 240°, determine as acelerações lineares nos pontos AB’=30 mm partindo de A e BC’=75 mm partindo do ponto B. 𝜃2 𝐴 𝐵 𝐶 𝐵′ 𝐶′
  • 17.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 +𝒓𝑩𝑪 = 𝒓𝑨𝑪 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 −𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐶 𝜃3 = 21,79° Parte real 𝑟𝐴𝐶 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐶 = 125 𝑚𝑚 𝜔2 = +4000 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = +418,88 𝑟𝑎𝑑/𝑠
  • 18.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 +𝒓𝑩𝑪𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑪𝒆𝒋𝜽𝟏 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = +96,7 𝑟𝑎𝑑/𝑠 MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑪𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝒅𝒆𝒋𝜽𝟏 𝛼2 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐶. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐶. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = −66397,1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
  • 19.
    RESPOSTA VETOR AB’ 𝑨𝑩′ = 𝒓𝑨𝑩′𝒆𝒋𝜽𝟐𝒑𝒐𝒔𝒊çã𝒐 𝒗𝑨𝑩′ = 𝒓𝑨𝑩′𝝎𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐{𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆} 𝒂𝑨𝑩′ = 𝒓𝑨𝑩′𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩′𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐{𝒂𝒄𝒆𝒍𝒆𝒓𝒂çã𝒐} 𝛼2 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝜔2 = 418,88 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜃2 = 240° 𝑟𝐴𝐵′ = 30 𝑚𝑚 Parte real 𝑎𝐴𝐵𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = −𝑟𝐴𝐵′𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑎𝐴𝐵𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = +2631,9 𝑚/𝑠2 Parte imaginaria 𝑎𝐴𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = −𝑟𝐴𝐵′𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑎𝐴𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = +4558,6 𝑚/𝑠2 NOTA Nesse centro de gravidade AB’, não tem aceleração tangente pois 𝜶𝟐 = 𝟎 (velocidade constante).
  • 20.
    RESPOSTA VETOR BC’ 𝑩𝑪′ = 𝒓𝑩𝑪′𝒆𝒋𝜽𝟑𝒑𝒐𝒔𝒊çã𝒐 𝒗𝑩𝑪′ = 𝒓𝑩𝑪′𝝎𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆} 𝒂𝑩𝑪′ = 𝒓𝑩𝑪′𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑪′𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒂𝒄𝒆𝒍𝒆𝒓𝒂çã𝒐} 𝛼3 = −66397,1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝜔3 = +96,7 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜃3 = +21,79° 𝑟𝐵𝐶′ = 75 𝑚𝑚 Parte real 𝑎𝐵𝐶𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = −𝑟𝐵𝐶′𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐶′𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐵𝐶𝑟𝑒𝑎𝑙 ′ = +1197,5 𝑚/𝑠2 Parte imaginaria 𝑎𝐵𝑐𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = +𝑟𝐵𝐶′𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑟𝐵𝐶′𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑎𝐴𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 ′ = −4884,3 𝑚/𝑠2 NOTA Nesse centro de gravidade BC’, tem aceleração tangente pois 𝜶𝟑 ≠ 𝟎 (velocidade não constante).
  • 21.
    EXERCÍCIO Considere que omecanismo biela manivela tem na manivela uma velocidade angular horária de 0,5 rad/s constante, considere a=75mm e b= 200 mm e 𝜃2=22,5°. Encontre as acelerações no ponto A, B (pistão) e B/A (relativa), e a aceleração angular 𝛼3.
  • 22.
    RESPOSTAS 𝜃2 𝜃3 𝝎𝟑α𝟑 22,5° 351,7° 0,175rad/s 0,03 rad/s² 𝒂𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒂𝑨𝑖𝑚𝑎𝑔 𝒂𝑩𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒂𝑩𝑨𝒊𝒎𝒂𝒈 -17,32 mm/s² -7,18 mm/s² -5,15 mm/s² 7,18 mm/s² 𝒂𝑫𝒓𝒆𝒂𝒍 -22,47 mm/s²
  • 23.
