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Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br CINEMÁTICA DOS SÓLIDOS – RESUMO TEÓRICO 2 Posição angular, em rad Velocidade angular, em rad / s Aceleração angular, em rad / s t t θ = ω = α = ∆θ ∆ω ω = α = ∆ ∆ Velocidade Angular Constante ( )0 t Equação Horáriaθ = θ + ω Aceleração Angular Constante ( ) ( ) 2 0 0 0 0 m 2 2 0 t t Equações Horárias2 t 2 t 2 Equação de Torricelli αθ = θ + ω + ω = ω + α ω + ω ∆θ ω = = ∆ ω = ω + α∆θ 2 x Posição, em m v Velocidade, em m / s a Aceleração, em m / s x v v a t t = = = ∆ ∆ = = ∆ ∆ Velocidade Escalar Constante ( )0x x vt Equação Horária= + AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 1 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Aceleração Escalar Constante ( ) ( ) 2 0 0 0 0 m 2 2 0 at x x v t Equações Horárias2 v v at v v x v 2 t x x 2a x Equação de Torricelli = + + = + + ∆ = = ∆ = + ∆ Importante! Grandeza Linear Grandeza Angular Raio = Assim: x v a R R R θ = ω = α = Equações Gerais de Movimento Movimento de Translação dx dv vdv v a a dt dt dx = = = Movimento de Rotação d d d dt dt d θ ω ω ω ω = α = α = θ Rotação em Torno de um Eixo Fixo dr v v r dt dv d a a r v dt dt = ⇔ = ω ∧ ω = ⇔ = ∧ + ω ∧ r r r rr r rr r r rr OBS.: (i) 1 rev 2 rad 360= pi = ° (ii) ( )f rpm 2 rad / s 60 ω = pi × AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 2 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Descrição Movimento linear Movimento angular Posição s θ Velocidade v ω dt dsv = dt dθ ω = Aceleração a α dt dva = dt dω α = Velocidade constante vtss += 0 tωθθ += 0 Aceleração constante atvv += 0 tαωω += 0 2 00 2 1 attvss ++= 200 2 1 tt αωθθ ++= savv ∆+= 220 2 θαωω ∆+= 2202 Atenção: estas equações são válidas para um movimento unidimensional. AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 3 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - CAPÍTULO 15 – Beer & Johnston – 5ª Edição 1. O movimento de uma manivela oscilante é definido pela relação 0 2 sen t T pi θ = θ , onde θ é dado em radianos e t em segundos. Sabendo-se que θ0 = 1,2 rad e T = 0,5 s, determine os valores máximos da velocidade e aceleração angulares. Solução: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) pi pi θ = θ θ = ⇒ θ = pi θ ω = ⇒ ω = pi pi ⇒ pi = ⇔ ω = ω ω = pi ∴ ω = ω α = ⇒ α = − pi pi ⇒ pi = − ⇔ α = α α = pi ∴ α = 0 máx máx máx máx máx máx 2 2 sen t Substitundo : 1,2sen t 1,2sen 4 t T 0,5 d 4,8 cos 4 t cos 4 t 1 dt 4,8 rad / s 15,07 rd / s d 19,2 ²sen 4 t sen 4 t 1 dt 19,2 ² rad / s² 189,30 rad / s² 2. O movimento de um disco girando em óleo é dado por ( )t40,80 1 e−θ = − , onde θ é expresso em radianos e t em segundos. Determine a velocidade e a aceleração angulares para: (a) t = 0; (b) t = 4s e (c) t = ∞. Solução: Cálculo da Velocidade: ( )t4 t t 4 4 1 0,80 1 e d 0.80 e 0,20e dt 4 (a) t 0 0,20 rad / s (b) t 4s 0,20 e rad /s 0,074rad / s (c) t 0,20e 0 − − − − −∞ θ = − θ ω = = ∴ ω = = ω = = ω = ⋅ ∴ ω = = ∞ ω = ∴ ω = AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 4 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Cálculo da Aceleração ( )t4 t4 t t 4 4 1 0,80 1 e ; 0,20e d 0,20 e 0,05e