Exercícios sobre Dinâmica para a MEC0404 T02 em 2016.1 Segunda Parte

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE
CENTRO DE TECNOLOGIA
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA
CÂMARA DE PROJETOS MECÂNICOS E DE FABRICAÇÃO
DISCIPLINA: MEC0404-MECÂNICA DOS SÓLIDOS – T02
PROF.: JOÃO WANDERLEY RODRIGUES PEREIRA
EXERCÍCIOS SOBRE DINÂMICA – PARTE 2
ALUNO:......................................................................................................DATA: 01/02/2016
EXEMPLO-11.1
O coeficiente de atrito entre o corpo A de 100 kg na Fig. 11.2(a) e o plano horizontal é 0,40. A massa do corpo B é 30 kg. A grandeza da força variável Pv é dada pela equação Pv = 15t2, onde Pv está em newtons quando t está em segundos. Quando t = O, a velocidade de A é 2,0 m/s para a direita. Determine a velocidade de A quando t = 5s.
SOLUÇÃO
Os diagramas de corpo livre dos corpos A e B são mostrados na Fig. 11.2(b) e 11.2(c). Os eixos positivos são incluídos em cada diagrama. O corpo A está inicialmente movendo-se para a direita; desta maneira, o atrito estará para a esquerda e será igual ao valor limite (F’= N). As grandezas das velocidades de A e B são as mesmas, e suas velocidades finais são vAf = vfi e vBf = vfj. Há três incógnitas, N, T e vf, e duas equações das componentes de impulso linear e momento linear, disponíveis para o corpo A, e uma para o corpo B. A equação da componente (escalar) para o corpo A na direção y é
donde
N = 981 N
A equação da componente na direção x para o corpo A é
A equação de impulso e momento linear para o corpo B é
que se reduz a
A solução simultânea das Eqs. (a) e (b) fornece
vf = 3,03 m/s e vAf = 3,03 m/s 
A tensão T é uma variável, e sua solução não fornece um valor específico de T. A integral é igual ao valor médio de T, em relação ao tempo, multiplicado pelo intervalo de tempo, e assim pode ser obtido um valor médio para T. Esta solução considerou que a força de atrito em A era constante, o que requer que a velocidade não seja zero. Esta consideração pode ser verificada determinando-se a velocidade mínima, o que ocorrerá quando a velocidade é zero. Se a velocidade de A é à direita quando a aceleração é zero, a consideração está correta. Se a velocidade mínima encontrada é para a esquerda, a consideração de se ter atrito constante (igual a N) não é válida, e o problema poderia ser resolvido usando esta informação. Para este problema, a aceleração é zero quando t = 2,56 s, e a velocidade mínima é 0,713 m/s para a direita. Assim, a solução é válida. Como sugestão, o leitor poderá verificar que esta velocidade é mínima e para que tempo ela ocorre.
EXEMPLO-11.2
O coeficiente de atrito entre o bloco de 100 kg da Fig. 11.3(a) e o plano é 0,50. A grandeza da força variável Pv é dada pela expressão Pv = 50t + 500, onde Pv está em newtons quando t está em segundos. O bloco está em repouso quando t = 0. Determine a velocidade do corpo quando t = 15 s.
SOLUÇÃO
O diagrama de corpo livre do corpo é mostrado na Fig. 11.3(b). A equação de impulso e momento na direção y é
ou
N = 981 + 0,6(50t + 500) = (1.281 + 30t) N
Se a componente horizontal de Pv é maior que o valor limite de F, o bloco começará a deslizar. Quando t = 0, N = 1.281 N e N = 640,5 N. A componente horizontal de Pv é 0,8 (500) = 400 N quando t = 0; desta maneira, o bloco não deslizará. O valor de t quando o movimento começa pode ser obtido equacionando-se a componente horizontal de Pv ao valor limite de F, isto é,
0,8(50t + 500) = N = 0,5(1.281 + 30t)
donde
t = 9,62 s
A velocidade será zero de t = 0 até t = 9,62 s. Para t maior que 9,62 s, a força F será
F’ = N = 0,5(1.281 + 30t) = 640,5 + 15t
A equação de impulso e momento linear para o intervalo de 9,62 s < t < 15 s é
o que fornece
e
O princípio do impulso linear e momento linear é particularmente útil na determinação da força desenvolvida quando um jato de água ou outro fluido é defletido por uma lâmina. A Eq. (11.5) pode ser escrita como
onde m é a massa de fluido defletida durante o intervalo de tempo t. A força R é a força resultante que age no fluido, e v' e v" são as velocidades do fluido antes e após ter sido defletido pela lâmina.
