Dinâmica dos Sólidos – Sólidos – Prof. Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 02 – 2° 2° Bimestre
Rotação em torno de eixo fixo
Dinâmica do plano: Resumo:
movimento
TCM: Teorema do Centro de massa:
Rext m aCM
TMA: Teorema do momento angular:
M Q I Q IQ
Pólo Q pertence pertence ao sólido: Pólo Q fixo fixo (v Q = 0) ou pólo Q CM
TCM e TMA:
F M
m aG
i Ext
i
i
M i
G F i
I G
Ou O F i
I O
Equações de movimento: Rotação em torno de eixo fixo.
F m a m r F m a m r M I 2
n
Gn
t
Gt
G
G
G
G
2 dm P Q
1
Dinâmica dos Sólidos – Sólidos – Prof. Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 02 – 2° 2° Bimestre
1. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1052) - Um fio é enrolado em torno de um disco de raio r homogêneo 0.5 m e de massa massa de 15 kg. Se o cabo é puxado para cima, com uma força de intensidade T = 180 N, determinar (a) a aceleração do centro do disco, (b) a aceleração angular do disco, (c), a aceleração do cabo.
F m a i
m ay T P
G
i
TP m
ay
180 180 150 150
15
ay 2
i
m
M
s2
M R2 2
T R IG
IG
M
2
15 0.5
IG 1.875kg m
2
2
180 0.5 1.875
I G
O
I G
T R I G
x
i
MG I G
IG
48
rad s2
↻
2 5
m r 2
I G
O
i
2
F r m r 2 5
2
m g r m r 2 5
aG x
m
g
0 aG 2 s 2
y
Inicialmente v = = = 0
a P aQ P Q P Q a A aG A G A G
ˆ
ˆ
ˆ
a A 2 j 24 k i aA 26 j ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
j
ˆ
m a A ac 26 j 2 s ˆ
2 5
r
5 g 2
r
A esfera começará a rolar sem deslizar quando o ponto de contato dela com o solo possuir velocidade nula.
vC 0 t 0 v v0
v t v0 a t
a A 2 j 48 k 0.5 i 0
2
m aG N a g N P 0 N m g
Fi Ext m aG
mg
a y
2. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1053) - Uma esfera uniforme de massa m e raio r é é projetada ao longo de uma superfície horizontal áspera com uma velocidade linear v 0 e sem velocidade angular. Denotando por k o coeficiente de atrito cinético entre a esfera e o chão, determine ( a) o tempo t1 em que a esfera vai começar a rolar sem deslizar, (b) a velocidade linear e a velocidade angular da esfera no tempo t 1.
vG t v0 g t vC vG GC 0 vG
i k r j ˆ
ˆ
ˆ
0 vG i r k j ˆ
ˆ
ˆ
i
ˆ
Dinâmica dos Sólidos – Sólidos – Prof. Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 02 – 2° 2° Bimestre
1. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1052) - Um fio é enrolado em torno de um disco de raio r homogêneo 0.5 m e de massa massa de 15 kg. Se o cabo é puxado para cima, com uma força de intensidade T = 180 N, determinar (a) a aceleração do centro do disco, (b) a aceleração angular do disco, (c), a aceleração do cabo.
F m a i
m ay T P
G
i
TP m
ay
180 180 150 150
15
ay 2
i
m
M
s2
M R2 2
T R IG
IG
M
2
15 0.5
IG 1.875kg m
2
2
180 0.5 1.875
I G
O
I G
T R I G
x
i
MG I G
IG
48
rad s2
↻
2 5
m r 2
I G
O
i
2
F r m r 2 5
2
m g r m r 2 5
aG x
m
g
0 aG 2 s 2
y
Inicialmente v = = = 0
a P aQ P Q P Q a A aG A G A G
ˆ
ˆ
ˆ
a A 2 j 24 k i aA 26 j ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
j
ˆ
m a A ac 26 j 2 s ˆ
2 5
r
5 g 2
r
A esfera começará a rolar sem deslizar quando o ponto de contato dela com o solo possuir velocidade nula.
vC 0 t 0 v v0
v t v0 a t
a A 2 j 48 k 0.5 i 0
2
m aG N a g N P 0 N m g
Fi Ext m aG
mg
a y
2. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1053) - Uma esfera uniforme de massa m e raio r é é projetada ao longo de uma superfície horizontal áspera com uma velocidade linear v 0 e sem velocidade angular. Denotando por k o coeficiente de atrito cinético entre a esfera e o chão, determine ( a) o tempo t1 em que a esfera vai começar a rolar sem deslizar, (b) a velocidade linear e a velocidade angular da esfera no tempo t 1.
vG t v0 g t vC vG GC 0 vG
i k r j ˆ
ˆ
ˆ
0 vG i r k j ˆ
ˆ
ˆ
i
ˆ
Dinâmica dos Sólidos – Sólidos – Prof. Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 02 – 2° 2° Bimestre 0i
ˆ
vG i r i vG r ˆ
ˆ
v0 g t r
t 0 t t 0 0
t
5 g 2
5 g 2
v0 g t v0
7 2
5 2
r
t 3
t
r 5 g
2
r
t r
g t g t
g t v0 t t 1
I 0 k 2 m I0 k 2
2v0 7 g
I 0 k 2
Velocidade linear
vG t v0 g t 2v0
k 18in k
vG t t1 v0 g 7 g 7v 2v0 2 vG t t1 v0 v0 vG t t1 0 7 7 vG t t1
5 7
t t 1
P g
ft g 32.3
ft s2
2
Tomando o centro de rotação O:
v0
M
O
I O
i
5 g
2 r 5 g
2
12
g
18 322 I 0 12 32.2 I 0 22.5lb f s2
Velocidade angular:
t
18
P
r
t t 1
t
12 24 400 22.5 12 12 800 T 22.5
T
2v0
7 g 5 v0 7 r
3. (Meriam Kraige pag. 432) - O bloco de concreto de peso 644 lb é elevado pelo mecanismo mostrado de içar, onde os cabos estão firmemente enrolados em torno dos respectivos tambores. Os cilindros, que são mantidos juntos a girar como uma unidade única sobre o seu centro de massa, em O, têm um peso combinado de 322 lb e um raio de giração de cerca de 18 in. Se uma tensão constante de P = 400 lb é mantida pela unidade de potência em A, determinar a aceleração vertical do bloco e a força resultante sobre o rolamento em O.
A aceleração do bloco será:
F
iext
m aG T P m a
i 644lb
T 644
P
a T 644
g 32.2
644 32.2
ft s2
12 12
a r a Resolvendo:
800 T 22.5
644
T 644
32.2
a
20
800 T 22.5
800 T 22.5
T 644 20
a
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 22.5 T
22.5 644 20 T 20 800 22.5 T 20 T 22.5 644 20 800 42.5 T 14490 16000 T
30490
42.5 800 T
Ox 400 cos 45 0
32.2
M i
O F i
I O 4
50 0.5 0.94719 26.3938
s 2
Fn m an Fn m 2 r G i
i
i
i
Como = 0: (roda parte do repouso):
Fiy Oy 822 717 400 sen45 0 0
On 0
i
O x 283lb Oy 1322lb
Ft m at Ft m r G i
O O O O 1352lb
i
i
2 y
4. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 428 ) - Uma roda desbalanceada de 50 lb possui um raio de giração k G = 0.6 ft sobre um eixo passando através de seu centro de massa G. Se a roda parte do repouso, determine as reações sobre seu pino O.
rad
i
2 x
0.52
IO 0.94719 slug ft 2
0
50 1.5527
800 717
Equilíbrio no centro da polia: ix
I O 0.559
T 717lb
22.5 22.5 rad ft 3.67 2 a 3.67 2 s s
F
IO IG m d 2
i
Ot 50 m r G
Ot 50 1.5527 26.39 0.5 Ot 50 20.487 Ot 29.51lb 5. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 429 ) - Uma barra de 20 kg num certo instante possui velocidade angular = 5 rad/s. Determinar as reações na conexão da barra em O e a aceleração angular. Use g = 9.81 m/s².
