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<p>DINÂMICA DOS CORPOS</p><p>AULA 6</p><p>Profª Eimi Veridiane Suzuki</p><p>2</p><p>CONVERSA INICIAL</p><p>Até agora, estudamos o movimento dos corpos como se eles se</p><p>comportassem como partículas; não definimos a posição exata das forças</p><p>aplicadas a eles e o formato dos corpos não era relevante para o problema.</p><p>TEMA 1 – MOVIMENTO PLANO DE UM CORPO RÍGIDO</p><p>“O movimento plano de um corpo ocorre quando todas as partículas de</p><p>um corpo rígido se deslocam ao longo de trajetórias que são equidistantes de</p><p>um plano fixo” (Hibbeler, 2011).</p><p>Existem três tipos de movimento plano. O primeiro, a translação, pode</p><p>ser vista na Figura 1(a) e na Figura 1(b). Na 1(a), podemos ver uma translação</p><p>retilínea, que é quando para quaisquer dois pontos do corpo, a trajetória</p><p>desses dois pontos é sempre paralela. No segundo tipo, translação curvilínea,</p><p>a distância entre dois pontos quaisquer do corpo é sempre a mesma.</p><p>Figura 1 – Tipos de movimento plano</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Outro tipo de movimento plano é a rotação em torno de um eixo fixo</p><p>(Figura 1(c)), no qual temos um eixo e todas as partículas do corpo giram em</p><p>torno desse eixo, sendo que as partículas sobre o eixo ficarão paradas.</p><p>3</p><p>Já o movimento plano geral, mostrado na Figura 1(d), é uma</p><p>combinação de translação e rotação, sendo que o eixo da rotação deve ser</p><p>perpendicular ao plano de referência da translação. Veremos a translação e a</p><p>rotação neste tema e o movimento plano geral no próximo.</p><p>1.1 Translação</p><p>Considere a situação da Figura 2.</p><p>Figura 2 – Situação 1</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Sendo que rA e rB são vetores posição, temos que:</p><p>r𝐵 = r𝐴 + r𝐵/𝐴</p><p>E, como os pontos da trajetória têm sempre que se manter</p><p>equidistantes:</p><p>v𝐴 = v𝐵</p><p>a𝐴 = a𝐵</p><p>1.2 Rotação em torno de um eixo fixo</p><p>Quando temos uma rotação em torno de um eixo fixo, como na Figura ,</p><p>os pontos do corpo, que não estão no eixo, têm uma trajetória circular.</p><p>Portanto, r é constante e o centro do círculo será em O.</p><p>4</p><p>O ângulo θ é a coordenada angular, medida a partir de uma linha de</p><p>referência, e tem o sentido anti-horário como positivo e é dado em radianos.</p><p>Figura 3 – Rotação em torno de um eixo fixo</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>A velocidade angular ω, que é a taxa temporal de variação do ângulo é:</p><p>𝜔 =</p><p>𝑑𝜃</p><p>𝑑𝑡</p><p>A aceleração angular α, que é a taxa temporal de variação da velocidade</p><p>angular é:</p><p>𝛼 =</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝑑𝑡</p><p>Ou ainda, eliminando dt:</p><p>𝛼 = 𝜔</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝑑𝜃</p><p>5</p><p>Se a aceleração angular for constante, podemos usar:</p><p>𝜔 = 𝜔0 + 𝛼𝑡</p><p>𝜃 = 𝜃0 + 𝜔0𝑡 +</p><p>1</p><p>2</p><p>𝛼𝑡2</p><p>𝜔2 = 𝜔0</p><p>2 + 2𝛼∆𝜃</p><p>E se a velocidade angular for constante:</p><p>𝜃 = 𝜃0 + 𝜔𝑡</p><p>Para o ponto P no plano sombreado da Figura , temos as relações:</p><p>𝑣 = 𝜔𝑟</p><p>Ou, ainda com o produto vetorial:</p><p>𝑣 = 𝜔 × 𝑟</p><p>Já a aceleração do ponto P, temos sua componente normal e a</p><p>componente tangencial:</p><p>𝑎𝑡 = 𝛼𝑟</p><p>𝑎𝑛 = 𝜔2𝑟</p><p>A aceleração, em termos de produto vetorial, é:</p><p>a =</p><p>𝑑v</p><p>𝑑𝑡</p><p>= 𝛼 × 𝑟 + 𝜔 × (𝜔 + 𝑟)</p><p>1.3 Exemplos</p><p>Exemplo 01: (Beer et al., 2019) A aceleração angular de uma oscilação</p><p>de um eixo é definida pela relação α = –0,5ω, onde α é expresso em rad/s² e ω,</p><p>em rad/s. Sabendo que em t = 0 a velocidade angular do eixo é 30 rad/s,</p><p>determine:</p><p>(a) o número de revoluções que o eixo executará antes de atingir o repouso;</p><p>(b) o tempo necessário para o eixo atingir o repouso;</p><p>6</p><p>(c) o tempo necessário para a velocidade angular do eixo reduzir para 2% do</p><p>seu valor inicial.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝛼 = −0,5𝜔</p><p>Para 𝑡 = 0 → 𝜔 = 30 𝑟𝑎𝑑/𝑠</p><p>Para 𝜔 = 0 → 𝜃 = ?</p><p>Para 𝜔 = 0 → 𝑡 = ?</p><p>Para 𝜔 = 2% 𝜔0 → 𝑡 = ?