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Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 1 Rotação em torno de eixo fixo TCM e TMA: Exti G i F m a Fi G G i M I Ou Fi O O i M I Equações de movimento: Rotação em torno de eixo fixo. 2 nn G G F m a m r tt G G F m a m r G GM I Dinâmica do movimento plano: Resumo: TCM: Teorema do Centro de massa: ext CMR m a TMA: Teorema do momento angular: Q QM I 2 QI P Q dm Pólo Q pertence ao sólido: Pólo Q fixo (vQ = 0) ou pólo QCM Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 2 1. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1052) - Um fio é enrolado em torno de um disco de raio r homogêneo 0.5 m e de massa de 15 kg. Se o cabo é puxado para cima, com uma força de intensidade T = 180 N, determinar (a) a aceleração do centro do disco, (b) a aceleração angular do disco, (c), a aceleração do cabo. i G y i F m a m a T P 2 180 150 2 15 m g y y y T P m a a a m s ⤹ G GM I GT R I 2 2 215 0.5 1.875 2 2 G G G M R I I I kg m 2 180 0.5 48 1.875G T R rad I s ↻ 2 0 2 x yG G m a a s Inicialmente v = = 0 P Qa a P Q P Q A Ga a A G A G ˆˆ ˆ2 48 0.5 0Aa j k i ˆ ˆˆ ˆ ˆ2 24 26A A j a j k i a j 2 ˆ26A c m a a j s 2. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1053) - Uma esfera uniforme de massa m e raio r é projetada ao longo de uma superfície horizontal áspera com uma velocidade linear v0 e sem velocidade angular. Denotando por k o coeficiente de atrito cinético entre a esfera e o chão, determine (a) o tempo t1 em que a esfera vai começar a rolar sem deslizar, (b) a velocidade linear e a velocidade angular da esfera no tempo t1. 0 x Ext G i G i m a N a g F m a N P N m g O G i M I 22 5 GI m r O G i M I 22 5 F r m r 22 5 m g r m r 2 5 5 2 g g r r A esfera começará a rolar sem deslizar quando o ponto de contato dela com o solo possuir velocidade nula. 0Cv 00t v v Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 3 0v t v a t 0Gv t v g t C Gv v GC ˆˆ ˆ0 Gv i k r j ˆ ˆˆ ˆ0 G i v i r k j ˆ ˆ ˆ0 G Gi v i r i v r 0v g t r 0t t 0 0 5 2 g t t r 5 2 g t t r 0 5 2 g v g t t r r 0 5 2 v g t g t 0 0 1 27 2 7 v g t v t t g Velocidade linear 0Gv t v g t 01 0 2 7 G v v t t v g g 0 01 0 0 1 7 22 7 7 G G v v v t t v v v t t 1 0 5 7 Gv t t v Velocidade angular: 5 2 g t t r 01 25 2 7 vg t t r g 01 5 7 v t t r 3. (Meriam Kraige pag. 432) - O bloco de concreto de peso 644 lb é elevado pelo mecanismo mostrado de içar, onde os cabos estão firmemente enrolados em torno dos respectivos tambores. Os cilindros, que são mantidos juntos a girar como uma unidade única sobre o seu centro de massa, em O, têm um peso combinado de 322 lb e um raio de giração de cerca de 18 in. Se uma tensão constante de P = 400 lb é mantida pela unidade de potência em A, determinar a aceleração vertical do bloco e a força resultante sobre o rolamento em O. 2 2 0 0 P I k m I k g 2 0 P I k g 2 18 18 32.3 12 ft k in k ft g s 2 0 18 322 12 32.2 I 2 0 22.5I lb f s Tomando o centro de rotação O: O O i M I 12 24 400 22.5 12 12 T 800 22.5T A aceleração do bloco será: exti G i F m a T P m a 2 644 32.2 644 644 644 32.2 lb ft s P T a T a g Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 4 12 12 a r a Resolvendo: 800 22.5T 20 644 644 32.2 T a 800 22.5 T 800 644 20 22.5 T T 22.5 22.5 644 20 20 800T T 22.5 20 22.5 644 20 800T T 42.5 14490 16000T 30490 717 42.5 T T lb 800 800 717 22.5 22.5 T 2 2 3.67 3.67 rad ft a s s Equilíbrio no centro da polia: 0400 cos45 0ix x i F O 0822 717 400 45 0iy y i F O sen 283 1322x yO lb O lb 2 2 1352x yO O O O lb 4. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 428 ) - Uma roda desbalanceada de 50 lb possui um raio de giração kG = 0.6 ft sobre um eixo passando através de seu centro de massa G. Se a roda parte do repouso, determine as reações sobre seu pino O. Momento de Inércia: 2 2 G G G G P I m k I k g 22 2 50 0.6 32.2 G lb I ft ft s 2 20.559 0.559G GI lb ft s I slug ft Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos: 2 O GI I m d 2 1.5527 50 0.559 0.5 32.2 OI 20.94719OI slug ft Fi O O i M I 2 50 0.5 0.94719 26.3938 rad s 2 i in n n G i i F m a F m r Como = 0: (roda parte do repouso): 0nO i it t t G i i F m a F m r 50t GO m r 50 1.5527 26.39 0.5tO 50 20.487 29.51t tO O lb 5. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 429 ) - Uma barra de 20 kg num certo instante possui velocidade angular = 5 rad/s. Determinar as reações na conexão da barra em O e a aceleração angular. Use g = 9.81 m/s². Diagrama de corpo livre: Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 5 2 i in n n G i iF m a F m r 2 n GO m r 220 5 1.5 750n nO O N i it t t G i i F m a F m r ↺ 0 0iF i M I 2 60 2 3 L m l m g 23 20 3 60 20 9.81 354.3 60 2 3 2 354.3 5.905 60 rad s 177.15 196.2 20 5.905 1.5 19.05t tO O N 6. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 430 ) - O tambor mostrado possui massa de 60 kg e raio de giração k0= 0.25 m. Uma corda de massa desprezível é presa ao tambor e a uma massa de 20 kg. Se o bloco é abandonado, determine a aceleração angular do tambor. Equações de movimento para o tambor: 2 i ix n x G i i F m a F m r 2 x GO m r i iy y y G i i F m a F m r y GO P T m r 60 9.81 60 0.4 y GO T P m r 588.6 24yO T ↺ iO F O i M I Momento de inércia do tambor: 2 2 260 0.25 3.75O O O OI m k I I kg m OT r I 0.4 0.4 3.75 3.75 T T Se a corda não se desliza sobre a polia, a aceleração tangencial da polia será a mesma do bloco: Ga r Equação de movimento para o bloco: iy y b i F m a P T m a 20 9.81 20 196.2 20T a T a 196.2 20 T a 196.2 196.220 0.4 8G T a T r 0.4 196.2 0.4 3.75 8 3.75 T T T 196.2 3.75 8 0.4T T Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 6 196.2 3.75 3.75 3.2T T 735.75 3.2 3.75 T 735.75 105.86 6.95 T T N 0.4 0.4 105.86 3.75 3.75 T 2 2 0.4 11.29 4.51G rad m a r a s s 6. (Livro Unip pg. 78 3.10) - 3 hastes finas, homogêneas, cada qual com massa m e comprimento L foram utilizadas na construção de um triângulo, conforme ilustrado. Pede-se o momento de inércia em relação a um eixo ortogonal ao plano da figura e que passe pelo CM – Centro de massa. L L CM L _ _ / \3I I I I I 2 2 _ 1 3 12 3 2 m l l I m 2 2 CM m l I 7. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Um ventilador, ao ser ligado, parte do repouso com aceleração constante, e atinge frequência f = 3000 rpm em 5 s, com o motor gerando potência média Pm = 350 W. Para manter a frequência de regime de trabalho, o motor desenvolve potência constante Pmotor = 120 W. Considerar que o valor médio, do momento das forças dissipativas, nos movimentos acelerados, seja 75% daquele no movimento de regime de trabalho; pedem-se: (a) o momento das forças dissipativas, no regime de trabalho; (b) o momento de inércia do ventilador; (c) o tempo gasto até o ventilador parar, após ser desligado. Potência transferida pela força resultante F: motorP F v Momento do motor: motorM F d Como v d motorP F d motor motorP M Na frequência de regime: 3000 2 2 314.16 60 rad f s motor motor motor motor P P M M 120 0.3819 314.16 motor motorM M N m TMA: R motor diss CMM M M I No regime de trabalho, a velocidade angular é constante: = 0. Logo: 0 0.382motor diss diss motorM M M M N m Considerando o movimento inicial, desde o repouso até a frequência de trabalho: 0 314.16 0 5t 2 314.16 62.832 5 lig rad s 2 0 2 t t 262.832 5 0 5 785.4 2 rad motor mootorE P dt 5 350 1750motor motorE t E J Energia dissipada: diss diss diss dissE P dt E M dt 0.382 0.75dissE dt 0.287 0.287 785.38diss dissE dt E 225.4dissE J Potência resultante: R RP M Energia transferida ao sistema e armazenada na forma de energia cinética: c R C RE P dt E M dt cE I dt F d Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 7 c c d E I dt E I d dt 2 2314.16 49348.2 2 2 c c c I I E E E I Pela conservação da energia: 49348.2 1750 225.4C m dissE E E I 21524.6 0.031 49348.25 I I kg m Pelo TMA, com o motor desligado: 0.287 0 0.031RM I 2 0.287 9.26 0.031 rad s 0 0 314.16 9.26t t 314.16 33.93 9.26 t t s 8. (Livro Unip pg. 67 3.01) - Duas esferas de massas m1 = 0.010 kg e m2 = 0,03 kg estão localizadas nas extremidades de uma haste de peso desprezível, com comprimento L = 0,10 m. Determinar o momento de inércia (em kg.m2): (a) em relação a um eixo vertical passando pelo ponto médio da haste. (b) em relação a um eixo paralelo do item anterior que passa pelo centro de massa do conjunto. (a) 2 2 1 2 2 2 O L L I m m 2 20.01 0.05 0.03 0.05OI 4 21 10OI kg m (b) Somas Massa (kg) x (m) mi.xi (kg.m) m1 = 0.01 0 0 m2 = 0.03 0.1 0.003 0.04im 0.003i im x 1 1 2 2 1 2 CM m x m x x m m 0.01 0 0.03 0.1 0.01 0.03 CMx 0.003 0.075 0.04 CM CMx x m 2 20.01 0.075 0.03 0.025CMI 5 27.5 10CMI kg m 9. (Livro Unip pg. 83 3.04) - Um balão esférico de raio R é constituído por uma película fina e homogênea de massa m. Considerando um eixo radial, pedem-se: (a) o momento de inércia; (b) o raio de giração. (a) 22 3 CMI m R (Esfera oca) (b) 2 22 2 3 3 CMI m R m k k R 10. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Uma barra homogênea ilustrada a seguir, de massa m e comprimento L, está articulada pela extremidade A, girando em um plano vertical, sob ação de um momento M. No instante ilustrado a velocidade angular é = 8 rad/s; para esse instante, determine: (a) a aceleração angular da barra (em rad/s2). (b) as componentes da reação na articulação. Dados: m = 40 kg; L=6 m M = +120 N.m g = 10 m/s2 TCM.: Teorema do centro de massa: ix x x i F m a H m a iy y y i F m a V P m a ax ay V H y x P x y CM 0.075 0.025 Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 8 TMA: Teorema do momento angular: iOF O i M I 6 120 400 2 OI O=A ; P = m.g = 400N Teorema dos eixos paralelos: 22 2 12 2 O CM O m l l I I m OG I m 2 2 2 12 4 3 O O m l m l m l I I 2240 6 480 3 O OI I kg m 6 120 400 480 2 2 1080 480 2.25 rad s ↻ 2 2 2 2 8 3 192x x x L m a r a a s 2 2 2.25 3 6.75y y y L m a r a a s 40 192 7680H H N 270 400 40 6.75 400 270V V 130V N 11. (Livro Unip pg. 107 3.29) - Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A massa da polia é mp e seu raio é R. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2. A aceleração do bloco de massa m1 vale aproximadamente, em m/s2: Dados: m1 = 20 kg m2 = 12 kg M = 8 kg R = 0.3 m TCM.: Teorema do centro de massa: 1 1 1 1 1 2 2 `2 iy i P T m a F m a T P m a TMA: Teorema do momento angular: iOF O i M I 1 2 OT R T R I 2 1 2 2 pm R T T R O=G ; P1 = m1.g = 200N P2 = m2.g = 120N Como a corda não escorrega: 1 2a a R 2 1 2 2 pm R T T R 1 2 200 20 120 12 T a T a 2 1 2 0.36 2 pm R a T T R R 1 2 1 2 2 2 8 pm T T a a T T 1 2 1 1 2 2 200 20 4 120 12 4 T T T T T T 1 1 2 2 1 2 200 5 5 120 3 3 T T T T T T 1 2 2 1 6 5 200 4 3 120 T T T T 2 28 5 200 240T T 2 2 1 146.67 200 5440 3 6 T T N T 1 1 155.56 440 200 5 28003 6 18 T T N 1 2 155.56 146.67 4 4 T T a a 1 2 155.56 146.67 4 4 T T a a 2 2.22 m a s 12. (Livro Unip pg. 91 3.14) - Um disco uniforme, com eixo fixo, possui raio R = 0,4 m e y x Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 9 massa m = 6 kg. Em repouso, o disco é acionado pea força F = 20 N, através de uma corda enrolada no mesmo. O atrito nos mancais, gera um binário (momento) resistente Mres = 1.5 N.m. Pedem-se: (a) a reação do eixo fixo. (b) o número de voltas necessária para que o disco atinja a velocidade angular de = 40 rad/s. TCM.: Teorema do centro de massa: 0 0 x y H m a V P F m a 0 60 20 0 80 H V V N TMA: Teorema do momento angular: iOF O i M I Res CMF R M I 2 20 0.4 1.5 2 m R 2 2 13.540.48 6 0.4 6.5 8 1.5 2 0.48 rad s 2 2 0 2F 2 59.08 1600 40 0 2 13.54 27.08 rad 59.08 9.4 2 2 n n n 13. (Beer Johnston 5 Ed. 16.5 Pag. 551) – Uma polia pesando 53.4 N e raio de giração 0.203 m está unida a dois blocos como ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no eixo, determinar a aceleração angular da polia e a aceleração de cada cilindro. Sentido do movimento: Para manter a polia em equilíbrio: ⤹ 0 0.152 22.2 0.254 0G BM P 37.1BP N A polia girará no sentido antihorário. Cinemática do movimento: A A B Ba r a r 0.254 0.152A Ba a BR B B B B F m a P T 44.5 4.536 0.152 B B B B B B P g T P m a T 44.5 0.6895BT AR A A A A F m a T P 