Diagrama de corpo livre:
Momento de Inércia:
IG m kG2 IG IG
50 lb
P g
k G2
0.62 ft
2
ft 2 s IG 0.559lb ft s 2 IG 0.559slug ft 2 32.2
Fn m an Fn m 2 r G i
i
i
i
On m 2 r G On 20 52 1.5 On 750 N
Ft m at Ft m r G i
i
Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos:
i
i
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
Ot P m rG
Ot P m rG 209.81
↺
20
M
Fi
i
G
1.5
I G
60 Ot 1.5
m l 2
12
60 196.2 30 1.5 60 294.3 45
180 12
20 32 12
5
Equações de movimento para o tambor:
60 354.3
F x m an Fx m 2 r G i
i
i
i
O x m 2 r G
15
354.3
5.905
rad
s 2 Ot 196.2 20 5.905 1.5 Ot 372.35N 60
F y m a y Fy m r G i
i
O y P T m rG
177.15
O y T P m rG
Usando:
M
Fi
i
O
609.81
I O
IO IG m d
ml l m I O 12 3 2 20 32 IO 60kg m2 IO
IO
ml
2
60
0.4
O y T 588.6 24
2
2
i
i
↺ 2
M i
Momento de inércia do tambor:
IO m kO2 IO 60 0.252 IO 3.75kg m2
T r I O
3
60 20 9.81 1.5 60 5.905
I O
FiO
T 0.4 3.75
rad s 2
6. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 430 ) - O tambor mostrado possui massa de 60 kg e raio de giração k 0= 0.25 m. Uma corda de massa desprezível é presa ao tambor e a uma massa de 20 kg. Se o bloco é abandonado, determine a aceleração angular do tambor.
0.4 3.75
T
Se a corda não se desliza sobre a polia, a aceleração tangencial da polia será a mesma do bloco:
a r G
Equação de movimento para o bloco:
F y m a y Pb T m a i
i
20 9.81 T
20 a 196.2 T 20 a a
196.2 T
20 196.2 T
a r G
20 0.4
0.4
196.2 T
3.75
T
8
196.2 T 8
0.4
3.75 196.2 T 3.75 8 0.4 T
196.2 3.75 3.75 T
3.2 T 735.75 3.2 3.75 T
T
735.75 6.95
T 105.86 N
T
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
0.4 3.75
11.29
rad s
2
T
0.4 3.75
Potência transferida pela força resultante F :
105.86
a rG a 4.51 0.4
Pmotor F v m s
Momento do motor:
M motor F d
2
6. (Livro Unip pg. 78 3.10) - 3 hastes finas, homogêneas, cada qual com massa m e comprimento L foram utilizadas na construção de um triângulo, conforme ilustrado. Pede-se o momento de inércia em relação a um eixo ortogonal ao plano da figura e que passe pelo CM – Centro de massa.
Como
v d
Pmotor F d
Pmotor M motor
6
Na frequência de regime:
2 f 2
3000 60
314.16
Pmotor M motor M motor L
L
M motor
CM
120
rad s
P motor
M motor 0.3819 N m
314.16 TMA:
M R M motor M diss I CM
L
I 3 I _ I _ I / I \
1 l 3 m I _ 12 3 2 m l 2 I CM m l2
2
No regime de trabalho, a velocidade angular é constante: = 0. Logo:
M motor M diss 0 M diss M motor 0.382N m Considerando o movimento inicial, desde o repouso até a frequência de trabalho:
0 t 314.16 0 5
2
7. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Um ventilador, ao ser ligado, parte do repouso com aceleração constante, e atinge frequência f = 3000 rpm em 5 s, com o motor gerando potência média P m = 350 W. Para manter a frequência de regime de trabalho, o motor desenvolve potência constante P motor = 120 W. Considerar que o valor médio, do momento das forças dissipativas, nos movimentos acelerados, seja 75% daquele no movimento de regime de trabalho; pedem-se:
314.16 5
lig 62.832
t 0
0 5
62.832 5
rad s 2
t 2 2
2
2
785.4rad
Emotor Pmootor dt Emotor 350 t Emotor 1750 J 5
(a) o momento das forças dissipativas, no regime de trabalho; (b) o momento de inércia do ventilador; (c) o tempo gasto até o ventilador parar, após ser desligado.
Energia dissipada:
E 0.382 0.75 dt 0.287 dt E 0.287 785.38 Ediss Pdiss dt Ediss Mdiss dt diss
Ediss
diss
Ediss 225.4 J
F
d
Potência resultante:
P R M R
Energia transferida ao sistema armazenada na forma de energia cinética:
Ec PRdt EC MR dt
Ec I dt
Ec I
d dt
dt Ec I d
e
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I
2
Ec
Ec
2
I 314.16
2
2
Ec 49348.2 I
Pela conservação da energia:
EC Em Ediss 49348.2 I 1750 225.4 I
1524.6 49348.25
CM
I 0.031kg m2
Pelo TMA, com o motor desligado: 7
M R I 0.287 0 0.031
0.287
9.26
rad
0.075
s 2 0.031 0 t 0 314.16 9.26 t t
314.16 9.26
t 33.93s
8. (Livro Unip pg. 67 3.01) - Duas esferas de massas m1 = 0.010 kg e m2 = 0,03 kg estão localizadas nas extremidades de uma haste de peso desprezível, com comprimento L = 0,10 m. Determinar o momento de inércia (em kg.m 2): (a) em relação a um eixo vertical passando pelo ponto médio da haste. (b) em relação a um eixo paralelo do item anterior que passa pelo centro de massa do conjunto.
