Aula_2_DS

Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S.Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre Rotação em torno de eixo fixo Dinâmica do movimento plano: Resumo:  TCM: Teorema do Centro de massa: Rext  m  aCM  TMA: Teorema do momento angular: M Q  IQ   IQ    P  Q  dm 2 Pólo Q pertence ao sólido: Pólo Q fixo (vQ = 0) ou pólo QCM TCM e TMA: F  m  aG iExt i M i M i GFi  IG   Ou OFi  IO   Equações de movimento: Rotação em torno de eixo fixo.  F  m  a  m   r  F  m  a  m   r  M  I  2 n Gn t Gt G G G G 1 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 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.  F  ma i G  m  ay  T  P i m g ay  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. TP 180  150 m  ay   ay  2 2 m 15 s ⤹  M F iExt i  m  aGx    N  a    g  m  aG     N  P  0  N  m g  M O  IG   i G  IG  2 IG  m  r 2 5  M O  IG   T  R  IG   IG   M R 15  0.52  IG   I G  1.875kg  m2 2 2 2 i T  R 180  0.5 rad       48 2 ↻ IG 1.875 s aGx  0  aGy  2 2 F  r  m  r 2  5 2   m  g  r  m  r 2   5 2 5 g   g  r       5 2 r m  s2 Inicialmente v =  = 0 aP  aQ     P  Q       P  Q aA  aG     A  G        A  G    A esfera começará a rolar sem deslizar quando o ponto de contato dela com o solo possuir velocidade nula. vC  0 t  0  v  v0 a A  2  ˆj  48  kˆ  0.5  iˆ  0 v  t   v0  a  t aA  2  ˆj  24  kˆ  iˆ  aA  26  ˆj vG  t   v0    g  t ˆj m aA  ac  26  ˆj  2   s  vC  vG    GC 0  vG  iˆ    kˆ  r  ˆj 0  vG  iˆ    r  kˆ  ˆj  iˆ 2 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 0  iˆ  vG  iˆ    r  iˆ  vG    r v0    g  t    r   t   0    t 5 g   t   0  t 0 2 r 5 g t 2 r 5 g v0    g  t    t  r 2 r 5 v0    g  t    g  t 2 2v0 7   g  t  v0  t  t1  2 7  g 3  t     I0  k 2  Velocidade linear vG  t   v0    g  t 2v0 vG  t  t1   v0    g  7  g 7v  2v0 2 vG  t  t1   v0  v0  vG t  t1   0 7 7 5 vG  t  t1   v0 7  I0  k 2  m  I0  k 2  k  18in  k  P g 18 ft ft  g  32.3 2 12 s 2  18  322 I0      12  32.2 I0  22.5lb  f  s2 Tomando o centro de rotação O: M Velocidade angular: 5 g  t    t 2 r 5   g 2v0   t  t1     2 r 7  g 5v   t  t1    0 7 r P g O  IO   i  12   24  T     400     22.5    12   12  800 T  22.5 A aceleração do bloco será: F iext  m  aG  T  P  m  a i 644 lb 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. T  644  P 644  a  T  644  a g 32.2 32.2 ft s2  12  a    r  a      12  Resolvendo: 800  T  22.5 T  644  644 a 32.2 20 800  T  22.5  800  T  T  644  20     22.5  Cláudio S. Se a roda parte do repouso.559lb  ft  s2  IG  0.5 644  20  800 42.67 2 s s IO  IG  m d 2 50 I O  0.5527   26.487  Ot  29. determine as reações sobre seu pino O.62  ft   ft  32. OFi i i Ot  50  m   rG Ot  50  1.5  On  750N     Fti  m  at    Fti  m    rG Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos: i i . (Hibbeler 12a Ed.39   0.Uma barra de 20 kg num certo instante possui velocidade angular  = 5 rad/s.559   0.559slug  ft 2 IG      Fni  m  an    Fni  m   2  rG i i On  m   rG 2 On  20  52 1.5 22. Use g = 9. Diagrama de corpo livre: Momento de Inércia: I G  m  kG2  I G  P 2  kG g 50  lb  2  0. 17 pag. (Hibbeler 12a Ed.81 m/s².5T  22.Dinâmica dos Sólidos – Prof.5527 IO  0.67 2  a  3.3938 2 s     Fni  m  an    Fni  m   2  rG i i i Como  = 0: (roda parte do repouso):  Oy  822  717  400  sen450  0 On  0 i  Ox  283lb  Oy  1322lb    Fti  m  at    Fti  m    rG O  Ox2  Oy2  O  1352lb 4. 429 ) . 17 pag.5 Ot  50  20.5T  20T  22.94719      26.2 T Equilíbrio no centro da polia: F ix F iy  Ox  400  cos 45  0 0 1. Cap. 428 ) .5  0. Determinar as reações na conexão da barra em O e a aceleração angular.51lb 5.5 800  T 800  717    22.94719slug  ft 2 M i  IO   4 rad 50  0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 22.52 32.Uma roda desbalanceada de 50 lb possui um raio de giração kG = 0.5T  14490 16000 30490  T  717lb 42.6 ft sobre um eixo passando através de seu centro de massa G.5 644  20 T  20  800 22.2  2  s  IG  0.5 rad ft   3. Cap. 75  T  105.2 T  20  a a a     rG 196.905 60 rad s2 6.75   3.252  IO  3. 430 ) .4  T  196. Cap.905 1. 