2.2629 0.254 22.2 A A A A A A P g T m a P T 0.5748 22.2AT Equações de movimento: momento de inércia da polia: 2 2PI m k I k g 2 253.4 0.203 0.224 9.81 I I kg m ⤹ G GM I 0.152 0.254B A GT T I 44.5 0.6895 0.152 0.5748 22.2 0.254 0.224 6.764 0.1048 0.146 5.6368 0.224 1.1272 0.2508 0.224 0.152 m 0.254 m 44.5 N 22.2 N Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 10 2 2.37 1.1272 0.2508 0.224 1.1272 0.4748 rad s 2 2.37 rad s ↺ 2 2 0.254 2.37 0.602 0.152 2.37 0.360 A A B B m a a s m a a s 14. (Hibbeler pag.442 17.13) – Determine a aceleraçãoangular da polia da figuram que possui uma massa de 8 kg e raio de giração kG = 0.35 m. A massa da corda é negligenciável. Equações de movimento: momento de inércia da polia: 2 2 2 0.98 8 0.35 kg m I m k I ⤹ G GM I 0.5 100 0.2 0.98T iy i F m a 8 9.81 100 78.48 8 G P m g T a Para que a polia não escorregue em A: 0.5G Ga r a 21.52 8 0.5T 21.52 4 T 21.52 0.5 20 0.98 4 T T 4 0.5 20 0.98 21.52T T 2 80 21.0896 0.98T T 58.91 19.76 2.98 T T N 2 21.52 19.76 10.32 4 rad s 2 5.16G m a s 15. (Livro Unip pg. 109 3.32) - A figura ilustra uma barra AB, homogênea , de massa m = 20 kg e comprimento L = 0.5 m. Na posição definida pelo ângulo = 600, a mesma apresenta velocidade angular = 4 rad/s. Pede-se a aceleração angular da barra. s TCM: Teorema do centro de massa: cos i i n n i t t i F N P sen m a F P T m a 2 2 n G G L a r r 2 t G G L a r r TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 2 2 O G L I I m A L/2 CM B L/2 CM B L/2 L/2 T N P P.cos P.sen nˆ tˆ A=O Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 11 2 2 2 12 4 3 O O m L m L m L I I 2 cos 2 3 L m L P 2 3 cos cos 2 3 2 L m L g m g L 0 2 3 10 cos60 15 2 0.5 rad s Calcule os valores de N e T agora, carinha.... 3 cos 2 4 T T L g a a 2 2 n L a 16. (Livro Unip pg. 109 3.33) - O disco de raio r = 0.125 m e massa m = 4 kg, momento de inércia baricêntrico ICM = 0.052 kg.m², inicialmente em repouso, é colocado em contato com a esteira, que move-se com velocidade constante, para a direita, v = 3 m/s. O coeficiente de atrito entre a esteira e o disco é = 0.40, pedem-se: (a) determinar a aceleração angular do disco durante o escorregamento; (b) o ângulo total de rotação do disco, desde o repouso, até que o escorregamento do disco e a esteira cesse. Diagrama de corpo livre: 0.5 75.96 0.125 arctg 90 90 75.96 14.04 TCM: Teorema do centro de massa: (disco) cos14.04 cos75.96 i x i y x at G i y G i F F F m a F F N P m a cos14.04 0 0.245 40 0 atF F F N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 0.125at GF I 0.4 0.052 0.125 0.05 0.052GN I N 1.04N 0.97 0.4 cos14.04 1.04 0 0.245 1.04 40 0 F F 0.97 0.416 0 0.245 1.04 40 F F 2.32 0.97 0.416 0.245 1.04 2.32 40 F F F 2 15.05 2.332 35 40 0.245 2.425 40 2.6578 rad F s N F F F 1.04 35 36.3N N N O escorregamento cessa quando as velocidades das superfícies forem iguais: 3BordaDisco esteira finalv v r 24 3 0.125 3 0.125 final final rad s 2 2 2final inicial 2 8.23 576 24 2 35 70 rad 17. (Livro Unip pg. 102 3.20) - O sistema de polias duplas tem momento de inércia total ICM = 20.3 kg.m², raio interno Ri = 0.23 m e raio externo Re = 0.40 m, respectivamente; inicialmente em repouso,é acionado por um contrapeso de massa m = 65 kg. Pedem-se: (a) a aceleração angular do sistema; (b) a velocidade angular no instante t = 3 s; (c) a velocidade angular no instante em que o contrapeso deslocou-se de 0.3 m. F F P atF N Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 12 Diagrama de corpo livre: TCM: Teorema do centro de massa: Contra Peso iy G i F P T m a TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 20.3 20.3T R T R Ta R 6510 20.3 65 G R R P T m a 20.3 650 65 0.23 0.23 650 88.26 14.95 2 650 6.3 88.26 14.95 rad s 0 t 0 6.3 3 18.9 rad s 2 2 0 2 s s R R 0.3 1.3 0.23 rad 2 0 2 6.3 1.3 16.43 4.05 rad s 18. (Livro Unip pg. 94 3.16) - A polia dupla ilustrada tem raios R1 = 0.6 m e R2 = 1.2 m, massa mP = 600 kg, raio de giração k = 0.9 m, e é acionada através de uma corda que faz um ângulo = 60° com a horizontal, com tração F = 3600 N. O movimento da polia, suspende o bloco de massa mB = 300 kg. Considerar que as cordas não escorreguem em relação à polia e g = 10 m/s². Pedem-se: (a) a aceleração do bloco; (b) as componentes horizontal e vertical da reação do eixo. TCM: Teorema do centro de massa: Polia: cos i xx P P i F H F m a 3600 cos60 0 1800H H N i yy P B P P i F V P T F sen m a P T pP 2R F 1R Bm 2R F 1R Bm V V H H PP BT BT BP Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 13 6000 3600 60 0 9117.69B BV T sen V T Peso B: iy B B B B i F T P m a 3000 300 3000 300B B B BT a T a Como não há escorregamento: 1 0.6B Ba R a 3000 300 0.6 3000 180B BT T TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 2 2 1B PF R T R m k 2 486 3600 1.2 0.6 600 0.9BT 4320 0.6 486BT 4320 0.6 486BT 4320 3000 180 0.6 486 4320 1800 108 486 2520 2520 108 486 594 2 4.24 rad s 2 0.6 2.544B B m a a s 4.24 3000 180 3763.2B BT T N 3763.2 9117.69 12880.89BV T V N 18. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A massa da polia é M e seu raio é R. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2. A aceleração do bloco de massa m1 vale aproximadamente, em m/s2: 1.82 Dados: m1 = 10 kg m2 = 20 kg M = 50 kg R = 0,5 m TCM: Teorema do centro de massa: massa m1 1 1 1 1 1i i F T P m a 1 1 1 1100 10 100 10T a T a massa m2 2 2 2 2 2i i F P T m a 2 2 2 2200 20 200 20T a T a TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Polia: 1 2T R T R I 2 1 2 2 M R T T R 2 1 2 2 M R a T T R R 50 1 2 2 M T T a 100 10 200 20 25a a a 100 10 200 20 25a a a 2 100 30 100 25 1.82 55 m a a a a s 19. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx Uma polia dupla, composta por dois discos solidários entre si, possui momento de inércia total ICM = 0,30 kg.m2, é acionada a partir do repouso, por blocos de massas m1 = 1,5 kg, m2 = 2,5 kg, raios R1 = 0,4 m e R2 = 0,7 m, ligados a fios ideais que não escorregam em relação a polia. Desprezar atritos, adotar g = 10 m/s2. A tração no fio que sustenta a massa m2, expressa em N, é aproximadamente: 25.35 Sentido de giro: 1 1 2 2 1 1 2 2 0 R P R P R P P R 1 1 0.7 25 43.75 15 0.4 P P N N horário TCM: Teorema do centro de massa: 1P 2 P 1a 2a 1T 2T Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 14 massa m1 1 1 1 1 1 1 2i i F T P m a a R 1 115 15 0.7 15 1.05T T massa m2 2 2 2 2 2 2 1i i F P T m a a R 2 1 2 0.4 25 2.5 25 1T R T TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Polia: 1 2 2 1 GT R T R I 1 20.7 0.4 0.3T T 15 1.05 0.7 25 1 0.4 0.3 10.5 0.735 10 0.4 0.3 0.735 0.4 0.3 10 10.5 2 0.5 1.435 0.5 0.3484 1.435 rad s 2 225 1 25 1 0.3483T T 2 25.3483T N 20. (Livro Unip pg. 89 3.13) - Duas engrenagens A e B, possuem eixos fixos paralelos, conforme ilustrado. Soldada coaxialmente ‘a engrenagem A, uma polia de raio 0.05m é acionada pela forçaF = 500 N, através de um fio enrolado na mesma. As engrenagens A e B, possuem, respectivamente, rA = 0.3 m e rB = 0.1 m; os momentos de inércia da engrenagem A e da polia soldada é IA = 1.2 kg.m2; o momento de inércia da polia B é IB = 0.8 kg.m2. Os atritos são desprezíveis. Pedem-se: (a) a aceleração angular da engrenagem A; (b) a aceleração angular da engrenagem B; (c) a força que a engrenagem A aplica na engrenagem B. TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A i Ax A A x i F H N m a i Ay A A A y i F V F f P m a Engrenagem B i Bx B B x i F H N m a i By B B B y i F V f P m a TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Engrenagem A: A A Af r F r I 0.3 500 0.05 1.2 Af 0.3 25 1.2 Af Engrenagem B: B B Bf r I 0.1 0.8 Bf 0.8 8 0.1 B Bf f Ponto de engrenamento: A B A A B Bv v r r A BT T A A B B a a r r 0.3 3 0.1 A B A B A B A B r r 8 24B Af f 24 0.3 25 1.2 7.2 25 1.2A A A A 25 7.2 1.2 25 8.4A A A 2 25 2.97 8.4 A A rad s 23 3 2.97 8.91B A B B rad s 8.91 8 71.28Bf f N 21. (Livro Unip pg. 115 3.35) - A figura ilustra um cilindro homogêneo, de massa m = 5.0 kg, raio R = 0.33 m, que abandonado do repouso, apoiado em plano inclinado de ângulo = 30° com a horizontal, rola sem escorregar ao longo do mesmo. Pedem-se: (a) a aceleração do centro de massa; (b) o mínimo valor do coeficiente de atrito entre o cilindro e o plano inclinado. f N AP AH AV BP N f BH BV F F Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 15 TCM: Teorema do centro de massa: 0 5 10 0.5 30 ix at m gi F P sen f m a 25 5atf a 0cos30 0 iy i F N P 0 0 43.3 cos30 50 cos30 N N P N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Cilindro: 2 2 m R f R 2 T m R f a a R 2 m R f a R 2 2 m R a m a f f R 5 25 5 25 5 2 2 m a a a a 25 5 2.5 a 2 25 25 7.5 3.333 7.5 m a a a s a a R R 2 3.333 10.1 0.33 rad s 5 3.333 8.3325 2 2 m a f f f N atf N 8.3325 0.19 43.3 atf N 22. Um aro de 10 lb ou um anel fino é dada uma velocidade angular inicial 0 = 6 rad/s quando é colocado sobre a superfície. Se o coeficiente de atrito cinético entre o aro e a superfície é k = 0.3 determinar a distância que o aro se desloca antes de parar o escorregamento. Dados: g = 32.2 ft/s2; 1 in = 1/12 ft I = m r2 TCM: Teorema do centro de massa: ix at G i F F m a 29.66 / K K K ft s N m a W m a a g 0 iy i F N W N W TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Aro: 2 2 at kF r m r m g r m r 0.3 32.2 0.5 k g r 2 19.32 rad s Quando parar o escorregamento: Gv r 00G G r a t t r t a r 6 0.5 0.1553 9.66 19.32 0.5 t t s 0 6 19.32 0.1553t 3 rad s 2 2 2 2 0 3 6 2 2 19.32 0.116s r s ft 030 P atf N x y Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 16 23. (Livro Unip pg. 115 3.36) - A figura ilustra um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 22.5 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.30 e c = 0.25. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento; (b) a aceleração angular do carretel. ` Supondo ausência de atrito: ` TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A 24.5 22.5 22.5 5 5i x G G G i m s F m a a a 0 50 iy i F N P N P N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Carretel: 2 1 22.5 0.08 5 0.09GF R I 244.44 1.8 0.0405 rad s Da cinemática dos sólidos: P Ga a P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0: 2ˆˆ ˆ4.5 44.4Pa i k R j 2 ˆ0.12 ˆˆ ˆ4.5 44.4P i a i R k j ˆ ˆ ˆ4.5 5.33 9.83P Pa i i a i Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda: ` TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A ix G at G i F m a F F m a 22.5 5at GF a 0 50 iy i F N P N P N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 1 2at OF R F R I 222.5 0.08 0.12 5 0.09atF 1.8 0.12 0.0405atF Como não há escorregamento: o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: 2 0.12G Ga R a 0.12 22.5 5 22.5 0.6at G atF a F 22.5 0.6 1.8 0.12 0.0405 at at F F 22.5 0.12 1.8 0.6 0.12 0.0405 0.9 0.9 0.1125 0.1125 2 8 rad s 2R 1R F 2R 1R F 2R 1R F F P N Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 17 22.5 0.6 8 22.5 4.8 17.7at at atF F F N Como 15 0.3 50 0 N at eF N A força de atrito é maior que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é falsa; logo a relação 2 0.12G Ga R a não vale; Assim, teremos que calcular a força de atrito cinética: 12.5 0.25 50 N at eF N 2 2 2 7.48 10 22.5 12.5 5 5 0.3 1.8 0.12 12.5 0.0405 0.405 G G m s rad s a a Ou seja, o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 2 m/s2 e está girando no sentido horário. 