Mecânica Geral II - Dinâmica e Cinemática
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Mecânica Geral II - Dinâmica e Cinemática


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a girar em torno de um eixo fixo, devemos considerar apenas a condic¸a\u2dco de rotac¸a\u2dco N = I\u3c9\u2d9
de modo que \u222b
Ndt = L\u2c6 = I\u2206\u3c9
Na equac¸a\u2dco acima I e´ o momento de ine´rcia em torno do eixo fixo de rotac¸a\u2dco e N e´ o
momento em relac¸a\u2dco a esse eixo. Neste caso, o impulso rotacional L\u2c6, que e´ produzido pelo
impulso prima´rio simples P\u2c6 cuja linha de ac¸a\u2dco esta´ a` dista\u2c6ncia b do eixo de rotac¸a\u2dco, e´ dado
por
L\u2c6 = P\u2c6 b
de modo que
\u2206\u3c9 =
P\u2c6 b
I
(5.84)
e´ a variac¸a\u2dco da velocidade angular em torno do eixo fixo de rotac¸a\u2dco.
Efeito de Va´rios Impulsos Simulta\u2c6neos
Se um certo nu´mero de impulsos diferentes e´ aplicado simultaneamente em um corpo
r´\u131gido, as variac¸o\u2dces resultantes da velocidade do centro de massa e da velocidade angular do
corpo sa\u2dco obtidas pelas adic¸o\u2dces dos impulsos e momentos, respectivamente. Desta forma, o
efeito translacional de va´rios impulsos simulta\u2c6neos e´ obtido pela soma vetorial dos impulsos
individuais de modo que a Equac¸a\u2dco (5.79) fica
\u2206~vcm =
~\u2c6P1 + ~\u2c6P2 + . . .
m
(5.85)
De modo ana´logo, para o efeito rotacional, a Equac¸a\u2dco (5.83) se modifica para
\u2206\u3c9 =
~\u2c6P1b1 + ~\u2c6P2b2 + . . .
Icm
(5.86)
No caso de um corpo que e´ obrigado a girar em torno de um eixo fixo, existe um impulso
secunda´rio devido a` reac¸a\u2dco do eixo sobre o corpo quando um impulso externo e´ aplicado. O
5.9. CORPO RI´GIDO SOB A AC¸A\u2dcO DE UMA FORC¸A IMPULSIVA 153
movimento e´ enta\u2dco determinado pela soma de todos os impulsos de acordo com as equac¸o\u2dces
acima.
Exemplos
1. Impulso Aplicado em uma Barra Livre
Como ilustrac¸a\u2dco da teoria descrita acima, consideremos uma barra que esta´ livre para
deslizar sobre uma superf´\u131cie lisa horizontal. Seja ~\u2c6P o impulso aplicado a` barra a` dista\u2c6ncia
b do seu centro de massa em uma direc¸a\u2dco perpendicular ao comprimento da barra, como
mostra a Figura 5.12.
cm
P
2a
b
Figura 5.12: Impulso aplicado a uma barra livre.
Se a barra estiver inicialmente em repouso, as equac¸o\u2dces para a translac¸a\u2dco e para a rotac¸a\u2dco
sa\u2dco respectivamente
~vcm =
~\u2c6P
m
(5.87)
\u3c9 =
P\u2c6 b
Icm
(5.88)
Em particular, se a barra e´ uniforme de comprimento 2a, enta\u2dco Icm = ma
2/3
\u3c9 = P\u2c6
3b
ma2
(5.89)
e portanto, a velocidade adquirida pelo centro de massa e´ a mesma qualquer que seja o ponto
de aplicac¸a\u2dco do impulso enquanto que a velocidade angular adquirida pela barra depende do
ponto de aplicac¸a\u2dco do impulso. Vimos tambe´m que a energia cine´tica final da barra e´
T =
1
2
mv2cm +
1
2
Icm\u3c9
2 =
P\u2c6 2
2m
+
3P\u2c6 2
2m
(
b
a
)2
e e´ claro que ela depende do ponto de aplicac¸a\u2dco do impulso.
2. Impulso Aplicado a uma Barra Obrigada a Girar em Torno de um Eixo Fixo
154 CAPI´TULO 5. MECA\u2c6NICA DOS CORPOS RI´GIDOS
Vamos considerar o caso em que a mesma barra do exemplo 1 esteja obrigada a girar em
torno de um eixo fixo. Suponhamos que o eixo O esteja localizado em um dos seus extremos
como mostra a Figura 5.13. Neste caso, temos a seguinte equac¸a\u2dco rotacional
L = P\u2c6 (a+ b) = Io\u3c9 (5.90)
Como Io = (4/3)ma
2 obtemos
\u3c9 = P\u2c6
3(a+ b)
4ma2
(5.91)
para a velocidade angular adquirida pela barra. Agora, uma vez que a barra gira em torno
de O, o centro de massa esta´ em movimento. Sua velocidade e´
vcm = a\u3c9
ou
vcm = P\u2c6
3(a+ b)
4ma
(5.92)
Notamos que e´ diferente de P\u2c6 /m. A primeira vista este resultado parece contradizer a
equac¸a\u2dco geral para translac¸a\u2dco, Equac¸a\u2dco (5.79). Na verdade na\u2dco ha´ contradic¸a\u2dco porque
existe um outro impulso que age sobre a barra simultaneamente, como ja´ foi mencionado.