17 pag. Cláudio S.75 Se a corda não se desliza sobre a polia.2  T 20   0.95 .6  24  IO  IG  m d 2 m l2 m l2 l IO   m     IO  12 3 2 ↺  M F 2 20  32 IO   I O  60kg  m 2 3 60  20  9.811.5  IG   ml2  12 20  32 60  196. (Hibbeler 12a Ed.81T  20  a 196. iO i  IO   Momento de inércia do tambor: IO  m kO2  IO  60  0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre Ot  P  m   rG Ot  P  m    rG 209.2  T 0.3  45      60    354.905 2 60 s    Ot  196.75  T T 735.5   12 60  Ot 1.5  Ot  372.75      T 3.75  8  0.75T  3.2  3.4 8 0.3 12 5  Equações de movimento para o tambor:     Fxi  m  an    Fxi  m   2  rG i i Ox  m   rG 2 15 354.4 T  0. Uma corda de massa desprezível é presa ao tambor e a uma massa de 20 kg.Dinâmica dos Sólidos – Prof. determine a aceleração angular do tambor.15 Oy  T  P  m    rG Usando: M i FiO 609.35N    Fyi  m  a y    Fyi  m    rG i i Oy  P  T  m   rG 177.3 rad     5.5  60      5.81 20 ↺  M F iG i 1. a aceleração tangencial da polia será a mesma do bloco: a    rG  Equação de movimento para o bloco:    Fyi  m  a y  Pb  T  m  a i 20  9.2  20  5.4  3.5  180 60  294.75 196.4 Oy  T  588.2  3.O tambor mostrado possui massa de 60 kg e raio de giração k0= 0.75  3.4 196.2  30    1.2  T   3.75 8 3.2  T 20 196.81  IO   0. Se o bloco é abandonado.2  T 196.86 N 6.25 m.2  T 735.75kg  m2 T  r  IO   0.4 T  T 3. 16  0    5 314.16 rad  lig  62.4 T   105. cada qual com massa m e comprimento L foram utilizadas na construção de um triângulo.86 3. (Livro Unip pg.382N  m Considerando o movimento inicial. do momento das forças dissipativas.38  Ediss  225.4rad 2 Emotor   Pmootor dt  Emotor  350  t  Emotor  1750 J 5 Energia dissipada: Ediss   Pdiss dt  Ediss   M diss  dt Ediss    0. (Livro Unip pg.11) .75   11.16 TMA: M R  Mmotor  Mdiss  ICM  L I  3 I _  I _  I /  I \  1 l 3  ml2 I_   m    12 3 2  I CM  2 m l2 2 7. com o motor gerando potência média Pm = 350 W.Um ventilador. após ser desligado.832  5   0  5     785.16  60 s Pmotor  M motor    M motor  L L M motor CM Pmotor  120   M motor  0. e atinge frequência f = 3000 rpm em 5 s.287   dt  Ediss  0. No regime de trabalho. o motor desenvolve potência constante Pmotor = 120 W.29 rad m  a    rG  a  4.51 2 s2 s 0. a velocidade angular é constante:  = 0. no regime de trabalho. ao ser ligado.75  dt Ediss  0. Logo: Mmotor  Mdiss  0  Mdiss  Mmotor  0. homogêneas.382  0.4 0. 78 3. desde o repouso até a frequência de trabalho:   0    t  314.10) . conforme ilustrado. nos movimentos acelerados.4 6.75 3.Dinâmica dos Sólidos – Prof.3 hastes finas. parte do repouso com aceleração constante. (b) o momento de inércia do ventilador.287  785. pedem-se: (a) o momento das forças dissipativas. Potência transferida pela força resultante F: Pmotor  F  v Momento do motor: Mmotor  F  d Como v    d Pmotor  F    d Pmotor  Mmotor   6 Na frequência de regime:   2  f    2  3000 rad    314. seja 75% daquele no movimento de regime de trabalho.4J F d Potência resultante: PR  M R   Energia transferida ao sistema armazenada na forma de energia cinética: Ec   PR dt  EC   M R  dt Ec   I    dt Ec   I  d  dt  Ec   Id dt e .3819N  m 314.832 2 5 s 2  t   0  t  2 2 62. (c) o tempo gasto até o ventilador parar. Cláudio S. Considerar que o valor médio. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre  0. Pede-se o momento de inércia em relação a um eixo ortogonal ao plano da figura e que passe pelo CM – Centro de massa. Para manter a frequência de regime de trabalho. 83 3. 05  0.052 I O  m1 IO  1104 kg  m2 (b) Somas  Massa (kg) m1 = 0.031 0. pedem-se: (a) o momento de inércia.m g = 10 m/s2 mi.01 0.16  9. Cláudio S.1 2 ICM  m  R2 (Esfera oca) 3 (a) (b) ICM  2 m  R2  m  k 2  k  2 R 3 3 y x 0.01) . Determinar o momento de inércia (em kg. para esse instante.04) .26 8.01  0. sob ação de um momento M.Dinâmica dos Sólidos – Prof. girando em um plano vertical.Uma barra homogênea ilustrada a seguir.003 m1  x1  m2  x2 m1  m2 0.03 kg estão localizadas nas extremidades de uma haste de peso desprezível.01 0  0.2  I  1750  225. L=6 m M = +120 N.Um balão esférico de raio R é constituído por uma película fina e homogênea de massa m.93s 9. (b) o raio de giração.04 y ax H x xCM  ay V  P TCM.1 xCM  0. (Livro Unip pg.162  Ec   Ec  49348.003 xCM   xCM  0.025 10.xi (kg.6  I  0.03 0.031kg  m2 49348.16 t  t  33. de massa m e comprimento L. com comprimento L = 0.03 0.0252 ICM  7. determine: (a) a aceleração angular da barra (em rad/s2).0752  0. (a) L2 L2  m2 2 2 2 IO  0. 7 0.03 0. com o motor desligado: M R  I   0.287  0  0. No instante ilustrado a velocidade angular é  = 8 rad/s. Considerando um eixo radial. 67 3. Dados: m = 40 kg.287 rad     9.: Teorema do centro de massa: F xi i F yi  m   ax   H  m  ax  m   a y   V  P  m  a y i  TMA: Teorema do momento angular: .01 m2 = 0.5105 kg  m2 9.010 kg e m2 = 0.2  I 2 2 Pela conservação da energia: Ec  EC  Em  Ediss  49348.25 CM Pelo TMA. 83 3.01 0.26 2 0.11) . 