dt 4 (a) t 0 0,05 rad / s² (b) t 4s 0.05 e rad / s 0,018rad / s (c) t 0,05e 0 − − − − − −∞ θ = − α ω = ω α = ⇔ α = − ∴ α = − = α = − = α = − ⋅ ∴ α = − = ∞ α = − ∴ α = 3. O rotor de um motor elétrico tem velocidade de 1800 rpm quando se corta potência. O rotor então se imobiliza após executar 625 revoluções. Supondo movimento uniformemente retardado, determine (a) a aceleração angular; (b) o tempo gasto até o rotor parar. Solução: 0 0 0f 1800 rpm 30 Hz 2 f 6,28 30 rad / s 188,4 rad / s= = ⇒ = ⇔ = × ∴ =ω pi ω ω a) Assim temos: ( ) ( ) ( ) 0 2 0 625 rad 188,4 rad / s 0 ² 2 Substituindo : 0² 188,4 ² 2 625 188,4 ² 1250 188,4 ² rad / s² 28,40 rad / s² 1250 ∆θ = ω = ω = ω = ω + α∆θ = + α × α = − ⇔ α = − ∴ α = − b) Escrevendo a equação horária de movimento para a velocidade angular: 0 t Substituindo : 188,4 28,40t 188,4 0 188,4 28,40t 0 28,40t 188,4 t s t 6,63 s 28,40 ω = ω + α ω = − ω = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∴ = AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 5 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br 4. O sistema ilustrado abaixo, composto por placas soldadas ao eixo fixo AB, girar em torno deste com velocidade angular de 5 rad/s, que cresce á taxa de 4 rad/s². No instante ilustrado, o ponto C está subindo. Determine: a) a velocidade do ponto C b) a aceleração do ponto C Solução: Identificando os pontos: A(0; 0,56; 0) B(0; 0; 0,80) C(0,56; 0; 0) Vetor-posição: ( ) ˆ ˆr AC C A 0,56; 0,56; 0 r 0,56i 0,56j m= = − = − ∴ = −uuurr r Vetor velocidade angular: ( ) ( ) ( ) AB 2 2 AB eˆ AB Onde : 5 rad / s ˆˆAB B A 0; 0,56; 080 AB 0,56j 0,80k m AB 0,56 0,80 m AB 0,977 m ω = ω ⇔ ω = ω ω = = − = − ∴ = − + = − + ∴ = uuur r r uuur uuur uuur uuur uuur AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 6 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Substituindo: ( )AB 5 ˆˆ0,56j 0,80k rad / s0,977AB Assim: ˆˆ2,87j 4,09k rad / s ω = ω ⇔ ω = − + ω = − + uuur r r uuur r a) Velocidade do ponto C C C v r Onde : ˆˆ2,87j 4,09k rad / s ˆ ˆr 0,56i 0,56j m Assim: 0 2,87 4,09 0 2,87 r 0,56 0,56 0 0,56 0,56 ˆˆ ˆv 2,29i 2,29j 1,61k m / s = ω ∧ ω = − + = − − − ω ∧ = − − = + + r rr r r rr r b) Aceleração do ponto C ( ) C T N C C T AB 2 2 T a a a d a r v a r v dt Onde : d ˆa e dt AB 4 ˆˆ4 rad / s 0,56j 0,80k rad / s 0,977AB Assim: ˆˆ ˆ ˆ2,29j 3,28k rad / s r 0,56i 0,56j m 0 2,29 3,28 0 2,29 a r 0,56 = + ω = ∧ + ω ∧ ⇔ = α ∧ + ω ∧ ω α = ⇒ = α α = ⇒ α = α ⇔ α = − + α = − + = − − − = α ∧ = − r r r rr rr r r rr r r r rr uuur r r uuur rr r rr 2 T 0,56 0 0,56 0,56 Assim: ˆˆ ˆa 1,84i 1,85j 1,28k m / s − = + + r AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 7 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br C N 2 N ˆˆ2,87j 4,09k rad / s ˆˆ ˆv 2,29i 2,29j 1,61k m / s Assim: 0 2,87 4,09 0 2,87 a v 2,29 2,29 1,61 2,29 2,29 ˆˆ ˆa 13,99i 9,37j 6,57k m / s ω = − + = + + − − = ω ∧ = = − + + r r r rr r ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 T 2 N C T N 2 C 2 C C ˆˆ ˆa 1,84i 1,85j 1,28k m / s ˆˆ ˆa 13,99i 9,37j 6,57k m / s Assim: a a a ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆa 1,84i 1,85j 1,28k 13,99i 9,37j 6,57k m / s ˆˆ ˆa 1,84 13,99 i 1,85 