I CM 0.01 0.0752 0.03 0.0252 ICM 7.5 105 kg m2 9. (Livro Unip pg. 83 3.04) - Um balão esférico de raio R é constituído por uma película fina e homogênea de massa m. Considerando um eixo radial, pedem-se: (a) o momento de inércia; (b) o raio de giração. (a) I CM (b) I
y
x
L2
m2 2 2 2 I O 0.01 0.05 0.03 0.052
(a) IO
m1
L2
IO 110 4 kg m2
(b) Somas
Massa (kg) m1 = 0.01 m2 = 0.03 mi 0.04
xCM xCM xCM
x (m) 0 0.1
3
2
CM
m R mk k 2
2
3
2 3
R
10. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Uma barra homogênea ilustrada a seguir, de massa m e comprimento L, está articulada pela extremidade A, girando em um plano vertical, sob ação de um momento M . No instante ilustrado a velocidade angular é = 8 rad/s; para esse instante, determine: (a) a aceleração angular da barra (em 2 rad/s ). (b) as componentes da reação na articulação. Dados: m = 40 kg; L=6 m M = +120 N.m g = 10 m/s 2
0 0.003 mi xi 0.003
y a x
H
x
m1 m2
a y
0.01 0 0.03 0.1
0.04
2
m R2 (Esfera oca)
mi. xi (kg.m)
m1 x1 m2 x2
0.003
0.025
V
0.01 0.03
xCM 0.075m
P
TCM.: Teorema do centro de massa:
F m a H m a F m a V P m a xi
x
x
i
yi
i
y
y
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
M
TMA: Teorema do momento angular:
M
I O
FiO
i
T1 R T2 R I O
i
120 400
6
I O
2
T T R 1
O= A ; P = m. g = 400N Teorema dos eixos paralelos: 2 2 m l 2 l m I O I CM m OG I O 12 2 2 2 2 ml ml ml IO I O 12 4 3
IO
40 62 3
120 400
2
2
T T R 1
rad s 2
2
L 2
m
s
2
m s
R
0.36
T1 T2
m p
2
a a T1 T2
2 8
T T 200 T 20 4 T 120 12 T T 4 200 T 5 T 5 T T 120 3 T 3 T
2
H 40 192 H 7680 N
1
2
1
2
1
V 400 40 6.75 V 400 270
2
270
V 130 N
1
11. (Livro Unip pg. 107 3.29) - Os blocos ilustrados a seguir têm massas m 1 e m2. A massa da polia é m p e seu raio é R. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. Considere a aceleração da 2 gravidade local igual a 10 m/s . A aceleração do bloco de massa m1 vale aproximadamente, em m/s2: Dados: m1 = 20 kg m2 = 12 kg M = 8 kg R = 0.3 m
2
1
2
TCM.: Teorema do centro de massa:
P T m a m a T P m a 1
2
`2
1
2
1
2
2
1
6
146.67
440 3 T 2800 N 1 6 18
200 5
155.56
x
1
2
3
y
1
1
6 T 5 T 200 4 T 3 T 120 8 T2 5 T 2 200 240 440 200 5 T 2 T2 N T 1
T1
i
2
2
2
1
m p R2
2
a y r ay 2.25 3 ay 6.75
yi
8
1
L 2
F
200 T 20 a T 120 12 a m p R 2 a T1 T2 R
a x r ax 8 3 ax 192
2
a1 a2 R
480
1080 480 2.25 2
m p R2
O=G ; P1 = m1. g = 200N P2 = m2. g = 120N Como a corda não escorrega:
IO 480kg m2
6
I O
FiO
TMA: Teorema do momento angular:
a a
T1 T 2
4 T1 T 2
4
a a
155.56 146.67 4 155.56 146.67
a 2.22
4 m s 2
12. (Livro Unip pg. 91 3.14) - Um disco uniforme, com eixo fixo, possui raio R = 0,4 m e massa m = 6 kg. Em repouso, o disco é acionado pea força F = 20 N, através de uma corda enrolada
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre no mesmo. O atrito nos mancais, gera um binário (momento) resistente M res = 1.5 N.m. Pedem-se: (a) a reação do eixo fixo. (b) o número de voltas necessária para que o disco atinja a velocidade angular de = 40 rad/s.
Sentido do movimento: Para manter a polia em equilíbrio:
MG 0 P B 0.152 22.2 0.254 0 P B 37.1N A polia girará no sentido antihorário. 9
TCM.: Teorema do centro de massa:
H m a x V P F m a y H 0 V 60 20 0 V 80 N 0
Cinemática do movimento:
a A rA aB rB
0
a A 0.254 aB 0.152 F R B mB aB PB T B
TMA: Teorema do momento angular:
M
FiO
I O
T B PB mB aB TB 44.5 4.536 0.152 P B g
i
T B 44.5 0.6895
F R M Re s I CM 20 0.4 1.5 8 1.5
6 0.42 2
m R2
2
F R A mA aA TA P A
T A mA aA PA TA 2.2629 0.254 22.2
6.5 rad 0.48 s 2
Equações de movimento: momento de inércia da polia:
F 2 02 2
402 0 2 13.54
1600 27.08
I m k 2 I rad
59.08
n
2
n
59.08 2
T A 0.5748 22.2
13.54
0.48
P A g
n 9.4
13. (Beer Johnston 5 Ed. 16.5 Pag. 551) – Uma polia pesando 53.4 N e raio de giração 0.203 m está unida a dois blocos como ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no eixo, determinar a aceleração angular da polia e a aceleração de cada cilindro.
I
53.4 9.81
P g
k 2
0.2032 I 0.224kg m2 MG I G
T B 0.152 TA 0.254 I G
44.5 0.6895 0.152 0.5748 22.2 0.254 0.224 6.764 0.1048 0.146 5.6368 0.224
1.1272 0.2508
0.254 m
0.224
0.2508 0.224 1.1272
1.1272
rad
0.4748
s 2
0.152 m
2.37
44.5 N
2.37
22.2 N
rad s
2
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
a A 0.254 2.37 aA 0.602 a B 0.152 2.37 aB 0.360
m s 2 m s
2
21.52 19.76 4
aG 5.16
14. (Hibbeler pag.442 17.13) – Determine a aceleraçãoangular da polia da figuram que possui uma massa de 8 kg e raio de giração k G = 0.35 m. A massa da corda é negligenciável.
10.32
rad s 2
m s 2
15. (Livro Unip pg. 109 3.32) - A figura ilustra uma barra AB, homogênea , de massa m = 20 kg e comprimento L = 0.5 m. Na posição definida pelo ângulo = 600, a mesma apresenta velocidade angular = 4 rad/s. Pede-se a aceleração angular da barra. A
s
CM L/2 L/2
Equações de movimento: momento de inércia da polia:
I m k I 8 0.35 2
0.98 kgm
B
N
n ˆ
2
t ˆ
A=O
2
MG I G
L/2
T
T 0.5 100 0.2 0.98
CM
P .cos
L/2
B
P P .sen
TCM: Teorema do centro de massa:
Fn N P sen m an i Ft P cos T m at i i
i
F y m a
an 2 rG r G
i
i
100 T 78.48 8 aG
at rG r G
P m g 8 9.81
Para que a polia não escorregue em A:
aG r aG 0.5 21.52 T 8 0.5
21.52 T 4
21.52 T 4 4 T 0.5 20 0.98 21.52 T T 0.5 2 0 0.98
2 T 80 21.0896 0.98T
T
58.91 2.98
T 19.76 N
L
2 L 2
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
O
2
L I O I G m 2 2 2 2 m L m L m L I O IO 12 4 3 2 L m L P cos 2 3 L m L2 3 g cos m g cos 2 3 2 L 0 rad 3 10 cos60 15 2 s 2 0.5 Calcule os valores de N e T agora, carinha....
10
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
aT
L
2
aT an 2
3 g cos
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
4
i
L
O
Fat 0.125 I G
2
16. (Livro Unip pg. 109 3.33) - O disco de raio r = 0.125 m e massa m = 4 kg, momento de inércia baricêntrico I CM = 0.052 kg.m², inicialmente em repouso, é colocado em contato com a esteira, que move-se com velocidade constante, para a direita, v = 3 m/s. O coeficiente de atrito entre a esteira e o disco é = 0.40, pedem-se: (a) determinar a aceleração angular do disco durante o escorregamento; (b) o ângulo total de rotação do disco, desde o repouso, até que o escorregamento do disco e a esteira cesse.
