Cinética do Movimento Plano de um Corpo Rígido - Força e Aceleração

MECÂNICA DINÂMICA Aula 13 CINÉTICA DO MOVIMENTO PLANO DE UM CORPO RÍGIDO FORÇA E ACELERAÇÃO 1 Momento de inércia de massa Visto que um corpo tem dimensão e forma definidas a aplicação de um sistema de forças não concorrentes pode fazer o corpo transladar e rotacionar Os aspectos translacionais do movimento foram anteriormente são controlados pela equação 𝐅 m 𝐚 A seguir se mostrará que os aspectos rotacionais causados por um momento M são controlados por uma equação da forma 𝐌 I 𝛂 O símbolo I nesta equação é denominado momento de inércia de massa Por comparação o momento de inércia é uma medida da resistência de um corpo à aceleração angular da mesma maneira que massa é uma medida da resistência do corpo à aceleração Definese o momento de inércia como a integral do segundo momento em relação a um eixo de todos os elementos de massa dm que compõem o corpo Por exemplo o momento de inércia do corpo em relação ao eixo z na figura 1 é Figura 1 Momento de inércia de uma massa em relação ao eixo z I m r2 dm 1 O braço do momento r é a distância perpendicular do eixo z até o elemento arbitrário dm Visto que a formulação faz uso de r o valor de I é diferente para cada eixo em relação ao qual ele é calculado No estudo da cinética plana o eixo escolhido para análise geralmente passa pelo centro de massa G do corpo e é sempre perpendicular ao plano de movimento O momento de inércia em relação a este eixo será denotado como IG Como r está elevado ao quadrado na equação 1 o momento de inércia de massa é sempre uma quantidade positiva Unidades comuns utilizadas para essa medida são kg m2 Se o corpo consiste em um material com densidade variável a equação que representa é r rx y z e o elemento de massa dm do corpo pode ser expresso em termos de sua densidade e volume como dm ρ dV Aqui ρ é a densidade do material em kgm3 Substituindo dm na equação 1 o momento de inércia do corpo é calculado utilizando elementos de volume para a integração ou seja I r2 V ρ dv 2 No caso especial do braço do momento r ser uma constante esse termo pode ser colocado fora da integral e a integração tornase então puramente uma função de geometria I ρ r2 V dv 3 Quando o elemento de volume escolhido para integração possui dimensões infinitesimais em todas as três direções figura 2 o momento de inércia do corpo tem de ser determinado utilizando uma integração tripla Figura 2 Elementos de casca ou disco para integração tripla O processo de integração pode entretanto ser simplificado para uma única integração contanto que o elemento de volume escolhido tenha uma dimensão ou espessura diferencial em apenas uma direção Elementos de casca ou disco são frequentemente usados para esse propósito 11 Procedimento para análise Para obter o momento de inércia por integração serão considerados apenas corpos simétricos com volumes que são gerados girandose uma curva em torno de um eixo Um exemplo de corpo dessa natureza está mostrado na figura 2 Dois tipos de elementos diferenciais podem ser escolhidos a Elemento de casca Se um elemento de casca com altura z raio r y e espessura dy é escolhido para integração figura 3 o volume é dV 2 π y z dy Figura 3 Elemento de casca para integração Esse elemento pode ser usado nas equações 2 ou 3 para determinar o momento de inércia Iz do corpo em relação ao eixo z visto que o elemento inteiro por sua finura se encontra à mesma distância perpendicular r y do eixo z b Elemento de disco Se um elemento de disco com raio y e uma espessura dz é escolhido para integração o volume é dV π y2 dz Esse elemento figura 4 é finito na direção radial e consequentemente suas partes não se encontram todas à mesma distância radial r do eixo z Figura 4 Elemento de disco para integração Como resultado as equações 2 ou 3 não podem ser usadas para determinar Iz diretamente Em vez disso para realizar a integração primeiro é necessário determinar o momento de inércia do elemento em relação ao eixo z e em seguida integrar esse resultado Exemplo 1 Determine o momento de inércia do cilindro mostrado na figura em relação ao eixo z A densidade do material ρ é constante SOLUÇÃO Elemento de casca Este problema pode ser resolvido utilizandose o elemento de casca conforme