83 3. (b) as componentes da reação na articulação. (Livro Unip pg.10 m. (b) em relação a um eixo paralelo do item anterior que passa pelo centro de massa do conjunto.03  0.075m 0.4 I 1524.031 s   0    t  0  314. (Livro Unip pg.m2): (a) em relação a um eixo vertical passando pelo ponto médio da haste.m) 0 0.03  mi  0.Duas esferas de massas m1 = 0.26  t 314. está articulada pela extremidade A.003  mi  xi  0.075 ICM  0.04 x (m) 0 0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre I  2 I  314. 75 2 s L2 ax   2  r  ax  82  3  ax  192 0. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2. 91 3. gera um binário (momento) resistente Mres = 1.3 m 8 mp  R 2  2 200  T1  20  a  T2  120  12  a mp  R2 a  T1  T2   R  2 R 2 1080  480      2. (Livro Unip pg.Um disco uniforme.56 146.67 a 4 4 T1  T2 155.: Teorema do centro de massa:  P  T  m1  a  m1  a1   1 1 T2  P2  m`2  a  TMA: Teorema do momento angular: M i FiO  IO   200  5  T2 440 N  T1  3 6 440 3  T  2800 N 1 6 18 200  5  155. através de uma corda enrolada no mesmo.14) .67 y F 2  a  a  T1  T2   8  T2  5  T2  200  240 T1   mp  T1  T2  200  T1  20  4  T  120  12  T1  T2   2 4 200  T1  5  T1  5  T2  T2  120  3  T1  3  T2 6  T1  5  T2  200   4  T2  3  T1  120 H  40   192   H  7680 N 11.56 x yi 2 8 146. Em repouso. em m/s2: Dados: m1 = 20 kg m2 = 12 kg M = 8 kg R = 0.g = 120N Como a corda não escorrega: O=A .67 a a 4 4 m a  2. O atrito nos mancais. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. A aceleração do bloco de massa m1 vale aproximadamente.m. com eixo fixo.g = 400N  Teorema dos eixos paralelos: I O  I CM  m  OG  I O  mp  R 2 T1  T2 155.56 146. P = m. Cláudio S. o disco é acionado pea força F = 20 N.5 N.25  3  a y  6. (Livro Unip pg.4 m e massa m = 6 kg.25  a1  a2    R ml2 ml2 m l2 IO    IO  12 4 3 IO  2 O=G . Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre M FiO T1  R  T2  R  IO   IO   i T1  T2   R  6 120  400   IO   2 2 m l2 l  m  12 2 2 T1  T2   R  40  6  I O  480kg  m2 3 6 120  400   480   2 rad ↻ s2 m s2 L2 m a y    r  a y  2.Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2.Dinâmica dos Sólidos – Prof. P1 = m1. 107 3.36 T1  T2  V  400   40  6. Pedem-se: . possui raio R = 0. A massa da polia é mp e seu raio é R.22 2 s a 12.29) .75  V  400  270 270 V  130N T2  i TCM.g = 200N P2 = m2. 08 n n  n  9.1N A polia girará no sentido antihorário.4 N e raio de giração 0.152   FRB  mB  aB  PB  TB TB  PB  mB  aB  TB  44.152 m I  mk2  I  I P 2 k g 53.2508  0.1272 rad  0.224kg  m2 9.2629  0.81 ⤹  M G  IG  TB  0. ⤹  M G  0  PB  0. 9  TCM.254  0.5748   22.4 2 2 13.4748 s 2 2. (b) o número de voltas necessária para que o disco atinja a velocidade angular de  = 40 rad/s.1272  0.152   i PB g F  R  MRes  ICM  m  R2 20  0.254    22.54      TB  44.1048   0.5  4.224   1.6368  0.42 6. determinar a aceleração angular da polia e a aceleração de cada cilindro.152  22.5 rad 8  1.152  TA  0.5  0.6895    0. (Beer Johnston 5 Ed.254  IG   44.54 F2  02  2   402  0  2 13.6895  FRA  mA  aA  TA  PA TA  mA  aA  PA  TA  2.37 44.: Teorema do centro de massa: H  m  ax   0  V  P  F  m  ay  0  H 0    V  60  20  0  V  80 N  TMA: Teorema do momento angular: M FiO  IO   Cinemática do movimento: aA    rA  aB    rB aA  0.5   2 6  0.5748   22.146    5. 0.536  0.5 N 22.2  0.5 Pag.2 PA g TA  0.2032  I  0. 16.5  0.2  Equações de movimento: momento de inércia da polia: 1600 rad 27.764  0.254   aB  0.224  6.4  0. Supondo-se que não exista atrito no eixo.4  1.224   1.37 2 ↺ s .08  59.5      2 0.Dinâmica dos Sólidos – Prof.2  0.08 59. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre (a) a reação do eixo fixo.254  0 PB  37.2508  0.2 N  Sentido do movimento: Para manter a polia em equilíbrio: rad   2.254 m 0.48 s 2 0.152   0. 551) – Uma polia pesando 53.224 1. Cláudio S.48 13.203 m está unida a dois blocos como ilustrado.1272    0. 5  20  0.98 kg m2 ⤹  M B  IG   CM L/2 T T  0.98   21.52  T  T  0. 