24. (LivroUnip pg. 115 3.37) - A figura ilustra um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.30 e c = 0.20. Pedem-se: (a) a aceleração angular do carretel; (b) a aceleração do centro de massa. ` Supondo ausência de atrito: ` Como a força F é menor que o peso, CM não se desloca na vertical; como, adotando a força de atrito atF nula e = 0, não tendo forças na horizontal, teremos: TCM: Teorema do centro de massa: 0 ix G G i F m a a 20 50 0 30 iy i F F N P N N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Carretel: 2 1 20 0.08 5 0.09GF R I 239.51 1.6 0.0405 rad s Da cinemática dos sólidos: P Ga a P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0: 2ˆ ˆ0 39.51Pa k R j 2 ˆ0.12 ˆ ˆ39.51P i a R k j 2 ˆ6.32P m a i s Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda: ` TCM: Teorema do centro de massa: Carretel: 2R 1R F 2R 1R F 2R 1R F F P N P N Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 18 ix G at G i F m a F m a 5at GF a 0 30 iy i F F N P N N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 1 2at OF R F R I 220 0.08 0.16 5 0.09atF 1.6 0.16 0.0405atF Hipótese 1: não há escorregamento: 2 0.16G Ga R a 5 0 16 1.6 0.16 0.0405 1.6 0.128 0.04atF 2 0.168 1.6 9.52 0.128 0.04 rad s 9.520.16 5 0.8 7.61at G at atF a F F N Para não haver escorregamento: 9 0.3 30 0 N at eF N Como 9 7.61 Eat e F N A força de atrito é menor que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é verdadeira; logo a relação 2 0.16G Ga R a vale; Assim: 2 9.52 rad s 2 0.16 9.52 1.52G G m a a s 25. (Livro Unip pg. 134 3.50) - A figura ilustra um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.20 e c = 0.15. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento; (b) a aceleração angular do carretel. (c) a aceleração do centro de massacarretel. ` Supondo ausência de atrito: ` TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A 23.33 20 20 6 6i x G G G i m s F m a a a 0 60 iy i F N P N P N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Carretel: 2 1 20 0.08 6 0.13GF R I 215.78 1.6 0.1014 rad s Da cinemática dos sólidos: P Ga a P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0: 2ˆˆ ˆ3.33 15.78Pa i k R j 2 ˆ0.16 ˆˆ ˆ3.33 15.78P i a i R k j ˆ ˆ ˆ3.33 2.52 5.85P Pa i i a i 2R 1R F 2R 1R F Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 19 Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda: ` TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A ix G at G i F m a F F m a 20 6at GF a 0 60 iy i F N P N P N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 1 2at OF R F R I 220 0.08 0.16 6 0.13atF 1.6 0.16 0.1014atF Hipótese: se não houver escorregamento: 12 0.2 60 0 N at eF N o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: 2 0.16G Ga R a 0.16 20 6 20 0.96at G atF a F 20 0.96 1.6 0.16 0.1014 at at F F 20 0.16 1.6 0.96 0.16 0.1014 4.8 3.2 1.6 0.1536 0.1014 0.255 2 18.82 rad s 20 0.96 18.82atF 20 18.1 1.9at atF F N Como 12 1.9 0.2 60 0 N at eF N A força de atrito é menor que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é verdadeira; logo a relação: 2 2 0.16 3G G G m a R a a s Ou seja, o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 3 m/s2 e está girando no sentido horário. 26. (Livro Unip pg. 134 3.51) - A figura ilustra um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13 m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 0.20 e c = 0.15. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento; (b) a aceleração angular do carretel. (c) a aceleração do centro de massacarretel. ` Supondo ausência de atrito: ` TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A 23.33 20 20 6 6i x G G G i m s F m a a a 0 60 iy i F N P N P N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 2R 1R F F P N 2R 1R F 2R 1R F Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 20 Carretel: 2 1 20 0.08 6 0.13GF R I 215.78 1.6 0.1014 rad s Da cinemática dos sólidos: P Ga a P G P G Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. Lembrando que = 0: 2ˆˆ ˆ3.33 15.78Pa i k R j 2 ˆ0.16 ˆˆ ˆ3.33 15.78P i a i R k j ˆ ˆ ˆ3.33 2.52 0.81P Pa i i a i Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; a força de atrito apontará para a esquerda: ` TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A ix G at Gi F m a F F m a 20 6at GF a 0 60 iy i F N P N P N TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 1 2at OF R F R I 220 0.08 0.16 6 0.13atF 1.6 0.16 0.1014atF Hipótese: se não houver escorregamento: 12 0.2 60 0 N at eF N o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: 2 0.16G Ga R a 0.16 20 6 20 0.96at G atF a F 20 0.96 1.6 0.16 0.1014 at at F F 20 0.16 1.6 0.96 0.16 0.1014 1.6 3.2 1.6 0.1536 0.1014 0.255 2 6.27 rad s 20 0.96 6.27atF 20 6.02 13.98at atF F N Como 12 0.2 60 0 N at eF N A força de atrito é maior que a máxima permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é falsa; logo a relação: 2Ga R não é valida. Assim, haverá escorregamento e: 0.15 60 9at c at atF N F F N 9 9 20 6 1.6 0.16 0.1014 at G at F a F 2 2 11 1.83 6 0.16 1.58 0.1014 G G m a a s rad s Ou seja, o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 1.83 m/s2 e está girando no sentido horário com aceleração angular 1.58 rad/s2. 2R 1R F F P N Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 21 Movimento combinado de rotação e translação: Relações envolvendo energia. Todo movimento de um corpo rígido pode ser sempre dividido em um movimento de translação do centro de massa e outro de rotação em torno do centro de massa. A energia cinética do corpo possui duas parcelas: uma devida à translação do centro de massa e outra devida à rotação: 2 21 1 2 2 cm cmK M v I Condição para rolamento sem deslizamento: CMv R Exemplo 1 – Enrolamento de uma casca cilíndrica. Uma casca cilíndrica oca de raio R e massa M rola sem deslizar com uma velocidade vCM ao longo de uma superfície plana. Qual a sua energia cinética? Solução: 2 21 1 2 2 cm cmK M v I 2 2 21 1 2 2 CM cm v K M v M R R 2 cmK M v Exemplo 2 – Velocidade de um ioiô. Um ioiô é feito enrolando-se um fio diversas vezes em torno de um cilindro de massa M e raio R. Mantém- se presa a extremidade enquanto o cilindro é liberado sem velocidade inicial. O fio se desenrola, mas não desliza nem se dilata à medida que o cilindro cai e gira. Use considerações de energia para achar a velocidade do centro de massa vCM do cilindro sólido depois que ele caiu a uma distância h. Solução: 2 21 1 2 2 cm cmK M v I 21 2 CMv I M R R 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 CM cm v K M v M R R 2 2 3 4 cmK M v Aplicando a conservação da energia: Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 22 1 1 2 2K U K U 230 0 4 cmM g h M v 4 3 cmv g h Exemplo 3 – Competição entre corpos girando. Em uma demosntração durante a aula de física, o professor faz uma “competição” de