A massa de fluido que atinge a lâmina no tempo t depende da área da seção reta e da velocidade do jato, da densidade (massa por unidade de volume) do fluido, da velocidade da lâmina e de se é considerada uma única lâmina ou uma série de lâminas colocadas na periferia de uma roda. Se o jato atinge uma lâmina estacionária, como mostrado na Fig. 11.4(a), a massa do fluido que ataca a lâmina em um tempo t é , onde AJ é a área do jato, é a grandeza da sua velocidade e é a densidade do fluido. Se a lâmina está se movendo na mesma direção do jato com uma velocidade vB [ver Fig. 11.4(b)), o comprimento do jato que atinge a lâmina em um tempo t é e a massa que atinge a lâmina no tempo t é . Quando um jato de fluido atinge uma série de lâminas em uma roda (tal como o rotor de uma turbina), todo o fluido que sai da boca da mangueira atinge as lâminas, e a massa de fluido defletida durante o intervalo de tempo t é .
A velocidade do jato quando ele deixa a lâmina pode ser determinada pela equação da velocidade relativa. Se a lâmina é lisa, a força da lâmina sobre o fluido é sempre normal à superfície, e desta forma normal à velocidade relativa do fluido em relação à lâmina. Esta força normal produz somente uma aceleração normal do fluido, e desta maneira a grandeza da velocidade relativa do fluido deixando a lâmina é a mesma que a grandeza da velocidade relativa com que o fluido atinge a lâmina. A direção da velocidade final do fluido em relação à lâmina é tangente à lâmina. O ângulo com, que a velocidade relativa varia é chamado ângulo de deflexão da lâmina. A velocidade absoluta final da água quando ela deixa a lâmina pode ser determinada por meio de
onde
Se a superfície da lâmina não é lisa, a reação da lâmina sobre a água terá uma componente tangente à superfície, a qual reduzirá a grandeza da velocidade relativa final do jato em relação à lâmina. Assim, a velocidade relativa final pode reduzir-se a 80% ou 90% da velocidade relativa inicial. Em uma turbina bem projetada, o atrito entre a lâmina e o jato é normalmente bem pequeno, e o rendimento da turbina pode chegar a 90%.
O problema seguinte demonstra a aplicação do princípio do impulso e momento linear para um jato.
EXEMPLO-11.3
Um jato de água com uma área de seção reta de 10 cm2 tem uma velocidade de 60 m/s para a direita quando encontra uma única lâmina curva na Fig. 11.5(a). A velocidade da lâmina é de 25 m/s para a direita, e o atrito entre a lâmina é desprezível. O jato permanece em um plano horizontal. A densidade da água é de 1,0 Mg/m3. Determine (a) a força da água sobre a lâmina e (b) a potência desenvolvida.
SOLUÇÃO
a) O diagrama de corpo livre (vista de topo) da água que encontra a lâmina durante o intervalo de tempo t é mostrado na Fig. 11.5(b). Neste exemplo, o peso do fluido é perpendicular ao plano no qual o jato se move, mas em qualquer caso é normal desprezar-se o peso do fluido em comparação com outras forças que agem sobre o jato. A equação de impulso e momento é
A massa de água que encontra a lâmina no tempo t é
A velocidade do jato em relação à lâmina antes do impacto é
Como a lâmina é lisa, a velocidade relativa final é
e a velocidade absoluta final do jato é
Quando os dados numéricos são substituídos na equação do impulso e momento, ela se torna
A força resultante sobre a lâmina é
As velocidades absolutas inicial e final da água usadas nas equações de impulso e momento podem ser substituídas pelas correspondentes velocidades da água em relação à lâmina porque a diferença das duas velocidades absolutas é igual à diferença entre as duas velocidades relativas. Empregando-se as velocidades relativas, a equação de impulso e momento é
Este é o mesmo resultado que aquele obtido pelo emprego das velocidades absolutas.
b) A reação sobre a lâmina move-se na direção x com a lâmina; logo, Ry não realiza trabalho. A potência liberada sobre a lâminaé, pela Eq. (l0.l3a), o produto da força exercida sobre a lâmina na direção da velocidade multiplicada pela velocidade da força (e lâmina), isto é
P = RxvB = 2.286(25) = 57.150 N.m = 57,15 Kw
EXEMPLO-11.4
Um bloco de 5,00 kg é suspenso por uma longa corda. O bloco está em repouso quando um projétil de 25 g vindo horizontalmente da esquerda atinge o bloco e penetra nele. O impacto faz com que o bloco oscile 150 mm para cima, medidos verticalmente da sua posição mais baixa. Determine: a) A velocidade do projétil exatamente antes de atingir o bloco. b) A perda de energia cinética do sistema durante o impacto.