N 0.125 I G 0.05 N 0.052 0.4
0.052
N 1.04 F cos14.04 1.04 0 0.97 0.4 0.245 F 1.04 40 0 0.97 F 0.416 0 0.245 F 1.04 40
11
0.97 F 0.416 2.32 0.245 F 1.04 2.32 F 40
rad 2.332 F 35 s 40 N F F F 0.245 2.425 40 2.6578 2
15.05
N 1.04 35 N 36.3N O escorregamento cessa quando velocidades das superfícies forem iguais:
y
Diagrama de corpo livre:
as
v BordaDisco vesteira final r 3
x
final 0.125 3 final
3
rad
0.125 s 24
2 final
F
2
242 2 35 P
F F at
N
0.5 75.96 0.125
90 90 75.96 14.04
F x F cos14.04 Fat m aG i F y F cos75.96 N P m aG i F cos14.04 F at 0 0.245 F N 40 0 i
70
rad
17. (Livro Unip pg. 102 3.20) - O sistema de polias duplas tem momento de inércia total I CM = 20.3 kg.m², raio interno Ri = 0.23 m e raio externo Re = 0.40 m, respectivamente; inicialmente em repouso,é acionado por um contrapeso de massa m = 65 kg. Pedem-se: (a) a aceleração angular do sistema; (b) a velocidade angular no instante t = 3 s; (c) a velocidade angular no instante em que o contrapeso deslocou-se de 0.3 m.
TCM: Teorema do centro de massa: (disco) i
576
8.23
arctg
2 inicial
x
y
R
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
(a) a aceleração do bloco; (b) as componentes horizontal e vertical da reação do eixo.
Diagrama de corpo livre:
y
y
x x R
P p
12
T P R1
yi
y
P T m aG
i
V
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
x H
O
i
20.3 T R 20.3 T R aT R
T B
6510
20.3 R
20.3
rad s
2 02 2
s R
0.23
H
V
F
R2
m B
P B
65 0.23
0 6.3 3 18.9
R1
65 R
0.23 650 88.26 14.95 rad 650 6.3 2 s 88.26 14.95 0 t
0.3
P P
T B
P T m aG
650
R2
m B
TCM: Teorema do centro de massa: Contra Peso
F
F
s R
TCM: Teorema do centro de massa: Polia:
F
xi
H F cos mP aP
x
i
H 3600 cos 60 0 H 1800N F yi V PP TB F sen mP aP y
i
V 6000 T B 3600 sen60 0 V 9117.69 TB
F
yi
Peso B:
TB PB mB aB
i
1.3rad
2 0 2 6.3 1.3 16.43 rad 4.05 s 18. (Livro Unip pg. 94 3.16) - A polia dupla ilustrada tem raios R1 = 0.6 m e R2 = 1.2 m, massa mP = 600 kg, raio de giração k = 0.9 m, e é acionada através de uma corda que faz um ângulo = 60° com a horizontal, com tração F = 3600 N. O movimento da polia, suspende o bloco de massa mB = 300 kg. Considerar que as cordas não escorreguem em relação à polia e g = 10 m/s². Pedem-se:
T B 3000 300 aB TB 3000 300 aB Como não há escorregamento:
a B R1 aB 0.6 T B 3000 300 0.6 T B 3000 180 TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
O
F R2 T B R1 mP k 2 3600 1.2 T B 0.6 600 0.9 2 486
4320 T B 0.6 486 4320 T B 0.6 486
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
4320 3000 180 0.6 486
T1 T2 R
2
2 2 T1 T2 R M 2 R Ra
4320 1800 108 486 2520 2520 108 486 594 rad 4.24 2 s m a B 0.6 aB 2.544 2 s T B 3000 180 TB 3763.2N
50
T1 T2
M
a 2 100 10 a 200 20 a 25 a 100 10 a 200 20 a 25 a
30 a 100 25 a a
4.24
V 9117.69 T B V 12880.89 N
M R
3763.2
18. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A massa da polia é M e seu raio é R. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s 2. A aceleração do bloco de massa m 1 vale 2 aproximadamente, em m/s : 1.82
100 55
13
a 1.82
m s 2
19. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx Uma polia dupla, composta por dois discos solidários entre si, possui momento de inércia total 2 I CM = 0,30 kg.m , é acionada a partir do repouso, por blocos de massas m1 = 1,5 kg, m2 = 2,5 kg, raios R1 = 0,4 m e R2 = 0,7 m, ligados a fios ideais que não escorregam em relação a polia. Desprezar atritos, adotar g = 10 m/s 2. A tração no fio que sustenta a massa m2, ex pressa em N, é aproximadamente: 25.35
Dados: m1 = 10 kg m2 = 20 kg M = 50 kg R = 0,5 m
Sentido de giro:
P1 R2 P2 R1 0 P1
TCM: Teorema do centro de massa: massa m 1
F
1i
T1 P1 m1 a1
P1
0.7 0.4
F
2i
F
P2 T2 m2 a2
T1 15 15 0.7 T 1 15 1.05
200 T2 20 a2 T2 200 20 a2
F
2i
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
massa m 2
P2 T2 m2 a2 a 2 R1
25 T2 2.5 R1 T 2 25 1 0.4
Polia:
i
O
i
T1 P1 m1 a1 a1 R2
i
i
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
a1
T 1
P 2
25 P1 43.75 N 15 N horário
1i
massa m 2
R2
TCM: Teorema do centro de massa: massa m 1
i
T1 100 10 a1 T1 100 10 a1
R1
a2 T 2
O
Polia: T1 R2 T2 R1 I G T1 0.7 T 2 0.4 0.3
15 1.05 0.7 25 1 0.4 0.3 10.5 0.735 10 0.4 0.3
P 1 T1 R T2 R I
P 2
0.735 0.4 0.3 10 10.5 1.435 0.5
0.5 1.435
0.3484
rad s 2
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
T2 25 1 T 2 25 1 0.3483
f
T2 25.3483N
B f 8 B
Ponto de engrenamento:
B
r A r B
A B
0.3 0.1
y
f
A B 3 A
24 A 0.3 25 1.2 A 7.2 A 25 1.2 A 25 7.2 A 1.2 A 25 8.4 A A
25 8.4
A 2.97
rad s 2
B 3 A B 3 2.97 B 8.91
21. (Livro Unip pg. 115 3.35) - A figura ilustra um cilindro homogêneo, de massa m = 5.0 kg, raio R = 0.33 m, que abandonado do repouso, apoiado em plano inclinado de ângulo = 30° com a horizontal, rola sem escorregar ao longo do mesmo. Pedem-se: (a) a aceleração do centro de massa; (b) o mínimo valor do coeficiente de atrito entre o cilindro e o plano inclinado.
P B
f
H A N mA ax
y
A
VA F f PA mA ay
N
f at
i
P
Engrenagem B
F H N m a F V f P m a xi
B
B
xB
300
i
yi
B
B
B
x
A
i
s 2
f 8 B f 71.28 N
TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A
yi
rad
V B
V A N N P A
F
14
f 8 B f 24 A
x
H B
xi
8.91
F
F
aT A aTB A rA B rB
F
0.1
v A vB A rA B rB
20. (Livro Unip pg. 89 3.13) - Duas engrenagens A e B, possuem eixos fixos paralelos, conforme ilustrado. Soldada coaxialmente ‘a engrenagem A, uma polia de raio 0.05m é acionada pela força F = 500 N, através de um fio enrolado na mesma. As engrenagens A e B, possuem, respectivamente, r A = 0.3 m e r B = 0.1 m; os momentos de inércia da engrenagem A e da polia soldada é I A = 1.2 kg.m2; o momento de inércia da polia B é I B = 0.8 kg.m2. Os atritos são desprezíveis. Pedem-se: (a) a aceleração angular da engrenagem A; (b) a aceleração angular da engrenagem B; (c) a força que a engrenagem A aplica na engrenagem B.
