Dinâmica de Corpos Rígidos - Cinética do Movimento Plano e Rotação em Torno de Eixo Fixo

Dinâmica de Corpos Rígidos Professor Rafael Avanço de Birigui Cinética do Movimento Plano Força e aceleração Cinemática Teorema dos eixos paralelos Raio de giração Equação de movimento rotacional Equações de movimento linear Translação retilínea ΣFx maGx ΣFy maGy ΣMG 0 Translação retilínea ΣMA ΣMkA ΣMA maGd Translação curvilínea ΣFn maGn ΣFt maGt ΣMG 0 Translação curvilínea ΣMB emaGt hmaGn Exemplo 177 Uma caixa uniforme de 50 kg repousa sobre uma superfície horizontal para a qual o coeficiente de atrito cinético é μk 02 Determine a aceleração se uma força de P 600 N é aplicada à caixa como mostrado na Figura 1712a Diagrama de corpo livre A força P pode fazer com que a caixa deslize ou tombe Como mostrado na Figura 1712b supõese que a caixa deslize de maneira que F μkNc 02Nc Além disso a força normal resultante Nc atua em O a uma distância x onde 0 x 05 m da linha de centro da caixa As três incógnitas são Nc x e aG Equações de movimento ΣFx maGx 600 N 02Nc 50 kgaG N running Nc 4905 N 0 2 ΣMG 0 600 N 03 m Nc x 02Nc 05 m 0 3 Resolvendo Nc 4905 N x 0467 m aG 100 ms² Visto que x 0467 m 05 m realmente a caixa desliza como originalmente assumido NOTA Se a solução tivesse dado um valor de x 05 m o problema teria de ser refeito visto que a caixa tombaria Se este fosse o caso Nc atuaria no ponto do canto A e F 02 Nc Equações de movimento Rotação em torno de um eixo fixo ΣFn maGn mω²rG ΣFt maGt marG ΣMo Ioα Procedimento para análise Problemas cinéticos que envolvem a rotação de um corpo em torno de um eixo fixo podem ser resolvidos utilizandose o procedimento a seguir Diagrama de corpo livre Estabeleça o sistema de coordenadas inercial n t e especifique a direção e o sentido das acelerações aGn e aGt e a aceleração angular a do corpo Lembrese de que aGt tem de atuar em uma direção que está de acordo com o sentido rotacional de a enquanto aGn sempre atua em direção ao eixo de rotação o ponto O Construa o diagrama de corpo livre para considerar todas as forças externas e momentos de binário que atuam sobre o corpo Determine o momento de inércia IG para IO Identifique as incógnitas no problema Se for decidido que a equação de movimento rotacional ΣMρ Σmkρ deve ser usada ou seja P é um outro ponto diferente de G ou O então considere traçar o diagrama cinético a fim de ajudar a visualizar os momentos desenvolvidos pelas componentes maGn maGt e IGa quando escrevendo os termos para a soma dos momentos Σmkρ Exemplo 179 O volante desbalanceado de 25 kg mostrado na Figura 1715a tem um raio de giracao kG 018 m em relacao a um eixo passando pelo seu centro de massa G Se ele e solto do repouso determine as componentes horizontais e verticais da reacao no pino O n t 015 m On Ot 25 981 N rG IGa marG SOLUÇÃO Diagramas cinéticos e de corpo livre Visto que G se desloca sobre uma trajetória circular ele terá tanto as componentes tangenciais quanto as normais de aceleração Além disso visto que α o qual é gerado pelo peso do volante atua no sentido horário a componente tangencial da aceleração tem de atuar para baixo Por quê Visto que ω 0 apenas maGt marG e IGα são mostrados no diagrama cinemático na Figura 1715b Aqui o momento de inércia em relação a G é IG mkG2 25 kg018 m2 081 kg m2 As três incógnitas são On Ot e α Equações de movimento ΣFn mω2rG On 0 ΣF marG Ot 25981 N 25 kgα015 m 1 ΣMG IGα Ot015 m 081 kg m2α Resolvendo α 2680 rads2 Ot 1447 N Os momentos também podem ser somados em relação ao ponto O a fim de eliminar On e Ot e desse modo obter uma solução direta para α Figura 1715b Isso pode ser feito de duas maneiras ΣMO ΣMkO 25981 N 015 m 081 kg m2α 25 kgα 015 m 015 m 24525 N 015 m 13725α 2 Se ΣMO IOα for