letra b e uma única integração O volume do elemento é dV 2 π r h dr A massa é dm ρ dV ρ 2 π r h dr Visto que o elemento inteiro se encontra à mesma distância r do eixo z o momento de inércia do elemento é dIz r2 dm ρ 2 π h r3 dr Integrando sobre a região inteira do cilindro resulta em Iz r2dm m ρ 2 π h r3 R 0 dr ρ π 2 R4 h A massa do cilindro é m dm m ρ 2 π h r R 0 dr ρ π h R2 De maneira que Iz 1 2 m R2 Exemplo 2 Se a densidade do material é ρ 3000 kgm3 determinar o momento de inércia do sólido da figura em relação ao eixo y SOLUÇÃO Elemento de disco O momento de inércia será determinado utilizandose um elemento de disco como mostrado na figura abaixo Aqui o elemento intercepta a curva no ponto arbitrário x y e tem massa dm ρ dV ρ π x2 dy Embora todas as partes do elemento não estejam localizadas à mesma distância do eixo y ainda é possível determinar o momento de inércia dIy do elemento em relação ao eixo y No exemplo anterior foi mostrado que o momento de inércia de um cilindro em relação a seu eixo longitudinal é Iy 1 2 m R2 Na equação acima m e R são a massa e o raio do cilindro Visto que a altura não está envolvida nessa fórmula o próprio disco pode ser considerado como um cilindro Desse modo para o elemento de disco na figura abaixo temse dIy 1 2 dm x2 1 2 ρ π x2 dy x2 Substituindo x y2 ρ 3000 kgm 3 e integrando em relação a y de y 0 a y 1 m obtémse o momento de inércia para o sólido inteiro Iy π 3000 2 x4 dy 1 o π 3000 2 y24 dy π 3000 2 y8 dy 5240 kg m2 1 o 1 o 12 Teorema dos eixos paralelos Se o momento de inércia do corpo em relação a um eixo que passa pelo centro de massa do corpo é conhecido o momento de inércia em relação a qualquer outro eixo paralelo pode ser determinado utilizandose o teorema dos eixos paralelos Esse teorema pode ser derivado considerandose o corpo mostrado na figura 5 Figura 5 Corpo com momento de inércia conhecido e eixo paralelo Aqui o eixo z passa pelo centro de massa G enquanto o eixo paralelo z correspondente se encontra a uma distância d Escolhendo o elemento diferencial de massa dm que está localizado no ponto x y e utilizando o teorema de Pitágoras r2 d x2 y2 podese expressar o momento de inércia do corpo em relação ao eixo z como I r2 dm m d x2 y2 dm m Então I x2 y2 dm m 2 d x dm d2 m dm m Visto que r2 x2 y2 a primeira integral representa IG A segunda integral é igual a zero visto que o eixo z passa pelo centro de massa do corpo ou seja x dm x m 0 já que x 0 Finalmente a terceira integral representa a massa total m do corpo Por conseguinte o momento de inércia em relação ao eixo z pode ser escrito como I IG m d2 4 Onde I Momento de inércia em relação ao eixo z kg m2 IG Momento de inércia em relação ao eixo z que passa pelo centro de massa G kg m2 m Massa do corpo m d Distância perpendicular entre os eixos paralelos z e z m Há um material de apoio que é uma tabela com Centro de Gravidade e Momento de Inércia da Massa de Sólidos Homogêneos 13 Raio de giração Ocasionalmente o momento de inércia de um corpo em relação a um eixo especificado é descrito em manuais utilizando o raio de giração k Essa é uma propriedade geométrica que tem unidade de comprimento Quando ele e a massa m do corpo são conhecidos o momento de inércia do corpo é determinado a partir da equação I m k2 ou k I m 5 k raio de giração m Sólidos Homogêneos 14 Corpos compostos Se um corpo consiste em certo número de formas simples como discos esferas e barras o momento de inércia do corpo em relação a qualquer eixo pode ser determinado somandose algebricamente os momentos de inércia de todas as formas que o compõem calculadas em relação ao eixo A soma algébrica é necessária visto que uma peça da composição tem de ser considerada como quantidade negativa se ela já tiver sido contada como um pedaço de outra peça por exemplo um furo subtraído de uma placa sólida O teorema dos eixos paralelos é necessário para os cálculos se o centro de massa de cada peça da composição não se encontrar sobre o eixo Para o cálculo então I IG md2 Aqui IG para cada uma das peças da composição é determinado por integração ou para formas simples como barras e discos ele pode ser obtido de uma tabela como a fornecida nos apêndices Exemplo 3 Se a placa mostrada na figura tem densidade de 8000 kgm3 e espessura de 