10 .37  a A  0.360 2  s a A  0.37  aB  0. Na posição definida pelo ângulo  = 600.5 s m  g  cos   Calcule os valores de N e T agora.98    4   4 T  0.5 21.Dinâmica dos Sólidos – Prof.. 109 3.16 2 s 15.76 rad    10. (Hibbeler pag.76N 2.5  20   0. a mesma apresenta velocidade angular  = 4 rad/s.52  T  2 T  80  21.5 21. Cláudio S.152  2.52  T  4  21.91 T  T  19.81 P.98T 58.5 100  0. (Livro Unip pg. carinha.2  0.A figura ilustra uma barra AB.32 2 4 s m aG  5.sen   TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i O L IO  IG  m    2 IO  2 m  L2 m  L2 m  L2   IO  12 4 3 2 L m L  P  cos     2 3 L m  L2 3  g  cos        2 3 2 L 3 10  cos 600 rad      15 2 2  0. A s  CM L/2 L/2  Equações de movimento: momento de inércia da polia: nˆ N I  m  k  I  8  0.52  T  8 0.35 m.98 TCM: Teorema do centro de massa:  Fni  N  P  sen  m  an  i    Fti  P  cos   T  m  at  i L an   2  rG  rG  2 L at    rG  rG  2   Fyi  m  a 8 9.52  19.13) – Determine a aceleraçãoangular da polia da figuram que possui uma massa de 8 kg e raio de giração kG = 0.5 m.. homogênea .32) .442 17. Pede-se a aceleração angular da barra.  21.98 P.48  8  aG P m g Para que a polia não escorregue em A: aG    r  aG    0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre m  s2 m aB  0.35 2 2 G tˆ A=O 0. de massa m = 20 kg e comprimento L = 0.0896  0.254  2.602 14.cos   L/2 B P  i 100  T  78.. A massa da corda é negligenciável. m².245  F  N  40  0  TMA: Teorema do Momento Angular 576 rad 70  Diagrama de corpo livre: .04    40 0. (Livro Unip pg.97 0. TCM: Teorema do centro de massa: (disco)   Fxi   F  cos14. O coeficiente de atrito entre a esteira e o disco é  = 0.3 kg.32  0.04  Fat  0   0.O disco de raio r = 0. (Livro Unip pg.04   F  cos14. 102 3.052 kg.416    0   0. inicialmente em repouso.4 16. (b) a velocidade angular no instante t = 3 s.6578  15. que move-se com velocidade constante.O sistema de polias duplas tem momento de inércia total ICM = 20.125  I G    0.052   L 2 0.245  F  1.32  F  40 11 rad    2. raio interno Ri = 0.96   14.125    90   90 75.97  F  0. respectivamente.04  1.245  F  2.416  2. 109 3. (b) o ângulo total de rotação do disco.04  2.04   arctg   2 final 8. Cláudio S.40.04      0  0. até que o escorregamento do disco e a esteira cesse.20) .245  F  1.5      75.05  N  0.23 17.4   0.05  N  1.052 N  1.125 m e massa m = 4 kg.m².97   F  0. desde o repouso.125 s Diagrama de corpo livre: 24  F  2 inicial  2     242  2  35      P N F Fat    0.é acionado por um contrapeso de massa m = 65 kg. Pedem-se: (a) a aceleração angular do sistema.96  N  P  m  aGy  i F  cos14. 0.332  F    35 2  s   40 N 0.425  F  40  F  2.125  IG    N  0.125  3   final  0. v = 3 m/s.23 m e raio externo Re = 0.04  35  N  36.Dinâmica dos Sólidos – Prof. (c) a velocidade angular no instante em que o contrapeso deslocou-se de 0. momento de inércia baricêntrico ICM = 0.04    40 0  0. para a direita. pedem-se: (a) determinar a aceleração angular do disco durante o escorregamento.04  Fat  m  aGx  i   Fyi  F  cos 75.96  0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre aT    M L 3  g  cos  aT  2 4 an   2  i FiO  IO   Fat  0.245  F  1.3 m.33) . inicialmente em repouso. é colocado em contato com a esteira.3N O escorregamento cessa quando velocidades das superfícies forem iguais:  as vBordaDisco  vesteira  final  r  3 3 rad  final  0.40 m. 95 650 rad     6. H  V F R2 mB PB  TCM: Teorema do centro de massa:  Polia: F xi  H  F  cos  mP  aPx i H  3600  cos60  0  H  1800N  Fyi  V  PP  TB  F  sen  mP  aPy i V  6000  TB  3600  sen60  0  V  9117. 12 T Pp  P R2 R1  mB TCM: Teorema do centro de massa: Contra Peso F yi  P  T  m  aG i  V TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i O H 20. e é acionada através de uma corda que faz um ângulo  = 60° com a horizontal.3rad 0.3 R 65 PP TB R1 R 20.9 s 2 2   0  2   s s    R    R 0. Pedem-se: (a) a aceleração do bloco. suspende o bloco de massa mB = 300 kg. massa mP = 600 kg.43 rad   4.9 m.6   TB  3000 180  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i O F  R2  TB  R1  mP  k 2  3600 1.3    16. raio de giração k = 0. (Livro Unip pg.2 m.2  TB  0.6  486  4320   3000  180     0.95 s   0    t rad   0  6.69  TB F yi  Peso B:  TB  PB  mB  aB i TB  3000  300  aB  TB  3000  300  aB Como não há escorregamento: aB  R1   aB  0. Cláudio S.Dinâmica dos Sólidos – Prof.6 m e R2 = 1.3  3    18. com tração F = 3600 N. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre (b) as componentes horizontal e vertical da reação do eixo.3   650   65  0.3 2 88.23   0.23 2  0  2  6.6   600  0. 94 3. O movimento da polia.3      1.3   T  R  20.05 s 18.23 650  88.31.6  486  4320  TB  0.3    T  R aT  R  TB P  T  m  aG 6510 F 20.92   486 4320  TB  0.6  486   .16) . Considerar que as cordas não escorreguem em relação à polia e g = 10 m/s².26   14.26  14.A polia dupla ilustrada tem raios R1 = 0.6  TB  3000  300  0. 