</p><p>(a) Como se trata de um eixo, temos rotação, aceleração angular em</p><p>função da velocidade angular e queremos θ, podemos usar:</p><p>𝛼 = 𝜔</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝑑𝜃</p><p>−0,5𝜔 = 𝜔</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝑑𝜃</p><p>−0,5𝑑𝜃 = 𝑑𝑤</p><p>∫ −0,5𝑑𝜃</p><p>𝜃</p><p>0</p><p>= ∫ 𝑑𝑤</p><p>0</p><p>30</p><p>𝜃 = 60 𝑟𝑎𝑑</p><p>Transformando em revoluções:</p><p>𝜃 = 60 𝑟𝑎𝑑.</p><p>1 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢çã𝑜</p><p>2𝜋 𝑟𝑎𝑑</p><p>𝜽 = 𝟗, 𝟓𝟒𝟗𝟑 𝒓𝒆𝒗</p><p>(b) Como temos a aceleração angular em função da velocidade angular</p><p>e agora queremos t, podemos usar:</p><p>𝛼 =</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝑑𝑡</p><p>−0,5𝜔 =</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝑑𝑡</p><p>−0,5𝑑𝑡 =</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝜔</p><p>7</p><p>∫ −0,5𝑑𝑡</p><p>𝑡</p><p>0</p><p>= ∫</p><p>𝑑𝜔</p><p>𝜔</p><p>𝜔</p><p>30</p><p>|ln 𝜔|30</p><p>𝜔 = −0,5𝑡</p><p>𝑡 = 2 𝑙𝑛</p><p>30</p><p>𝜔</p><p>Nesse caso, queremos a velocidade angular igual a zero:</p><p>𝑡 = 2 𝑙𝑛</p><p>30</p><p>0</p><p>= 2 𝑙𝑛 ∞</p><p>𝒕 = ∞</p><p>(c) Temos:</p><p>𝜔 = 2% 𝜔0 = 0,02 . 30 = 0,6𝑟𝑎𝑑/𝑠</p><p>Substituindo na relação encontrada em (b):</p><p>𝑡 = 2 𝑙𝑛</p><p>30</p><p>0,6</p><p>𝒕 = 𝟕, 𝟖𝟐𝟒 𝒔</p><p>Exemplo 02: (Hibbeler, 2011) Um gancho está preso a uma corda, que</p><p>está enrolada em torno do tambor. Se ele se desloca do repouso com uma</p><p>aceleração de 6 m/s², determine a aceleração angular do tambor e sua</p><p>velocidade angular após o tambor ter completado 10 revoluções. Quantas</p><p>revoluções mais o tambor realizará após ele ter completado as 10 primeiras e o</p><p>gancho continuar a se deslocar por 4 segundos?</p><p>8</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝑎𝑡 = 6 𝑚/𝑠²</p><p>𝜔0 = 0</p><p>𝜃 = 10 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠.</p><p>2𝜋 𝑟𝑎𝑑</p><p>1 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢çã𝑜</p><p>= 20𝜋 𝑟𝑎𝑑</p><p>𝑟 = 0,6 𝑚</p><p>𝛼 =?</p><p>𝜔 =?</p><p>𝜃 = 10 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢çõ𝑒𝑠 + 4 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 =?</p><p>Como temos rotação, podemos utilizar a aceleração em um ponto, e</p><p>como a aceleração do gancho é a aceleração tangencial da rotação do tambor:</p><p>𝑎𝑡 = 𝛼𝑟</p><p>6 = 𝛼 . 0,6</p><p>𝜶 = 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔²</p><p>Agora, temos a aceleração angular e a coordenada angular. Podemos</p><p>usar:</p><p>𝜔2 = 𝜔0</p><p>2 + 2𝛼∆𝜃</p><p>𝜔2 = 0 + 2 . 10 . (20𝜋 − 0)</p><p>𝝎 = 𝟑𝟓, 𝟒𝟒𝟗𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔</p><p>9</p><p>Para a última pergunta, usamos:</p><p>𝜃 = 𝜃0 + 𝜔0𝑡 +</p><p>1</p><p>2</p><p>𝛼𝑡2</p><p>𝜃 = 0 + 35,4491 . 4 +</p><p>1</p><p>2</p><p>10 . (4)2</p><p>𝜃 = 0 + 35,4491 . 4 +</p><p>1</p><p>2</p><p>10 . (4)2</p><p>𝜃 = 221,7963 rad.</p><p>1 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢çã𝑜</p><p>2𝜋 𝑟𝑎𝑑</p><p>= 𝟑𝟓, 𝟑 𝒓𝒆𝒗𝒐𝒍𝒖çõ𝒆𝒔</p><p>TEMA 2 – MOVIMENTO PLANO GERAL E CENTRO INSTANTÂNEO DE</p><p>VELOCIDADE NULA</p><p>Já vimos dois tipos de movimentos plano de um corpo. Agora, vamos</p><p>estudar o terceiro tipo: o movimento plano geral.</p><p>2.1 Movimento plano geral</p><p>O movimento plano geral é uma translação mais uma rotação. Podemos</p><p>citar como exemplo uma roda em movimento; ela tem o movimento de</p><p>translação em relação ao chão, e de rotação em torno do seu eixo central,</p><p>como se pode ver na Figura 4.</p><p>Figura 4 – Movimento plano geral</p><p>Fonte: Beer et al., 2019.</p><p>Outro exemplo é uma barra que pode deslizar em ambas as suas</p><p>extremidades sobre um trilho, como a da Figura 5.</p><p>10</p><p>Figura 5 – Barra</p><p>Crédito: Elias Aleixo.</p><p>Quando temos movimento plano geral para o vetor posição, temos:</p><p>𝑟𝐵 = 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵/𝐴</p><p>Já para o deslocamento, temos:</p><p>𝑑𝑟𝐵 = 𝑑𝑟𝐴 + 𝑑𝑟𝐵/𝐴</p><p>Sendo que os dois primeiros componentes descrevem a translação dos</p><p>pontos B e A, respectivamente, e o último termo, a rotação em torno do eixo.