vários corpos rígidos redondos, deixando-os rolar do alto de um plano inclinado. Qual a forma do corpo que alcança primeiro a parte inferior? Solução: 1 1 20 0K U M g h U 2 2 2 1 1 2 2 cm cmK M v I 1 1 2 2K U K U 2 21 10 0 2 2 cm cmM g h M v I Chamando de: 2 cmI c M R 2 2 21 1 2 2 cm cm v M g h M v c M R R 2 21 1 2 2 cm cmM g h M v M v c 2 1 2 1 2 1 cm cm gh M g h M v c v c Todos os cilindros sólidos possuem a mesma velocidade no ponto inferior do plano, mesmo quando possuem massas e raios diferentes, pois eles possuem o mesmo valor da constante c. Todas as esferas sólidas possuem a mesma velocidade na base do plano. Quando menor o valor de c maior a velocidade do corpo quando ele chega na parte inferior do plano. Observando a tabela de momento de inércia, vemos que a ordem de chegada do plano é: Qualquer esfera maciça, qualquer cilindro maciço, qualquer esfera oca com parede fina ou casca esférica e, finalmente, qualquer casca cilíndrica. Exemplo 4 – Aceleração de um ioiô. Ache a aceleração de cima para baixo do ioiô e a tensão no fio. Solução: A equação para o movimento de translação do centro de massa é: cmy F M g T M a O momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa: 21 2 I M R Somente a força de tensão possui torque em relação a um eixo que passa pelo centro de massa é: 21 2 cmT R I T R M R Como o fio se desenrola sem se deslizar: CMv R CM CM a a R R 1 2 cma T M R 1 2 cmT M a cmM g T M a 1 2 cm cmM g M a M a 1 2 cm cmM g M a M a 3 2 2 3 cm cmM g M a a g 1 2 cmT M a 1 2 2 3 T M g Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 23 2 3 T M g Exemplo 5 – Aceleração de uma esfera rolando. Uma esfera de bliche sólida rola sem deslizar para baixo de uma rampa ao longo de uma guia. O ângulo de inclinação da rampa em relação à horizontal é . Qual é a aceleração da bola? Considere a bola uma esfera homogênea sólida, desprezando seus orifícios. Solução: A figura mostra o diagrama de corpo livre, mostrando o sentido positivo das coordenadas. Usando o momento de inércia da esfera sólida: 22 5 I M R Equações de translação e rotação do centro de massa e chamando de f a força de atrito: cmx F M g sen f M a 22 5 cmf R I f R M R Como: CMCM a a R R Substituindo, teremos: 2 5 cmf M a cmM g sen f M a 2 5 cm cmM g sen M a M a 2 5 cm cmM g sen M a M a 7 5 5 7 cm cmM g sen M a a g sen 2 2 5 5 5 7 cmf M a f M g sen 2 7 f M g sen Coeficiente de atrito: 2 7 cos M g sen f N M g 2 7 tg Trabalho e potência no movimento de rotação Podemos escrever: tandW F ds ds R d tandW F R d dW d 2 1 W d Podemos desenvolver: dW d d dW I d dW I d dt d dW I d dt dW I d 2 1 W I d 2 2 2 1 1 1 2 2 totW I I dW d dt dt P Exemplo 6 – Um anúncio fazendo propaganda da potência desenvolvida pelo motor de um automóvel afirma que o motor desenvolve 1.49.105W para uma rotação de 6000 rpm. Qual é o torque desenvolvido pelo motor? Solução: Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 24 P P 6000 6000 60 f rpm Hz 100f Hz 2 2 100 200 rad f s 51.49 10 200 237N m Exemplo 7 - Um motor elétrico desenvolve um torque constante de = 10 N.m sobre o esmeril montado no seu eixo motor. O momento de inércia é I = 2.0 kg.m². Sabendo que o sistema começa a se mover a partir do repouso, calcule o trabalho realizado pelo motor em 8.0 s e a energia cinética no instante final. Qual a potência média desenvolvida pelo motor? Solução: I I 2 10 2 rad s t 5 8 40 rad s 2 21 1 2 40 1600 2 2 K I K K J 2 21 1 5 8 160 2 2 t rad 10 160 1600W W W J 1600 200 8 W P P P W t A potência instantânea P = não é constante, porque cresce continuamente. Porém podemos calcular o trabalho total por: 2 2 1 1 t t t t W P dt W dt 2 1 8 0 10 5 t t W t dt tdt 8 2 0 50 1600 2 t t t W W J Momento angular e energia de rotação Lembremos que uma grandeza análoga ao momento linear p de uma partícula é o momento angular, que representamos por L . Definimos como: L r p L m v r sen L m v l Pode-se mostrar que a taxa de variação do momento angular é igual ao torque da força resultante: dL dr dp p r dt dt dt dL dr mdv mv r dt dt dt 0 dL v mv r ma dt dL r F dt dL dt Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 25 Para um corpo rígido de i partículas, o momento angular de cada uma será: i i i iL m v r i i i i iL m r r 2 i i i iL m r 2 i i i iL L L m r L I Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 26 Exemplo 1 – A hélice da turbina de um motor a jato possui momento de inércia 2.5 kg.m² em torno do eixo de rotação. Quando a turbina começa a girar, sua velocidade angular em função do tempo é dada por 2 3400 t rad s (a) Calcule o momento angular da hélice em função do tempo e ache seu valor em t = 3.0 s. (b) Determine o torque resultante que atua sobre a hélice em função do tempo e calcule seu valor para t = 3.0 s. Solução: (a) 22.5 400L I L t 21000L t 2 23 1000 3 9000 kg m L t L s (b) 1000 2 dL t dt 2000 t 3 2000 3 6000t N m Conservação do momento angular Princípio da conservação do momento angular: Esse princípio vale em todas escalas, desde o sistema atômico como o planetário e decorre da equação: dL dt Quando 0 0i i dL dt Podemos escrever também: 1 1 2 2I I Exemplo 2 – Qualquer um pode ser bailarino. Um professor de física acrobata está de pé sobre o centro de uma mesa girante, mantendo seus braços estendidos horizontalmente com um haltere de 5.0 kg em cada mão. Ele está girando em torno de um eixo vertical completando uma volta a cada 2.0 s. Calcule a nova velocidade angular do professor quando ele aproxima os dois halteres do seu estômago e discuta como isso modifica a sua energia cinética. Seu momento de inércia (sem os halteres) é igual a 3.0 kg.m² quando seus braços estão distendidos para fora, diminuindo para 2.2 kg.m² quando suas mãos estão próximas do seu estômago. Os halteres estão inicialmente a uma distância de 1.0 m do eixo e a distância final é igual a 0.20 m. Considere o halteres como partículas. Solução prof halteresI I I 2 1 3 2 5 1I 2 1 13I kg m 2 2 2.2 2 5 0.2I 2 2 2.6I kg m 1 1 2 2 rad f f Hz f T s 1 1 2 2I I 1 2 1 2 2 2 13 5 2.6 