5 kg.5  R1    T2  25  1  0.aspx Uma polia dupla. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia.4 m e R2 = 0. m2 = 2. é acionada a partir do repouso.4  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  O i Polia: a1 a2 T1 T2 P2 P1 T1  R  T2  R  I     T1  T2   R   M  R2  2 T1  R2  T2  R1  I G     T1  0.5  0.435 s T2  25  1   T2  25  1  0. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2.24 V  9117.3  0.30 kg.4  0.89 N 3763.544 T1  T2   R   M  R2 a  2 R 50 M T1  T2    a 2 100  10  a   200  20  a   25  a 100 10  a  200  20  a  25 a m s2 30  a  100  25  a  a  TB  3000  180    TB  3763.7 m.5 kg.3 15  1. Cláudio S. é aproximadamente: 25.Dinâmica dos Sólidos – Prof.2 N 4.online.5 m Sentido de giro: P1  R2  P2  R1  0  P1   TCM: Teorema do centro de massa:  massa m1 F 1i  T1  P1  m1  a1 P1  0.7   T1  15 1. por blocos de massas m1 = 1.online. A aceleração do bloco de massa m1 vale aproximadamente.4  0.3   10.435   0.24 2 s aB  0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 4320 1800 108   486  2520 2520 108    486      594 rad   4. A massa da polia é M e seu raio é R. Desprezar atritos.735  0.05   P2  T2  m2  a2  i 200  T2  20  a2  T2  200  20  a2 massa m2  F2i  P2  T2  m2  a2  a2  R1  i  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  O i Polia: 25  T2  2.3484 2 1. adotar g = 10 m/s2.75N  15N  horário 0.unip.br/frmConsultaExercicio.5     0.aspx Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. em m/s2: 1.05     0.2 18.82 2 55 s 19.4  0.4   0.6   aB  2.7  T2  0. ligados a fios ideais que não escorregam em relação a polia.35 Dados: m1 = 10 kg m2 = 20 kg M = 50 kg R = 0.7   25  1    0. raios R1 = 0.4 TCM: Teorema do centro de massa:  massa m1 i T1 100  10  a1  T1  100 10  a1 F 2i  massa m2 R1 P2 R2 F 1i  T1  P1  m1  a1  a1  R2   i T1 15  15  0. composta por dois discos solidários entre si.3483 13 .82 100 m  a  1. possui momento de inércia total ICM = 0.unip.br/frmConsultaExercicio. expressa em N. A tração no fio que sustenta a massa m2. http://adm.3    10  10.69  TB  V  12880.735 10  0.5 1. http://adm.5 rad    0.m2.7 25  P1  43. 2  A  7. raio R = 0.1 m.4   A 25 rad A     A  2.4 s B    B  3   A   B  3   2.3  500  0.2  A 25  7. Soldada coaxialmente ‘a engrenagem A.1  0. os momentos de inércia da engrenagem A e da polia soldada é IA = 1. uma polia de raio 0.3  25  1.3  A   B    A   B  3   A rB 0.Dinâmica dos Sólidos – Prof.2 kg. Os atritos são desprezíveis. possuem eixos fixos paralelos.3  25  1.05m é acionada pela força F = 500 N. F f HB HA VA N N PA  VB f  PB y TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A F xi F N f at  H A  N  mA  axA x i yi  VA  F  f  PA  mA  ayA P i  Engrenagem B  Fxi  HB  N  mB  axB   300 i F yi  VB  f  PB  mB  ayB i  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i  O  F xi i Engrenagem A: f  rA  F  r  I A  A f  0. possuem. o momento de inércia da polia B é IB = 0.1 Ponto de engrenamento: TCM: Teorema do centro de massa:  P  sen300  f at  m  a m g  510 F yi 0.2  A  25  1.Duas engrenagens A e B.91 F 21. apoiado em plano inclinado de ângulo  = 30° com a horizontal.28 N rad s2 8.2  A f  0. através de um fio enrolado na mesma.5 25  fat  5  a  N  P  cos300  0 i N  P  cos 300  N  50  cos 300 43.m2. respectivamente.2  A  25  8. de massa m = 5. conforme ilustrado.3483N 20. (c) a força que a engrenagem A aplica na engrenagem B. rA = 0.05  1. Cláudio S.8  B  f  8  B 0.m2.35) . 115 3. rA 0. As engrenagens A e B. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre vA  vB  A  rA  B  rB aTA  aTB  A  rA  B  rB T2  25.A figura ilustra um cilindro homogêneo. 89 3. Pedem-se: (a) a aceleração angular da engrenagem A.3 m e rB = 0.1 f  8 B  f  24  A 24  A  0. que abandonado do repouso.97 2 8.97    B  8.0 kg.2  A  Engrenagem B: f  rB  I B  B f  0.91 f  8   B  f  71. (Livro Unip pg. Pedem-se: (a) a aceleração do centro de massa. (Livro Unip pg.33 m. (b) o mínimo valor do coeficiente de atrito entre o cilindro e o plano inclinado.13) . rola sem escorregar ao longo do mesmo.8 kg.8 B f   0.3 N  TMA: Teorema do Momento Angular 14 . (b) a aceleração angular da engrenagem B.2  A 1. 333 f  f   f  8.3 22.08 m e R2 = 0.32  0.09 m e raios R1 = 0. 