</p><p>Derivando em função do tempo, achamos as velocidades:</p><p>𝑑𝑟𝐵</p><p>𝑑𝑡</p><p>=</p><p>𝑑𝑟𝐴</p><p>𝑑𝑡</p><p>+</p><p>𝑑𝑟𝐵/𝐴</p><p>𝑑𝑡</p><p>Ou seja:</p><p>v𝐵 = v𝐴 + v𝐵/𝐴</p><p>E, como o último termo é referente à rotação:</p><p>v𝐵 = v𝐴 + 𝜔 × 𝑟𝐵/𝐴</p><p>Derivando a equação da velocidade em função do tempo:</p><p>𝑑v𝐵</p><p>𝑑𝑡</p><p>=</p><p>𝑑v𝐴</p><p>𝑑𝑡</p><p>+</p><p>𝑑v𝐵/𝐴</p><p>𝑑𝑡</p><p>11</p><p>Como o último termo é referente à rotação, podemos dividir em uma</p><p>componente normal e uma componente tangencial:</p><p>𝑎𝐵 = 𝑎𝐴 + (𝑎𝐵/𝐴)</p><p>𝑡</p><p>+ (𝑎𝐵/𝐴)</p><p>𝑛</p><p>E como:</p><p>(𝑎𝐵/𝐴)</p><p>𝑡</p><p>= 𝛼 × 𝑟𝐵/𝐴</p><p>(𝑎𝐵/𝐴)</p><p>𝑛</p><p>= −𝜔2𝑟𝐵/𝐴</p><p>Então:</p><p>𝑎𝐵 = 𝑎𝐴 + 𝛼 × 𝑟𝐵/𝐴 − 𝜔2𝑟𝐵/𝐴</p><p>2.2 Centro instantâneo de velocidade nula</p><p>Se temos um corpo rígido em movimento plano geral, sempre haverá um</p><p>ponto no qual a velocidade dele será momentaneamente zero, e os outros</p><p>pontos do corpo se movimentarão em torno dele, facilitando o cálculo da</p><p>velocidade nos outros pontos. Esse ponto de velocidade momentaneamente</p><p>zero é chamado de centro instantâneo de velocidade nula (CI), e nem sempre</p><p>está contido no corpo, ou seja, ele pode não ser um ponto que faz parte do</p><p>corpo, sendo apenas um ponto no qual</p><p>o corpo girará ao redor</p><p>momentaneamente.</p><p>Como a velocidade nesse ponto será nula, então:</p><p>v𝐵 = v𝐴 + 𝜔 × 𝑟𝐵/𝐴</p><p>v𝐵 = 0 + 𝜔 × 𝑟𝐵/𝐴</p><p>v𝐵 = 𝜔 × 𝑟𝐵/𝐴</p><p>Para localizar o centro instantâneo de velocidade nula, temos três</p><p>possibilidades. Para a primeira, temos o vetor velocidade, e sabemos que o</p><p>vetor posição entre o centro instantâneo de velocidade nula e o vetor</p><p>velocidade para o ponto terão que ser perpendiculares, como mostra a Figura</p><p>6. Para essa situação, temos que conhecer o vetor velocidade e a velocidade</p><p>angular no ponto, visto que:</p><p>12</p><p>𝑟𝐴/𝐶𝐼 =</p><p>𝑣𝐴</p><p>𝜔</p><p>Figura 6 – Vetor posição entre o centro instantâneo de velocidade nula e vetor</p><p>velocidade para o ponto perpendiculares</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>A segunda possibilidade é que conhecemos o vetor velocidade de dois</p><p>pontos e esse vetores não são paralelos. Nesse caso, traçamos uma</p><p>perpendicular do vetor velocidade nos dois pontos estudados, e o ponto em</p><p>que as linhas se cruzarem será o centro instantâneo de velocidade nula (Figura</p><p>7).</p><p>Figura 7 – Perpendicular do vetor velocidade</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Já para a terceira situação, temos dois vetores velocidade que são</p><p>paralelos. Nesse caso, acharemos o centro instantâneo de velocidade nula por</p><p>semelhança de triângulos. A Figura 8 mostra duas situações como exemplos.</p><p>13</p><p>Figura 8 – Dois vetores velocidade paralelos</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>2.3 Exemplo</p><p>Exemplo 1: O carretel de fita e sua estrutura de apoio são puxados para</p><p>cima com uma velocidade vA = 750 mm/s. Sabendo que o carretel de raio 80</p><p>mm tem uma velocidade angular de 15 rad/s no sentido horário e que no</p><p>instante mostrado na figura a espessura total da fita no carretel é de 20 mm,</p><p>determine:</p><p>(a) o centro instantâneo de rotação do carretel;</p><p>(b) as velocidades dos pontos B e D.</p><p>Crédito: Elias Aleixo.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>v𝐴 = 750 𝑚𝑚/𝑠</p><p>𝑟𝑎𝑖𝑜 = 80 𝑚𝑚</p><p>𝜔 = 15 𝑟𝑎𝑑/𝑠</p><p>𝑒𝑠𝑝𝑒𝑠𝑠𝑢𝑟𝑎 = 20 𝑚𝑚</p><p>𝐶𝐼 =?</p><p>v𝐵 =?</p><p>v𝐷 =?</p><p>(a) Localizando o CI:</p><p>𝑥 = 𝑟𝐴/𝐶𝐼 =</p><p>𝑣𝐴</p><p>𝜔</p><p>=</p><p>750</p><p>15</p><p>𝒙 = 𝟓𝟎 𝒎𝒎</p><p>O CI vai ficar a 50 mm para a direita do ponto A.</p><p>(b) Para achar a distância entre o ponto B e o CI:</p><p>𝑟𝐵/𝐶𝐼 = 80 + 20 − 50 = 50 𝑚𝑚</p><p>𝑟𝐵/𝐶𝐼 =</p><p>𝑣𝐵</p><p>𝜔</p><p>𝑣𝐵 = 𝑟𝐵/𝐶𝐼 . 𝜔 = 50 . 15 = 𝟕𝟓𝟎 𝒎𝒎/𝒔 ↓</p><p>(c) Agora, fazemos o mesmo processo para o ponto D:</p><p>𝑟𝐷/𝐶𝐼 = 80 + 50 = 130 𝑚𝑚</p><p>𝑟𝐷/𝐶𝐼 =</p><p>𝑣𝐷</p><p>𝜔</p><p>𝑣𝐷 = 𝑟𝐷/𝐶𝐼 . 𝜔 = 130 . 15 = 𝟏𝟗𝟓𝟎 𝒎𝒎/𝒔 ↑</p><p>15</p><p>Exemplo 02: (Hibbeler, 2011) O bloco deslizante se desloca com uma</p><p>velocidade vB = 1,5 m/s e uma aceleração aB = 0,9 m/s². Determine a</p><p>aceleração angular da barra AB no instante mostrado.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>v𝐵 = 1,5 𝑚/𝑠</p><p>𝑎𝐵 = 0,9 𝑚/𝑠²</p><p>𝑎𝐴𝐵 =?</p><p>Como a barra tem ambos os movimentos, rotação e translação, temos</p><p>um movimento plano geral. Podemos aplicar a equação da aceleração para os</p><p>pontos A e B, e para isso precisamos da velocidade angular da barra e a</p><p>aceleração no ponto A.</p><p>Para a velocidade angular, vamos encontrar o centro instantâneo de</p><p>velocidade nula da barra naquele instante:</p><p>𝑟𝐵/𝐶𝐼 = cos 60° . 0,6</p><p>𝑟𝐵/𝐶𝐼 = 0,3 𝑚</p><p>𝑟𝐴/𝐶𝐼 = sen 60° . 