I rad I s 1 2 1 2 2 2 13 0.5 2.5 2.6 I f f f f Hz I 2 2 1 1 1 1 1 1 1 13 64 2 2 K I K K J 22 2 2 2 2 1 1 1 2.6 5 320 2 2 K I K K J Exemplo 3 – A figura mostra 2 discos, um deles é o volante de um motor e o outro é um disco ligado a um eixo de transmissão. Seus momentos de Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 27 inércia são IA e IB, respectivamente; inicialmente eles estão girando com a mesma velocidade angular A e B, respectivamente. A seguir empurramos os dois discos um contra o outro aplicando forças que atuam ao longo do eixo, de modo que sobre nenhum dos dois discos surge torque em relação ao eixo. Os discos permanecem unidos um contra o outro e atingem uma velocidade angular final . Deduza uma expressão para . Solução: O único torque que atua sobre cada disco é o torque que cada disco exerce sobre o outro disco; não existe nenhum torque externo. Logo o momento angular total do sistema dos dois discos é o mesmo antes e depois de eles serem unidos. No equilíbrio final eles giram juntos como se constituíssem um único corpo com momento de inércia: A BI I I A conservação do momento angular fornece: A A B BI I I A A B BI I I A A B B A B I I I I Exemplo 4 – No exemplo anterior, suponha que o volante A tenha massa de 2.0 kg, um raio de 0.20 m e uma velocidade angular inicial de 200 rad/s. Calcule a velocidade angular comum final depois que os discos ficam em contato. A energia cinética se conserva nesse processo? Solução: 2 2 21 1 2 0.2 0.040 2 2 A A A A AI m r I I kg m 2 2 21 1 4 0.1 0.020 2 2 B B B B BIm r I I kg m A A B B A B I I I I 0.04 50 0.02 200 0.04 0.02 100 rad s 2 2 1 1 1 2 2 A A B BK I I 2 2 1 1 1 0.04 50 0.02 200 2 2 K 1 450K J 22 1 2 A BK I I 22 1 0.04 0.02 100 2 K 2 300K J Um terço da energia foi perdida na “colisão angular”, o análogo rotacional de uma colisão linear completamente inelástica. Não deveríamos esperar conservação da energia cinética, embora a força externa resultante e o torque resultante sejam nulos, porque existem forças internas não conservativas (forças de atrito) que atuam enquanti os dois discos começam a girar unidos e tendem a girar com uma velocidade angular comum. Exemplo 5 – Momento angular em uma ação policial. Uma porta de largura 1 m e massa de 15 kg é articulada com dobradiças em um dos lados de modo que possa girar sem atrito em torno de um eixo vertical. Ela inicialmente não está aberta. Um policial dá um tiro com uma bala de 10 g e velocidade de 400 m/s exatamente no canto da porta. Calcule a velocidade angular da porta imediatamente depois que a bala penetra na porta. A energia cinética se conserva? Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 28 Solução: Considere um sistema formado pela porta juntamente com a bala em seu interior. Não existe nenhum torque externo em torno do eixo definido pelas dobradiças, de modo que o momento angular em torno desse eixo deve se conservar. O momento angular da bala é: 0.01 400 0.5L m v l L 22L kg m s O momento angular final é: L I porta balaI I I 2 2 3 p bala m d I m l 2 215 1 0.010 0.5 3 I 25.0025I kg m m v L L I I 2 0.40 5.0025 rad s A colisão entre a porta e a bala é inelástica porque forças não conservativas atuam durante o impacto da bala. Logo, não esperamos que haja conservação da energia cinética. Para conferirmos, calculamos a energia cinética inicial e final: 2 2 1 1 1 1 0.010 400 2 2 K m v K 1 800K J 2 2 1 2 K I 2 2 1 5.0025 0.4 2 K 2 0.40K J A energia cinética final é apenas 1/2000 da energia cinética inicial. Exemplo 6 - Determinar, em cada caso, o momento angular para as seguintes situações: (a) um carro de 1200 kg percorre no sentido anti-horário um círculo com 20 m de raio com velocidade de 15 m/s. (b) o carro mencionado desloca-se com velocidade ˆ15v m s i sobre a reta y = y0 =20m, paralela ao eixo x. (c) um disco, no plano xy, com raio de 20 m e a massa de 1200 kg, girando a 0.75 rad/s em torno do seu eixo, que coincide com o eixo z. Solução: (a) ˆL r p L r m v k 5 2ˆ ˆ20 1200 15 3.6 10L k L kg m s k (b) 0 ˆ ˆ ˆ ˆr x i y j r x i y j ˆp m v p p i 0ˆ ˆ ˆL r p L x i y j p i 0 ˆL y p k 5 2 ˆ3.6 10L kg m s k (c) L I 21 ˆ 2 L m R k 21 ˆ1200 20 0.75 2 L k 5 2 ˆ1.8 10L kg m s k Exemplo 7 - A máquina de Atwood tem dois corpos de massa m1 e m2 ( sendo m1 maior que m2), ligados por um cordel de massa desprezível que passa por uma polia cujos rolamentos não oferecem atrito. A polia é um disco uniforme, de massa M e raio R. O cordel não escorrega na polia. Determinar a aceleração angular da polia e a aceleração dos dois corpos pela equação: , 1 N i ext i dL dt Solução: , 1 N i ext i dL dt 1 2z pL L L L 1 2zL I m v R m v R Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 29 , 1 2z res m g R m g R , Z z res dL dt 1 2 1 2 d m g R m g R I m v R m v R dt 1 2 1 2m g R m g R I m a R m a R 21 2 1 2 1 2 a m m g R M R m m a R R 1 2 1 2 1 2 m m a g M m m Exemplo 8 – Um disco gira em torno de um eixo sem atrito, que coincide com o respectivo eixo de simetria, com velocidade angular inicial i, como mostra a figura. O seu momento de inércia em relação ao eixo é I1. Num certo instante, o disco cai sobre o outro, de momento de inércia I2, montado sobre o mesmo eixo. Graças ao atrito entre as duas superfícies em contato, os dois discos atingem uma velocidade angular comum aos dois, f. Calcular essa velocidade angular. Solução: A velocidade angular final está relacionada com a inicial pela conservação do momento angular: f iL L 1 2 1f iI I I 1 1 2 f i I I I Exemplo 9 – Um carrossel com 2 m de raio e 500 kg.m2 de momento de inércia gira em torno de seu eixo, sem atrito, completando uma volta a cada 5 s. Uma criança, com 25 kg, está inicialmente no centro do carrossel e depois caminha até a borda. Calcular a velocidade angular que terá, então, o carrossel. Solução: Pela conservação do momento angular: f iL L , ,sis f f sis i iI I 2 sis m c mI I I I m r 2m f m iI m R I 2 m f i m I I m R 2 500 500 25 2 f i 5 6 f i 5 1 1 6 5 6 f f rev s Exemplo 10 – A criança mencionada no exemplo anterior