10 mm determine seu momento de inércia em relação a um eixo direcionado perpendicular à página e passando pelo ponto O SOLUÇÃO A placa consiste em duas peças compostas o disco de raio 250 mm menos um disco de raio 125 mm O momento de inércia em relação ao ponto O pode ser determinado calculandose o momento de inércia de cada uma dessas peças em relação ao ponto O e em seguida somando os resultados algebricamente Os cálculos são realizados utilizando o teorema dos eixos paralelos e os dados listados nos apêndices Disco O momento de inércia de um disco em relação ao eixo central perpendicular ao plano do disco é IG Iz 1 2 m R2 O centro de massa do disco está localizado a uma distância de 025 metros do ponto O Desse modo md ρd Vd 8000 π 0252 001 m 1571 kg IdO 1 2 md rd 2 md d2 1 2 1571 0252 1571 0252 IdO 1473 kg m2 Furo Para o disco de raio 125 mm furo representado pohole h mh ρh Vh 8000 π 01252 001 m 393 kg IhO 1 2 mh rh 2 mh d2 1 2 393 01252 393 0252 IhO 0276 kg m2 O momento de inércia da placa em relação ao ponto O é portanto IG IdO IhO 1473 0276 12kg m2 Exemplo 4 O pêndulo na figura é suspenso pelo pino em O e consiste em duas barras finas A barra OA tem massa de 12 kg e BC tem massa de 9 kg Determinar o momento de inércia do pêndulo em relação a um eixo passando por a ponto O e b centro de massa G do pêndulo SOLUÇÃO Parte a Utilizando a tabela de Centro de Gravidade e Momento de Inércia da Massa de Sólidos Homogêneos o momento de inércia da barra OA em relação a um eixo perpendicular à página e passando pelo ponto O da barra é IO 1 3 m l2 Por conseguinte IOA O 1 3 m l2 1 3 12 22 160 kg m2 Esse mesmo valor pode ser obtido usando IG 1 12 m l2 m d2 Pelo teorema dos eixos paralelos IBC O 1 12 m l2 m d2 1 12 9 152 9 22 3769 kg m2 O momento de inércia do pêndulo em relação ao ponto O é IO 160 3769 5369 kg m2 Parte b O centro de massa G será localizado em relação ao ponto O Supondo que essa distância seja y e utilizando a fórmula para determinar o centro de massa temse y yi mi mi 1 12 2 9 12 9 1423 m O momento de inércia IG pode ser encontrado da mesma maneira que IO que exige sucessivas aplicações do teorema dos eixos paralelos para transferir os momentos de inércia das barras OA e BC para G Uma solução mais direta entretanto consiste em utilizar o resultado para IO pela equação 4 onde O substitui z ou seja IG m d2 5369 IG m d2 IG 21 14232 IG 108 kg m2 2 Equações da cinética do movimento plano A seguir o enfoque será somente na cinética plana a corpos rígidos que com suas cargas são considerados simétricos em relação a um plano de referência fixo Uma vez que o movimento do corpo pode ser visto no plano de referência todas as forças e momentos de binários atuando sobre o corpo podem então ser projetadas no plano Um exemplo de corpo arbitrário desse tipo é mostrado na figura 6 Figura 6 Corpo simétrico com forças projetadas no plano Aqui o sistema de referência inercial x y z tem sua origem coincidente com o ponto arbitrário P no corpo Por definição esses eixos não giram e são fixos ou transladam com velocidade constante 21 Equação de movimento translacional As forças externas atuando sobre o corpo na figura 6 representam o efeito de forças gravitacionais elétricas magnéticas ou de contato entre corpos adjacentes Visto que este sistema de forças foi considerado na análise de um sistema de partículas a equação da resultante pode ser usada aqui caso em que 𝐅 m 𝐚G Esta equação é referida como a equação do movimento de translação para o centro de massa de um corpo rígido estabelece que a soma de todas as forças externas atuando sobre o corpo é igual à massa do corpo vezes a aceleração de seu centro de massa G Para o movimento do corpo no plano x y a equação do movimento de translação pode ser escrita na forma de duas equações escalares independentes a saber Fx m aGx Fy m aGy 22 Equação de movimento rotacional É necessário calcular os efeitos causados pelos momentos do sistema de forças externas calculado em relação a um eixo perpendicular ao plano do movimento o eixo z e passando pelo ponto P Como mostrado no diagrama de corpo livre da iésima partícula figura 7 Fi representa a resultante das forças externas atuando sobre a partícula e fi é a resultante das forças internas causada por interações