0,6</p><p>𝑟𝐴/𝐶𝐼 = 0,5196 𝑚</p><p>Então:</p><p>16</p><p>𝑟𝐵/𝐶𝐼 =</p><p>𝑣𝐵</p><p>𝜔</p><p>𝜔𝐴𝐵 =</p><p>1,5</p><p>0,3</p><p>= 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠</p><p>Para achar a aceleração no ponto A, precisaremos da velocidade no</p><p>ponto:</p><p>𝑟𝐴/𝐶𝐼 =</p><p>𝑣𝐴</p><p>𝜔𝐴𝐵</p><p>𝑣𝐴 = 5 . 0,5196 = 2,5981 𝑚/𝑠</p><p>Como o ponto A está se movendo por um caminho circular, a</p><p>componente normal da aceleração será:</p><p>𝑎𝑛 = 𝜔2𝑟</p><p>E como:</p><p>𝑣 = 𝜔𝑟</p><p>Então:</p><p>𝑎𝐴𝑛</p><p>=</p><p>𝑣𝐴</p><p>2</p><p>𝑟</p><p>=</p><p>2,59812</p><p>0,45</p><p>= 15 𝑚/𝑠²</p><p>O sentido da aceleração normal no ponto A será para o centro do círculo</p><p>de raio 0,45m. Já a componente tangencial vai tangenciar o círculo naquele</p><p>ponto, ou seja, terá a direção para baixo.</p><p>Agora, aplicando a equação da aceleração para os pontos A e B:</p><p>𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 + 𝛼𝐴𝐵 × 𝑟𝐴/𝐵 − 𝜔𝐴𝐵</p><p>2𝑟𝐴/𝐵</p><p>17</p><p>15 𝑖 − 𝑎𝐴𝑡</p><p>𝑗 = 0,9 𝑖 + 𝛼𝐴𝐵𝑘 × (−0,5196 𝑖 + 0,3 𝑗) − 52(−0,5196𝑖 + 0,3 𝑗)</p><p>15 𝑖 − 𝑎𝐴𝑡</p><p>𝑗 = (−0,3𝛼𝐴𝐵 + 13,89)𝑖 + (−7,5 + 0,5196𝛼𝐴𝐵)𝑗</p><p>Separando os componentes i:</p><p>15 = (−0,3𝛼𝐴𝐵 + 13,89)</p><p>𝜶𝑨𝑩 = −𝟑, 𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔²</p><p>A aceleração angular da barra AB no instante mostrado será 3,7 rad/s²,</p><p>no sentido horário.</p><p>TEMA 3 – MOVIMENTO PLANO DE UM CORPO RÍGIDO: FORÇA E</p><p>ACELERAÇÃO</p><p>Antes de verificar como funciona a aplicação da segunda lei de Newton</p><p>para o movimento plano de um corpo rígido, precisamos rever alguns</p><p>conceitos:</p><p>3.1 Centro de massa e momento de inércia de massa</p><p>O centro de massa é a posição da média das massas de um corpo.</p><p>Imagine um corpo qualquer, composto de várias partículas. Cada partícula tem</p><p>um peso, que é orientado para o centro da Terra. Generalizando, os vetores</p><p>pesos dessas partículas são paralelos, e a resultante da soma de todos esses</p><p>vetores estará localizada no centro de massa (G). O centro de massa varia de</p><p>acordo com o formato e a densidade do corpo.</p><p>�̅�𝑊 = ∫ 𝑥 𝑑𝑊</p><p>�̅�𝑊 = ∫ 𝑦 𝑑𝑊</p><p>𝑧̅𝑊 = ∫ 𝑧 𝑑𝑊</p><p>Ou em função do volume:</p><p>�̅�𝑉 = ∫ 𝑥 𝑑𝑉</p><p>18</p><p>�̅�𝑉 = ∫ 𝑦 𝑑𝑉</p><p>𝑧̅𝑉 = ∫ 𝑧 𝑑𝑉</p><p>Já o momento de inércia de massa (I) é o quanto o corpo resiste à</p><p>aceleração angular. O momento de inércia sempre será em relação a um eixo,</p><p>por exemplo, Iy é quanto o corpo resiste à aceleração angular em torno do eixo</p><p>y. O momento de inércia é dado pela equação:</p><p>𝐼 = ∫ 𝑟2 𝑑𝑚</p><p>Se o momento de inércia for em relação ao eixo que passa por G, em</p><p>um elemento plano, chamamos de IG, e se ele é conhecido, pode-se determinar</p><p>qualquer outro momento de inércia que tenha o eixo paralelo ao eixo de IG. Se</p><p>o objeto é composto, usa-se:</p><p>𝐼 = ∑(𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)</p><p>em que d é a distância perpendicular entre os dois eixos.</p><p>Várias figuras têm fórmulas tabeladas para achar o valor de I.</p><p>Outra maneira de se achar o momento de inércia é por meio do raio de</p><p>giração (k), que é uma propriedade geométrica da peça.</p><p>𝐼 = 𝑚𝑘2</p><p>3.2 Translação: equações de movimento</p><p>Na translação retilínea, a aceleração angular é nula, e a aceleração será</p><p>igual para todas as partículas que formam o corpo. Os diagramas de corpo livre</p><p>e cinético para a translação retilínea são mostrados na Figura 9.</p><p>19</p><p>Figura 9 – Diagramas de corpo livre e cinético</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Para esse caso, as equações são:</p><p>∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥</p><p>∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦</p><p>∑ 𝑀𝐺 = 0</p><p>Já no caso de a trajetória ser curva — ou seja, as trajetórias dos pontos</p><p>serem curvas e paralelas —, os diagramas de corpo livre e cinético para a</p><p>translação serão como mostrados na Figura 10.</p><p>Figura 10 – Diagramas de corpo livre e cinético para a translação</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Já as equações de trajetória curva são:</p><p>20</p><p>∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑛</p><p>∑ 𝐹𝑡 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑡</p><p>∑ 𝑀𝐺 = 0</p><p>3.3 Rotação em torno de um eixo fixo: equações de movimento</p><p>Seja o corpo mostrado na Figura 11, o qual está rotacionando ao redor</p><p>do ponto O. Podemos ver os diagramas de corpo livre e cinético na Figura 12.