aplicada então pelo teorema dos eixos paralelos o momento de inércia do volante em relação a O é IO IG mrG2 081 250152 13725 kg m2 Por conseguinte ΣMO IOα 24525 N015 m 13725 kg m2α Movimento plano geral Força e aceleração Exemplo 1713 Determine a aceleração angular da bobina na Figura 1720a A bobina tem uma massa de 8 kg e um raio de giração kG 035 m As cordas de massa desprezível estão enroladas em torno de seu cubo e borda externa 8 kg aG 100 N 0980 kg m2 α G 05 m A G 02 m 05 m A 7848 N T SOLUÇÃO 1 Diagrama de corpo livre Figura 1720b A força de 100 N faz com que aG atue para cima Além disso α atua no sentido horário visto que a bobina enrola em torno da corda em A Há três incógnitas T aG e α O momento de inércia da bobina em relação a seu centro de massa é IG mkG2 8 kg035 m2 0980 kg m2 Equações de movimento ΣFy maGy T 100 N 7848 N 8 kgaG 1 ΣMG IG α 100 N02 m T05 m 0980 kg m2 α 2 Cinemática Uma solução completa é obtida se a cinemática for usada para relacionar aG com α Neste caso a bobina rola sem deslizar na corda em A Por conseguinte podemos usar os resultados dos exemplos 164 ou 1615 de maneira que aG αr aG α 05 m 3 Resolvendo as equações 1 a 3 temos α 103 rads2 aG 516 ms2 T 198 N Trabalho e energia Translação Quando um corpo rígido de massa m é submetido à translação retilínea ou curvilínea Figura 182 a energia cinética por causa da rotação é zero visto que ω 0 A energia cinética do corpo é portanto T 12mvG2 183 Rotação em torno de um eixo fixo Quando um corpo rígido gira em torno de um eixo fixo que passa através do ponto O Figura 183 o corpo tem energia cinética translacional e rotacional de modo que T 12 mvG 2 12 IG ω2 184 A energia cinética do corpo também pode ser formulada para este caso observandose que vG rGω de maneira que T 12 IG mrG2 ω2 Pelo teorema dos eixos paralelos os termos entre parênteses representam o momento de inércia IO do corpo em relação a um eixo perpendicular ao plano do movimento e passando através do ponto O Portanto T 12 IO ω2 185 Movimento plano geral Quando um corpo rígido é submetido a movimento plano geral Figura 184 ele tem uma velocidade angular ω e seu centro de massa tem uma velocidade vG Portanto a energia cinética é T 12 mvG 2 12 IG ω2 186 Essa equação também pode ser expressa em termos do movimento do corpo em relação a seu centro instantâneo de velocidade nula ou seja T 12 IC ω2 187 onde IC é o momento de inércia do corpo em relação a seu centro instantâneo A prova é similar àquela da Equação 185 ver Problema 181 Trabalho de uma força variável Se uma força externa F age sobre um corpo o trabalho realizado pela força quando o corpo se move ao longo da trajetória s Figura 185 é UF F dr s F cos θ ds 188 Aqui θ é o ângulo entre a origem da força e o deslocamento diferencial A integração deve considerar a variação da direção e da intensidade da força Trabalho de uma força constante Se uma força externa Fc age sobre um corpo Figura 186 e mantém uma intensidade constante Fc e uma direção constante θ enquanto o corpo passa por uma translação s então a equação anterior deve ser integrada de modo que o trabalho tornase UFc Fc cos θs 189 Trabalho de um peso O peso de um corpo realiza trabalho apenas quando o centro de massa G do corpo sofre um deslocamento vertical Δy Se esse deslocamento é ascendente Figura 187 o trabalho é negativo visto que o peso é oposto ao deslocamento UW W Δy 1810 Trabalho de um Momento Binário O trabalho é positivo quando M e dθ têm o mesmo sentido de direção e negativo se esses vetores estiverem em sentidos opostos Quando o corpo gira no plano através de um ângulo finito θ medido em radianos de θ1 a θ2 o trabalho de um momento de binário é portanto UM θ2θ1M dθ 1812 Se o momento de binário M tem uma