    EXERCÍCIO Considere que omecanismo biela manivela tem na manivela uma velocidade constante anti-horária de 2000 rpm, considere a=75mm e b= 200 mm e 𝜃2=(24°, 55°, 170°, 220° e 341°). Encontre as acelerações no ponto A, B (pistão) e B/A (relativa), e a aceleração angular 𝛼3.
  • 24.
    RESPOSTAS 𝜃2 [°] 𝜶𝟑 [rad/s²] 𝒂𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 [m/s²] 𝒂𝑨𝒊𝒎𝒂𝒈 [m/s²] 𝒂𝑩𝑨𝒓𝒆𝒂𝒍 [mm/s²] 𝒂𝑩𝑨𝒊𝒎𝒂𝒈 [m/s²] 𝒂𝑩𝒓𝒆𝒂𝒍 [m/s²] 24° 5956,3 -3005,4-1338,1 -860,1 1338109,9 -3865,5 55° 13.435,7 -1886,9 -2694,9 398,9 2694902,2 -1488,0 170° 2.470,4 3239,8 -571,2 -1.166,9 571279,6 2073,0 220° -9.940,1 2520,1 2114,6 -266,7 -2114686,4 2253,4 341° -4707,1 -3110,6 1071,0 -996,3 -1071076,3 -4106,9
  • 25.
    EXERCÍCIO A manivela ABdo sistema biela-manivela de motor tem uma velocidade angular constante no sentido horário de 2.000 rpm. Para a posição mostrada da manivela, determine a aceleração angular da haste de conexão BD e a aceleração do ponto D.
  • 26.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩 +𝒓𝑩𝑫 = 𝒓𝑨𝑫 𝒓𝑨𝑩𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑫𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒓𝑨𝑫𝒆𝒋𝜽𝟏 Parte imaginaria 𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 𝑠𝑒𝑛−1 −𝑟𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑟𝐵𝐷 𝜃3 = −13,95° Parte real 𝑟𝐴𝐷 = +𝑟𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑟𝐴𝐷 = 251,6 𝑚𝑚 𝜔2 = −2000 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛 × 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = −209,44 𝑟𝑎𝑑/𝑠
  • 27.
    RESPOSTA MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝒋𝝎𝟐𝒆𝒋𝜽𝟐 +𝒓𝑩𝑫𝒋𝝎𝟑𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒗𝑨𝑫𝒆𝒋𝜽𝟏 𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝜔3 = −𝑟𝐴𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑟𝐵𝐷𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝜔3 = +62,0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 MALHA VETORIAL 𝒓𝑨𝑩𝜶𝟐𝒋𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑨𝑩𝝎𝟐 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟐 + 𝒓𝑩𝑫𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑫𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑 = 𝒂𝑫𝒆𝒋𝜽𝟏 𝛼2 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝛼3 = −𝑟𝐴𝐵. 𝛼2. 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑟𝐵𝐷. 𝜔3 2 . 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑟𝐵𝐷. 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝛼3 = 9940 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝑎𝐷 = −𝑟_𝐴𝐵𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵. 𝜔2 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑟𝐵𝐷. 𝛼3. 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐷. 𝜔3 2 . 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐷 = −2787,1 𝑚/𝑠2
  • 28.
    RESPOSTA VETOR BG 𝑩𝑮 =𝒓𝑩𝑮𝒆𝒋𝜽𝟑 𝒑𝒐𝒔𝒊çã𝒐 𝒗𝑩𝑮 = 𝒓𝑩𝑮𝝎𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆} 𝒂𝑩𝑮 = 𝒓𝑩𝑮𝜶𝟑𝒋𝒆𝒋𝜽𝟑 + 𝒓𝑩𝑮𝝎𝟑 𝟐 𝒋𝟐 𝒆𝒋𝜽𝟑{𝒂𝒄𝒆𝒍𝒆𝒓𝒂çã𝒐} 𝛼3 = +9940,0 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝜔3 = 62,0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜃3 = −13,95° 𝑟𝐵𝐺 = 100 𝑚𝑚 Parte real 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −𝑟𝐵𝐺𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑟𝐵𝐺𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −133,4 𝑚/𝑠2 Parte imaginaria 𝑎𝐵𝐺𝑖𝑚𝑔 = +𝑟𝐵𝐺𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑟𝐵𝐺𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑎𝐵𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 = +1057,4 𝑚/𝑠2 ACELERAÇÃO NO PONTO G COM ORIGEM EM A 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = 𝑎𝐵𝑟𝑒𝑎𝑙 + 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −𝑟𝐴𝐵𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −0 − 2520,2 − 133,4 = −𝟐𝟔𝟓𝟑, 𝟔 𝒎/𝒔² 𝑎𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 = 𝑎𝐵𝑖𝑚𝑎𝑔 + 𝑎𝐵𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 𝑎𝐺𝑖𝑚𝑎𝑔 = +𝑟𝐴𝐵𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑟𝐴𝐵𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝐵𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑎𝐺𝑟𝑒𝑎𝑙 = −0 − 2114,7 + 1057,4 = −1057,3 𝑚/𝑠²
  • 29.