</p><p>Figura 11 – Corpo rotacionado ao redor do ponto O</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Figura 12 – Diagramas de corpo livre e cinético</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>21</p><p>As equações para a rotação em torno de um eixo fixo são:</p><p>∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑛 = 𝑚𝜔2𝑟𝐺</p><p>∑ 𝐹𝑡 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑡 = 𝑚𝛼𝑟𝐺</p><p>∑ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼</p><p>∑ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂𝛼</p><p>Onde 𝐼𝑂𝛼 leva em consideração 𝐼𝐺𝛼 e 𝑚𝑎𝐺 em relação ao ponto O.</p><p>3.4 Movimento plano geral: equações de movimento</p><p>Sendo o corpo rígido mostrado na Figura 13, que vai estar em</p><p>movimento plano geral, ou seja: temos aplicadas forças e momentos que</p><p>geram os movimentos de tranlação e rotação. A Figura 14 mostra os diagramas</p><p>de corpo livre e cinético para esse corpo.</p><p>Figura 13 – Corpo rígido</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>22</p><p>Figura 14 – Diagramas de corpo livre e cinético</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Para o movimento plano geral, temos</p><p>as seguintes equações:</p><p>∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥</p><p>∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦</p><p>∑ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼</p><p>∑ 𝑀𝑃 = ∑(ℳ𝑘)𝑃</p><p>Onde (ℳ𝑘)𝑃, momento cinético ao redor do ponto P, representa a soma</p><p>dos momentos 𝐼𝐺𝛼 e 𝑚𝑎𝐺.</p><p>3.5 Exemplos</p><p>Exemplo 01: (Hibbeler, 2011) A pá única PB do ventilador tem massa</p><p>de 2 kg e um momento de inércia IG = 0,18 kg . m² em relação a um eixo</p><p>passando pelo seu centro de massa G. Se a pá é submetida a uma aceleração</p><p>angular de 5 rad/s² e tem uma velocidade angular ω = 6 rad/s quando está na</p><p>posição vertical mostrada, determine a força normal N, a força de cisalhamento</p><p>V e o momento de flexão M interno que o cubo exerce sobre a pá no ponto P.</p><p>23</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝑚 = 2 𝑘𝑔</p><p>𝐼𝐺 = 0,18 𝑘𝑔. 𝑚²</p><p>𝛼 = 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠²</p><p>𝜔 = 6 𝑟𝑎𝑑/𝑠</p><p>𝑁 =?</p><p>𝑉 =?</p><p>𝑀𝑃 =?</p><p>O próximo passo é desenhar os diagramas de corpo livre e cinético.</p><p>Aplicando as equações de movimento para rotação em torno de um eixo</p><p>fixo:</p><p>∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑛 = 𝑚𝜔2𝑟𝐺</p><p>𝑁𝑃 + (2 . 9,81) = 2 . 620,375</p><p>𝑵𝑷 = 𝟕, 𝟑𝟖𝑵</p><p>∑ 𝐹𝑡 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑡 = 𝑚𝛼𝑟𝐺</p><p>𝑉𝑃 = 2 . 5 . 0,375</p><p>24</p><p>𝑽𝑷 = 𝟑, 𝟕𝟓 𝑵</p><p>∑ 𝑀𝑃 = ∑(ℳ𝑘)𝑃</p><p>−𝑀𝑃 = −0,18 . 5 − 2(5 . 0,375). 0,3</p><p>𝑴𝑷 = 𝟐, 𝟎𝟐𝟓 𝑵. 𝒎</p><p>Exemplo 02: Um tambor de 60 mm de raio está preso a um disco de</p><p>120 mm de raio. O disco e o tambor têm massa total de 6 kg e um raio de</p><p>giração combinado de 90 mm. Uma corda é presa como mostra a figura e</p><p>puxada com uma força P de intensidade 20 N. Sabendo que o disco rola sem</p><p>deslizar, determine:</p><p>(a) a aceleração angular do disco e a aceleração G;</p><p>(b) o valor mínimo do coeficiente de atrito estático compatível com esse</p><p>movimento.</p><p>Crédito: Elias Aleixo.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝑟𝑡 = 60 𝑚𝑚 = 0,06 𝑚</p><p>𝑟𝑑 = 120 𝑚𝑚 = 0,12 𝑚</p><p>𝑚 = 6 𝑘𝑔</p><p>𝑘 = 90 𝑚𝑚</p><p>𝑃 = 20 𝑁</p><p>𝛼 =?</p><p>𝑎𝐺 =?</p><p>𝜇𝑒 =?</p><p>Agora, vamos desenhar o diagrama de corpo livre e o digrama cinético.</p><p>Crédito: Elias Aleixo.</p><p>(a) Estamos lidando com movimento plano geral, então, para achar a</p><p>aceleração angular da rotação:</p><p>𝑎𝑡 = 𝛼𝑟 = 0,12. 𝛼</p><p>O momento de inércia será:</p><p>𝐼 = 𝑚𝑘2 = 6 . 0,092 = 0,0486 𝑘𝑔. 𝑚2</p><p>Aplicando as equações de movimento plano geral:</p><p>∑ 𝑀𝐴 = ∑(ℳ𝑘)𝐴</p><p>20 . 0,12 = 𝑚𝑎𝑡 . 𝑟 + 𝐼𝛼</p><p>20 . 0,12 = 6. (0,12. 𝛼).0,12 + 0,0486𝛼</p><p>𝜶 = 𝟏𝟕, 𝟕𝟕𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔²</p><p>E como:</p><p>𝑎𝑡 = 𝛼𝑟 = 0,12. 𝛼 = 0,12 . 17,778 = 𝟐, 𝟏𝟑𝟑𝟑 𝒎/𝒔²</p><p>(b) Para achar o coeficiente de atrito estático, vamos aplicar as outras</p><p>equações de movimento plano geral, e como não há movimento em y:</p><p>∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦</p><p>26</p><p>𝑁 − 𝑚. 𝑔 = 0</p><p>𝑁 = 6 . 9,81 = 58,86𝑁</p><p>∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥</p><p>20 − 𝐹𝑚 = 6 . 