SOLUÇÃO
a) A velocidade do bloco e do projétil imediatamente após o impacto pode ser encontrada pelo princípio do trabalho e energia cinética. Como não são dadas as dimensões, o bloco é tratado como se fosse uma partícula. Há somente duas forças agindo sobre o bloco e o projétil após o impacto, como indicado no diagrama de corpo livre na Fig. 11.7, e a força P não realiza trabalho, porque não há deslocamento na direção de P. Quando são substituídos valores em
o resultado é
− 5,025g(0,150) = (1/2)(5,025)(0 – v2)
donde
v = 1,716i m/s
onde v é a velocidade do bloco e do projétil imediatamente após o impacto. Durante o tempo de colisão, não há forças externas na direção horizontal agindo sobre o bloco e o projétil. Conseqüentemente, o momento linear é conservado. O eixo positivo x foi selecionado à esquerda, para este exemplo, e o princípio da conservação de momento fornece
5,00(0) + 0,025vB = 5,025(1,716i)
donde
vB = 350i m/s
onde vB é a velocidade do projétil antes do impacto.
b) A energia cinética do sistema antes do impacto é
(1/2)(0,025)(350)2 = 1.531 N.m = 1.531 J
A energia cinética do sistema após o impacto é
(1/2)(5,025)(1,716)2 = 7,40 N.m = 7,40 J
A perda de energia cinética durante a colisão é 1531 − 7,40 = 1.523,60 J ou 99,5%. Deve ser verificado que mesmo que o momento seja conservado durante o impacto, aproximadamente toda a energia cinética é dissipada como calor e trabalho interno na deformação do bloco e do projétil.
EXEMPLO-11.5
A caixa A na Fig. 11.8(a) desliza para baixo sobre o plano inclinado com uma velocidade de 10 m/s e cai sobre o carro B, que se encontra parado. A massa de A é 5 kg, e a massa de B é 15 kg. O coeficiente de atrito entre A e B é 0,40. A caixa desliza suavemente sobre o carro sem bater e voltar. Despreze a massa das rodas e o atrito dos mancais. a) Determine a velocidade do carro após os corpos alcançarem a mesma velocidade. b) A caixa conseguirá alcançar a extremidade do carro? c) Em caso positivo, determine o impulso do carro sobre a caixa.
SOLUÇÃO
a) A Figura 11.8(b) é um diagrama de corpo livre do sistema. Não há forças horizontais externas agindo no sistema; assim sendo, o momento linear é conservado na direção horizontal:
5(4/5)10 + 0 = (5 + 15)vxf
donde
vxf = 2,0 m/s 
b) A resposta da parte (b) pode ser alcançada de várias maneiras. Por exemplo, considere que A atinge B após deslizar 2 m em relação a B. A velocidade de A será maior que a velocidade de B, se a consideração estiver correta. O momento linear do sistema será conservado, mas a força de atrito entre A e B não realizará trabalho sobre o sistema. Do diagrama de corpo livre do corpo A na Fig. 11.8(c), a força normal P é 5g N, e o atrito (onde o deslizamento ocorre) é P = 0,4(5g) = 2g N. O trabalho realizado sobre os dois corpos durante o movimento relativo é
e como A desliza 2 m a mais que B, o trabalho realizado é
O princípio do trabalho e energia fornece
onde o subscrito 1 refere-se às velocidades quando o deslizamento começa e 2 refere-se às velocidades exatamente após o impacto. Observe que parte da energia cinética de A foi perdida quando A primeiro encontrou o carro e que esta velocidade variou desde 10 m/s para baixo no plano inclinado para 8 m/s na horizontal. A equação do trabalho e energia transforma-se em
A equação de conservação do momento linear de 1 a 2 implica
ou
A Eq. (a) torna-se
e pela Eq. (b),
Quando a Eq. (d) é substituída na Eq. (c), esta se torna
donde
e pela Eq. (d)
O primeiro par de valores ( não satisfaz a consideração de que vA vB. O segundo conjunto de valores, entretanto, satisfaz esta hipótese; desta maneira, a caixa atingirá a extremidade do carro.
c) O diagrama de corpo livre da caixa durante o período de impacto está mostrado na Fig. 11.8(d). Como a duração do impacto é curta, o impulso da força de atrito é desprezado quando comparado ao impulso da força R. A equação do impulso-momento para A é
EXEMPLO-11.6
Dois discos de hóquei de 100g estão deslizando em gelo liso quando colidem, como indicado na vista de topo da Fig. 11.10(a). A velocidade de A antes do choque era de 12 m/s, e a velocidade de B antes do impacto era de 15 m/s, nas direções indicadas na figura. O coeficiente de restituição para os corpos é 0,56. Determine a velocidade de cada disco após o choque.