    EXERCÍCIO No sistema biela-manivelade motor apresentado anteriormente, a manivela AB tem uma velocidade angular constante no sentido horário de 2000 rpm. Sabendo que a barra de ligação BD tem uma massa de 2 kg e o pistão P tem uma massa de 2,5 kg, determine as forças na barra de ligação em B e D. Suponha que o centro de massa de BD está no seu centro geométrico e que a barra pode ser tratada como uma haste uniforme e delgada
  • 30.
    RESPOSTA DIAGRAMA CINÉTICO BARRABD Utilizando-se das equações do movimento + → ∑𝐹𝑥 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: +↺ ∑𝑀𝐺 = 𝐼 ⋅ 𝛼:
  • 31.
    RESPOSTA + → ∑𝐹 𝑥= 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: 𝐵𝑥 + 𝐷𝑥 = 𝑚𝐵𝐷 ⋅ ത 𝑎𝑥 𝐵𝑥 + 𝐷𝑥 = 2 𝑘𝑔 −2653,6 𝑚/𝑠2 𝐵𝑥 + 𝐷𝑥 = −5307,2 𝑁 + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 − 𝑊𝐵𝐷 = 𝑚𝐵𝐷 ⋅ ത 𝑎𝑦 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 − 2 𝑘𝑔 9,8 𝑚/𝑠2 = (2 𝑘𝑔)(−1057,3 m/s2 ) 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 = −2095 𝑁 +↺ ∑𝑀𝐺 = 𝐼 ⋅ 𝛼: −𝐵𝑦 𝑙/2 𝑐𝑜𝑠𝛽 − 𝐵𝑥 𝑙/2 𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝐷𝑦 𝑙/2 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝐷𝑥 𝑙/2 𝑠𝑒𝑛𝛽 = 𝐼𝐵𝐷 ⋅ 𝛼𝐵𝐷 −0,1𝐵𝑦 cos 13,95 − 0,1𝐵𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 + 0,1𝐷𝑦 cos 13,95 + 0,1𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 = 1/150(9940 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 ) −𝐵𝑦 cos 13,95 − 𝐵𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 + 𝐷𝑦 cos 13,95 + 𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛 13,95 = 662,7
  • 32.
    RESPOSTA DIAGRAMA CINÉTICO DOPISTÃO Utilizando-se das equações do movimento + → ∑𝐹𝑥 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: +↺ ∑𝑀𝐺 = 𝐼 ⋅ 𝛼:
  • 33.
    RESPOSTA + → ∑𝐹 𝑥= 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑥: −𝐷𝑥= 𝑚𝑃 ⋅ ത 𝑎𝐷 −𝐷𝑥= 2,5 𝑘𝑔 −2787,1 𝑚/𝑠2 𝑫𝒙 = 𝟔𝟗𝟔𝟕, 𝟖 𝑵 + ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚 ⋅ ത 𝑎𝑦: −𝐷𝑦 − 𝑊𝑃 + 𝑁 = 0 −𝐷𝑦 − 2,5 𝑘𝑔 9,8 𝑚/𝑠2 + 𝑁 = 0 𝑁 − 𝐷𝑦 = +24,5 𝑁
  • 34.