Este e´ o impulso de reac¸a\u2dco exercido sobre a barra pelo eixo no ponto O. Vamos denota´-lo
por ~\u2c6Po. A velocidade adquirida pelo centro de massa e´
~vcm =
~\u2c6P + ~\u2c6Po
m
(5.93)
P
P
2a
a + b
o
cm
O
Figura 5.13: Impulso aplicado a uma barra que e´ obrigada a girar em torno de uma de suas
extremidades. O impulso de reac¸a\u2dco no eixo e´ ~\u2c6Po.
5.10. COLISO\u2dcES DE CORPOS RI´GIDOS 155
Podemos enta\u2dco calcular ~\u2c6Po usando o valor de vcm dado pela Equac¸a\u2dco (5.92). Desta forma
temos
~\u2c6P3(a+ b)
4ma
=
~\u2c6P + ~\u2c6Po
m
que nos leva a
~\u2c6Po = ~\u2c6P
3b\u2212 a
4a
(5.94)
Para o impulso recebido pela barra devido a` reac¸a\u2dco do eixo. Pela lei da ac¸a\u2dco e reac¸a\u2dco, o
impulso recebido pelo eixo e´ \u2212~\u2c6Po.
Deve-se notar que o impulso de reac¸a\u2dco pode ser nulo caso se aplique o impulso prima´rio
em um ponto escolhido adequadamente. Este ponto e´ denominado centro de percussa\u2dco.
No presente caso, este ponto e´ tal que b = a/3.
5.10 Coliso\u2dces de Corpos R\u131´gidos
Nos problemas que envolvem coliso\u2dces de corpos r´\u131gidos, as forc¸as que os corpos exercem
uns sobre os outros durante o contato sa\u2dco sempre iguais e opostas. Consequentemente,
os princ´\u131pios de conservac¸a\u2dco de momentum linear e momentum angular sa\u2dco va´lidos. Os
conceitos de impulsos lineares e rotacionais sa\u2dco de grande valia nestes problemas.
Exemplo
Colisa\u2dco entre uma Bola e uma Barra
Considere, por exemplo, o impacto de uma bola de massa m\u2032 com uma barra uniforme
de comprimento 2a e massa m. Vamos supor que a barra esteja inicialmente em repouso em
uma superf´\u131cie lisa horizontal, como nos casos anteriores, e que o ponto de impacto seja a`
dista\u2c6ncia b do centro de massa como mostra a Figura 5.14.
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd
\ufffd\ufffd\ufffd\ufffd V0
b
2a
cm
Figura 5.14: Colisa\u2dco de uma part´\u131cula e uma barra.
As Equac¸o\u2dces (5.87) e (5.88) da\u2dco o movimento da barra apo´s o impacto em termos do
impulso ~\u2c6P aplicado pela bola sobre a barra. Sabemos tambe´m que o impulso recebido pela
156 CAPI´TULO 5. MECA\u2c6NICA DOS CORPOS RI´GIDOS
bola neste impacto e´ \u2212~\u2c6P. Podemos enta\u2dco escrever as equac¸o\u2dces para a translac¸a\u2dco
~\u2c6P = m~vcm (5.95)
\u2212~\u2c6P = m\u2032(~v1 \u2212 ~v0) (5.96)
onde ~vcm e´ a velocidade do centro de massa da barra apo´s o impacto, ~v0 e´ a velocidade
da bola antes do impacto e ~v1 e´ a velocidade final da bola. O conjunto das duas equac¸o\u2dces
relativas a` translac¸a\u2dco implicam na conservac¸a\u2dco do momentum linear pois, eliminando ~\u2c6P das
duas temos
m\u2032~v0 = m\u2032~v1 +m~vcm (5.97)
Com o objetivo de determinarmos a rotac¸a\u2dco da barra apo´s o impacto, podemos usar o
princ´\u131pio de conservac¸a\u2dco do momentum angular. O momentum angular inicial da bola em
relac¸a\u2dco ao centro de massa da barra e´ bm\u2032v0 e o final e´ bm\u2032v1. Para a barra o inicial e´ zero
e o final e´ Icm\u3c9. Deste modo
bm\u2032v0 = bm\u2032v1 + Icm\u3c9 (5.98)
As equac¸o\u2dces acima (translacional e rotacional) na\u2dco sa\u2dco suficientes para calcularmos as tre\u2c6s
velocidades (v1, vcm e \u3c9) do movimento final.
Para calcularmos este movimento completamente, necessitamos ainda de outra equac¸a\u2dco.
Esta pode ser a equac¸a\u2dco do balanc¸o de energia
1
2
m\u2032v20 =
1
2
m\u2032v21 +
1
2
mv2cm +
1
2
Icm\u3c9
2 +Q (5.99)
em que Q e´ a perda de energia devida a` colisa\u2dco. Alternativamente, podemos usar a equac¸a\u2dco
do coeficiente de restituic¸a\u2dco
\ufffd =
velocidade de afastamento
velocidade de aproximac¸a\u2dco
No problema em questa\u2dco temos
velocidade de aproximac¸a\u2dco = v0
Para calcularmos a velocidade de afastamento, precisamos conhecer a velocidade da barra
no ponto de impacto. Esta e´ dada pela soma das velocidades, translacional do centro de
massa e a rotacional daquele ponto relativa ao centro de massa.
Deste modo, a velocidade do ponto de impacto imediatamente apo´s a colisa\u2dco e´ vcm + b\u3c9.
Podemos enta\u2dco escrever
velocidade de afastamento = vcm + b\u3c9 \u2212 v0
Sofia
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