Dinamica de Corpos Rigidos - Cinetica do Movimento Plano

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 ΣMA ΣMkA ΣMA maGd Translação curvilínea ΣFn maGn ΣFt maGt ΣMG 0 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 μk NC 02 NC 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 02 NC 50 kgaG 1 ΣFy maGy NC 4905 N 0 2 ΣMG 0 600 N 03 m NCx 02 NC05 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 Io α 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 ΣMp ΣMkp 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 IG a quando escrevendo os termos para a soma dos momentos ΣMkp Exemplo 179 O volante desbalanceado de 25 kg mostrado na Figura 1715a tem um raio de giração kG 018 m em relação a um eixo passando pelo seu centro de massa G Se ele é solto do repouso determine as componentes horizontais e verticais da reação no pino O n t 015 m O G On Ot 25 981 N rG IGa O G 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 mk²G 25 kg018 m² 081 kg m² As três incógnitas são Oₙ Oᵢ e α Equações de movimento ΣFₙ mω²rG 0ₙ 0 ΣFᵢ marG Oᵢ 25981 N 25 kgα015 m 1 ΣMG IGα Oᵢ015 m 081 kg m²α Resolvendo α 2680 rads² Oᵢ 1447 N Os momentos também podem ser somados em relação ao ponto O a fim de eliminar Oₙ e Oᵢ 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 mr²G 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 giracao kG 035 m As cordas de massa desprezível estão enroladas em torno de seu cubo e borda externa 8 kg aG 0980 kg m2 α G 05 m A 100 N T 02 m 7848 N c SOLUÇÃO I 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 kg aG 1 ΣMG IGα 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 12 mvG2 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 mvG2 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 mrG2ω2 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 mvG2 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 ICI 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 θ1θ2 M 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 U w 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 U M 50 N m π2 785 J Força da mola F s Quando θ 0º a mola está estendida 075 m 05 m 025 m e quando θ 90º a extensão é 2 m 075 m 05 m 225 m Assim U s 1230 Nm225 m² 1230 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 U P 80 N 4712 m 3770 J Reações do pino As forças A x e A y 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 T 1 Σ U 12 T 2 1814 Exemplo 183 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 T1U12T2 T1Mθ12ks²T2 020Nm05rad12200 Nm02m²06371ω2²Nm 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 Wyg Referência Vg Wyg Ve 12 ks2 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 s1 04 sen 30º m 981 N Referência 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 ks₁² 981N02 sen 30º m 12 800Nm04sen30º m² 619 J 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 I G ω₂² 12 10 kgvG₂² 12 112 10 kg04 m² 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 mω₂ 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 IGω HP ymvGx xmvGy IGω 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 IGω 1910 Movimento plano geral HA IGω dmvG 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 Solução CI 4 m cos 30º 30º ω 2 ms A 30º G 2 m 2 m vB 30º 30º B 2 m vG 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 HG IGω 1125 kg4 m205774 rads 385 kgm²s Somar IGω e o momento de mvG em relação ao CI resulta em HCI IGω dmvG 1125 kg4 m205774 rads 2 m5 kg1155 ms 154 kgm²s Também podemos usar HCI ICIω 1125 kg4 m2 5 kg2 m205774 rads 154 kgm²s 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 m r2 12 100 N 981 ms2025 m2 031855 kg m2 Princípio de impulso e quantidade de movimento mvAx t1 até t2 Fx dt mvAx2 0 Ax2 s 0 mvAy1 t1 até t2 Fy dt mvAy2 0 Ay2 s 100 N2 s 50 N2 s 0 IAω1 t1 até t2 MA dt IAω2 0 6 N m 2 s 50 N2 s 025 m 031855 ω2 Solucionar essas equações resulta em Ax 0 Ay 150 N ω2 1162 rads 221 Vibração livre não amortecida Posição de equilíbrio a ΣFx max kx mẍ ωn km ẍ ωn2 x 0 Wmg Fkx NB 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 m k 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 glθ 0