corre com velocidade 2.5 m/s sobre uma tangente à beira da plataforma do carrossel, que está imóvel, e pula para a plataforma. Calcular a velocidade angular final da criança no carrossel. Solução: Momento angular inicial da criança correndo em relação ao centro da plataforma do carrossel: iL m v R Expressão do momento angular final do sistema criança-carrossel em termos da velocidade angular final f: 2f m fL m r I Igualando as expressões: f iL L 2 m fm R I m v R 2f m m v R m R I 0.208f rad s Exemplo 11 – Uma partícula de massa m descreve, com velocidade v0, um círculo de raio r0 sobre a superfície de uma mesa horizontal sem atrito. A partícula está presa a um fio que passa por Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 30 um buraco na mesa, no centro do círculo. O fio é lentamente puxado para baixo, de modo que a partícula acaba descrevendo um círculo de raio rf. (a) Calcular a velocidade final em termos de r0, v0 e rf. (b) Calcular a tensão T no fio quando a partícula descreve um círculo de raio rf em termos de m, r e do momento angular 0 0 0L m v r . (c) Calcule o trabalho feito pela partícula pela tensão T, integrando T dr de r0 até rf. Dar a resposta em termos de r0, rf e L0. Solução: (a) A conservação do momento angular relaciona as velocidades final à inicial e os raios inicial e final:0fL L 0 0 0 0f f f f r m v r m v r v v r (b) Como i i F m a 2v T m r 0 0 0f fm v r m v r L 0Lv m r 2 0 2 L v m r T m T m r r 2 0 3 L T m r (c) O trabalho é: rdW T dr dW T dr 2 0 3r L T m r 0 2 2 0 0 3 3 fr r L L dW dr W dr m r m r 0 2 0 22 fr r r r L W m r 2 0 2 2 0 1 1 2 f L W m r r Exemplo 12 – Uma barra de massa M e comprimento d pode girar em torno de um eixo fixo a uma de suas extremidades. Uma bola de massa plástica, com massa m e velocidade v, atinge a barra a uma distância x do eixo e fica grudada na barra. Achar a razão entre a energia final e a energia inicial do sistema. Solução: 1. Energia cinética depois da colisão em termos do momento angular Li e do momento de inércia I´do sistema bola-massa: 2 2 f f L E I 2. Conservação do momento angular para relacionar Li a m, v e x: f i f iL L L L m v x 3. O momento de inércia I´: 2 21 3 I m x M d 4. As expressões de Lf e de I´na equação de Ef ficam: 22 2 212 2 3 f f f L m v x E E I m x M d Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 31 2 2 2 2 2 3 2 3 f m v x E m x M d 5. A razão entre a energia cinética depois da colisão e a energia inicial da bola de massa plástica é então: 2 2 2 2 2 2 3 2 3 1 2 f i m v x E m x M d E m v 2 2 2 3 3 f i E m x E m x M d Exercícios de Revisão: 1. O rotor de um motor elétrico tem uma freqüência de 3600 rpm , quando a carga e a energia são cortadas. O rotor de 50 kg , que tem um raio de giração do centro de gravidade de 180 mm , então começa a parar . Sabendo que a cinética de fricção devido ao atrito corresponde a um torque de magnitude 3,5 N ⋅ m exercida sobre o rotor , determinar o número de revoluções que o rotor executa antes de vir a parar. Solução: , 1 i O n F O i I 2 2 250 0.18 1.62O O O OI m k I I kg m 2 3.5 1.62 2.16 rad s 0 3600 60f rpm Hz 0 02 60 376.991 rad s 0 02 60 376.991 rad s 2 2 2 2 0 0 2 2 2 20 376.991 32891.067 2 2.16 rad 32891.067 5234.77 2 2 n n 2. B.J. Cap.16.54 - Uma barra em forma de L delgada uniforme ABC está em repouso em uma superfície horizontal quando uma força de magnitude P = 4 N é aplicada no ponto A. Desprezando o atrito entre o barra e a superfície e sabendo que a massa do conjunto de barras idênticas é de 2 kg , determine: (a) a aceleração angular inicial da barra; (b) a aceleração inicial do ponto B. Posição do centro de massa: 1 1 2 2 1 2 1 0 1 2 2 G L m x m x x m m 0.075 4 G G L x x m 1 1 2 2 1 2 G m z m z z m m 1 0.15 1 0 0.075 2 G Gz z m 2 2 2 20.075 0.075G Gd x y d 0.106d m Utilizando o Teorema de Steiner para as duas barras e somando: d r GB B G P d x z i j G 0.3 0.3 xG yG L/2=0.15 0.15 A B Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 32 2 2 2 22 2 12 2 12 2 G G G m m m m I L x L z 2 2 2 2 2 2 2 22 20.3 0.3 12 2 12 2 GI d d 2 22 0.0075 0.106 0.037472G GI I kg m TMA , 1 i G n F G i I 0.3 4 0.075 0.037472 0.037472 2 2 8 8 rad rad j s s TCM: 1 1 n n iz z ix x i i F m a F m a 4 2 2 zG k a a k B Ga a r v 2 8 0.075 0.075 0Ba k j i k 2 0.6 0.6Ba k k i 2 0.6 0.6Ba k k i 2 0.6 2.6B m a i k s 3. A polia dupla composta por duas polias de raios R1 = 0.20 m e R2 = 0.50 m, rigidamente soldadas entre si com eixo fixo, em relação ao qual o momento de inércia é I = 0.9 kg.m2. O acionamento da polia dupla é feito a partir do repouso, por blocos de massas m1 = 25 kg e m2 = 12 kg, ligados a fios ideais que não escorregam em relação a mesma. A aceleração linear do bloco 2, expressa em m/s2, é aproximadamente: TCM: 1 1 1 1 1 2 2 2 2 n i i P T m a F m a T P m a 1 1 2 2 250 25 120 12 T a T a TMA , 1 i G n F G i I 1 2 2 1 GT R T R I 1 20.5 0.2 0.9T T 1 2 1 2 1 2 0.5 0.2 a R a a R a 1 1 2 2 250 25 0.5 251 12.5 120 12 0.2 120 2.4 T T T T 250 12.5 0.5 120 2.4 0.2 0.9 125 6.25 24 0.48 0.9 6.25 0.48 0.9 24 125 2 101 7.63 101 13.23 7.63 rad s 1 2 1 2 2 2 6.62 0.5 13.23 0.2 13.23 2.65 m a a s a m a s 1 1 2 2 251 12.5 13.23 85.63 120 2.4 13.23 151.75 T T N T T N 4. A velocidade angular da polia dupla após 5 s, expressa em rad/s, é aproximadamente: Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 33 0 0 13.23 5t 0 66.15 rad t s 5. A velocidade do bloco 1 após 5 s, expressa em rad/s, é aproximadamente: 1 2 1 166.15 0.5 33.075 m v R v v s 6. Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A massa da polia é M e seu raio é R. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2. A aceleração do bloco de massa m1 vale aproximadamente, em m/s2: Dados: m1 = 10 kg m2 = 20 kg M = 50 kg R = 0.5 m TCM: Teorema do centro de massa: massa m1 1 1 1 1 1i i F T P m a 1 1 1 1100 10 100 10T a T a massa m2 2 2 2 2 2i i F P T m a 2 2 2 2200 20 200 20T a T a TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I Polia: 1 2T R T
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