SOLUÇÃO
A linha de choque está na direção x e as componentes x das velocidades dos discos variam. O princípio da conservação do momento linear para esta direção, positiva para a direita, fornece
a qual, na forma escalar, torna-se
onde vA e vB são as velocidades finais dos discos. As componentes x das velocidades finais são ambas consideradas estarem à direita. Como o choque é oblíquo, as componentes das velocidades sobre a linha de choque podem ser usadas na Eq. (11.8), e, para esta posição, a equação transforma-se em
As equações (a) e (b) podem ser resolvidas simultaneamente para dar
O diagrama de corpo livre do disco A na Fig. 11.10(b) mostra que não há impulso sobre o corpo na direção y; assim sendo, o momento linear de A é conservado nesta direção, e a componente y de sua velocidade não se altera. Uma análise semelhante mostra que o impulso sobre o disco B na direção y também é zero e que a componente y da velocidade de B não varia durante o impacto. Logo, a velocidade final do disco A é
e a velocidade final de B é
EXEMPLO-11.7
O peso de um pêndulo simples tem massa m e é sustentado por uma corda de comprimento L que oscila em um plano vertical. Use o princípio do momento angular para determinar a equação diferencial do movimento.
SOLUÇÃO
A Fig. 11.12 mostra um diagrama de corpo livre do peso oscilando no plano xz. Há duas forças agindo sobre o peso, o seu próprio peso e a tensão na corda. Como a corda passa por O, o momento da força trativa em relação a O é zero; logo, o momento resultante de todas as forças em relação a O é o momento do peso. Isto é,
A grandeza do momento linear do peso do pêndulo é , e o momento angular é o momento do momento angular; assim
Quando HO é diferenciado em relação ao tempo, o princípio do momento angular fornece
EXEMPLO-11.8
O pêndulo esférico na Fig. 11.13(a) recebe uma velocidade inicial v1 paralela ao eixo y, quando o ângulo é 30°. Se deve aumentar até um valor máximo de 45°, determine o valor necessário para v1.
SOLUÇÃO
Na Fig. 11.13(b) é mostrado um diagrama de corpo livre da partícula m. O momento das forças que agem sobre a partícula em relação ao pivô fixo O é
onde L é o vetor de O até m. O momento devido a F é zero, uma vez que F está sempre dirigida passando por O. O momento devido a P é sempre perpendicular ao plano formado por L e P, e conseqüentemente não apresenta componente na direção z; assim, a componente do momento angular ao longo do eixo z é conservada.
Como a velocidade inicial v1 é paralela ao plano xy, o momento angular inicial da partícula, em relação ao eixo fixo z, é
Embora a trajetória da partícula não seja conhecida, quando atinge um valor máximo, a velocidade v2 deve ainda estar paralela ao plano xy; desta maneira
Uma vez que a componente z do momento angular é conservada, deve ser igual a , isto é,
donde
Pode ser obtida uma segunda equação relacionando v2 e v1, através do princípio do trabalho e energia; isto é,
A última equação pode ser rearranjada na forma
Substituindo-se a Eq. (a) na Eq. (b),tem-se
ou
EXEMPLO-11.9
Um satélite terrestre é lançado com uma velocidade de 30.000 km/h paralela à superfície da Terra a uma altitude de 1.000 km. Determine a máxima altitude alcançada pelo satélite.
SOLUÇÃO
A Fig. 11.17 mostra o satélite P' movendo-se do perigeu ao apogeu. O momento angular no perigeu deve igualar-se ao momento angular no apogeu; isto é,
O princípio do trabalho e energia fornece
da qual
Quando a Eq. (a) é substituída na Eq. (b), o resultado é
que pode ser resolvida para ra como
O raio da Terra é 6.370 km; logo,
A velocidade vp é dada como 30.000 km/h, e o valorde MG é 5,16(1012) km3.h−2, em unidades consistentes. Quando estes valores são substituídos na Eq. (c), o raio no apogeu é
A altitude no apogeu é
altitude = 1.3260 – 6.370 = 6.890 km acima da superfície da Terra
EXEMPLO-11.10
O satélite da Fig. 11.18 é lançado com uma velocidade de 10 krn/s paralela à superfície da Terra, a uma altitude de 960 km. Determine: (a) A excentricidade da órbita. (b) A equação da órbita. (c) O tempo para uma órbita.