    RESPOSTA Substituindo 𝐷𝑥 𝐵𝑥 +𝐷𝑥 = −5307,2 𝑁 𝐵𝑥 + 6967,8 𝑁 = −5307,2 𝑁 𝑩𝒙 = −𝟏𝟐𝟐𝟕𝟓 𝑵 Substituindo 𝐷𝑥 e 𝐵𝑥 −𝐵𝑦 cos 13,95 − [−12275𝑠𝑒𝑛 13,95 ] + 𝐷𝑦 cos 13,95 + 6967,8𝑠𝑒𝑛 13,95 = 662,7 𝐵𝑦 cos 13,95 = 3976,5 + 𝐷𝑦 cos 13,95 𝐵𝑦 = 𝐷𝑦 + 4097,3 Substituindo 𝐵𝑦 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 = −2095 𝑁 𝐷𝑦 + 4097,3 + 𝐷𝑦 = −2095 𝑫𝒚 = −𝟑𝟎𝟗𝟔, 𝟐 𝑵 𝑩𝒚 = 𝟏𝟎𝟎𝟏, 𝟐 𝑵
  • 35.
    RESPOSTA Substituindo 𝐷𝑦 𝑁 −𝐷𝑦 = +24,5 𝑁 − (−3096,2) = 24,5 𝑵 = −𝟑𝟎𝟕𝟐, 𝟐 𝑵 Portanto através da cinemática, é determinado os esforços (forças) 𝐵𝑥, 𝐵𝑦, 𝐷𝑥, 𝐷𝑦 𝑒 𝑁, que é uma análise cinética do mecanismo. Note que nesse problema não foram calculados os esforços na biela, mas eles poderiam ser calculados também.
  • 36.
  • 37.
    ACELERAÇÃO Equação da aceleração Derivandoa malha vetorial 𝑎𝑒𝑗𝜃2 − 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1{𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜} 𝑎𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 − 𝑣𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 0 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 − 𝑎𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗𝛼3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗2 𝜔3 2 𝑒𝑗𝜃3 = 0{𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜} θ2 𝑂2 𝒃 𝒄 θ3 A B 𝒂𝑨𝒕 𝝎𝟐 𝝎𝟑 𝒂𝒃 𝜶𝟐 𝒂𝑨𝒏 𝒂 𝜶𝟑 𝒂𝑨/𝑩𝒏 𝒂𝑨/𝑩𝒕 𝒂𝒄
  • 38.
    ACELERAÇÃO Utilizando da Identidadede Euler 𝒆𝒋𝜽 = (𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒊𝒔𝒆𝒏𝜽) Podemos reescrever a equação em coordenadas retangulares complexas. Lembrando que 𝜃1 = 0°, e que d é variável em função do tempo. 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝜔3(−𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3) − 𝑣𝑏𝜔3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 Separando as equações em parte real e imaginaria temos: Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0
  • 39.
    ACELERAÇÃO Pela equação daparte imaginária, podemos definir a aceleração angular 𝛼3. Note que a aceleração angular só será positiva se ela girar no sentido anti-horário. Quando a solução informar uma aceleração angular negativa, significa que ela gira no sentido horário. 𝛼3 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 cos 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − b𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 Pela equação da parte imaginária, podemos definir a aceleração angular 𝛼2. Note que a aceleração angular só será positiva se ela girar no sentido anti-horário. Quando a solução informar uma aceleração angular negativa, significa que ela gira no sentido horário. 𝛼2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 + - + -
  • 40.
    ACELERAÇÃO TANGENTE A aceleraçãotangente em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼2 com o vetor a, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑡 = 𝛼2 × 𝑎 𝑎𝐴𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼2 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 0 𝑎𝐴𝑡 = − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝛼2 𝒊 + 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝛼2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑡 = 𝑎𝛼2 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2 A aceleração tangente em A com origem em B 𝑎𝐴/𝐵𝑡 ou 𝑎𝐵𝐴𝑡 será o produto vetorial da aceleração 𝛼3 com o vetor b, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝛼3 × 𝑏 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝛼3 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 0 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝛼3 𝒊 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝛼3 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴/𝐵𝑡 = 𝑏𝛼3 −𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃3
  • 41.