com as partículas adjacentes Figura 7 Diagrama de corpo livre da partícula Se a partícula tem massa mi e sua aceleração é 𝐚i seu diagrama cinético é o mostrado na figura 8 Figura 8 Diagrama cinético da partícula Somando os momentos em relação ao ponto P é preciso que 𝐫 x 𝐅i 𝐫 x 𝐟i 𝐫 x mi 𝐚i Ou 𝐌Pi 𝐫 x mi 𝐚i Os momentos em relação ao ponto P também podem ser expressos em termos da aceleração do ponto P figura 9 Se o corpo tem aceleração angular 𝛂 e velocidade angular 𝛚 então utilizando a equação 𝐯B 𝐯A 𝛚 x 𝐫BA Figura 9 Diagrama cinético da partícula Temse 𝐌Pi m𝐢 𝐯A x 𝐚P 𝛂 x 𝐫 ω2 x 𝐫 𝐦i 𝐫 𝐱 𝐚P 𝐫 x 𝛂 x 𝐫 ω2 𝐫 x 𝐫 O último termo é igual a zero visto que o produto vetorial 𝐫 x 𝐫 𝟎 Expressando os vetores com componentes cartesianas e realizando as operações do produto vetorial resulta em MPi𝐤 m𝐢 𝐱𝐢 𝐲𝐣 x aPx𝐢 aPy𝐣 x𝐢 y𝐣 x α𝐤 x x𝐢 y𝐣 Para uma partícula i de forma escalar Cuidado i versor i i ésima MPi mi y aPx x aPy αr2 Fazendo mi dm e integrando sobre a massa m do corpo inteiro obtémse a equação escalar de momento resultante MP y dm m aPx x dm m aPy r2 dm m α Aqui MP representa somente a intensidade do momento das forças externas que atuam sobre o corpo em relação ao ponto P O momento resultante das forças internas é igual a zero visto que para o corpo inteiro essas forças ocorrem em pares colineares iguais mas opostos e assim o momento de cada binário de forças em relação a P se cancela As integrais no primeiro e segundo termos à direita são usadas para localizar o centro de massa G do corpo em relação a P visto que conforme figura 9 ym y dm e ym x dm Além disso a última integral representa a intensidade do momento de inércia do corpo em relação ao eixo z ou seja IP r2 dm Assim de forma escalar MP ym aPx xm 𝐚Py IPα 6 É possível reduzir essa equação a uma forma mais simples se o ponto P coincide com o centro de massa G do corpo Se este é o caso então x y 0 e portanto de forma escalar MG IGα 7 Essa equação de movimento rotacional estabelece que a soma dos momentos de todas as forças externas em relação ao centro de massa G do corpo é igual ao produto do momento de inércia do corpo em relação a um eixo passando por G e a aceleração angular do corpo A equação 6 também pode ser reescrita em termos das componentes x y de 𝐚G e a intensidade momento de inércia do corpo IG Se o ponto G está localizado em x y figura 10 então pelo teorema dos eixos paralelos de forma escalar IP IG m x2 y2 Figura 10 Diagrama cinético da partícula Substituindo na equação 6 e rearranjando os termos de forma escalar MP ym xm aPy xα IPα 8 Do diagrama cinemático da figura 10 𝐚P pode ser expresso em termos de 𝐚G como 𝐚𝐆 𝐚P 𝛂 x 𝐫 ω2 𝐫 No plano x y aG𝐱𝐢 aG𝐲𝐣 a𝐏𝐱𝐢 a𝐏𝐲𝐣 α𝐤 x x𝐢 y𝐣 ω2 x𝐢 y𝐣 Executar o produto vetorial e equacionar as respectivas componentes i e j resulta nas duas equações escalares aGx aPx y α x ω2 aGy aPy x α y ω2 Substituindose esses resultados na Equação 8 e simplificando temse na forma escalar MP ym aGx xm aGy IGα 9 Esse resultado indica que quando os momentos das forças externas mostradas no diagrama de corpo livre são somados em relação ao ponto P figura 11a eles são equivalentes à soma dos momentos cinéticos das componentes de m 𝐚G em relação a P mais o momento cinético de IG 𝛂 figura 11b Figura 11 Momentos cinéticos a b Em outras palavras quando os momentos cinéticos MkP são calculados figura 10b acima os vetores m 𝐚Gx e m 𝐚Gy são tratados como vetores deslizantes isto é eles podem atuar em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação De maneira similar IG 𝛂 pode ser tratado como um vetor livre e portanto pode atuar em qualquer ponto É importante manter em mente entretanto que m 𝐚G e IG 𝛂 não são o mesmo que uma força ou um momento de binário Em vez disso eles são causados pelos efeitos externos das forças e momentos de binário atuando sobre o corpo Assim podese escrever a equação 9 de uma forma escalar mais geral como MP MkP 10 3 Aplicação geral das equações de movimento Para resumir esta análise três equações escalares independentes podem ser escritas para descrever o movimento plano geral de um corpo rígido simétrico Fx m aGx Fy m aGy MG IG α Ou MP MkP 11 Quando se aplica estas equações devese sempre construir um dia grama de corpo livre a fim de levar em consideração os termos envolvidos em Fx