SOLUÇÃO
a) A distância inicial do satélite ao centro da Terra, rp, é
	A excentricidade, pela Eq. (k) é
b) A equação da órbita pode ser expressa de várias maneiras. Usando-se a Eq. (11.14a), deve-se determinar o valor de h2/GM. Como h é o dobro da velocidade areal constante, seu valor é
h = vprp
e o numerador da Eq. (I1.14a) é
A equação da órbita é
Observe que r está em metros.
c) O período pode ser obtido pela Eq. (11.15), depois de se obter o semi-eixo maior, a. A Eq. (j) para os semi-eixos maiores fornece
e o período é
EXEMPLO-11.11
O foguete de um estágio na Fig. 11.21 tem massa inicial de 3.600 kg e é lançado verticalmente do repouso na superfície da Terra. O foguete contém 3.000 kg de combustível, que é consumido em 80 s. A velocidade dos gases de escape em relação ao foguete é de 1.500 m/s. No instante do término da queima, determine: (a) A aceleração do foguete, em unidades de g. (b) A velocidade do foguete. (c) A altitude do foguete. Despreze as forças de atrito.
SOLUÇÃO
a) Quando a resistência do ar é empregada, a equação diferencial do movimento, Eq. (l1.18b), torna-se
da qual
Pelo enunciado do problema, m0 = 3.600 kg e b = 3.000/80 = 37,5 kg/s. Assim, no término da queima, quando t = 80 s, a Eq. (a) fornece
ou
b) Quando t = 0, v = 0, e a Eq, (a) pode ser integrada para se obter a velocidade. Assim,
donde
Quando t = 80 s, a velocidade do foguete é
e
c) Quando v, na Eq. (b), é substituída por dy/dt, ela pode ser integrada entre os limites y = O quando t = O e y = y quando t = t. Isto é,
A primeira integral, à direita do sinal de igualdade, pode ser expressa na forma , que é igual a u (ln u – 1), se dt é multiplicado por – b/m0, e o coeficiente da integral é multiplicado por – m0/b. A equação torna-se
Esta equação pode ser integrada para dar
ou
O valor de y, quando t = 80 s, é
donde
Uma discussão mais completa do desempenho de foguetes pode ser encontrada em vários textos avançados que tratam especificamente deste assunto.
Um outro exemplo de problemas de massa variável surge no movimento de correntes ou cabos flexíveis. Quando a velocidade da massa adquirida ou perdida é zero, antes de tornar-se parte do sistema que se move, ou após ela ter deixado o sistema, a Eq. (11.17) pode ser aplicada diretamente.
Se uma corrente é deixada cair, elo por elo, através de um buraco em um suporte [ver Fig. 11.22(a)] ou se ela é suspensa de um plano fixo [ver Fig. 11.22(b)], as únicas forças externas que agem sobre a porção da corrente que se movimenta são o peso desta porção móvel e qualquer força na extremidade da corrente que abandona o suporte. O solo suporta a parte estacionária da corrente, mas não age sobre os elos que se movimentam.
Quando as correntes estão sendo abandonadas sobre um plano fixo ou suspensas dele, como na Fig. 11.22(c), o plano exerce uma força normal para cima sobre o elo mais baixo da corrente, de forma a trazê-lo ao repouso quando o mesmo encontra o plano. Somente a parcela da força normal (a força total inclui o peso da corrente sobre o plano), que muda a velocidade do elo que se move até zero, é mostrada e igual a Ne Se a corrente na Fig. 11.22(c) tem massa de q kg/m e se move para baixo com uma velocidade dy/dt a massa de corrente trazida ao repouso durante um intervalo de tempo t é q[(dy/dt)].A velocidade de cada elo varia desde − (dy/dt)j até zero, durante o tempo t. Assim, o princípio do impulso e do momento linear fornece
que se torna, quando t tende a zero,
O diagrama de corpo livre da parte da corrente que se move, sendo abaixada sobre um plano, deve incluir não somente a força (ou forças) aplicada à extremidade superior da corrente e o peso da porção vertical da mesma, mas também uma força vertical, com uma grandeza de , aplicada na extremidade inferior.
EXEMPLO-11.12
Um cabo de 3,0 m com massa de 6,0 kg/m está enrolado e solto sobre o solo. Uma corda leve está presa a uma extremidade do cabo, passando por uma polia lisa e ligada a um corpo de 8,0 kg, como mostrado na Fig. 11.23(a). Um comprimento do cabo igual a 0,60 m é inicialmente elevado do solo, e o sistema é liberado do repouso. Determine a máxima altura alcançada pela extremidade superior do cabo.