intensidade constante então UM M θ2 θ1 1813 Exemplo 181 A barra mostrada na Figura 1811a tem massa de 10 kg e está submetida a um momento de binário M 50 N m e uma força P 80 N que sempre é aplicada perpendicularmente à extremidade da barra Além disso a mola tem um comprimento não deformado de 05 m e permanece na posição vertical devido ao rolete guia em B Determine o trabalho total realizado por todas as forças atuando sobre a barra quando ela houver girado para baixo de θ 0º a θ 90º Ax Ay θ 50 N m Fs P 80 N 15 m 05 m 1 m 981 N SOLUÇÃO Primeiro é desenhado o diagrama de corpo livre da barra de modo a considerar todas as forças que atuam sobre ela Figura 1811b Peso W Visto que o peso 10981 N 981 N é deslocado para baixo 15 m o trabalho é UW 981 N 15 m 1472 J Por que o trabalho é positivo Momento de binário M O momento de binário gira através de um ângulo θ π2 rad Portanto UM 50 N m π2 785 J Força da mola Fs Quando θ 0 a mola está estendida 075 m 05 m 025 m e quando θ 90 a extensão é 2 m 075 m 05 m 225 m Assim Us 12 30 Nm225 m2 12 30 Nm025 m2 750 J Força P Enquanto a barra movese para baixo a força é deslocada por uma distância π2 3 m 4712 m O trabalho é positivo Por quê UP 80 N 4712 m 3770 J Reações do pino As forças Ax e Ay não realizam trabalho visto que não são deslocadas Trabalho total O trabalho de todas as forças quando a barra é deslocada é então U 1472 J 785 J 750 J 3770 J 528 J 184 Princípio do trabalho e energia Aplicandose o princípio do trabalho e energia desenvolvido na Seção 142 a cada uma das partículas de um corpo rígido e somando algebricamente os resultados visto que a energia é escalar o princípio do trabalho e energia para um corpo rígido tornase T1 ΣU12 T2 1814 A roda mostrada na Figura 1813a pesa 200 N m 20 kg e tem um raio de giração kG 015 m em relação a seu centro de massa G Se ela é submetida a um momento de binário no sentido horário de 20 N m e rola a partir do repouso sem deslizar determine sua velocidade angular após seu centro G deslocarse 01 m A mola tem uma rigidez k 200 Nm e está inicialmente não deformada quando o momento de binário é aplicado Princípio de trabalho e energia T1Σ U12T2 T1Mθ12 ks2T2 020N m05 rad 12 200 Nm 02 m206371 ω22 N m ω2307 rads 185 Conservação de energia Quando um sistema de forças atuando sobre um corpo rígido consiste apenas de forças conservativas o teorema da conservação de energia pode ser usado para resolver um problema que de outra forma seria resolvido pelo princípio do trabalho e energia Esse teorema é frequentemente mais fácil de aplicar visto que o trabalho de uma força conservativa é independente da trajetória e depende somente das posições inicial e final do corpo Mostrouse na Seção 145 que o trabalho de uma força conservativa pode ser expresso como a diferença na energia potencial do corpo medida a partir de uma referência selecionada arbitrariamente T1 V1 T2 V2 Vg W yG Referência Vg W yG Ve 12 k s2 Posição não deformada da mola s 0 Energia potencial elástica Exemplo 186 A barra de 10 kg AB mostrada na Figura 1818a está confinada de modo que suas extremidades movemse nas ranhuras vertical e horizontal A mola tem rigidez k 800 Nm e não está deformada quando θ 0º Determine a velocidade angular de AB quando θ 0º se a barra é solta do repouso quando θ 30º Despreze a massa dos blocos deslizantes y1 02 sen 30º m 30º Referência s1 04 sen 30º m 981 N SOLUÇÃO Energia potencial Os dois diagramas da barra quando ela está localizada em suas posições inicial e final são mostrados na Figura 1818b A referência utilizada para medir a energia potencial gravitacional está alinhada à barra quando θ 90º Quando a barra está na posição 1 o centro de gravidade G está localizado abaixo da referência de maneira que sua energia