H A
0.8
yB
i
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
O
Engrenagem A: f r A F r I A A
F
TCM: Teorema do centro de massa:
xi
i
P sen300 f at m a mg 510
25 f at 5 a
f 0.3 500 0.05 1.2 A f 0.3 25 1.2 A
Engrenagem B: f r B I B B f 0.1 0.8 B
0.5
F
yi
N P cos 300 0
i
N P cos 300 N 50 cos 300 43.3 N
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
K N m a K W m a a K g
9. 66 ft / s 2
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
f
m R
2
f
m R
2
2
m a
2
5 a 25
5 a
25 5 2.5 a 7.5
3.333
2
m s 2
a R
10.1
rad
N
43.3
aG t 0 t r t t
6 0.5 9.66 19.32 0.5
22. Um aro de 10 lb ou um anel fino é dada uma velocidade angular inicial 0 = 6 rad/s quando é colocado sobre a superfície. Se o coeficiente de atrito cinético entre o aro e a superfície é k = 0.3 determinar a distância que o aro se desloca antes de parar o escorregamento. Dados: g = 32.2 ft/s 2; 1 in = 1/12 ft I = m r 2
TCM: Teorema do centro de massa:
F
xi
i
Fat m aG
0 r aG r
t 0.1553s
0 t 6 19.32 0.1553 3
2
0.19
s 2
vG r
2
f at N
rad
Quando parar o escorregamento:
0.33 s 5 3.333 f f 8.3325 N f 2 2
8.3325
0.5
19.32
ma
f at
O
r
5 a
a 3.333
a R
Fat r m r 2 k m g r m r 2 g 0.3 32.2 k
m R
25
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O Aro:
a aT R
25 7.5 a a
N W 0 N W
i
a R 2 m R a m a f f 2 R 2
25
yi
i
Cilindro:
f R
F
O
i
2
2 0
rad s
32 62 2 19.32
s r s 0.116 ft 23. (Livro Unip pg. 115 3.36) - A figura ilustra um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 22.5 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.30 e c = 0.25. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento; (b) a aceleração angular do carretel.
15
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
R2
F
xi
F
R1
`
TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A
22.5 Fat 5 aG
F
yi
Supondo ausência de atrito:
F R1 Fat R2 I O
22.5 0.08 F at 0.12 5 0.092 1.8 0.12 F at 0.0405 Como não há escorregamento: o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo:
F
R1
TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A
F xi m aG 22.5 5 aG aG
22.5 5
i
4.5m s
yi
2
N P 0 N P 50 N
i
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
F R1 I G
aG R2 aG 0.12
22.5 Fat 5 aG 22.5 F at 0.6 0.12
22.5 F at 0.6 1.8 0.12 F at 0.0405 22.5 0.12 1.8 0.6 0.12 0.0405
0.9 0.1125
O
i
Carretel: 22.5 0.08 5 0.092
1.8
8
a P aG P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0:
a P 4.5 i 44.4 k R2 j ˆ
ˆ
ˆ
0.12
Como
ˆ
R2
x
F
P
e N
ˆ
ˆ
N
A força de atrito é maior que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é falsa; logo a relação aG R2 aG 0.12
0.2550
i
y
F
0 Fat e N 0.350
atrito cinética: Fat
ˆ
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda:
`
s 2
12.5 N
a P 4.5 i 5.33 i aP 9.83 i
R1
rad
não vale; Assim, teremos que calcular a força de
a P 4.5 i R2 44.4 k j ˆ
0.1125
15 N
Da cinemática dos sólidos:
ˆ
0.9
22.5 Fat 0.6 8 Fat 22.5 4.8 Fat 17.7 N
0.0405 44.44rad s 2
ˆ
O
i
R2
F
16
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
x
N P 0 N P 50 N
i
y
`
m aG F Fat m aG
i
10 22.5 12.5 5 a a G G 5 m 2 s 0.3 1.8 0.12 12.5 0.0405 0.405 rad 7.48 s 2
2
Ou seja, o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 2 m/s 2 e está girando no sentido horário.
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 24. (Livro Unip pg. 115 3.37) - A figura ilustra um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.30 e c = 0.20. Pedem-se: (a) a aceleração angular do carretel; (b) a aceleração do centro de massa.
1.6
0.0405 39.51rad s 2
Da cinemática dos sólidos:
a P aG P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0:
a P 0 39.51 k R2 j ˆ
ˆ
17
a P R2 39.51 k j ˆ
ˆ
i
0.12
ˆ
a P 6.32 i
m
ˆ
s 2
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda:
F
y
R2
x
F R2
`
R1
F
N
R1
`
P
Supondo ausência de atrito:
y
F
xi
F
F
yi
R2
F N P 0 N 30 N
i
R1
P
m aG Fat m aG Fat 5 aG
i
x
`
TCM: Teorema do centro de massa: Carretel:
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
O
F R1 Fat R2 I O
N
20 0.08 F at 0.16 5 0.092 Como a força F é menor que o peso, CM não se desloca na vertical; como, adotando a
F at nula e = 0, não tendo forças
força de atrito
na horizontal, teremos: TCM: Teorema do centro de massa:
F xi m aG aG 0
i
F yi F N P 0 N 30 N
i
20
50
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
1.6 0.16 F at 0.0405 Hipótese 1: não há escorregamento:
aG R2 aG 0.16 1.6 0.16 F at 0.0405 1.6 0.128 0.04 5016
1.6 0.128 0.04
9.52
s 2
0.168
Fat 5 aG Fat 0.8 Fat 7.61N 9.52
0.16
Para não haver escorregamento: 9 N
O
Carretel: F R1 I G 20 0.08 5 0.092
rad
0 Fat e N 0.330
Como
7.61 Fat E e N 9
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
A força de atrito é menor que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é verdadeira; logo a relação aG R2 aG 0.16 vale; Assim:
9.52
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
O
i
Carretel: F R1 I G 20 0.08 6 0.13 2
rad
1.6
s 2 m
aG 0.16 9.52 aG 1.52 2 s
25. (Livro Unip pg. 134 3.50) - A figura ilustra um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.20 e c = 0.15. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento; (b) a aceleração angular do carretel. (c) a aceleração do centro de massacarretel.