SOLUÇÃO
Na Fig. 11.23(b) é apresentado um diagrama de corpo livre da parte do cabo que se move. Considera-se que ymáx é menor que o comprimento do cabo (3,0 m), tanto que o peso da parte que se move é dada por qgy. A força externa resultante sobre o corpo é (. Como a velocidade da porção do cabo que está sobre o solo é zero, após ela atingir o solo, aplica-se a Eq. (11.17), e a equação do movimento é
a qual se torna, na forma escalar,
A aceleração do corpo B é e sua equação do movimento [ver Fig. 11.23(c)] é
A solução simultânea das Eqs. (a) e (b) fornece
Esta equação diferencial é fácil de ser resolvida, se o lado direito é reescrito como
onde . Assim,
Quando a Eq. (c) é multiplicada por (m + qy), o lado direito toma a forma (u du), que é a diferencial de (u2/2). Desta maneira,
ou
A integral desta equação é
Pelos dados fornecidos, quando t = 0, y = y0 = 0,6 m e ; desta maneira,
Conseqüentemente. a Eq. (d) torna-se
A máxima altura do cabo ocorre quando ; desta maneira,
ou
Como , o segundo fator deve ser zero; isto é, 
Quando os valores y0 = 0,6 m, m = 8 kg e q = 6 kg/m são substituídos, esta equação fornece
donde
A raiz negativa não tem significado para este problema; assim sendo, a solução é
Como ymáx é menor que 3 m, justifica-se a consideração de que parte do cabo permanece sobre o solo. Se ymáx é maior que 3 m, será necessário determinar-se a velocidade quando y = 3 m, após o que a aceleração será constante, e a distância somada ao cabo será determinada diretamente.
EXEMPLO-11.13
O cilindro homogêneo de massa m mostrado na Fig. 11.27 rola sem deslizamento sobre um plano horizontal com uma velocidade angular no sentido anti-horário de w rad/s. Mostre que o momento angular do cilindro, em relação ao centro instantâneo, CI, é .
SOLUÇÃO
Como o cilindro rola sem deslizamento
Pela Eq. (11.23c) 
e pela Eq. (11.21a)
desta maneira
EXEMPLO-11.14
O irrigador na Fig. 11.28(a) consiste em um tubo horizontal rotativo AB com extremidades fechadas. O tubo contém dois orifícios localizados em lados opostos do tubo, cada um a uma distância r do centro do tubo. A taxa volumétrica do fluxo de água é Q m3/s, a velocidade de efluxo em relação ao orifício é de v m/s perpendicularmente ao tubo e o tubo tem uma velocidade angular constante de w rad/s. Determine o momento do arrasto devido ao atrito do suporte sobre o tubo.
SOLUÇÃO
O princípio do impulso e momento angular será aplicado ao tubo e à água para um intervalo de tempo diferencial dt. A massa de água fluindo através do irrigador no tempo dt é
onde é a densidade (massa por unidade de volume) da água. A velocidade deixando o orifício em A é
A velocidade daágua deixando o orifício em B tem a mesma grandeza, mas é oposta em sentido. O momento angular do tubo e da água no tubo é constante, e o momento angular da água entrando no tubo é zero (em relação ao eixo de rotação), tanto que a única variação do momento angular é aquela devida ao momento da água deixando o tubo. A partir do diagrama de corpo livre do sistema na Fig. 11.28(b), a equação do impulso e momento angular é
EXEMPLO-11.15
O corpo na Fig. 11.29(a) gira ao redor do eixo horizontal em O e tem massa de 30 kg e um raio de giração de massa de 0,80 m, em relação ao eixo de rotação. O corpo tem uma velocidade angular de 3,0 rad/s no sentido horário, quando se aplica um golpe impulsivo na extremidade inferior do corpo que altera a sua velocidade para 2,0 rad/s no sentido anti-horário. Determine: (a) O impulso linear do golpe. (b) O impulso linear da componente horizontal da reação do pino em O, durante o tempo em que o golpe foi aplicado.
SOLUÇÃO
a) Na Fig. 11.29(b) é mostrado um diagrama de corpo livre do corpo, onde a força R é a grandeza do golpe impulsivo. O corpo tem rotação em relação a um eixo fixo e é considerado ser simétrico em relação ao plano do movimento; assim, a Eq. (11.28b) é válida. O impulso angular do golpe impulsivo é o momento do impulso linear; desta maneira
b) O impulso de Ox pode ser obtido tanto pelo princípio do impulso e momento linear como pelo princípio do impulso e momento angular em relação ao centro de massa. Quando se emprega o impulso e momento linear, a equação é
donde
EXEMPLO-11.16
A roda A de 60 kg da Fig. 11.30(a) rola sem deslizamento sobre um plano inclinado, é simétrica em relação a seu eixo geométrico e tem um raio de giração de 100 mm, em relação a este eixo. O tambor cilíndrico homogêneo B de 15 kg está conectado à roda A por um cabo inextensível, que se enrola em ambos os corpos. O binário C é igual a (24 − 3t2)k N.m. Quando t = 0, wB é 8k rad/s. Determine wB quando t = 3 s.