9,37 j 1,28 6,57 k m / s ˆˆ ˆa 12,15i 11,22j 7,85k m / s = + + = − + + = + = + + + − + + = − + + + + = − + + r r r r r r r r 2 5. Uma pequena roda de esmeril está presa ao eixo de um motor cuja velocidade nominal é de 1800 rpm. Quando se liga o motor, o conjunto alcança a velocidade de regime após 5s; quando se desliga o motor, o sistema leva 90 s até parar. Admitindo que o movimento é uniformementeretardado, calcule o número de revoluções do motor (a) para alcançar a velocidade nominal, (b) até parar, depois de desligado. Solução: a) Número de revoluções até alcançar a velocidade nominal 0 0 t² t² t (1) 2 2 α αθ = θ + ω + ∴ ∆θ = 0 f 1800rpm 30Hz 2 f 2 30 rad / s 188,5 rad / s 0 188,5 0 37,7 rad / s² 37,7 rad / s² (2) t 5 = = ω = pi = pi × ∴ ω = ω = ∆ω − α = = = ∴ α = ∆ AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 8 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Substituindo (2) em (1): 2t² 37,7 5 rad 471,25 rad 2 2 Mas : 471,25 N N voltas N 75 voltas 2 2 α ×∆θ = = ∴ ∆θ = ∆θ = ⇔ = ∴ = pi pi 6. O movimento de um disco girando em óleo é dado por 2t 6 0 1 e − θ = θ − , onde θ é expresso em radianos e t em segundos. Sabendo que 0 0,80 radθ = ,determine a posição angular, a velocidade e a aceleração angulares do disco para t = 2s. Solução: Equações de Movimento: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 t t t 6 6 6 0 t t 6 6 t t 26 6 1 e 0,80 1 e 0,80 0,80e rad d t dt 2t t 0,80 e t 0,2667e rad / s 6 d t dt 2t t 0,2667 e t 0,0889e rad / s 6 − − − − − − − θ = θ − ⇔ θ = − = − θ ω = ω = − − ∴ ω = ω α = α = − ∴ α = − Assim: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 t t 6 6 t 26 t 2 6 6 0 t 6 t 0,80 1 e rad Posição angular t 0,2667e rad / s Velocidade Angular t 0,0889e rad / s Aceleração Angular Para t 2s : t 0,80 1 e 2 1 e rad 2 0,389 rad t 0,2667e 2 0, − − − − − − θ = − ω = α = − = θ = − ⇔ θ = θ − ∴ θ = ω = ⇔ ω = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 t 2 2 26 6 2667e rad / s 2 0,137 rad / s t 0,0889e 2 0,0889e rad / s 2 0,046rad / s − − − ∴ ω = α = − ⇔ α = − ∴ α = − AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 9 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br 7. A haste dobrada ABCDE gira em torno da reta AB, com velocidade angular constante de 95 rad/s. No instante ilustrado o vértice E está descendo. Determine a velocidade e a aceleração do vértice E quando a haste se encontra na posição mostrada na figura. Solução: Identificando os pontos: A(0; 1; 0) B(3; 0; 2) E(3; 0; 0) Vetor-posição: ( ) ˆr BE E B 0; 0; 2 r 2,0k m= = − = − ∴ = −uuurr r AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 10 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Vetor velocidade angular ( ) ( ) ( ) BA 2 22 BA eˆ BA Onde : 5 rad / s ˆˆ ˆBA A B 3;1; 2 BA 3,0i j 2,0k m BA 3 1 2 m BA 3,74 m ω = ω ⇔ ω = ω ω = = − = − − ∴ = − + − = − + + − ∴ = uuur r r uuur uuur uuur uuur uuur Substituindo: ( )BA 95 ˆˆ ˆ3,0i j 2,0k rad / s3,74BA Assim: ˆˆ ˆ76,2i 25,4j 50,8k rad / s ω = ω ⇔ ω = − + − ω = − + − uuur r r uuur r a) Velocidade do vértice E E E v r Onde : ˆˆ ˆ76,2i 25,4j 50,8k rad / s ˆr 2,0k m Assim: 76,2 25,4 50,8 76,2 25,4 r 0 0 2 0 0 ˆ ˆv 50,8i 152,4j