Ed fisica

Pedem-se: a) velocidade angular da barra; b) velocidade relativa do pino A em relação à placa. v A= barra⋅0,30 v B=⋅0,30=3,5⋅0,30=1,05 o ponto P da placa que faz contato com o pino A, tem a componente horizontal da velocidade igual a da componente horizontal do pino A: v B⋅cos 300 =v A⋅cos 300  v A=v B =1,05 m/s logo: barra =3,5 rad /s a velocidade relativa é obtida por: v = v P −v A   rel como na horizontal as componentes das velocidades são iguais, essa diferença reflete a diferença das CIRbarra componentes verticais; v =v p⋅cos 600 ⋅j−v A⋅cos60 0⋅− j nota: rel versor j apontando para cima v =2⋅1,05⋅cos 600 ⋅ j=1,05⋅j rel

600 vP vA 600 300 600 30 cm =3,5

600

para o instante ilustrado pedem-se: a) a velocidade angular da barra; b)a aceleração angular da barra. 0,20 x derivando em relação ao tempo: d 1 dx 2 sec ⋅ =−0,20⋅ 2⋅ dt x dt tan =

y y x x

0,20 m =30
0

5 m/s

ω −5 no instante ilustrado θ = 300 0,20 0,20 0 x= =0,3464 m tem-se: tan 30 = x tan30 0 sendo: sec2 300 =1,3333 tem-se: 1 1,3333⋅=−0,20⋅ ⋅−5 =6,25 rad 2 s 0,3464 retomando a equação … =x −2 ⋅cos 2  derivando em relação ao tempo: d dx d =−2⋅x−3⋅ ⋅cos2 x−2⋅2⋅cos ⋅−sen ⋅ dt dt dt substituindo ….

=−2⋅x−3⋅−5⋅cos 2 300 x −2⋅2⋅cos ⋅−sen ⋅ =−2⋅0,3464−3⋅−5⋅0,750,3463−2⋅2⋅cos 300 ⋅ −sen300 ⋅6,25 =180,438−45,108=135,33 rad =135,33 2 s não há escorregamento, a velocidade do ponto G é nula; pedem-se: a) velocidade angular do tambor; b) a aceleração do ponto B.

8 m/s

O CIR do tambor é o ponto G; como não há escorregamento o ponto B possui velocidade igual ao do caminhão; rad na forma vetorial: v B=⋅R 8=⋅1,5 =5,33 =5,33⋅  k s o ponto B (do tambor) descreve trajetória circular de raio 1,5 e centro em G, dessa forma possui: aceleração tangencial: a tan =⋅1,5= zero B v2 m cent aceleração centrípeta: a B = B =42,67 2 1,5 s pedem-se: a) a distância entre os pontos CIR e G; b) a velocidade do ponto B. v