    ACELERAÇÃO NORMAL A aceleraçãonormal em A com origem em 𝑂2 𝑎𝐴𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔2 com a velocidade tangente, ou a derivada do termo “a” na malha vetorial. 𝑎𝐴𝑛 = 𝜔2 × (𝜔2 × 𝑎) 𝑎𝐴𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔2 −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 0 𝑎𝐴𝑛 = − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2𝜔2 2 𝒊 − 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2𝜔2 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 𝑎𝐴𝑛 = 𝑎𝜔2 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃2 A aceleração normal em A com origem em B 𝑎𝐴/𝐵𝑛 ou 𝑎𝐵𝐴𝑛 será o produto vetorial da velocidade 𝜔3 com a velocidade tangente, ou a derivada do termo “b” na malha vetorial. 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝜔3 × (𝜔3 × 𝑏) 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 𝜔3 −𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 0 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = − 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝜔3 2 𝒊 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝜔3 2 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝐴/𝐵𝑛 = 𝑏𝜔3 2 −𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃3
  • 42.
    ACELERAÇÃO DE CORIOLIS Aaceleração de Coriolis em A com origem em B 𝑎𝑐 será o produto vetorial da velocidade 2𝜔3 com o velocidade linear do pistão. 𝑎𝑐 = 2𝜔3 × 𝑣𝑏 𝑎𝑐 = 𝒊 𝒋 𝒌 0 0 2𝜔3 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 0 𝑎𝑐 = − 2𝜔3𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝒊 + 2𝜔3𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝒋 Ou simplesmente 𝑎𝑐 = 𝑣𝑏𝜔3 𝑗𝑒𝑗𝜃3 + 𝑣𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 𝑎𝑐 = 2𝑣𝑏𝜔3 −𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑖𝑐𝑜𝑠𝜃2
  • 43.
    EXEMPLO HIBBELER 16.5 Umagrande janela é aberta usando um cilindro hidráulico AB. Se o cilindro se estende a uma taxa uma taxa constante de 0,5 m/s, determine a velocidade angular e a aceleração angular da janela no instante 𝜃 = 30°.
  • 44.
    RESOLUÇÃO POR MALHAVETORIAL CÁLCULO POR MALHA VETORIAL
  • 45.
    MÉTODO VETORIAL Rotacionando omecanismo 90° no sentido anti-horário temos a mesma malha vetorial do mecanismo da caçamba do caminhão basculante. a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
  • 46.
    MÉTODO VETORIAL MALHA VETORIAL 𝒂− 𝒃 = 𝒄 𝑎𝑒𝑗𝜃2 − 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1 Parte imaginaria 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜃3 = 180° − 𝑠𝑒𝑛−1 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑏 𝜃3 = 156,2° Parte real 𝑏 = 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐 2 + 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 2 𝑏 = 1,239 𝑚 a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
  • 47.
    MÉTODO VETORIAL MALHA VETORIAL 𝒂− 𝒃 = 𝒄 𝑎𝜔2𝑗𝑒𝑗𝜃2 − 𝑣𝐵𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑗𝑒𝑗𝜃3 = 0 Velocidades angulares 𝜔2 = 𝑣𝑏 𝑎𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝝎𝟐 = +𝟎, 𝟔𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝜔3 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝝎𝟑 = −𝟎, 𝟑𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑 𝝎𝟐 𝝎𝟑
  • 48.
    MÉTODO VETORIAL MALHA VETORIAL 𝒂− 𝒃 = 𝒄 𝑎𝛼2𝑗𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃2 − 𝑎𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑗𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑗2 𝑒𝑗𝜃3 = 0 Acelerações angulares 𝛼2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝜶𝟐 = −𝟎, 𝟒𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 𝛼3 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 cos 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − b𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 𝜶𝟑 = +𝟎, 𝟔𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑 𝜶𝟐 𝜶𝟑
  • 49.
    RESOLUÇÃO POR CI CÁLCULOPOR CENTRO INSTANTÂNEO DE ROTAÇÃO
  • 50.