0.1014 15.78rad s2
Da cinemática dos sólidos:
18
a P aG P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0:
a P 3.33 i 15.78 k R2 j ˆ
ˆ
ˆ
a P 3.33 i R2 15.78 k j ˆ
ˆ
ˆ
i
0.16
ˆ
a P 3.33 i 2.52 i aP 5.85 i ˆ
ˆ
ˆ
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda:
y R2 `
x
F
R1
F
N P
R2 `
F
F
R1
xi
20 Fat 6 aG
F
yi
N P 0 N P 60 N
i
y
x
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
O
F R1 Fat R2 I O
R2 R1
m aG F Fat m aG
i
Supondo ausência de atrito:
`
TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A
20 0.08 F at 0.16 6 0.132
F
1.6 0.16 F at 0.1014 Hipótese: se não houver escorregamento: 12 N
F
xi
TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A
m aG 20 6 aG aG
i
20 6 3.33m s 2
F
yi
i
N P 0 N P 60 N
0 Fat e N 0.260
o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo:
aG R2 aG 0.16
20 Fat 6 aG 20 F at 0.96 0.16
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
20 F at 0.96 1.6 0.16 F at 0.1014
Supondo ausência de atrito:
y
20 0.16 1.6 0.96 0.16 0.1014
4.8 3.2 1.6 0.1536 0.1014 0.255 rad
18.82
s 2
Fat 20 18.1 Fat 1.9 N 12 N
1.9
19
TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A
F
0 Fat e N
F
R1
`
20 F at 0.96 18.82
Como
x
R2
20
m aG 20 6 aG aG
xi
6
i
0.260
3.33m s 2
F
A força de atrito é menor que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é verdadeira; logo a relação:
yi
i
m
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
aG R2 aG 0.16 aG 3 2 s
O
i
Ou seja, o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 3 m/s 2 e está girando no sentido horário. 26. (Livro Unip pg. 134 3.51) - A figura ilustra um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.20 e c = 0.15. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento; (b) a aceleração angular do carretel. (c) a aceleração do centro de massacarretel.
N P 0 N P 60 N
Carretel: F R1 I G 20 0.08 6 0.132
1.6 0.1014 15.78rad s2
Da cinemática dos sólidos:
a P aG P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0:
a P 3.33 i 15.78 k R2 j ˆ
ˆ
ˆ
a P 3.33 i R2 15.78 k j ˆ
ˆ
ˆ
i
0.16
ˆ
a P 3.33 i 2.52 i aP 0.81 i ˆ
ˆ
ˆ
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda:
y
R2
x `
F
`
R1
N P
R2
TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A
F
xi
F
F
R1
m aG F Fat m aG
i
20 Fat 6 aG
F
yi
N P 0 N P 60 N
i
TMA: Teorema do Momento Angular M Fi I O
i
O
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre F R1 Fat R2 I O
20 0.08 F at 0.16 6 0.132 1.6 0.16 F at 0.1014 Hipótese: se não houver escorregamento: 12 N
0 Fat e N 0.260
o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo:
aG R2 aG 0.16
20 Fat 6 aG 20 F at 0.96 0.16
20 F at 0.96 1.6 0.16 F at 0.1014 20 0.16 1.6 0.96 0.16 0.1014
3.2 1.6 0.1536 0.1014
6.27
1.6 0.255
rad s
2
20 F at 0.96 6.27 Fat 20 6.02 Fat 13.98 N 12 N
Como
0 Fat e N 0.260
A força de atrito é maior que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é falsa; logo a relação: aG R2 não é valida. Assim, haverá escorregamento e:
Fat c N Fat 0.15 60 Fat 9 N
20 Fat 6 aG 9 1.6 0.16 F at 0.1014 9 m 11 a a 1.83 G G s 2 6 0.16 1.58 rad s 2 0.1014 Ou seja, o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 1.83 m/s2 e está girando no sentido horário com aceleração angular 1.58 rad/s 2.
20
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
Movimento combinado de rotação e translação: Relações envolvendo energia. Todo movimento de um corpo rígido pode ser sempre dividido em um movimento de translação do centro de massa e outro de rotação em torno do centro de massa. A energia cinética do corpo possui duas parcelas: uma devida à translação do centro de massa e outra devida à rotação:
K
1 2
M vcm 2
Condição para deslizamento:
1 2
21
I cm
2
rolamento
vCM R
sem
Exemplo 1 – Enrolamento de uma casca cilíndrica. Uma casca cilíndrica oca de raio R e massa M rola sem deslizar com uma velocidade vCM ao longo de uma superfície plana. Qual a sua energia cinética?
Solução:
K
1 2
2 M vcm
1 2
I cm 2
v K M v M R CM 2 2 R 2 K M vcm 1
1
2 cm
2
2
Exemplo 2 – Velocidade de um ioiô. Um
ioiô é feito enrolando-se um fio diversas vezes em torno de um cilindro de massa M e raio R. Mantém-se presa a extremidade enquanto o cilindro é liberado sem velocidade inicial. O fio se desenrola, mas não desliza nem se dilata à medida que o cilindro cai e gira. Use considerações de energia para achar a velocidade do centro de massa vCM do cilindro sólido depois que ele caiu a uma distância h.
Solução:
K
1
2 M vcm
2 vCM R
I
1 2 1 2
I cm 2 M R2
v K2 M v M R CM 2 2 2 R 1
2 cm
K2
1 1
3 4
2
M vcm 2
Aplicando a conservação da energia:
K1 U1 K2 U 2
2
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
0 M g h vcm
3
2 0 M vcm
4 4 3
g h
Exemplo 3 – Competição entre corpos girando. Em uma demosntração durante a aula de física, o professor faz uma “competição” de vários corpos rígidos redondos, deixando-os rolar do alto de um plano inclinado. Qual a forma do corpo que alcança primeiro a parte inferior?
22
Solução: A equação para o translação do centro de massa é:
F
y
movimento
de
M g T M acm
O momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa:
1
I
2
Solução:
K1 0 U1 M g h U 2 0
K2
1 2
2 M vcm
1
Somente a força de tensão possui torque em relação a um eixo que passa pelo centro de massa é:
I cm 2
2
T R I
K1 U1 K2 U 2
0 M g h
1 2
M vcm 2
1 2
I cm 0 2
aCM R
v M g h M v c M R cm 2 2 R M g h M g h
1 2
1 2
1
M v 2 cm
2
2
M v c 2 cm
2 M vcm 1 c vcm
2 gh 1 c
Todos os cilindros sólidos possuem a mesma velocidade no ponto inferior do plano, mesmo quando possuem massas e raios diferentes, pois eles possuem o mesmo valor da constante c. Todas as esferas sólidas possuem a mesma velocidade na base do plano. Quando menor o valor de c maior a velocidade do corpo quando ele chega na parte inferior do plano. Observando a tabela de momento de inércia, vemos que a ordem de chegada do plano é: Qualquer esfera maciça, qualquer cilindro maciço, qualquer esfera oca com parede fina ou casca esférica e, finalmente, qualquer casca cilíndrica. Exemplo 4 – Aceleração de um ioiô. Ache a aceleração de cima para baixo do ioiô e a tensão no fio.
1
T
2
1
T R
1 2
M R 2
vCM R
Icm c M R2 2 cm
cm
Como o fio se desenrola sem se deslizar:
Chamando de:
1
M R2
R
M R
2
T
aCM
acm
1
M acm 2 M g T M acm
M g M g M g
3 2
1 2 1
M acm M acm
2
M acm M acm
M acm acm
T
T
1 2 1 2
T
M acm
M
2 3
2 3
g
M g
2 3
g
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
Exemplo 5 – Aceleração de uma esfera rolando. Uma esfera de bliche sólida rola sem deslizar para baixo de uma rampa ao longo de uma guia. O ângulo de inclinação da rampa em relação à horizontal é . Qual é a aceleração da bola? Considere a bola uma esfera homo gênea sólida, desprezando seus orifícios.