FY MG ou MP Em alguns problemas também pode ser útil traçar o diagrama cinético para o corpo figura 11b Este diagrama considera graficamente os termos m 𝐚Gx m 𝐚Gy e IG 𝛂 Ele é especialmente conveniente quando usado para determinar as componentes de m 𝐚G e o momento dessas componentes de forma escalar em MkP Exemplo 6 O carro mostrado na figura tem massa de 20000 kg e centro de massa em G Determinar a aceleração se as rodas motrizes traseiras estão sempre deslizando enquanto as rodas dianteiras estão livres para rodar Despreze a massa das rodas O coeficiente de atrito cinético entre as rodas e a estrada é uk 025 SOLUÇÃO I Diagrama de corpo livre Como mostrado na figura abaixo a força de atrito das rodas traseiras 𝐅B empurra o carro para a frente e visto que ocorre deslizamento 𝐅B 𝐅at uk 𝐍 025 𝐍B 𝐅B 025 𝐍B As forças de atrito que atuam sobre as rodas da frente são nulas visto que essas rodas têm massa desprezível Há três incógnitas escalares no problema NA NB e aG Com a massa da roda desprezível IG α e a força de atrito no ponto A necessária para girar a roda são nulas Aqui se somar os momentos em relação ao centro de massa O carro ponto G acelera para a esquerda ou seja na direção x negativa conforme figura abaixo Equações de movimento Não há componente de aceleração na direção vertical aGx aG Usando as três equações escalares independentes Fx m aG 025NB 2000 aG a Fy m aGy NANB 2000 981 0 NA 19620 NB b MG IG α 0 NA 125 NB 03 NB 075 0 c Substituindo b em c NA 125 NB 03 NB 075 0 196200 NB 125 NB 03 NB 075 NB 127000 N Colocando o valor de NB em b NA 19620 12700 69000 N Colocando o valor de NA e NB em a 025NB 2000 aG aG 025NB 2000 025 12700 2000 aG 1588 ms2 SOLUÇÃO II Diagramas cinéticos e de corpo livre Se a equação de momento é aplicada em relação ao ponto A a incógnita NA será eliminada da equação Para visualizar o momento de m aG em relação ao ponto A se incluirá o diagrama cinético como parte da análise figura abaixo Equação de movimento Usando a equação 11 MP MkP 12700 2 2000 981 125 2000 03 aG 0 aG 1588 ms2 4 Equações de movimento translação Quando o corpo rígido na figura 12 sofre uma translação todas as partículas do corpo têm a mesma aceleração Figura 12 Translação de corpo rígido Além disso 𝛂 0 caso em que a equação do movimento rotacional aplicada no ponto G reduzse a uma forma simplificada a saber MG 0 A aplicação desta e das equações de movimento de força serão abordadas para cada um dos dois tipos de translação 41 Translação retilínea Quando um corpo é submetido a translação retilínea todas as partículas do corpo placa se deslocam ao longo de trajetórias retilíneas paralelas Os diagramas de corpo livre e cinético são mostrados na figura 13 Visto que IG 𝛂 0 apenas m 𝐚G é mostrado no diagrama cinético Por conseguinte as equações escalares que se aplicam neste caso tornamse Figura 13 Translação retilínea Fx m aGx Fy m aGy 12 MG 0 Também é possível somar os momentos em relação a outros pontos dentro ou fora do corpo caso em que o momento de m 𝐚G tem de ser levado em consideração Exemplo para o ponto A que está uma distância perpendicular d da linha de ação de m 𝐚G figura 14 MA MkA MA m aG d Figura 14 Translação retilínea com equação do momento em relação e linha que passa por G Aqui a soma dos momentos das forças externas e dos momentos de binário em relação ao ponto A m aG diagrama de corpo livre se iguala ao momento m 𝐚G em relação ao ponto A MkA diagrama cinético 42 Translação curvilínea Quando um corpo rígido é submetido a translação curvilínea todas as partículas do corpo possuem a mesma aceleração dado que se deslocam ao longo de trajetórias curvas Para análise é frequentemente conveniente usar um sistema de coordenadas inercial tendo uma origem que coincide com o centro de massa do corpo no instante considerado e eixos orientados nas direções normais e tangenciais à trajetória do movimento figura 15 Então as três equações escalares de movimento são Fn m aGn Ft m aGt 13 MG 0 Figura 15 Rotação de um corpo no plano vertical em torno de um eixo fixo Se os momentos são somados em relação ao ponto arbitrário B figura 15c é necessário levar em consideração os momentos MkB das duas componentes m 𝐚Gn e m 𝐚Gt em relação a esse ponto Do diagrama cinético h e e representam as distâncias