2,1333</p><p>𝐹𝑚 = 7,2002𝑁</p><p>E com a equação do atrito estático, temos:</p><p>𝐹𝑚 = 𝜇𝑒. 𝑁</p><p>7,2002 = 𝜇𝑒. 58,86</p><p>𝝁𝒆 = 𝟎, 𝟏𝟐𝟐𝟑</p><p>TEMA 4 – MOVIMENTO PLANO DE UM CORPO RÍGIDO: TRABALHO E</p><p>ENERGIA</p><p>Agora, vamos aplicar métodos de trabalho e energia em problemas de</p><p>movimento plano de um corpo rígido.</p><p>4.1 Trabalho</p><p>O trabalho realizado por uma força é:</p><p>𝑈1−2 = ∫ 𝐹. 𝑑𝑟 =</p><p>𝑟2</p><p>𝑟1</p><p>∫ 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑑𝑠</p><p>𝑠2</p><p>𝑠1</p><p>Relembrando que, quando o angulo 𝜃 (ângulo entre a força e o</p><p>deslocamento) e a força forem constantes, podemos usar:</p><p>𝑈1−2 = 𝐹. cos 𝛼(𝑠1 − 𝑠2)</p><p>As forças que realizam trabalhos são as forças externas, mas nem toda</p><p>força externa realiza trabalho. As reações de apoio, por exemplo, são forças</p><p>externa que não realizam trabalho.</p><p>Já o trabalho realizado por um momento é dado por:</p><p>27</p><p>𝑈𝑀 = ∫ 𝑀</p><p>𝜃2</p><p>𝜃1</p><p>𝑑𝜃</p><p>E se o momento M for constante:</p><p>𝑈𝑀 = 𝑀𝜃</p><p>4.2 Energia cinética</p><p>Vamos ver como a energia cinética se comporta em todos os tipos de</p><p>movimento plano.</p><p>Na translação, podemos escrever a equação da energia cinética como:</p><p>𝑇 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝑚. 𝑣𝐺</p><p>2</p><p>Na rotação, podemos ter a velocidade (𝑣) e a velocidade angular (ω),</p><p>então podemos dizer que a energia cinética é:</p><p>𝑇 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝑚. 𝑣𝐺</p><p>2 +</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝐼𝐺 . 𝜔2</p><p>Como 𝑣𝐺 = 𝑟𝐺𝜔:</p><p>𝑇 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. [𝑚. (𝑟𝐺)2 + 𝐼𝐺]. 𝜔2 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝐼0. 𝜔2</p><p>No movimento plano geral, também temos a velocidade (𝑣) e a</p><p>velocidade angular (ω), então a equação da energia cinética também fica:</p><p>𝑇 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝑚. 𝑣𝐺</p><p>2 +</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝐼𝐺 . 𝜔2</p><p>𝑇 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝐼𝐶𝐼 . 𝜔2</p><p>Sendo 𝐼𝐶𝐼 o momento de inércia em relação ao centro instantâneo de</p><p>velocidade nula.</p><p>28</p><p>4.3 Princípio do trabalho e energia</p><p>Já vimos que o princípio do trabalho e energia diz que a variação da</p><p>energia cinética da partícula é o trabalho da força F.</p><p>𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2</p><p>Sendo que as energias cinéticas inicial e final incluem as parcelas de</p><p>translação e rotação do corpo.</p><p>4.4 Conservação de energia</p><p>O método de conservação de energia para a resolução de um problema</p><p>é útil quando temos somente forças conservativas. E a equação para esse</p><p>método é:</p><p>𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2</p><p>4.5 Potência</p><p>Potência se relaciona à quantidade de tempo para a realização de um</p><p>trabalho, e é dada pela equação:</p><p>𝑃 = 𝐹. v</p><p>Mas, se tivermos um corpo rígido que tem uma velocidade angular (ω) e</p><p>um momento M, paralelo ao eixo de rotação, temos:</p><p>𝑃 = 𝑀. ω</p><p>4.6 Exemplos</p><p>Exemplo 01: (Beer et al., 2019) Um rotor de motor elétrico tem uma</p><p>velocidade angular de 3.600 rpm quando a carga e a energia elétrica são</p><p>desligadas. O rotor de 50 kg, que tem um raio de giração centroidal de 230mm,</p><p>chega então ao estado de repouso. Sabendo que o atrito cinético do rotor</p><p>produz um binário de intensidade de 3,4 N.m, determine o número de</p><p>revoluções que o rotor executa antes de chegar ao repouso.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝜔1 = 3600 𝑟𝑝𝑚.</p><p>2𝜋</p><p>60</p><p>= 120𝜋 𝑟𝑎𝑑</p><p>𝑚 = 50 𝑘𝑔</p><p>𝑘 = 230𝑚𝑚 = 0,23𝑚</p><p>𝜔2 = 0</p><p>𝑀 = −3,4 𝑁. 𝑚</p><p>𝜃 =?</p><p>Calculando o momento de inércia:</p><p>𝐼 = 𝑚𝑘2 = 50 . 0,232 = 2,645 𝑘𝑔. 𝑚2</p><p>Para usarmos o princípio de trabalho e energia, temos que achar a</p><p>energia cinética antes e depois.</p><p>𝑇 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝑚. 𝑣𝐺</p><p>2 +</p><p>1</p><p>2</p><p>. 𝐼𝐺 . 𝜔2</p><p>𝑇1 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 50.0 +</p><p>1</p><p>2</p><p>. 2,645. 120𝜋2</p><p>𝑇1 = 187956,75 𝐽 = 187,95675 𝑘𝐽</p><p>𝑇2 = 0</p><p>Agora, vamos achar o trabalho:</p><p>𝑈1−2 = 𝑀𝜃</p><p>𝑈1−2 = −3,4. 𝜃</p><p>Princípio de trabalho e energia:</p><p>𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2</p><p>187956,75 − 3,45. 