2 7
tg
Trabalho e potência no movimento de
rotação Podemos escrever:
dW Ftan ds ds R d dW Ftan R d
dW d
23
2
W d 1
Podemos desenvolver:
dW d
Solução: A figura mostra o diagrama de corpo livre, mostrando o sentido positivo das coordenadas. Usando o momento de inércia da esfera sólida:
I
2 5
M R2
x
M g sen f M acm
f R I
cm
f R
Como: aCM
dW I
d
d dt
d
d
dt
dW I d 2
W
I d
1
Equações de translação e rotação do centro de massa e chamando de f a força de atrito:
F
dW I d dW I
2 5
R
M R2
Wtot
1
I 22
2 dW
1
2 d
I 12
dt dt P
aCM R
Substituindo, teremos:
f
2
M g sen
2
M acm 5 M g sen f M acm
M g sen M g sen
f
2 5
7 5
5 2 5
M acm M acm M acm M acm
M acm acm
M acm f f
2 7
5 7
2
g sen
5 M g sen 5 7
M g sen
Coeficiente de atrito:
2 M g sen f 7 N M g cos
Exemplo 6 – Um anúncio fazendo propaganda da potência desenvolvida pelo motor de um automóvel afirma que o motor desenvolve 1.49.105W para uma rotação de 6000 rpm. Qual é o torque desenvolvido pelo motor? Solução:
P f 6000rpm
P
6000
60
Hz
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
f 100 Hz
Momento angular e energia de rotação
rad Lembremos que uma grandeza análoga ao 2 f 2 100 200 s momento linear p de uma partícula é o momento
1.49 10
angular, que representamos por L . Definimos como:
5
L r p
200
24
237 N m Exemplo
7 Um motor elétrico desenvolve um torque constante de = 10 N.m sobre o esmeril montado no seu eixo motor. O momento de inércia é I = 2.0 kg.m². Sabendo que o sistema começa a se mover a partir do repouso, calcule o trabalho realizado pelo motor em 8.0 s e a energia cinética no instante f inal. Qual a potência média desenvolvida pelo motor? Solução:
I
10
2 t
5 8 40 K
1 2
I 2 K 1 2
1 2
I rad s 2
rad s
1 2
rad t 2 5 82 160
W W 10 160 W 1600J P
W
t
P
1600 P 200W 8
A potência instantânea P = não é constante, porque cresce continuamente. Porém podemos calcular o trabalho total por: t2
t 2
W P dt W dt t1
t 1
t 2
8
t 1
0
W t dt 10 5 tdt
W 50
t 2
2
t 8
W 1600 J t 0
L m v r sen L m v l
2 402 K 1600 J
Pode-se mostrar que a taxa de variação do momento angular é igual ao torque da força resultante:
dL dt dL
dr dt
dr
p r
mv r
dp dt mdv
dt dt dt dL v mv r ma dt 0
dL
r F
dt dL
dt
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
25
Para um corpo rígido de i partículas, o momento angular de cada uma será:
Li mi vi r i Li mi ri i r i Li mi r i 2 i
L
L L m r 2
i
i
L I
i
i
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
Exemplo 1 – A hélice da turbina de um motor a jato possui momento de inércia 2.5 kg.m² em torno do eixo de rotação. Quando a turbina começa a girar, sua velocidade angular em função do tempo é dada por
400 t 2 rad s3 (a) Calcule o momento angular da hélice em função do tempo e ache seu valor em t = 3.0 s. (b) Determine o torque resultante que atua sobre a hélice em função do tempo e calcule seu valor para t = 3.0 s.
26
Ele está girando em torno de um eixo vertical completando uma volta a cada 2.0 s. Calcule a nova velocidade angular do professor quando ele aproxima os dois halteres do seu estômago e discuta como isso modifica a sua energia cinética. Seu momento de inércia (sem os halteres) é igual a 3.0 kg.m² quando seus braços estão distendidos para fora, diminuindo para 2.2 kg.m² quando suas mãos estão próximas do seu estômago. Os halteres estão inicialmente a uma distância de 1.0 m do eixo e a distância final é igual a 0.20 m. Considere o halteres como partículas.
Solução:
(a) L I L
2.5 400 t 2 L 1000 t 2
L t 3 1000 3 L 9000 2
(b)
dL dt
I I prof I halteres
kg m2
I 1 3 2 5 12
s
I1 13kg m2
1000 2t
I 2 2.2 2 5 0.22
2000 t
I 2 2.6kg m2
t 3 2000 3 6000 N m
Conservação do momento angular
Princípio da conservação do momento angular: Esse princípio vale em todas escalas, desde o sistema atômico como o planetário e decorre da equação:
dL
Quando
Solução
dt dL
0 dt 0 i
f
1 T
I1 1 I 2 2 Exemplo 2 – Qualquer um pode ser bailarino. Um professor de física acrobata está de pé sobre o centro de uma mesa girante, mantendo seus braços estendidos horizontalmente com um haltere de 5.0 kg em cada mão.
rad
2
s
I1 1 I 2 2 I 1
2
f 2
I 2 I 1 I 2
K1
1
K2
1
i
Podemos escrever também:
1
f Hz 2 f
1 2 f1 f2
13 2.6 13 2.6
2 5
rad s
0.5 f2 2.5 Hz
1 I1 12 K1 13 2 K1 64 J 2 2
2
I2 22 K2
1 2
2
2.6 5 K1 320 J
Exemplo 3 – A figura mostra 2 discos, um deles é o volante de um motor e o outro é um disco ligado a um eixo de transmissão. Seus momentos de inércia são I A e I B, respectivamente; inicialmente eles estão girando com a mesma velocidade angular A e B, respectivamente. A seguir empurramos os dois discos um contra o
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre outro aplicando forças que atuam ao longo do eixo, de modo que sobre nenhum dos dois discos surge torque em relação ao eixo. Os discos permanecem unidos um contra o outro e atingem uma velocidade angular final . Deduza uma expressão para .
0.04 50 0.02 200
0.04 0.02 rad 100 s 1 1 K1 I A A2 I B B2 2 2 1 1 K 1 0.04 502 0.02 2002 2 2 K1 450J K2 K 2
1 2
1 2
I A I B 2
0.04 0.02 1002 K2 300J
Solução: O único torque que atua sobre cada disco é o torque que cada disco exerce sobre o outro disco; não existe nenhum torque externo. Logo o momento angular total do sistema dos dois discos é o mesmo antes e depois de eles serem unidos. No equilíbrio final eles giram juntos como se constituíssem um único corpo com momento de inércia:
I I A I B A conservação do momento angular fornece:
I A A I B B I
I A A I B B I
I A A I B B
Um terço da energia foi perdida na “colisão angular”, o análogo rotacional de uma colisão linear completamente inelástica. Não deveríamos esperar conservação da energia cinética, embora a força externa resultante e o torque resultante sejam nulos, porque existem forças internas não conservativas (forças de atrito) que atuam enquanti os dois discos começam a girar unidos e tendem a girar com uma velocidade angular comum. Exemplo 5 – Momento angular em uma ação policial. Uma porta de largura 1 m e massa de 15 kg é articulada com dobradiças em um dos lados de modo que possa girar sem atrito em torno de um eixo vertical. Ela inicialmente não está aberta. Um policial dá um tiro com uma bala de 10 g e velocidade de 400 m/s exatamente no canto da porta. Calcule a velocidade angular da porta imediatamente depois que a bala penetra na porta. A energia cinética se conserva?
I A I B
Exemplo 4 – No exemplo anterior, suponha que o volante A tenha massa de 2.0 kg, um raio de 0.20 m e uma velocidade angular inicial de 200 rad/s. Calcule a velocidade angular comum final depois que os discos ficam em contato. A energia cinética se conserva nesse processo?