perpendiculares ou braços do momento de B até as linhas de ação das componentes A equação de momento requerida tornase MB MkB MAB e m aGt h m aGn Exemplo 7 A motocicleta mostrada na figura tem massa de 125 kg e centro de massa em G1 enquanto o motociclista tem massa de 75 kg e centro de massa em G2 Determinar o coeficiente de atrito estático mínimo entre as rodas e a pista para que o motociclista possa empinar a motocicleta ou seja levantar a roda da frente do solo como mostrado na fotografia Qual é a aceleração necessária para fazer isso Desprezar a massa das rodas e supor que a roda da frente está livre para rodar SOLUÇÃO Diagramas cinéticos e de corpo livre Neste problema considerase tanto a motocicleta quanto o motociclista como um sistema único É possível primeiro determinar a localização do centro de massa para esse sistema usando as equações x xm m e y ym m Aqui entretanto se levará em conta o peso e a massa da motocicleta e do motociclista em separado como mostrado nos diagramas cinético e de corpo livre figura abaixo Ambas as partes se deslocam com a mesma aceleração Supõese que a roda da frente está prestes a deixar o solo de maneira que a reação normal NA 0 As três incógnitas no problema são NB FB e aG Equações de movimento Como a aGt 0 aGx aG Usando as equações 12 e a equação de momento requerida Fx m aG FB 75 125 aG Ft m aGt NB 75 981 125 981 0 NB 19621 N MG MkB 73575 04 122625 08 75 aG 09 1255 aG 06 aG 895 ms2 FB 75 125 aGx 200 895 1790 N Exemplo 8 A viga BD de 100 kg mostrada na figura é suportada por duas barras de massa desprezível Determinar a força desenvolvida em cada barra se no instante θ 30oe ω 6 rads SOLUÇÃO Diagramas cinéticos e de corpo livre A viga se desloca com uma translação curvilínea visto que todos os pontos na viga se deslocam ao longo de trajetórias circulares cada trajetória com o mesmo raio de 05 m mas com diferentes centros de curvatura Utilizando coordenadas normais e tangenciais os diagramas cinético e de corpo livre para a viga são mostrados na figura abaixo Em virtude da translação G tem o mesmo movimento que o pino em B que está conectado tanto à barra quanto à viga Notese que a componente tangencial da aceleração atua para baixo e para a esquerda em razão da direção no sentido horário de A figura abaixo Além disso a componente normal da aceleração é sempre direcionada para o centro da curvatura na direção do ponto A para a barra AB Visto que a velocidade angular de AB é ω 6 rads quando θ 30o então aGn ω2 r 62 05 18 ms2 As três incógnitas são TB TD e aGt Equações de movimento equações 13 Fn m aGn TB TD 100 981 cos30o 100 18 Ft m aGt 100 981 sen30o 100 aGt aGt 4905 ms2 MG 0 TB cos30o 04 TD cos30o 04 0 Resolvendo TB TD 132 N 5 Equações de movimento rotação em torno de um eixo fixo Considere o corpo rígido ou placa mostrado na figura 15 que está restrito a girar no plano vertical em torno de um eixo fixo perpendicular à página e passando pelo pino em O Figura 15 Rotação de um corpo plano em torno de um eixo fixo forças A velocidade e aceleração angulares são causadas pelo sistema de forças externas e momentos de binário atuando sobre o corpo Como o centro de massa G do corpo se desloca em torno de uma trajetória circular a aceleração desse ponto é mais bem representada pelas suas componentes tangencial e normal As componentes tem intensidades Tangencial aGt α rG Tem de atuar em uma direção que seja consistente com a aceleração angular A do corpo Normal aGn vt 2 rG rG ρ Esta componente está sempre direcionada do ponto G para O independentemente do sentido rotacional de 𝛚 Os diagramas cinéticos e de corpo livre para um corpo são mostrados na figura 16 Figura 16 Diagramas cinéticos e de corpo livre para um corpo As duas componentes m aGt e m aGn mostradas no diagrama cinético estão associadas às componentes tangenciais e normais da aceleração do centro de massa do corpo O vetor IG 𝛂 atua na mesma direção que 𝛂 e tem intensidade IG α em que IG é o momento de inércia do corpo calculado em relação a um eixo que é perpendicular à página e passa por G As equações escalares do movimento que se aplicam ao corpo podem ser escritas na forma Fn m aGn Ft m aGt 14 MG IG α A equação do momento pode ser substituída por uma soma de momentos em relação a qualquer