SOLUÇÃO
Os diagramas separados de corpo livre de A e B são mostrados na Fig. 11.30(b) e 11.30(c). O corpo A apresenta movimento plano, e B tem rotação ao redor do eixo z.
As equações de impulso e momento linear e angular para o corpo A são
Observe que é zero e é devido à simetria – veja a Eq. (l1.23c). As equações de impulso e momento linear e angular para o corpo B são
Na Eq. (b), é zero e é igual a , pela Eq. (l1.23c).
Há cinco forças incógnitas e cinco velocidades incógnitas . Como são disponíveis somente seis equações de movimento, devem ser obtidas da cinemática quatro equações adicionais. As velocidades dos pontos P e Q são iguais, pois eles estão conectados por um cabo inextensível. O ponto E é o centro instantâneo do corpo A. Conseqüentemente, podem ser escritas as seguintes equações cinemáticas:
onde e são ambas consideradas positivas (no sentido anti-horário), Como resultado
Também
A primeira das Eqs. (a) e as duas primeiras Eqs. (b) envolvem , os quais não são necessários. Quando as Eqs. (c) e (d) são substituídas nas outras três das Eqs. (a) e (b), elas ficam
e
Estas três equações reduzem-se a
e
A solução simultânea destas três equações fornece
Como o centro de massa de A está no seu centro geométrico, a Eq. (l1.28c) pode ser empregada onde o ponto O está no seu centro instantâneo. A equação poderia apresentar o mesmo resultado, a partir da solução simultânea das duas últimas equações da Eq. (a).
EXEMPLO-11.17
A barra homogênea AB de 20 kg na Fig. 11.31(a) está caindo com uma velocidade de 10 m/s para baixo e não apresenta velocidade angular quando o pino em C (que passa de um lado ao outro da barra) bate contra mancais fixos em D com choque plástico (sem retorno). Determine: (a) A velocidade angular da barra imediatamente após o choque. (b) A perda de energia cinética da barra durante o período de impacto. (c) A componente horizontal da reação do mancal sobre a barra i mediatamente após o choque.
SOLUÇÃO
a) Na Fig. 11.31(b) é mostrado um diagrama de corpo livre da barra durante o período de impacto. Como o tempo de impacto é muito pequeno, o impulso angular do peso em relação ao mancal fixo em C pode ser desprezado durante o período de impacto, e o momento angular do corpo em relação a um eixo passando por C é conservado; isto é,
b) A energia cinética antes do impacto é
e a energia cinética exatamente após o impacto é
A perda de energia cinética é
c) A componente horizontal da reação pode ser determinada por meio da equação do movimento de Newton. A componente horizontal da aceleração do centro de massa é rGw2 para a direita, e a equação do movimento na direção horizontal é
EXEMPLO-11.18
A barra AB de 10 kg na Fig. 11.32(a) gira ao redor do seu centro de massa em um plano horizontal liso com uma velocidade angular de 5 rad/s no sentido anti-horário. O disco C de 2 kg tem uma velocidade de 15 m/s conforme mostrado, exatamente antes de bater contra AB no ponto D. O coeficiente de restituição entre AB e C é 0,9. Determine a velocidade de C exatamente após o impacto e a correspondente velocidade angular de AB.