115 3.5 rad   19. com coeficiente de atrito estático e cinético. raio de giração k = 0. respectivamente.3325   at       0. Se o coeficiente de atrito cinético entre o aro e a superfície é k = 0.36) .3 determinar a distância que o aro se desloca antes de parar o escorregamento.333 2 7. Cláudio S.Dinâmica dos Sólidos – Prof.33 s m a 5  3.2    k    r 0. 15 .333 rad    10. Dados: g = 32.5 N.1 2 0.A figura ilustra um carretel de massa 5 kg. (b) a aceleração angular do carretel. 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. O carretel apoia-se em superfície horizontal. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento.25.5  a  a  25 m  a  3.19 N 43.5  t  0.1553  3 rad s  2  02 32  62    2  2   19.32  0.2 ft/s2.5   0    t    6 19.32 2 s Quando parar o escorregamento: vG    r aG  t  0    t   r  t  t 0  r aG    r 6  0. (Livro Unip pg. e = 0.1553s 9. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre M i FiO  IO    K  N  m  a   K W  m  a  a   K  g 9.3325N 2 2   fat    N f 8.32  s  r    s  0.5   a 25  7.30 e c = 0. 1 in = 1/12 ft I = m r2  TCM: Teorema do centro de massa: F xi i  Fat  m   aG   N W  0  N  W i  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i O Aro: Fat  r  m r 2   k  m g  r  m r 2   g 0.66 ft / s 2 Cilindro:  f R  F m  R2  2 yi m R    a  aT    R 2 m R f     a    R 2 m R  a  ma f      f  2  R 2 f  25  m a 5 a  5  a  25   5 a 2 2 25   5  2.116 ft   23.3  32.16 m que é acionado por uma força F = 22.66   19.5 s a    R     a R 3. aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. 3  0.8  0.12  Fat  0.12 12. Cláudio S.8  0.5  12.48 2  s Ou seja.9  0. teremos que calcular a força de 12.5  0.5  Fat  0.5  5  aG  aG   5  m 2 2  s  1.8  Fat  17.092     F R1  1.1125 22.8  0.12 0.5  4.5  iˆ  5. o ponto P se desloca para a direita.6  8  Fat  22.6     1.Dinâmica dos Sólidos – Prof.12   1.5  Fat  5  aG  22. portanto.7N Da cinemática dos sólidos: ` 16 O i R2 ` TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  Como 0  Fat  e  N 0.092  1.5  0.6   0.12 22.0405  Como não há escorregamento: o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A  m  aG  22.4  kˆ   R2  ˆj  aP  4.5  Fat  5  aG  N  P  0  N  P  50N i  F  R1  Fat  R2  I O     F xi 22. a força de atrito apontará para a esquerda: R2 F F R1 N P rad s2 15 N 44.2550 10  22.9 0.08  Fat  0. Assim.5  Fat  0.12  Fat  0.350 A força de atrito é maior que a máxima permitida.4  kˆ  ˆj  iˆ aP  4.6   0.12     0.5  5  aG  aG  i 22.405  rad 7. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre R2  F F R1 ` TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A xi  m  aG  F  Fat  m  aG i F Supondo ausência de atrito: yi 22.5 5 4.5 0.5  Fat  0.08  5 0.12  5  0.33  iˆ  aP  9.1125      Carretel: F  R1  IG   22.5m s 2 F yi  N  P  0  N  P  50N i  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  O i  aG  R2   aG  0.5  iˆ  R2  44. a hipótese que não escorrega é falsa.8  0.0405       0.5   0. Lembrando que  = 0:  aP  4. logo a relação aG  R2   aG  0. o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 2 m/s2 e está girando no sentido horário.5 N atrito cinética: Fat  e  N 0.8  0.44 rad s 2 0.83  iˆ Ou seja.0405  8 aP  aG     P  G        P  G   Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso.12  22.12   não vale.5  iˆ  44. .0405   22.0405   0. 16  Fat  0.52 2 0.08  Fat  0.32  iˆ 2 s Ou seja. não tendo forças na horizontal.8    Fat  7.16  5 0. raio de giração k = 0.52 0. Lembrando que  = 0:  aP  0  39.51  kˆ   R2  ˆj  aP   R2  39. O carretel apoia-se em superfície horizontal.0405    1.16 m que é acionado por uma força F = 20 N.08 m e R2 = 0.61  FatE  e  N 9 A força de atrito é menor que a máxima permitida. Pedem-se: (a) a aceleração angular do carretel.A figura ilustra um carretel de massa 5 kg.0405 39.6  0. Da cinemática dos sólidos: aP  aG     P  G        P  G   Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso.092  1. com coeficiente de atrito estático e cinético.6  0.30 e c = 0. 115 3. adotando a força de atrito Fat nula e  = 0.37) . e = 0. como. portanto.6  0. a força de atrito apontará para a esquerda: F R2 F ` R1 F R2 N P R1 `  Supondo ausência de atrito: F xi i TCM: Teorema do centro de massa: Carretel:  m  aG  Fat  m   aG   Fat  5  aG F  F  N  P  0  N  30N yi F i  R2 TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i F  R1  Fat  R2  IO  R1 P ` 20  0. Cláudio S. respectivamente.20.61N 9.128    0.Dinâmica dos Sólidos – Prof.092  1. (Livro Unip pg.09 m e raios R1 = 0.51rad s 2 Como 7.0405  Hipótese 1: não há escorregamento: N Como a força F é menor que o peso. (b) a aceleração do centro de massa.51  kˆ  ˆj  iˆ 0.08  5 0. aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega. CM não se desloca na vertical.16  1.04 s 0. teremos:  TCM: Teorema do centro de massa: F xi  m  aG  aG  0 i  Fyi  F  N  P  0  N  30N i  20 O aG  R2   aG  0.128  0.16  Fat  0. o ponto P se desloca para a direita.168 Fat  5  aG  Fat  0.6 rad    9.330 O Carretel: F  R1  IG   20  0.16 Para não haver escorregamento: 50 9N TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i  0  Fat  e  N 0. a hipótese que não escorrega é 17 .12 m aP  6.04   5016  1. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 24.6  0. logo aG  R2   aG  0. respectivamente.85  iˆ Ou seja.13 m e raios R1 = 0.16  6  0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre verdadeira.78  kˆ   R2  ˆj  aP  3.78  kˆ  ˆj  iˆ 0.16  Fat  0.08 m e R2 = 0.260 o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: 20 i Fxi  m  aG  20  6  aG  aG  6 3. Lembrando que  = 0:  aP  3.6  0. Cláudio S. raio de giração k = 0. Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento. a força de atrito apontará para a esquerda: R2 ` F R1 F N P  R2 ` F F R1 TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A xi  m  aG  F  Fat  m  aG i F yi Supondo ausência de atrito: 20  Fat  6  aG  N  P  0  N  P  60N i  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i  F  R1  Fat  R2  I O     R2 20  0.1014   18 .A figura ilustra um carretel de massa 6 kg. aP  aG     P  G        P  G   Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso. 134 3.16  20  Fat  6  aG  20  Fat  0. aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega.6  0.Dinâmica dos Sólidos – Prof.1014   Hipótese: se não houver escorregamento: 12 N  TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A F yi 2  N  P  0  N  P  60N i  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i O 0.33  iˆ  2.78rad s 2 m aG  0.15.16  9.16 aP  3. com coeficiente de atrito estático e cinético.132  1.1014 rad s2 15. (b) a aceleração angular do carretel.20 e c = 0.132     F R1 ` O 1.52  aG  1.52 2 s Da cinemática dos sólidos: 25.52 Carretel: F  R1  IG   20  0.16   a relação vale. e = 0.08  6  0.16  Fat  0.96   0.16 m que é acionado por uma força F = 20 N. Assim:   9.33m s 0  Fat  e  N aG  R2   aG  0. o ponto P se desloca para a direita.96     1.33  iˆ  15. (Livro Unip pg.16 20  Fat  0.52  iˆ  aP  5.6  0.08  Fat  0. O carretel apoia-se em superfície horizontal.50) .33  iˆ  R2 15. (c) a aceleração do centro de massacarretel. 33m s 2 F 0.16  6  0.78rad s 2 Da cinemática dos sólidos: aP  aG     P  G        P  G   Onde P é o ponto de contato do carretel com o piso.16     0. (c) a aceleração do centro de massacarretel.08  Fat  0.16 aP  3.82 Fat  20 18.  N  P  0  N  P  60N i 15. o ponto P se desloca para a direita.1014   3.2 1.1536    0. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 20   0.16    aG  3  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  m s2 O i  Carretel: F  R1  IG   20  0. Cláudio S.1014 Ou seja.81 iˆ Ou seja.9 TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A F 12 N F R1 ` 3. respectivamente.13 m e raios R1 = 0.6  0.132  1.96 18.9N Como 20 6  m  aG  20  6  aG  aG  xi i 0  Fat  e  N 1.51) .82 4.33  iˆ  15.1014  R2 19 . Pedem-se: (a) determinar se ocorre ou não escorregamento.1014        18.16   1.52  iˆ  aP  0.Dinâmica dos Sólidos – Prof. com coeficiente de atrito estático e cinético. portanto.16 m que é acionado por uma força F = 20 N.260 yi A força de atrito é menor que a máxima permitida. (b) a aceleração angular do carretel. logo a relação: aG  R2    aG  0. (Livro Unip pg.78  kˆ   R2  ˆj  aP  3.6  0. aplicada por uma corda enrolada no mesmo e que não escorrega.78  kˆ  ˆj  iˆ 0.08  6  0.6   0.96   0. e = 0.255 rad s2  20  Fat  0.6  0.33  iˆ  2. 134 3.08 m e R2 = 0.15. o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 3 m/s2 e está girando no sentido horário. O carretel apoia-se em superfície horizontal. 26. raio de giração k = 0.8 0. a hipótese que não escorrega é verdadeira.1  Fat  1.132  1.20 e c = 0.A figura ilustra um carretel de massa 6 kg. Lembrando que  = 0:  aP  3.33  iˆ  R2 15.16  Fat  0. a força de atrito apontará para a esquerda: R2 ` F N P  R2 TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A F xi ` R1 F R1  m  aG  F  Fat  m  aG i F F yi 20  Fat  6  aG  N  P  0  N  P  60N i  TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  i Supondo ausência de atrito: O F  R1  Fat  R2  I O     20  0. 