I A I B
1 2 1 2
Solução:
mA rA I A 2
mB rB2 I B
1 2 1 2
2 0.22 I A 0.040kg m2 4 0.12 I B 0.020kg m2
I A A I B B I A I B
Solução:
Considere um sistema formado pela porta juntamente com a bala em seu interior. Não existe nenhum torque externo em torno do eixo definido pelas dobradiças, de modo que o momento angular em torno desse eixo deve se conservar. O momento angular da bala é:
27
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
L m v l L 0.01 400 0.5 L 2kg m2 s
I
3 15 12
(c) L
L
0.010 0.52
2
1
2 K1 800J
K2 K 2
1
1 2
I
1 m R2 k 2 1 2 L 1200 20 0.75 k 2 L 1.8105 kg m2 s k
mbala l 2
m v2 K 1
ˆ
ˆ
28
ˆ
ˆ
Exemplo 7 -
A colisão entre a porta e a bala é inelástica porque forças não conservativas atuam durante o impacto da bala. Logo, não esperamos que haja conservação da energia cinética. Para conferirmos, calculamos a energia cinética inicial e final:
1
ˆ
L 3.6 105 kg m2 s k
3 I 5.0025kg m2 m v L L I I rad 2 0.40 s 5.0025
K1
ˆ
L y0 p k
L I I I porta I bala
I
ˆ
ˆ
O momento angular final é:
m p d 2
L r p L x i y0 j p i
A máquina de Atwood tem dois corpos de massa m1 e m2 ( sendo m1 maior que m2), ligados por um cordel de massa desprezível que passa por uma polia cujos rolamentos não oferecem atrito. A polia é um disco uniforme, de massa M e raio R. O cordel não escorrega na polia. Determinar a aceleração angular da polia e a aceleração dos dois corpos pela equação: N
0.010 4002
i 1
i ,ext
dL dt
I 2
5.0025 0.42
2 K 2 0.40 J
A energia cinética final é apenas 1/2000 da energia cinética inicial. Exemplo 6 - Determinar, em cada caso,
o momento angular para as seguintes situações: (a) um carro de 1200 kg percorre no sentido anti-horário um círculo com 20 m de raio com velocidade de 15 m/s. (b) o carro mencionado desloca-se com velocidade v
15 m s i sobre ˆ
N
a reta y = y0
i 1
(a) L
z , res
Solução:
r p L r m v k ˆ
ˆ
ˆ
d
ˆ
x i y j r x i y0 j ˆ
ˆ
p m v p p i
ˆ
dt
m1 g R m2 g R z , res
ˆ
dL
L z I m1 v R m2 v R
L 20 1200 15 k L 3.6 105 kg m2 s m k 1 g R m2 g R (b) r
i ,ext
L z Lp L1 L2
=20m, paralela ao eixo x. (c) um disco, no plano xy, com raio de 20 m e a massa de 1200 kg, girando a 0.75 rad/s em torno do seu eixo, que coincide com o eixo z .
Solução:
dt
dL Z dt
I m v R m 1
2
v R
m1 g R m2 g R I m1 a R m2 a R
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
m1 m2 g R a
1
2 a M R m1 m2 a R 2 R
m1 m2
1 M m1 m2 2
g
Exemplo 8 – Um disco gira em torno de um eixo sem atrito, que coincide com o respectivo eixo de simetria, com velocidade angular inicial i, como mostra a figura. O seu momento de inércia em relação ao eixo é I 1. Num certo instante, o disco cai sobre o outro, de momento de inércia I 2, montado sobre o mesmo eixo. Graças ao atrito entre as duas superfícies em contato, os dois discos atingem uma velocidade angular comum aos dois, f . Calcular essa velocidade angular.
f
I m I m m R2
i
500
f
i 500 25 22 5 f i 6 5 1 1 rev f f 6 5 6 s Exemplo 10 – A criança mencionada no exemplo anterior corre com velocidade 2.5 m/s sobre uma tangente à beira da plataforma do carrossel, que está imóvel, e pula para a plataforma. Calcular a velocidade angular final da criança no carrossel.
Solução: Momento angular inicial da criança correndo em relação ao centro da plataforma do carrossel:
Li m v R
Solução: A velocidade angular final está relacionada com a inicial pela conservação do momento angular:
L f Li
I
1
I 2 f I 1 i
f
I 1 I1 I 2
i
Exemplo 9 – Um carrossel com 2 m de 2
raio e 500 kg.m de momento de inércia gira em torno de seu eixo, sem atrito, completando uma volta a cada 5 s. Uma criança, com 25 kg, está inicialmente no centro do carrossel e depois caminha até a borda. Calcular a velocidade angular que terá, então, o carrossel.
Solução: Pela conservação do momento angular:
L f Li I sis, f f I sis, i i
I sis I m I c I m m r 2
I
m
m R 2 f I m i
Expressão do momento angular final do sistema criança-carrossel em termos da velocidade angular final f :
L f m r 2 I m f Igualando as expressões:
L f Li
m R
2
I m f m v R
f
mv R m R 2 I m
f 0.208
rad s
Exemplo 11 – Uma partícula de massa
m descreve, com velocidade v0, um círculo de raio r 0 sobre a superfície de uma mesa horizontal sem atrito. A partícula está presa a um fio que passa por um buraco na mesa, no centro do círculo. O fio é lentamente puxado para baixo, de modo que a partícula acaba descrevendo um círculo de raio r f .
29
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre
(a) Calcular a velocidade final em termos de r 0, v0 e r f . (b) Calcular a tensão T no fio quando a partícula descreve um círculo de raio r f em termos de m, r e do momento angular
a barra a uma distância x do eixo e fica grudada na barra.
L0 m v0 r 0 .
(c) Calcule o trabalho feito pela partícula pela tensão T , integrando T dr de r 0 até r f . Dar a resposta em termos de r 0, r f e L0.
30
Solução:
(a) A conservação do momento angular relaciona as velocidades final à inicial e os raios inicial e final:
Solução:
L f L0 m v f rf m v0 r0 v f (b) Como
r 0
1. Energia cinética depois da colisão em termos do momento angular Li e do momento de inércia I ´ do sistema bola-massa:
v0
r f
E f
F m a i
i
T m
v
v
3.
m r
4.
2
E f
r
L0
L0 m r 3 r f
dr W 3 r 0
W
L20
2 m r 2
L20 1
2 m r f 2
3
M d 2
E f 3
m v x
2
1 2 m x2 M d 2 3
2 2 2 3m x M d m2 v2 x2
5. A razão entre a energia cinética depois da colisão e a energia inicial da bola de massa plástica é então:
2
W
2 I
E f
dW T dr dW Tr dr
mr
L f
m r 3
(c) O trabalho é:
1
As expressões de L f e de I´ na equação de E f ficam: 2
2
L20
O momento de inércia I ´:
I m x2
r
T r
2 I
L f Li Lf Li m v x
L0
L0 2 m r v T m T m T
2 L f
2. Conservação do momento angular para relacionar Li a m, v e x:
2
r m v f r f m v0 r0 L0
dW
Achar a razão entre a energia final e a energia inicial do sistema.
L20 m r
dr 3
r r f
r r 0
1
r 02
Exemplo 12 – Uma barra de massa M e
comprimento d pode girar em torno de um eixo fixo a uma de suas extremidades. Uma bola de massa plástica, com massa m e velocidade v, atinge
3
E f 2 3m x2 M d 2 1 E i 2 mv E f Ei
2 2 2 m v x
2 3m x2
3m x2 M d 2