    VELOCIDADE POR CI Paraencontrar a velocidade angular será utilizado o método de centro instantâneo de rotação. 𝒗𝑷 𝒗𝑩 𝝎
  • 51.
    VELOCIDADE POR CI Pelalei dos cossenos podemos encontrar a medida s 𝑠2 = 12 + 22 − 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠30° 𝑠 = 1,239 𝑚 Pela lei dos senos podemos encontrar os ângulos 𝑠𝑒𝑛𝐴 𝑂𝐵 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑠 = 𝑠𝑒𝑛𝐵 𝑂𝐴 𝐴 = 23,8° Podemos encontrar o angulo da ponta do triangulo retângulo. 𝛽 = (180 − 23,8 − 90) − 30 = 36,2° Por trigonometria 𝐴/𝐶𝐼 = s 𝑡𝑎𝑛36,2° = 1,69 𝑚 𝐵/𝐶𝐼 = 𝑠 𝑠𝑒𝑛36,2° = 2,10 𝑚 O B A 𝛽 𝐶𝐼
  • 52.
    VELOCIDADE POR CI Avelocidade do pistão pode ser determinada pela equação: 𝝎 = 𝝎𝑨𝑩 𝑣𝑃 = 𝜔 ⋅ 𝐴/𝐶𝐼 𝝎 = 𝝎𝑨𝑩 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 ↷ A velocidade no ponto B (janela) pode ser determinada pela equação: 𝑣𝐵 = 𝜔 ⋅ 𝐵/𝐶𝐼 𝑣𝐵 = 0,63 𝑚/𝑠 𝑣𝐵 = 𝜔𝑂𝐵 ⋅ 𝑂𝐵 𝝎𝑶𝑩 = 𝟎, 𝟔𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔 ↶ O B A 𝛽 𝐶𝐼
  • 53.
    ACELERAÇÃO POR CI NOTA: Infelizmentenão conseguimos calcular as acelerações pelo centro instantâneo de rotação, pois eles sofrem acelerações.
  • 54.
    RESOLUÇÃO VETORIAL PORMOVIMENTO RELATIVO CÁLCULO POR MOVIMENTO RELATIVO
  • 55.
    MOVIMENTO RELATIVO Para encontrara velocidade angular será utilizado o método de centro instantâneo de rotação. y x
  • 56.
    MOVIMENTO RELATIVO SOLUÇÃO VETORIAL 𝑣𝐵= 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵/𝐴 + 𝑣𝑃𝑖𝑠𝑡 𝑣𝐴 = 0 𝑣𝐵 = 𝜔𝑂𝐵 × 𝑟𝐵/𝑂 𝑣𝐵 = (𝜔𝑂𝐵𝒌) × (0,5𝒊 − 0,87𝒋) 𝑣𝐵 = +0,87𝜔𝑂𝐵𝒊 + 0,5𝜔𝑂𝐵j 𝑣𝐵/𝐴 = 𝜔𝐴𝐵 × 𝑟𝐵/𝐴 𝑣𝐵/𝐴 = (𝜔𝐴𝐵𝒌) × (0,5𝒊 + 1,13𝒋) 𝑣𝐵/𝐴 = −1,13𝜔𝐴𝐵𝒊 + 0,5𝜔𝐴𝐵𝒋 𝑣𝑝𝑖𝑠𝑡 = +0,2𝒊 + 0,457𝒋 REESCREVENDO AS EQUAÇÕES E DIVIDINDO EM x E y TEMOS: Para x temos: +0,87𝜔𝑂𝐵 = −1,13𝜔𝐴𝐵 + 0,2 Para y temos: 0,5𝜔𝑂𝐵 = 0,5𝜔𝐴𝐵 + 0,457 Resolvendo simultaneamente 𝜔𝑂𝐵 = −1,13𝜔𝐴𝐵 + 0,2 0,87 = +0,62 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜔𝐴𝐵 = −0,3 𝑟𝑎𝑑/𝑠
  • 57.