𝜃 = 0</p><p>𝜃 = 55.281,3959 𝑟𝑎𝑑.</p><p>1 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢çã𝑜</p><p>2𝜋</p><p>= 𝟖𝟕𝟗𝟖, 𝟑 𝒓𝒆𝒗𝒐𝒍𝒖çõ𝒆𝒔</p><p>Exemplo 02: (Hibbeler, 2011) Um homem com massa 75 kg está</p><p>agachado na extremidade do trampolim, como mostra a figura. Nessa posição,</p><p>o raio de giração em relação a seu centro de gravidade é kG = 0,36 m.</p><p>Enquanto mantém sua posição em θ = 0°, ele gira em torno da ponta dos pés</p><p>em A até perder o contato com a plataforma, quando θ = 90°. Se ele</p><p>30</p><p>permanecer rígido, determine de forma aproximada quantas revoluções ele</p><p>completará antes de atingir a água, após uma queda de 9 m.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝑚 = 75 𝑘𝑔</p><p>𝑘𝐺 = 0,36 𝑚</p><p>𝜃1 = 0°</p><p>𝜃2 = 90°</p><p>𝑥3 = 9 𝑚</p><p>𝜃3 =?</p><p>Usando o método de conservação de energia para 1-2 em A:</p><p>𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2</p><p>0 + (𝑊𝑦) =</p><p>1</p><p>2</p><p>. [𝑚. (𝑟𝐺)2 + 𝐼𝐺]. 𝜔2 + 0</p><p>0 + (75 . 9,81 . 0,45) =</p><p>1</p><p>2</p><p>. [75. (0,45)2 + (75 . 0,36²)]. 𝜔2 + 0</p><p>𝜔 = 5,1561 𝑟𝑎𝑑/𝑠</p><p>Como:</p><p>𝑣𝐺 = 𝑟𝐺𝜔 = 0,45 . 5,1561 = 2,32 𝑚/𝑠</p><p>Como de 2-3 é queda livre, pode-se usar:</p><p>𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 +</p><p>1</p><p>2</p><p>𝑎𝑡2</p><p>9 = 0 + 2,32𝑡 +</p><p>1</p><p>2</p><p>9,81 . 𝑡2</p><p>𝑡 = 1,1386 s</p><p>𝑡′ = −1,7707 s</p><p>Como o tempo não pode ser negativo, descartamos t’. Durante a queda,</p><p>nenhuma força causa uma aceleração angular.</p><p>𝜃 = 𝜃0 + 𝜔0𝑡 +</p><p>1</p><p>2</p><p>𝛼𝑡2</p><p>𝜃 = 0 + 5,1561 . 1,1386 + 0</p><p>𝜃 = 5,871𝑟𝑎𝑑.</p><p>1 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢çã𝑜</p><p>2𝜋</p><p>= 𝟎, 𝟗𝟑𝟒𝟑 𝒓𝒆𝒗𝒐𝒍𝒖çõ𝒆𝒔</p><p>32</p><p>TEMA 5 – MOVIMENTO PLANO DE UM CORPO RÍGIDO: IMPULSO E</p><p>QUANTIDADE DE MOVIMENTO</p><p>Agora, vamos estudar como aplicar os princípios de impulso e</p><p>quantidade de movimento para resolver problemas de movimento plano de um</p><p>corpo rígido.</p><p>5.1 Quantidade de movimento linear e angular</p><p>Para descobrir a quantidade de movimento linear de um corpo rígido,</p><p>temos:</p><p>𝐿 = 𝑚v𝐺</p><p>Já para descobrir a quantidade de</p><p>movimento angular de um corpo</p><p>rígido, temos:</p><p>𝐻𝐺 = 𝐼𝐺𝜔</p><p>Se estivermos falando especificamente de translação, a velocidade</p><p>angular é zero e, portanto, a quantidade de movimento angular de um corpo</p><p>rígido será nula.</p><p>Já para a rotação, além das duas últimas equações citadas</p><p>anteriormente, e como 𝑣𝐺 = 𝜔𝑟𝐺, podemos escrever, para um ponto O que é</p><p>diferente de G, que:</p><p>𝐻0 = 𝐼𝐺𝜔 + 𝑟𝐺(𝑚v𝐺) = 𝐼0𝜔</p><p>Para o movimento plano geral, temos as duas primeiras equações deste</p><p>tema e uma equação em relação ao centro instantâneo de velocidade nula.</p><p>𝐻𝐶𝐼 = 𝐼𝐶𝐼𝜔</p><p>5.2 Princípio de impulso e quantidade de movimento</p><p>Como foi visto na Aula 5, a equação do princípio de impulso e</p><p>quantidade de movimento linear pode ser escrita como:</p><p>∑ ∫ 𝐹</p><p>𝑡2</p><p>𝑡1</p><p>𝑑𝑡 = 𝑚v𝐺2</p><p>− 𝑚v𝐺1</p><p>33</p><p>Mas, aqui estaremos analisando a velocidade do centro de massa do</p><p>corpo.</p><p>Para o princípio de impulso e quantidade de movimento angular, quando</p><p>os movimentos que ocorrem no eixo x-y:</p><p>𝑚(𝑣𝐺𝑥)1 + ∑ ∫ 𝐹𝑥</p><p>𝑡2</p><p>𝑡1</p><p>𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝐺𝑥)2</p><p>𝑚(𝑣𝐺𝑦)1 + ∑ ∫ 𝐹𝑦</p><p>𝑡2</p><p>𝑡1</p><p>𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝐺𝑦)2</p><p>𝐼𝐺𝜔1 + ∑ ∫ 𝑀𝐺</p><p>𝑡2</p><p>𝑡1</p><p>𝑑𝑡 = 𝐼𝐺𝜔2</p><p>5.3 Conservação da quantidade de movimento</p><p>A quantidade de movimento linear do sistema é constante quando não</p><p>há forças externas agindo no corpo. A equação da conservação da quantidade</p><p>de movimento linear é:</p><p>(∑</p><p>𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜</p><p>𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟</p><p>)</p><p>1</p><p>= (∑</p><p>𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜</p><p>𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟</p><p>)</p><p>2</p><p>Já a equação da conservação da quantidade de movimento angular é:</p><p>(∑</p><p>𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜</p><p>𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟</p><p>)</p><p>01</p><p>= (∑</p><p>𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜</p><p>𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟</p><p>)</p><p>02</p><p>5.4 Exemplos</p><p>Exemplo 01: (Hibbeler, 2011) A raquete de tênis tem um centro de</p><p>gravidade em G e um raio de giração em relação a G kG = 0,1875 m. Determine</p><p>a posição P em que a bola tem que ser rebatida de maneira que nenhuma</p><p>“picada” seja sentida pela mão segurando a raquete, ou seja, a força horizontal</p><p>exercida pela raquete na mão seja zero.