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Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica Caros Amigos, Semestre passado tive grandes dificuldades com Física I – Mecânica Básica.O livro adotado pelo meu professor foi o livro do Moysés Nussenveig Vol. 01 que, realmente, tem questões muito bonitas e difíceis também. Ajudou-me bastante um arquivo que circula na internet do Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen do Departamento de Física da UFAM, porém este arquivo só tem até o Capítulo 9 e , mesmo assim, não são todas as questões resolvidas. Quando tive que estudar “Dinâmica de Rotações” que não é uma matéria vista no ensino médio, tive que “suar a camisa” para poder passar em física. E, depois do trauma, resolvi ajudar outros estudantes assim como um dia também fui ajudado. Colocarei algumas questões resolvidas do Cap.12, espero que seja de boa ajuda. Quem quiser dar continuidade ao trabalho, incluindo outras questões, é só mandar um e-mail: wendel_55@hotmail.com Um Abraço, Wendel da Rocha Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica Questão 6 – Neste problema, aplicando a conservação da quantidade de movimento, temos: R = 0,7 m e o Impacto sendo I = P = mv = 2,5 , Tem-se que : PRwMR ⋅=⋅² 3 1 = 7,015 3 1 ⋅⋅ · w = 2,5 => Como, E, como, ∆θ = 90° = 2 ∏ Resp: 714,0 2 ∏ =∆t = 2,2 s Questão 7 – L = R·P w = 0,714 w = t∆ ∆θ ∆t = w θ∆ mvRwI ⋅=⋅ Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica Novamente aqui, aplicamos a relação: I·w = R·mv => mvRwMR ⋅=⋅² 2 1 , sendo “v” a velocidade da bala e w a velocidade angular do tampo da mesa adquirida com o impacto da bala. Assim, Questão 8 – Neste problema, utiliza-se o princípio de conservação da energia: mga = ² 2 1 wI ⋅ I = ² 3 2 ma => ga = ²² 3 1 wa ⋅ L = R·P w = MR mv2 Ep = Ec Resp : w = a g3 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica Questão 9 – Neste tipo de problema é bom fazer um sistema colocando: � Somatório das forças externas ( Fext = Mt · a) � Somatório dos torques resultantes ( τr = I·α) � Utilizar a relação: a = α·R Assim, nesta ordem, temos: � T = m·a e P’ – T’ = m’·a � τ – τ’ = I·α => T·R – T’·R = I·α � R a =α ⋅=−⋅ ⋅+=+− R aMRTTR ammTTP ² 2 1)'( )'('' => aMammgm ⋅+⋅+=⋅ 2 1)'(' => gmMmma ') 2 1 '( =++⋅ Logo, Resp: Mmm gm a 2 1 ' ' ++ = Calculando T e T’: amT ⋅= => Mmm gm mT 2 1 ' ' ++ ⋅= => Mmm gmmT 2 1 ' ' ++ = amgmT ''' −= => ) 2 1 ' '(''' Mmm gm mgmT ++ ⋅−= => 2 ' ') 2 ( M mm gmMm T ++ + = Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica Questão 10 – Por conservação da energia, sabe-se que quando o bloco m’ cair de uma altura h, a velocidade v poderá ser calculada pela relação: ∆Ep=∆Ec Neste caso, a energia cinética se subdivide em energia cinética rotativa e energia cinética linear, já que o bloco de m’ “cai”, o m “sobe” e a polia “gira”. Assim, pela relação anterior, temos: 1 1 1 ' ² ' ² ² 2 2 2 m gh mgh sen mv m v Iwθ− ⋅ = + + , sendo I= Inércia Rotacional ou momento de inércia Como, aw R = , temos: 1 1 1 1 ² ' ² ' ² ² ( ) 2 2 2 2 ² v m gh mgh sen mv m v MR R θ− ⋅ = + + ⋅ ⋅ 1 1( ' ) ² ( ' ) 2 2 12 ( ' ) ² ( ' ) 2 2 ( ' ) ² 1( ' ) 2 gh m msen v m m M gh m msen v m m M gh m msen v m m M θ θ θ ⋅ − = ⋅ + + ⋅ − = ⋅ + + ⋅ − = + + Questão 11 – Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica Vamos verificar as forças que atuam no estojo circular: Neste caso, a resultante das forças externas é: � maTP =− O torque resultante é: � αIrT =⋅ Logo, = =⋅ =− Ra IrT maTP α α => r a mrrT ⋅=⋅ ² 2 1 => maT 2 1 = Inserindo a relação maT 2 1 = em maTP =− , temos: mamaP =− 2 1 => mamg 2 3 = Logo, Resp: ga 3 2 = T P Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica b) Como, maT 2 1 = , então: gmT 3 2 2 1 = mgT 3 1 = c) Quando o estojo circular se desenrola “s”, o conjunto ganha uma velocidade “v”, tal que: Ep = Ec ² 2 1 ² 2 1 mvIwmgs += ) ² ²(² 4 1 r v mrmgs ⋅= + ² 2 1 mv => gsv 3 4 ² = Logo, asv 2² = Questão 14 – Novamente, por conservação da energia: mhfd ∆Ep=∆Ec E, sabendo que h-R=H, temos: 1 1 ² ² 2 2 MgH Mv Iw= + E, pela condição de rolamento ( v wR= ), temos: 1 1 1 ² ² ( )² 2 2 2 vMgH Mv MR R = + ⋅ ⋅ Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 1 1 ² ² 2 4 gH v v= + 3 ² 4 gH v= => 3 ² 4 vH g = e , como h=R+H Temos, então como Respota: 3 ² 4 vh R g = ⋅ + Questão 15 – Pelas Leis de Newton: cos cpP Fθ⋅ = => ² cos v mg m R θ⋅ = ⋅ => ² cos ( )v g R rθ= ⋅ ⋅ + Aplicando agora o princípio de conservação da energia: 1 1( ) (1 cos ) ² ² 2 2 mg R r mv Iwθ⋅ + ⋅ − = + E, como 2 ² 5 I mR= , temos: 1 1( ) (1 cos ) ² ² 2 5 g R r v vθ⋅ + ⋅ − = + 7( ) (1 cos ) ² 10 7( ) (1 cos ) cos ( ) 10 g R r v g R r g R r θ θ θ ⋅ + ⋅ − = ⋅ + ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ + Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos Engenharia Exercícios Resolvidos Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica Logo, 71 cos cos 10 θ θ= + 71 cos cos 10 θ θ= + 10 cos 17 θ = Questão 20- Conforme as alterações feitas na figura, verifica-se que para que a bola suba, o torque (τ) exercido pela força F,na bola,sob o braço de alavancaR-d tem que ser igual ao torque exercido pela força peso (P) sob o braço de alavanca da medida x.Portanto: rot pesoτ τ= Para calcularmos,então, o torque do peso falta somente achar o valor de x, que é fácilmente calculado através do teorema de Pitágoras: ² ( )² ² ² ² ² 2 ² 2 ² R R d x R R d Rd x x Rd d = − + = + − + = − ( ) ( ) 2 ² 2 ² rot peso F R d P x F R d Mg Rd d Mg Rd dF R d τ τ= ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ − ⋅ − = − R x R-d
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