    MOVIMENTO RELATIVO SOLUÇÃO VETORIAL 𝑎𝐵= 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵/𝐴 + 2𝜔𝐴𝐵 × 𝑣𝑃𝑖𝑠𝑡 + 𝑎𝑃𝑖𝑠𝑡 𝑎𝐴 = 0; 𝑎𝑃𝑖𝑠𝑡 = 0 𝑎𝐵 = 𝛼𝑂𝐵 × 𝑟𝐵/𝑂 − 𝜔𝑂𝐵 2 ⋅ 𝑟𝐵/𝑂 𝑎𝐵 = (𝛼𝑂𝐵𝒌) × (0,5𝒊 − 0,87𝒋) − 0,62 2 ⋅ (0,5𝒊 − 0,87𝒋) 𝑎𝐵 = +0,87𝛼𝑂𝐵𝒊 + 0,5𝛼𝑂𝐵𝒋 − 0,19𝒊 + 0,33𝒋 𝑎𝐵/𝐴 = 𝛼𝐴𝐵 × 𝑟𝐵/𝐴 − 𝜔𝐴𝐵 2 ⋅ 𝑟𝐵/𝐴 𝑎𝐵/𝐴 = (𝛼𝐴𝐵𝒌) × (0,5𝒊 + 1,13𝒋) − −0,30 2 ⋅ (0,5𝒊 + 1,13𝒋) 𝑎𝐵/𝐴 = −1,13𝛼𝐴𝐵𝒊 + 0,5𝛼𝐴𝐵𝒋 − 0,045𝒊 − 0,102𝒋 2𝜔𝐴𝐵 × 𝑣𝑃𝑖𝑠𝑡 2 −0,3𝒌 × +0,2𝒊 + 0,457𝒋 +0,27𝒊 − 0,12𝒋 REESCREVENDO AS EQUAÇÕES E DIVIDINDO EM x E y TEMOS: Para x temos: +0,87𝛼𝑂𝐵 − 0,19 = −1,13𝛼𝐴𝐵 − 0,045 + 0,27 Para y temos: +0,5𝛼𝑂𝐵 + 0,33 = +0,5𝛼𝐴𝐵 − 0,102 − 0,12 Resolvendo simultaneamente 𝛼𝑂𝐵 = −1,13𝛼𝐴𝐵 + 0,42 0,87 = −0,42 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 𝛼𝐴𝐵 = +0,69 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
  • 58.
  • 59.
  • 60.
    DESAFIO 1 Determine asequações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo biela manivela com deslocamento (offset).
  • 61.
    DESAFIO 1 Considere: 𝑟2𝑒𝑗𝜃2 +𝑟3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑟1𝑒𝑗𝜃1 − 𝑟4𝑒𝑗𝜃4 = 0
  • 62.
    DESAFIO 2 Determine asequações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo bloco deslizante.
  • 63.
    DESAFIO 2 POSIÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 + 𝑅𝑂2 =𝑅𝐴 𝑅𝐴𝑂2 𝑒𝑗𝜃2 + 𝑅𝑂2 𝑒𝑗𝜃1 = 𝑅𝐴𝑒𝑗𝜃4 VELOCIDADE 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝜔2𝑒𝑗𝜃2 = 𝑅𝐴𝑗𝜔4𝑒𝑗𝜃4 ACELERAÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑅𝐴𝑂2 𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 = 𝑅𝐴𝑗𝛼4𝑒𝑗𝜃4 + 𝑅𝐴𝑗2 𝜔4 2 𝑒𝑗𝜃4
  • 64.
    DESAFIO 3 Determine asequações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo garfo escocês.
  • 65.
    DESAFIO 3 POSIÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 + 𝑅𝐷 𝑅𝐴𝑂2 𝑒𝑗𝜃2= 𝑅𝐷𝑒𝑗𝜃4 VELOCIDADE 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝜔2𝑒𝑗𝜃2 = 𝑣𝐷 ACELERAÇÃO 𝑅𝐴𝑂2 𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑅𝐴𝑂2 𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 = 𝑎𝐷
  • 66.
    DESAFIO 4 Determine asequações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo de levantamento da caçamba.
  • 67.
    DESAFIO 4 Determine asequações de posição, velocidade e aceleração do mecanismo de levantamento da caçamba. a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
  • 68.