ponto arbitrário P dentro e fora do corpo desde que sejam considerados os momentos MkP produzidos por IG 𝛂 m 𝐚Gt e m 𝐚Gn em relação ao ponto 51 Equação do momento em torno do ponto O Frequentemente é conveniente somar os momentos em relação ao pino em O a fim de eliminar a força desconhecida 𝐅O Do diagrama cinético figura 17 isto requer a seguinte combinação na soma de momentos de forma escalar MO MkO MO rG m aGt IGα 15 Figura 17 Rotação de um corpo em torno de um pino fixo soma de momentos Observe que o momento de m aGn não está incluído aqui visto que a linha de ação desse vetor passa por O Substituindo aGt rG α podese reescrever a equação anterior como MO IG mrG 2α Do teorema dos eixos paralelos I0 IG m d2 Portanto o termo entre parênteses representa o momento de inércia do corpo em relação ao eixo de rotação fixo passando por O Consequentemente podese escrever as três equações escalares de movimento para o corpo como Fn m aGn m ω2 rG Ft m aGt m α rG 16 MO IO α Na utilização das equações acima lembrarse de que IO α leva em consideração o momento vetorial de ambos m 𝐚Gt e IG 𝛂 em relação ao ponto O figura 17 acima Em outras palavras de forma escalar MO MkO IO α A equação acima está em conformidade com o indicado pelas equações 15 e 16 Exemplo 8 O volante desbalanceado de 25 kg mostrado na figura tem raio de giração kG 018 m em relação a um eixo passando pelo seu centro de massa G Se ele é solto do repouso determinar as componentes horizontal e vertical da reação no pino O SOLUÇÃO Diagramas cinéticos e de corpo livre Visto que G se desloca sobre uma trajetória circular ele terá as componentes tanto tangencial como normal da 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 Visto que ω 0 apenas m aGt m α aG e IG α são mostrados no diagrama cinético na figura abaixo Aqui o momento de inércia em relação a G é IG m kG 2 25 018 081 kg m2 As três incógnitas são On Ot e α Equações de movimento equações 14 Fn m ω2 rG On 0 a Ft m α rG Ot 25 981 25 α 015 b MO IO α Ot 015 081 α c Resolvendo Equação c Ot 015 081 α α 015 081 Ot α 0185 Ot Equação b Ot 25 981 25 α 015 Ot 24525 25 0185 Ot 015 Ot 1448 N Voltando na equação c α 0185 Ot 0185 1448 2679 rads2 Os momentos também podem ser somados em relação ao ponto O a fim de eliminar 𝐎t e 𝐎n e deste modo obter uma solução direta para 𝛂 figura abaixo Isto pode ser feito de duas maneiras A primeira MO MkO 25 981 015 081 α 25 α 015 α 367875 1372 268 rads2 A segunda Se MO IO α for aplicada então pelo teorema dos eixos paralelos o momento de inércia do volante em relação à O é IO IG m rG 2 081 25 0152 081 05625 13725 kg m 2 Por conseguinte MO IO α 24525 015 13725 α α 367875 1372 268 rads2 Exemplo 9 No instante mostrado na figura a barra delgada de 20 kg tem uma velocidade angular ω 5 rads Determinar a aceleração angular e as componentes vertical e horizontal da reação do pino sobre a barra nesse instante SOLUÇÃO Diagramas cinético e de corpo livre Como mostrado no diagrama cinético figura abaixo o ponto G se desloca em torno de uma trajetória circular e assim tem duas componentes da aceleração É importante que a componente tangencial at α rG atue para baixo visto que ela tem de estar de acordo com o sentido rotacional de 𝛂 As três incógnitas são Ot Ot e α Equações de movimento equações 14 Fn m ω2 rG On 20 52 15 On 7500 N a Ft m α rG Ot 20 981 20 α 15 b MO IO α Ot 15 60 1 12 20 32 α c Resolvendo o sistema de equações b e c Ot 20 981 20 α 15 Ot 196 2 30 α 196 2 30 α15 60 1 12 20 32 α 2943 45 α 60 15 α α 3543 60 5905 rads Ot 196 2 30 α 1962 30 5905 1905 N Uma solução mais direta para este problema seria somar os momentos em relação ao ponto O para eliminar On e Ot e obter uma solução direta para α Aqui MO MkO 60 20 981 15 1 12 20 32 α 20 α 15 15 α 59 rads Além disso para uma barra delgada ver tabela IO 1 3 m l2 Então MO IO α 60 20 981 15 1 12 20 32 α α 59 rads Obs Por comparação a última equação fornece a solução mais simples para a e não requer o uso do diagrama cinético Exemplo 10 A barra delgada mostrada na figura tem massa m e comprimento l e é solta do repouso quando θ 0o Determinar as componentes vertical e horizontal da força que o pino em A exerce sobre a barra no instante θ 90o SOLUÇÃO Diagramas de corpo livre e cinético O diagrama de corpo livre