SOLUÇÃO
A Fig. 11.32(b) é um diagrama de corpo livre da barra AB e do disco C durante o período de impacto, e pode ser visto que não há impulso em nenhum dos dois corpos na direção y. Desta maneira, para C,
Quando os dois corpos são considerados como um sistema, não há forças externas no plano horizontal; assim, tanto o momento linear como o momento angular ao redor de um eixo vertical qualquer deve ser conservado. Todas as velocidades lineares e angulares desconhecidas são consideradas estarem nas direções positivas como mostrado no diagrama. A conservação do momento linear na direção x conduz a
O momento angular do sistema em relação a um eixo vertical qualquer é conservado. Observe que IG = mL2/12 = 1,2 kg.m2. Quando se seleciona o eixo vertical que passa por C, a equação do momento angular torna-se
O coeficiente de restituição relaciona as velocidades relativas de aproximação e de afastamento dos pontos de contato; isto é,
As Eqs. (a)-(c) contêm cinco quantidades incógnitas, . A equação da velocidade relativa para os pontos D e G do corpo AB fornece relações adicionais para as velocidades inicial e final. A equação, usando somente as componentes x, é
A velocidade inicial de D é
A velocidade final de D, na direção x, é
A Eq. (d) pode ser substituída na Eq. (c), e as quatro equações (a), (b), (c) e (e) são rearranjadas como se segue:
Quando a Eq. (a') é multiplicada por 0,2 e a Eq. (b') por 1,5, as quatro equações podem ser todas adicionadas, eliminando-se três das quatro incógnitas; assim,
A velocidade final de C é
O valor de pode ser substituído na Eq. (b') para fornecer
EXEMPLO-11.19
Um disco fino e homogêneo com 150 mm de diâmetro, com massa de 2,00 kg, é montado sobre uma barra de 250 mm de comprimento e de massa desprezível, como mostrado na Fig. 11.36(a). O disco recebe uma velocidade angular de rotação própria de – 4.800k rpm, e o conjunto é colocado em um pedestal como mostrado. Determine a velocidade angular de precessão estacionária da barra.
O diagrama de corpo livre do disco e da barra é mostrado na Fig. 11.36(b). A representação do vetor é mostrada no diagrama de corpo livre na Fig. (11.36), e seu valor é
SOLUÇÃO
Não havendo nutação, Hx = 0, e Hy é constante tanto em grandeza como em direção para movimento de precessão estacionário. A derivada temporal de Hy é zero, e assim não se necessita de Hy para a solução. Desta maneira, Hz é a única componente necessária de HO e é igual a
onde
e
assim fornecendo
A representação vetorial de Hz é mostrada no diagrama de corpo livre. A partir dele, MO fará com que a extremidade de Hz se mova no sentido horário, em relação ao eixo y, olhando-se a figura de cima para baixo. Como é igual , a taxa de variação de H é
A partir do princípio do momento angular,
e
EXEMPLO-11.20
O corpo do Exemplo 11.20 é colocado na posição mostradana Fig. 11.37(a). Todos os dados são os do Exemplo 11.19. Determine a velocidade angular de precessão e compare-a com a solução do Exemplo 11.19.
SOLUÇÃO
A Fig. 11.37(b) mostra um diagrama de corpo livre do giroscópio. A força F é a reação do suporte em O. A representação vetorial de MO é mostrada no diagrama de corpo livre, e seu valor é
As velocidades angulares são [veja a Eq. (d)]
onde w é a velocidade angular de rotação própria e é considerado estar para cima (na direção positiva de Z). O momento angular ao redor de O é
As únicas variáveis nesta equação são j e k, e suas derivadas são determinadas como se segue:
O momento das forças externas em relação a O é igual à taxa de variação temporal do momento angular ao redor de O; desta maneira,
ou
Os valores numéricos para m e h são fornecidos no enunciado do problema. O valor de w é 502,7 rad/s (veja Exemplo 11.19). Os momentos de inércia (veja o Apêndice B) são
e
Quando os dados são substituídos na equação quadrática para , ela fica
que se reduz a
As raízes desta equação quadrática são
O menor valor é a solução correta [veja o comentário que se segue à Eq. (11.32)], e o resultado é
Quando este resultado. é comparado à solução do Exemplo 11.19, o erro envolvido considerando-se independente de é
EXEMPLO-11.21
O elemento rotativo de um motor a jato tem massa de 100 kg e gira a 12.000k rpm. O raio de giração de massa em relação ao eixo de rotação é de 225 mm, e o rotor é simétrico em relação ao eixo AB na Fig. 11.38(a). Determine as reações nos mancais sobre o rotor quando o plano onde o motor está montado faz uma rotação horizontal para a esquerda com um raio de 1.200 m, a uma velocidade de 750 km/h.
SOLUÇÃO
A Fig. 11.38(b) é um diagrama de corpo livre do rotor. A velocidade do plano para a frente é
Logo, a velocidade de precessão é
e a aceleração do centro de massa é
O rotor é simétrico em relação ao eixo z; desta maneira, todos os produtos de inércia são zero. wx é também igual a zero, a partir do enunciado do problema. Assim sendo, a componente do momento angular ao longo do eixo z é
Como Hy é constante tanto em grandeza como em direção, sua derivada será zero. Conseqüentemente,
Pelo diagrama de corpo livre na Fig. 11.38(b), o momento das forças externas em relação a G é
e seu momento deve ser igual a . Assim sendo,
As equações das componentes para esta equação vetorial são
A equação de movimento da força fornece
ou na forma das componentes
A solução simultânea das quatro equações das componentes conduz a
As reações nos mancais são
e