potencial é negativa Além disso a energia potencial elástica positiva é armazenada na mola visto que ela é deformada em uma distância s₁ 04 sen 30º m Assim V₁ W y₁ 12 k s₁² 981N02sen30º m 12 800Nm04sen30º m² 619J Quando a barra está na posição 2 sua energia potencial é zero visto que o centro de gravidade G está localizado na referência e a mola não está deformada s₂ 0 Assim V₂ 0 T₁ V₁ T₂ V₂ Energia cinética A barra é liberada do repouso a partir da posição 1 portanto vG₁ ω₁ 0 e então T₁ 0 Na posição 2 a velocidade angular é ω₂ e o centro de massa da barra tem velocidade vG₂ Assim T₂ 12 m vG₂² 12 IG ω₂² 12 10kgvG₂² 12 112 10kg04m² ω₂² Usandose a cinemática vG₂ pode ser relacionada a ω₂ como mostra a Figura 1818c No instante considerado o centro instantâneo de velocidade nula CI da barra está no ponto A portanto vG₂ rGCI ω₂ 02 m ω₂ Substituindose na expressão acima e simplificando ou usando 12 ICI ω₂² obtémse T₂ 02667 ω₂² Conservação de energia T₁ V₁ T₂ V₂ 0 619 J 02667 ω₂² 0 ω₂ 482 rads CAPÍTULO 19 Cinética do movimento plano de um corpo rígido impulso e quantidade de movimento Quantidade de movimento linear L mvG Quantidade de movimento angular HG IG ω ζ HP ȳm vGx xm vGy IG ω Diagrama de quantidade de movimento do corpo Movimento plano geral Quando um corpo rígido é submetido a um movimento plano geral Figura 192c a quantidade de movimento linear e a quantidade de movimento angular em relação a G se tornam L mvG HG IG ω 1910 dade de movimento angular é calculada em relação ao ponto A Figur sário incluir o momento de L e HG em relação a esse ponto Nesse cas ζ HA IG ω dmvG Movimento plano geral Em um dado instante a barra esguia de 5 kg tem o movimento mostrado na Figura 193a Determine sua quantidade de movimento angular em relação ao ponto G e em relação ao CI nesse instante vA 2 ms 4 m G B 30º A Solução CI 4 m cos 30º 30º 2 m G 30º 2 m 2 m vB 2 ms A B vG ω SOLUÇÃO Barra A barra sofre um movimento plano geral O CI está estabelecido na Figura 193b de maneira que ω 2 ms 4 m cos 30º 05774 rads vG 05774 rads2 m 1155 ms Desse modo r HG IGω 112 5 kg4 m205774 rads 385 kg m2s Somar IGω e o momento de mvG em relação ao CI resulta em r HCI IGω dmvG 112 5 kg4 m205774 rads 2 m5 kg1155 ms 154 kg m2s Também podemos usar r HCI ICIω 112 5 kg4 m2 5 kg2 m205774 rads 154 kg m2s Impulso e quantidade de movimento angular O disco de 100 N M 10 kg mostrado na Figura 195a está submetido a um momento de binário constante de 6 N m e uma força de 50 N que é aplicada à corda enrolada em torno de sua periferia Determine a velocidade angular do disco dois segundos após ele partir do repouso Além disso quais são as componentes da força de reação no pino SOLUÇÃO Visto que velocidade angular força e tempo estão envolvidos nos problemas aplicaremos os princípios de impulso e quantidade de movimento à solução Diagrama de corpo livre Figura 195b O centro de massa do disco não se desloca entretanto o carregamento faz o disco girar no sentido horário O momento de inércia do disco em relação a seu eixo fixo de rotação é IA 12 mr2 12 100 N 981 ms2 025 m2 031855 kg m2 Princípio de impulso e quantidade de movimento mvAx Σ t1t2 Fx dt mvAx2 0 Ax2 s 0 mvAy1 Σ t1t2 Fy dt mvAy2 0 Ay2 s 100 N2 s 50 N2 s 0 IA ω1 Σ t1t2 MA dt IA ω2 0 6 N m2 s 50 N2 s025 m 031855 ω2 Solucionar essas equações resulta em Ax 0 Ay 150 N ω2 1162 rads 221 Vibração livre não amortecida Posição de equilíbrio ΣFx max kx mẍ ωn km ẍ ωn² x 0 Se for vertical ΣFy may W ky W mÿ ÿ ωn² y 0 x C sen ωn t φ x C sen ωₙ t φ τ 2π ωₙ τ 2π mk f 1 τ ωₙ 2π Exemplo 221 Determine o período de oscilação para um pêndulo simples mostrado na Figura 224a O peso tem uma massa m e está fixado a uma corda de comprimento l Despreze o tamanho do peso θ gl senθ 0 θ gl θ 0