m / s = ω ∧ ω = − + − = − − − − ω ∧ = − = − − r rr r r rr r AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 11 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br b) Aceleração do vértice E E T N E C T N N a a a d a r v a r v dt Onde : d 0 cons tante a 0 dt e a v Onde : ˆˆ ˆ76,2i 25,4j 50,8k rad / s ˆ ˆv 50,8i 152,4j m / s 76,2 25,4 50,8 76,2 25,4 a v 50,8 152,4 0 50,8 152,4 = + ω = ∧ + ω ∧ ⇔ = α ∧ + ω ∧ ω α = = ⇔ ω = ⇒ = = ω ∧ ω = − + − = − − − − − = ω ∧ = − − − − r r r rr rr r r rr r r r rrr r rr r r r rr 2 N Assim: ˆˆ ˆa 7742i 2581j 12903k m /s= − + + r T 2 N 2 E T N E a 0 ˆˆ ˆa 7742i 2581j 12903k m /s Assim: ˆˆ ˆa a a a 7742i 2581j 12903k m /s = = − + + = + ∴ = − + + rr r r r r r AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 12 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br 8. Uma peça rígida é formada por duas placas retangulares e uma triangular soldada a um eixo AB. O sistema gira em torno de AB, a uma velocidade angular constante de 5 rad/s. Sabendo-se que na posição mostrada na figura a velocidade do vértice E é para baixo, determinar a velocidade e a aceleração do vértice D. Solução: Observe a figura abaixo: Identificando os pontos: A (0; 0,203; 0) B (0; 0; 0,152) D (0,178; 0; 0) AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 13 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Vetor-posição: ( ) ˆˆr BD D B 0,178; 0; 0,152 r 0,178i 0,152k m= = − = − ∴ = −uuurr r Vetor velocidade angular ( ) ( ) ( ) BA 2 2 BA eˆ A (0; 0,203; 0) B (0; 0; 0,152) BA Onde : 5 rad / s ˆˆBA A B 0; 0,203;0,152 BA 0,203j 0,152k m BA 0,203 0,152 m BA 0,254 m ω = ω ⇔ ω = ω ω = = − = − ∴ = − + = − + ∴ = uuur r r uuur uuur uuur uuur uuur Substituindo: ( )BA 5 ˆˆ0,203j 0,152k rad / s0,254BA Assim: ˆˆ4,0j 3,0k rad / s ω = ω ⇔ ω = − + ω = − + uuur r r uuur r a) Velocidade do vértice E D D v r Onde : ˆ ˆˆ ˆ4,0j 3,0k rad / s r 0,178i 0,152k m Assim: 0 4,0 3,0 0 4,0 r 0,178 0 0,152 0,178 0 ˆˆ ˆv 0,608i 0,534j 0,712k m /s = ω ∧ ω = − + = − − − ω ∧ = − = + + r rr rr rr r AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 14 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br b) Aceleração do vértice D D T N D D T N D N a a a d a r v a r v dt Onde : d 0 cons tante a 0 dt e a v Onde : ˆˆ4,0j 3,0k rad / s ˆˆ ˆv 0,608i 0,534j 0,712k m /s 0 4,0 3,0 0 4,0 a v 0,608 0,534 0,712 0,608 0,534 Assim: a = + ω = ∧ + ω ∧ ⇔ = α ∧ + ω ∧ ω α = = ⇔ ω = ⇒ = = ω ∧ ω = − + = + + − − = ω ∧ = r r r rr rr r r rr r r r rrr r rr r r r rr r ( ) 2 2N Nˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ2,85 1,60 i 1,82j 2,43k m /s a 4,45i 1,82j 2,43k m / s= − − + + ∴ = − + +r T 2 N 2 D T N D N a 0 ˆˆ ˆa 4,45i 1,82j 2,43k m / s Assim: ˆˆ ˆa a a a a 4,45i 1,82j 2,43k m / s = = − + + = + ∴ = = − + + rr r r r r r r AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 15 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br 9. Um misturador de 125 mm de raio externo repousa sobre dois rodízios, cada um de 25 mm de raio. Durante um intervalo de tempo t, o tambor executa 12 revoluções e sua velocidade angular aumenta uniformemente de 25 rpm para 45 rpm. Sabendo que não há escorregamento, determinar (a) a aceleração angular dos rodízios; (b) o intervalo de tempo t. Solução: (a) Aceleração angular dos rodízios Cálculo das velocidades angulares dos rodízios ( ) ( ) 0 0 0 tambor 1 1 2 2rodízios Velocidades angulares do tambor 2 rpm 2 25 rad / s 2,62 rad / s velocidade inicial do tambor 60 60 e 2 rpm 2 45 rad / s 4,71 rad / s velocidade final do tambor 60 60 Assim: v v r r Substituindo : pi × pi × ω = ⇔ ω = ∴ ω = pi × pi × ω = ⇔ ω = ∴ ω = = ∴ ω = ω ( ) ( ) 1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 r r 2,62 125 25 13,1 rad / s velocidade inicial dos rodízios e r r 4,71 125 25 23,55 rad / s velocidade final dos rodízios ω = ω ⇔ × = ω × ∴ ω = ω = ω ⇔ × = ω × ∴ ω =Número de revoluções dos rodízios no intervalo de tempo t 1 1 2 2 2 2N r N r 12 125 N 25 N 60 rev= ⇔ × = × ∴ = Assim, o deslocamento angular dos rodízios no intervalo de tempo t é dado por: AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 16 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br 22 N 2 60 rad 377 rad∆θ = pi ⇔ ∆θ = pi × ∴ ∆θ = Aplicando a Equação de Torricelli ( ) ( )2 22 20 2 2 2 2 23,55 13,1 2 377 554,6 171,6 383 554,6 171,6 754 rad / s rad / s 0,51 rad / s 754 754 ω = ω + α∆θ ⇔ = + ⋅ α ⋅ − = + α ⇔ α = ⇔ α = ∴ α = (b) Intervalo de tempo t. 0 Temos que : 23,55 13,1 10,45 t 23,55 13,1 0,51t t s t s t 20,5s 0,51 0,51 − ω = ω + α ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ∴ = 10. No sistema de engrenagens planetárias ilustrado abaixo, as engrenagens A, B, C e D possuem raio a e o raio da engrenagem externa E é 3ª. Sabendo que a velocidade da engrenagem A é Aω no sentido horário e que a engrenagem externa E está estacionária, determine: (a) a velocidade angular do suporte de conexão das três engrenagens planetárias; (b) a velocidade de cada engrenagem planetária. Solução: a) A velocidade angular do suporte de conexão das três engrenagens planetárias Seja a figura abaixo: Engrenagem A: P AV a= ω ⋅ AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 17 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br E a engrenagem B: ( )P E P /E A B B A B A1 1V V V a 0 2a V a2 2= + ⇔ ω ⋅ = + ω ⋅ ∴ ω = ω ⇔ = ω ⋅ Assim: ( ) ( )B S A S S A1 1V 2a a 2a2 4= ω ⋅ ⇔ ω ⋅ = ω ⋅ ∴ ω = ω b) A velocidade de cada engrenagem planetária. ( )P E P /E A B B A1V V V a 0 2a 2= + ⇔ ω ⋅ = + ω ⋅ ∴ ω = ω 11. O conjunto ilustrado é constituído de um disco horizontal soldado a um eixo vertical e gira no sentido anti-horário, a partir do repouso, com aceleração angular constante de 1 AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 18 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br rad/s². Um bloco apóia-se no disco a uma distância de 0,35 m do eixo e não escorregará em relação ao eixo até que a aceleração total atinja 6,5 m/s². Determine: a) a aceleração 1,0 s após o início do movimento do disco. b) o instante em que o bloco deslizará. Solução: 2 01,0 rad / s r 0,35 m 0α = = ω = a) A aceleração 1,0 s após o início do movimento do disco. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0 2 2 2 22 1,0 rad / s r 0,35 m 0 ˆˆa r v a ri rk t t rad / s Substituindo t rad / s e r 0,35 m: ˆ ˆˆ ˆa ri rk a t 0,35t i 0,35tk m / s Para t 1,0 s : ˆ ˆˆ ˆa t 0,35t i 0,35tk a 1 0,35 1 i 0,35 1 k Logo : a 0 α = = ω = = α ∧ + ω ∧ ⇔ = −ω − ω ω = ω + α ∴ ω = ω = = = −ω − ω ⇔ = − − = = − − ⇔ = − − = − r rr rr r r r r r r ( ) ( )2 22 2 2ˆˆ,35i 0,35k m /s a 0,35 0,35 m / s a 0,49 m / s− ⇒ = − + − ∴ =r r b) O instante em que o bloco deslizará. AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 19 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 4 2 4 2 2 2 2 ˆˆa t 0,35t i 0,35tk Substituindo : a t 6,5 m / s 0,35t 0,35t 6,5 Elevando ao quadrado : 0,1225t 0,1125t 42,25 0,1225 t t 344,90 0 Fazendo t z : z z 344,90 0 Resolvendo : z 18,078 t 18,078 t 4,25 s = − − = − + − = + = ÷ + − = ≡ + − = = ⇒ = ∴ = r r OUTRA SOLUÇÃO (MAIS SIMPLES) 2 21 rad / s a 6,5 m / s d r 0,35 mα = = = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 222 2 2 2 2 t n 2 2 2 22 4 2 4 4 4 4 44 4 1 rad / s a 6,5 m /s d r 0,35 m a a a a r r Substituindo : a r r 6,5 1 0,35 0,35 42,25 0,1225 0,1225 0,1225 42,25 0,1225 42,1275 42,1275 rad / s 343,9 rad / s 4,306 rad / s 0,1225 Assi α = = = = = + ⇔ = α + ω = α + ω ⇔ = × + ω × = + ω ⇔ ω = − = ω = ⇔ ω = ∴ ω ≅ m: 4,306 t t s t 4,31 s 1 ω ω = α ⇔ = ≅ ∴ ≅ α 12. O sistema ilustrado, é composto por duas rodas A e B, de raios iguais a 30 cm, que giram em torno de eixos fixos, e por um anel C, encaixado entre as mesmas. O anel tem raio interno de 72 mm e raio externo de 76 mm. Não ocorre escorregamento entre as superfícies em contato. A roda superior A, gira com freqüência constante f = 400 rpm no sentido anti-horário. Determine: a) a velocidade angular do anel C. b) a velocidade angular da roda inferior B. AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 20 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br c) as acelerações dos pontos das rodas em contato com o anel. Solução: a) A velocidade angular do anel C. C A A A A A A A A C C C ext 400 2 f 2 rad / s 41,89 rad / s 60 e 400 V 2 r f V 2 0,030 m / s V 1,257 m / s 60 V 1,257 rad / s 16,5 rad / s r 0,076 ω = pi ⇔ ω = pi × ∴ ω = = pi ⇔ = pi × × ∴ = ω = ⇔ ω = ∴ ω = b) A velocidade angular da roda inferior B. ( )C C A A A A A B B B B ext int 400 V 2 r f V 2 0,030 m / s V 1,257 m / s 60 V 1,257 rad / s 37,0 rad / s 0,030 0,004r r r = pi ⇔ = pi × × ∴ = ω = ⇔ ω = ∴ ω = ++ − c) As acelerações dos pontos das rodas em contato com o anel. Ponto de contato interno: AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 21 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br ( ) ( ) C 2 2 B C B C 2 2 B B C int 2 2 2 2 2 ˆ ˆa a a a j j ˆ ˆa r j r j ˆ ˆa 37 30j 16,5 72j m / s ˆ ˆ ˆa 41.070j 19.602j m / s a 60.672j m / s = + ⇔ = −ω − ω = −ω − ω = − × − × = − − ∴ = − r r r r r r r r Ponto de contato externo: ( )22 2 2A Aˆ ˆ ˆa a j a 41,89 30j m / s a 52.643,16j m / s= = ω ⇔ = × ∴ =r r r r 13. Uma polia e dois pesos estão unidos por cordas inextensíveis, como mostra a figura abaixo: O peso A, ligado à polia maior, de raio 1,25 m, tem uma aceleração constante de 2,5 m/s² e uma velocidade inicial de 3,75 m/s ambas dirigidas para cima. Determinar: AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 22 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br a) o