</p><p>34</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝑚 = 0,625 𝑘𝑔</p><p>𝑘𝐺 = 0,1875 𝑚</p><p>𝑟𝑃 =?</p><p>Primeiramente, vamos calcular o momento de inércia:</p><p>𝐼𝐺 = 𝑚𝑘2 = 0,625. (0,1875)2 = 21,9727 . 10−3 𝑘𝑔. 𝑚2</p><p>Vamos presumir que a raquete esteja inicialmente em repouso e que</p><p>gire, com uma velocidade angular (ω), até o momento do impacto.</p><p>Imediatamente após o impacto há um impulso de ∫ 𝐹 𝑑𝑡.</p><p>𝑚(𝑣𝐺𝑥)1 + ∑ ∫ 𝐹𝑥</p><p>𝑡2</p><p>𝑡1</p><p>𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝐺𝑥)2</p><p>0 + ∫ 𝐹 𝑑𝑡 = 0,625(𝜔𝑟𝐺)</p><p>35</p><p>∫ 𝐹 𝑑𝑡 = 0,625(𝜔 . 0,3) = 0,1875𝜔</p><p>Agora, em relação ao ponto P:</p><p>𝐼𝐺𝜔1 + ∑ ∫ 𝑀𝐺</p><p>𝑡2</p><p>𝑡1</p><p>𝑑𝑡 = 𝐼𝐺𝜔 + 𝑟𝐺(𝑚v𝐺)</p><p>0 + (∫ 𝐹 𝑑𝑡) . 𝑟𝑃 = 21,9727 . 10−3𝜔 + 0,3 . 0,625 . 0,3 . 𝜔</p><p>(∫ 𝐹 𝑑𝑡) . 𝑟𝑃 = 0,07822𝜔</p><p>Agora, temos um sistema:</p><p>0,1875𝜔. 𝑟𝑃 = 0,07822𝜔</p><p>𝒓𝑷 = 𝟎, 𝟒𝟏𝟕𝟐 𝒎</p><p>Exemplo 02: (Hibbeler, 2011) O corpo de um satélite C tem massa de</p><p>200 kg e um raio de giração em relação ao eixo z de kz = 0,2 m. Se o satélite</p><p>gira em torno do eixo z com uma velocidade angular de 5 rev/s quando os</p><p>painéis solares A e B estão em uma posição de θ = 0°, determine a velocidade</p><p>angular do satélite quando os painéis são girados para uma posição de θ = 90°.</p><p>Considere cada painel solar como uma placa fina com uma massa de 30 kg.</p><p>Despreze a massa das barras.</p><p>Solução: Organizando os dados:</p><p>𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 = 200 𝑘𝑔</p><p>𝑘𝑧 = 0,2 𝑚</p><p>𝜔𝑧1</p><p>= 5𝑟𝑒𝑣/𝑠</p><p>𝜃1 = 0°</p><p>𝜔𝑧2</p><p>=?</p><p>𝜃2 = 90°</p><p>𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎 = 30 𝑘𝑔</p><p>Primeiramente, vamos calcular o momento de inércia para os dois</p><p>momentos. Como se trata de um objeto composto, usamos:</p><p>𝐼 = ∑(𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)</p><p>Do apêndice do livro do qual a questão foi retirada, temos:</p><p>Fonte: Hibbeler, 2011.</p><p>Então:</p><p>𝐼𝑧1</p><p>= (𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 + (𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎𝐴 + (𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎𝐵</p><p>𝐼𝑧1</p><p>= [200. (0,22) + 0] + 2. [</p><p>1</p><p>12</p><p>. 30. (0,52 + 0,42) + 30. (0,752)]</p><p>𝐼𝑧1</p><p>= 43,8 𝑘𝑔 . 𝑠</p><p>𝐼𝑧2</p><p>= (𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 + (𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎𝐴 + (𝐼𝐺 + 𝑚𝑑2)𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎𝐵</p><p>𝐼𝑧2</p><p>= [200. (0,22) + 0] + 2. [</p><p>1</p><p>12</p><p>. 30. (0,52) + 30. (0,752)]</p><p>37</p><p>𝐼𝑧2</p><p>= 43 𝑘𝑔 . 𝑠</p><p>Então, como não há forças externas agindo no satélite, podemos usar</p><p>conservação da quantidade de movimento:</p><p>(𝐻𝑧)1 = (𝐻𝑧)2</p><p>(𝐼𝑧)1𝜔1 = (𝐼𝑧)2𝜔2</p><p>43,8 . 5 = 43 . 𝜔2</p><p>𝝎𝟐 = 𝟓, 𝟎𝟗𝟑 𝒓𝒆𝒗/𝒔</p><p>FINALIZANDO</p><p>Nesta aula, aprendemos o que é movimento plano de um corpo rígido e</p><p>seus três tipos: translação, rotação em torno de um eixo e movimento plano</p><p>geral. No movimento plano de um corpo rígido. não trabalhamos mais como se</p><p>um corpo fosse uma partícula e, sim, um corpo com dimensões, então revimos</p><p>os conceitos que estudamos nas aulas anteriores para o movimento plano.</p><p>Estudamos exemplos dos assuntos apresentados, mas, para melhor fixar o</p><p>conteúdo, faça mais exercícios que abordem os assuntos desta aula.</p><p>38</p><p>REFERÊNCIAS</p><p>BEER, F. P. et al. Mecânica vetorial para engenheiros: dinâmica. 11. ed.</p><p>Porto Alegre: AMGH, 2019.</p><p>BEER, F. P.; JOHNSTON JR., E. R. Mecânica vetorial para engenheiros:</p><p>estática. 5. ed. rev. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2005.</p><p>HIBBELER, R. C. Dinâmica: mecânica para engenharia. 12. ed. São Paulo:</p><p>Pearson Education do Brasil, 2011.</p>

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