    DESAFIO 4 RESPOSTA Abaixo éapresentada a malha vetorial do mecanismo de levantamento da caçamba do caminhão. 𝑎𝑒𝑗𝜃2 − 𝑏𝑒𝑗𝜃3 = 𝑐𝑒𝑗𝜃1 𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜 𝑎𝑗𝜔2𝑒𝑗𝜃2 − 𝑣𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 = 0 [𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒] 𝑎𝑗𝛼2𝑒𝑗𝜃2 + 𝑎𝑗2 𝜔2 2 𝑒𝑗𝜃2 − 𝑎𝑏𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑣𝑏𝑗𝜔3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗𝛼3𝑒𝑗𝜃3 − 𝑏𝑗2 𝜔3 2 𝑒𝑗𝜃3 = 0 [𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜] a b c 𝜽𝟐 𝜽𝟑
  • 69.
    ENCONTRADO 𝝎𝟐 Parte real −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2− 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜔3 = 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 Parte imaginária +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = + 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3
  • 70.
    ENCONTRADO 𝝎𝟐 +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝜔2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 𝑣𝑏(𝑠𝑒𝑛2 𝜃3 + cos2 𝜃3) 𝑎𝜔2 { 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 } 2 = 𝑣𝑏 −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 = 𝑣𝑏 𝜔2 = − 𝑣𝑏 𝑎𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 𝑜𝑢 𝜔2 = 𝑣𝑏 𝑎𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2
  • 71.
    ENCONTRADO 𝝎𝟑 Parte real −𝑎𝜔2𝑠𝑒𝑛𝜃2− 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 𝜔2 = 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 Parte imaginária +𝑎𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 +𝑎 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 + 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 + 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 = + 𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2
  • 72.
    ENCONTRADO 𝝎𝟑 +𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 −𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = +𝑣𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝜔3 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 𝑣𝑏(𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3) 𝑏𝜔3 { 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃2 + 𝜃3 } 2 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 − cos(𝜃2 + 𝜃3) + [cos 𝜃2 − 𝜃3 + cos(𝜃2 + 𝜃3)] 2 −𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝜔3 = − 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛 𝜃2 − 𝜃3 𝑜𝑢 𝜔3 = 𝑣𝑏 cos 𝜃2 − 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2
  • 73.
    ENCONTRADO 𝜶𝟐 Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2− 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝛼3 = 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 cos 𝜃3 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 −2𝑣𝑏 𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 + 𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = + 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑎𝛼2 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝜔3 2 (c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃3 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃3) 𝑎𝛼2 sen 𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 cos 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2
  • 74.
    ENCONTRADO 𝜶𝟐 𝑎𝛼2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝛼2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 + 𝑎𝑏 − 𝑏𝜔3 2 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2
  • 75.
    ENCONTRADO 𝜶𝟑 Parte real −𝑎𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2− 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 = 0 𝛼2 = −𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 Parte imaginária +𝑎𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 +𝑎 −𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃3 +2𝑣𝑏 𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝛼3𝑠𝑒𝑛𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 + 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃3 − 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃2c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃3 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃3 = 0 + 𝑏𝛼3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝛼2𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 = + 𝑎𝜔2 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏c𝑜𝑠𝜃2c𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 𝑏𝜔3 2 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃3 𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑏𝛼3 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑠𝑒𝑛𝜃2 + 𝑎𝑏 c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3(𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2) − 𝑏𝜔3 2 (c𝑜𝑠𝜃3c𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃3𝑠𝑒𝑛𝜃2) 𝑏𝛼3 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠(𝜃3 − 𝜃2)
  • 76.
    ENCONTRADO 𝜶𝟑 𝑏𝛼3 𝑠𝑒𝑛𝜃3 − 𝜃2 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − 𝑏𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠(𝜃3 − 𝜃2) 𝛼3 = 𝑎𝜔2 2 + 𝑎𝑏 cos 𝜃3 − 𝜃2 − 2𝑣𝑏𝜔3𝑠𝑒𝑛(𝜃3 − 𝜃2) − b𝜔3 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃3 − 𝜃2 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝜃3 − 𝜃2