número de revoluções da polia em 3 s; b) a velocidade e o deslocamento escalares do peso B, ligado à polia menor de raio 0,75 m; c) a aceleração do ponto C da polia maior. Solução: a) O número de revoluções da polia em 3 s A A 0 0 0 1 0 1 A 0 0 0 0 1 A A 1 1 A 1 v v r r Substituindo : v 3,75 rad / s 3,0 rad / s r 1,25 a a r r Substituindo : a 2,50 rad / s² 2,0 rad / s² r 1,25 = ω ⋅ ⇔ ω = ω = ⇒ ω = ∴ ω = = α ⋅ ⇔ α = α = ⇒ α = ∴ α = Com aceleração constante, as equações do movimento são: 0 m m2 t ω + ω ∆θ ω = ω = ∆ Igualando-a: 0 m 0 0 0 2 t Mas : t Substituindo : t 3,0 2,0 3 rad / s 9,0 rad / s 9,0 rad / s Assim: 9 3 12 6 3 rad 18 rad 2 t 2 3 2 3 ω + ω ∆θ ω = = ∆ ω = ω + α ω = ω + α ⇒ ω = + × = ∴ ω = ω + ω ∆θ + ∆θ ∆θ = ⇒ = ⇔ = ⇔ ∆θ = × ∴ ∆θ = ∆ Ora, uma volta corresponde ao deslocamento angular de 2 pi rad. Logo: 2 rad 1 volta 18 rad N voltas 18 N voltas N 2,86 voltas 2 pi → → = ∴ = pi b) a velocidade e o deslocamento escalares do peso B, ligado à polia menor de raio 0,75 m AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 23 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Para o peso B, temos: B 2 B B B 2 B B s r s 18 0,75 m s 13,5 m v r v 9 0,75 m / s v 6,75 m / s ∆ = θ ⋅ ⇒ ∆ = × ∴ ∆ = = ω ⋅ ⇒ = × ∴ = c) a aceleração do ponto C da polia maior ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 N t 1 A2 2 222 2 2 2 3 2 2 a a a a r a Substituindo : a 9 1,25 2 m / s a 10,26 10 m / s a 101,27 m / s = + ⇔ = ω ⋅ + = × + ⇒ = ⋅ ∴ = 14. Uma pequena roda de esmeril está presa ao eixo de um motor cuja velocidade nominal é de 1800 rpm. Quando se liga o motor, o conjunto alcança a velocidade de regime após 5s; quando se desliga o motor, o sistema leva 90 s até parar. Admitindo que o movimento é uniformemente retardado, calcule o número de revoluções do motor (a) para alcançar a velocidade nominal, (b) até parar, depois de desligado. Solução: a) Número de revoluções até alcançar a velocidade nominal 0 0 t² t² t (1) 2 2 α αθ = θ + ω + ∴ ∆θ = 0 f 1800rpm 30Hz 2 f 2 30 rad / s 188,5 rad / s 0 188,5 0 37,7 rad / s² 37,7 rad / s² (2) t 5 = = ω = pi = pi × ∴ ω = ω = ∆ω − α = = = ∴ α = ∆ Substituindo (2) em (1): 2t² 37,7 5 rad 471,25 rad 2 2 Mas : 471,25 N N voltas N 75 voltas 2 2 α ×∆θ = = ∴ ∆θ = ∆θ = ⇔ = ∴ = pi pi b) Número de voltas até parar, depois de desligado AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 24 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br 0 0 0 Agora: 188,5 rad / s 0 t 2 Substituindo : 0 188,5 90 94,25 rad 8482,5 rad t 2 90 2 Assim: 8482,5 N N voltas N 1350 voltas 2 2 ω + ω∆θ ω = ω = ∴ = ∆ ω + ω∆θ ∆θ + = ⇔ = ⇔ ∆θ = × ∴ ∆θ = ∆ ∆θ = ⇔ = ∴ = pi pi 15. O rotor de um motor elétrico gira com frequência igual a 1200 rpm. Desligado, o motor para após executar 800 voltas. Admiitndo que o movimento seja uniformemente variado, a sua aceleração angular, em rad/s², é aproximadamente; (A) 1,57 (B) 3,14 (C) 0,32 (D) 9,86 (E) 6,28 Solução: ( ) ( ) ( ) 0 0 2 2 0 22 Temos que : 2 f rpm f 1200 rpm 60 Substituindo : 2 1200 rad / s 125,7 rad / s 60 e 2 N 2 800 rad 5026,5 rad Mas : 2 Substituindo : 0 125,7 2 5026,5 10053 15800,5 1,57 rad / s pi = ⇒ ω = pi × ω = ∴ ω ≅ ∆θ = pi ⇒ ∆θ = pi × ∴ ∆θ ≅ ω = ω + α∆θ = + α × ⇒ α = − ∴ α ≅ − Alternativa Correta: (A) AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 25 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br 16. O rotor de um motor elétrico gira com frequência igual a 1200 rpm. Desligado, o motor para após executar 800 voltas. Admitindo que o movimento seja uniformemente variado, o tempo gasto até a parada, em s, é aproximadamente; (A) 2,0 (B) 25 (C) 10 (D) 20 (E) 80 Solução: ( ) 0 0 0 m 0 Temos que : 2 f rpm f 1200 rpm 60 Substituindo : 2 1200 rad / s 125,7 rad / s 60 e 2 N 2 800 rad 5026,5 rad e 0 Mas : MUV t 2 Substituindo : 5026,5 0 125,7 125,7 t 10053 t 80 s t 2 t 2 pi = ⇒ ω = pi × ω = ∴ ω ≅ ∆θ = pi ⇒ ∆θ = pi × ∴ ∆θ ≅ ω = ω + ω∆θ ω = = ⇔ ∆ ω + ω∆θ + = ⇔ = ⇔ ∆ = ∴ ∆ ≅ ∆ ∆ AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 26 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br Alternativa Correta: (E) 17. O rotor de um motor elétrico encontra-se inicialmente em repouso. Cinco segundos após o motor ser ligado, a frequência de rotação é f = 600 rpm. O movimento é uniformemente variado e dura mais cinco segundos. A frequência com que o rotor gira após 7 s de operação do motor, em rpm, vale aproximadamente: (A) 120 (B) 840 (C) 86 (D) 429(E) 1200 Solução: AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 27 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br ( ) 1 2 2 0 0 2 Temos que : 2 f rpm f 600 rpm 60 Substituindo : 2 600 rad / s 62,8 rad / s e t 5 s 60 Assim: 62,8 0 rad / s 12,6 rad / s t 5 Mas : 0 t 7 s t 12,6t 12,6t Para t 7s : 12,6t 12,6 7 rad / s 88,2 rad / s Mas : 2 pi = ⇒ ω = pi × ω = ∴ ω ≅ ∆ = ∆ω − α = ⇒ α = ∴ α ≅ ∆ ω = = ω = ω + α = ∴ ω = = ω = ⇔ ω = × ∴ ω = ω = pi 1 1 1 1 2 22 2 1 1 2 2 2 2 2 2 f f f f2 f Substituindo : f 62,8 600 88,2 600 f rpm f 843 rpm f 88,2 f 62,8 ω = pi ω ⇒ ∴ = ωω = pi ω × = ⇔ = ⇔ = ∴ ≅ ω Alternativa Correta: (B) 18. O conjunto ilustrado é constituído por um disco horizontal soldado a um eixo fixo vertical, e gira em torno deste. O disco parte do repouso, com aceleração angular constante 5 rad/s2. Um bloco apóia-se no disco e não escorregará até a aceleração total do mesmo atingir 0,4 m/s2. O bloco dista d = 0,04 m do eixo. O instante em que o corpo inicia o escorregamento, em s, é aproximadamente: AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 28 Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: afonsocarioca@afonsocarioca.com.br (A) 5,2 (B) 1,8 (C) 2,4 (D) 1,2 (E) 0,59 Sugestão Θ = Θ0 + ω0 . t + 0,5 . α . t2 ; ω = ω0 + α . t ; ω2 = (ω0)2 + 2 .α .(Θ-Θ0); ω = 2.¶ .f; (aTOT)2 =(aTAN)2 + (aCENT)2; aTAN = α .R ; aCENT = ω2 . R Solução: Dados 2 25 rad / s a 0,4 m / s d r 0,04 mα = = = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 2 2 2 2 t n 2 2 2 22 4 2 4 4 4 4 44 4 a a a a r r Substituindo : a r r 0,4 5 0,04 0,04 0,16 0,04 0,0016 0,0016 0,16 0,04 0,12 0,12 rad / s 75 rad / s 2,943 rad / s 0,0016 Assim: 2,943 t t s t 0,59 s 5 = + ⇔ = α + ω = α + ω ⇔ = × + ω × = + ω ⇔ ω = − = ω = ⇔ ω = ∴ ω ≅ ω ω = α ⇔ = ≅ ∴ ≅ α AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 – CEL: (62) 9216-9668 Página 29
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