para a barra na posição geral θ é mostrado na figura abaixo Por conveniência as componentes de força em A são mostradas atuando nas direções n e t Observe que A atua no sentido horário e assim aGt atua na direção t O momento de inércia da barra em relação ao ponto A é IA 1 3 m l2 Equações de movimento Os momentos serão somados em relação a A para eliminar 𝑎𝑡 e 𝑎𝑛 𝐹𝑛 𝑚 𝜔2 𝑟𝐺 𝐴𝑛 𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑚 𝜔2 𝑙 2 a 𝐹𝑡 𝑚 𝛼 𝑟𝐺 𝐴𝑡 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚 𝛼 𝑙 2 b Usando por conveniência sentido horário como positivo para os momentos 𝑀𝑂 𝐼𝑂 𝛼 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑙 2 1 3 𝑚 𝑙2 𝛼 c Cinemática Para um dado ângulo 𝜃 há quatro incógnitas nas três equações anteriormente mostradas 𝐴𝑛 𝐴𝑡 𝜔 e 𝛼 Como mostrado pela equação c 𝛼 não é constante Em vez disso ela depende da posição 𝜃 da barra A quarta equação necessária é obtida utilizandose a cinemática onde 𝛼 e 𝜔 podem ser relacionados a 𝜃 pela equação 𝜔 𝑑𝜔 𝛼 𝑑𝜃 d Observar que a direção positiva no sentido horário para esta equação concorda com a da equação c Isso é importante visto que está se buscando uma solução simultânea A fim de resolver para 𝜔 em 𝜃 90𝑜 eliminase 𝛼 das equações c e d o que resulta em 𝜔 𝑑𝜔 3 2 𝑔 𝑙 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝜃 Visto que 𝜔 0 em 𝜃 0𝑜 𝜔 𝑑𝜔 𝜔 0 3 2 𝑔 𝑙 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝜃 90𝑜 0 Integrando 𝜔2 3 𝑔 𝑙 𝜔 3 𝑔 𝑙 Substituindo esse valor na equação a com 𝜃 90𝑜 e resolvendo as equações a e c obtémse 𝛼 0 𝑟𝑎𝑑𝑠2 𝐴𝑡 0 𝑚𝑠2 𝐴𝑛 25 𝑚𝑠2 6 Equações de movimento movimento plano geral O corpo rígido ou placa mostrado na figura 18 está submetido ao movimento plano geral causado pelo sistema de forças e momentos de binário aplicado externamente Figura 18 Corpo rígido ou placa submetido ao movimento plano geral Os diagramas cinético e de corpo livre para o corpo são mostrados na figura 19 Figura 19 Diagramas cinético e de corpo livre do corpo em movimento plano geral Se um sistema de coordenadas inercial 𝑥 𝑦 é estabelecido como mostrado as três equações escalares de movimento são 𝐹𝑥 𝑚 𝑎𝐺𝑥 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝐺𝑦 17 𝑀𝐺 𝐼𝐺 𝛼 Em alguns problemas pode ser conveniente somar os momentos em relação a outro ponto P em vez de G a fim de eliminar tantas forças incógnitas quanto possível do somatório de momentos Quando usadas neste caso mais geral as três equações escalares de movimento são 𝐹𝑥 𝑚 𝑎𝐺𝑥 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝐺𝑦 18 𝑀𝑃 𝑀𝑘𝑃 Aqui 𝑀𝑘𝑃 representa a soma dos momentos de 𝐼𝐺 𝛼 e 𝑚 𝑎𝐺 ou suas componentes em relação a P como determinado pelos dados no diagrama cinético 61 Equação do momento em torno do CI Há um tipo de problema particular que envolve um disco uniforme ou corpo de formato circular que rola sobre uma superfície áspera sem deslizar figura 19 Se somarse os momentos em relação ao centro instantâneo de velocidade nula então 𝑀𝑘𝐶𝐼 tornase 𝐼𝐶𝐼 𝛼 de maneira que 𝑀𝐶𝐼 𝐼𝐶𝐼 𝛼 19 Este resultado comparase com 𝑀𝑂 𝐼𝑂 𝛼 que é usado para um corpo preso com pino ao ponto O Equação 16 Exemplo Determinar a aceleração angular da bobina na figura A bobina tem 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 SOLUÇÃO I Diagramas cinéticos e de corpo livre A força de 100 N figura abaixo 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 𝑚 𝑘𝐺 2 8 0352 098 𝑘𝑔 𝑚2 Equações de movimento equações 18 Uma vez que 𝑎𝐺𝑥 0 e 𝑎𝐺𝑦 𝑎𝐺 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝐺𝑦 𝑇 100 8 981 8 𝑎𝐺 a 𝑀𝑃 𝑀𝑘𝑃 100 02 𝑇 05 098 𝛼 b Cinemática Uma solução completa é obtida se a cinemática for usada para relacionar 𝑎𝐺 com 𝛼 Nesse caso a bobina rola sem deslizar na corda em A Por conseguinte 𝑎𝐺 𝛼 𝑟 𝑎𝐺 05 𝛼 c Resolvendo as equações a b e c 𝛼 103 𝑟𝑎𝑑𝑠 𝑎𝐺 516 𝑚𝑠 𝑇 198 𝑁 SOLUÇÃO II Equações de movimento Podese eliminar a incógnita T somando os momentos em relação ao ponto A usando a terceira das equações 18 Dos diagramas cinéticos e de corpo livre figura logo acima e figura abaixo 𝑀𝐴 𝑀𝑘𝐴 100 07 8 981 05 098 𝛼 8 𝑎𝐺 05 d Utilizandose as equações c e d 𝛼 103 𝑟𝑎𝑑𝑠2 SOLUÇÃO III Equações de movimento A maneira mais simples de resolver este problema é observar que o ponto A é o CI da bobina Então a equação 19 se aplica MA IO α 100 07 8 981 05 098 8 05 α α 103 rads2