1014   20   0.96   0.96     1.2  1.1536    0.96  6. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre Hipótese: se não houver escorregamento: 12 N 0  Fat  e  N 0.27 1.02  Fat  13. .16  Fat  0.58 rad  0. o centro de massa está acelerando para direita com aceleração de 1.Dinâmica dos Sólidos – Prof. logo a relação: aG  R2  não é valida.16 20 20  Fat  0.260 o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: aG  R2   aG  0. portanto.27 Fat  20  6.255 rad s2 20  Fat  0.83 2  6 s     0.1014 s2 Ou seja.1014   9  11 m  aG   aG  1.16    1.16   1.1014   3.16     0.16  20  Fat  6  aG  20  Fat  0.15  60  Fat  9N 20  Fat  6  aG   9  1.58 rad/s2.83 m/s2 e está girando no sentido horário com aceleração angular 1.  Movimento combinado de rotação e translação: Relações envolvendo energia.1014        6.6  0. Cláudio S.98N 12 N Como 0  Fat  e  N 0. haverá escorregamento e: Fat  c  N  Fat  0.6  0.96   0. a hipótese que não escorrega é falsa. Assim.6  0.260 A força de atrito é maior que a máxima permitida.16  Fat  0.6  0.6 0.  Solução: 1 1 2 M  vcm  I cm   2 2 2 vCM 1   I  M  R2 R 2 K 1 1 1 v  2 K 2  M  vcm   M  R 2   CM  2 2 2  R  3 2 K2  M  vcm 4 Aplicando a conservação da energia: K1  U1  K2  U2 3 2 0  M  g  h  M  vcm 0 4 2 21 . O fio se desenrola. Cláudio S. Qual a sua energia cinética?  Solução: K 1 1 2 M  vcm  I cm   2 2 2 1 1 v  2 K  M  vcm  M  R 2   CM  2 2  R    2 2 K  M  vcm  Exemplo 2 – Velocidade de um ioiô. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 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. Um ioiô é feito enrolando-se um fio diversas vezes em torno de um cilindro de massa M e raio R. Uma casca cilíndrica oca de raio R e massa M rola sem deslizar com uma velocidade vCM ao longo de uma superfície plana.Dinâmica dos Sólidos – Prof. Mantémse presa a extremidade enquanto o cilindro é liberado sem velocidade inicial. A energia cinética do corpo possui duas parcelas: uma devida à translação do centro de massa e outra devida à rotação: K  1 1 2 M  vcm  I cm   2 2 2 Condição para deslizamento: vCM  R   rolamento sem  Exemplo 1 – Enrolamento de uma casca cilíndrica. 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.  Exemplo 4 – Aceleração de um ioiô. Ache a aceleração de cima para baixo do ioiô e a tensão no fio. qualquer esfera oca com parede fina ou casca esférica e. finalmente. Quando menor o valor de c maior a velocidade do corpo quando ele chega na parte inferior do plano. Em uma demosntração durante a aula de física. aCM R 1 M  R  2 acm 1 T  M  acm 2 M  g  T  M  acm 1 M  g  M  acm  M  acm 2 1 M  g  M  acm  M  acm 2 3 2 M  g  M  acm  acm  g 2 3 1 T  M  acm 2 1 2 T  M g 2 3 2 T  M g 3 T  Exemplo 5 – Aceleração de uma esfera rolando. mesmo quando possuem massas e raios diferentes. qualquer cilindro maciço. pois eles possuem o mesmo valor da constante c. Uma esfera de bliche sólida rola sem . Observando a tabela de momento de inércia. Cláudio S. vemos que a ordem de chegada do plano é: Qualquer esfera maciça. deixando-os rolar do alto de um plano inclinado. Todas as esferas sólidas possuem a mesma velocidade na base do plano. qualquer casca cilíndrica.Dinâmica dos Sólidos – Prof. o professor faz uma “competição” de vários corpos rígidos redondos. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre vcm  4 g h 3  Exemplo 3 – Competição entre corpos girando. Qual a forma do corpo que alcança primeiro a parte inferior? 22  Solução: A equação para o movimento de translação do centro de massa é: F y  M  g  T  M  acm O momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa: I  Solução: K1  0  U1  M  g  h  U2  0 1 1 2 K2  M  vcm  I cm   2 2 2 K1  U1  K2  U2 1 1 2 0  M  g  h  M  vcm  I cm   2  0 2 2 Somente a força de tensão possui torque em relação a um eixo que passa pelo centro de massa é:   T  R  I cm 1    T  R  M  R2   2 Como o fio se desenrola sem se deslizar: vCM  R   Chamando de: aCM  R      Icm  c  M  R2 1 1 v  2 M  g  h  M  vcm  c  M  R 2   cm  2 2  R  1 M  R2 2 2 1 1 2 2 M  g  h  M  vcm  M  vcm c 2 2 1 2 gh 2 M  g  h  M  vcm 1  c   vcm  2 1 c Todos os cilindros sólidos possuem a mesma velocidade no ponto inferior do plano.  Trabalho e potência no movimento de rotação Podemos escrever: dW  Ftan ds  ds  R  d dW  Ftan R  d dW    d 2 W     d 23 1 Podemos desenvolver: dW    d dW  I    d  dW  I   Solução: A figura mostra o diagrama de corpo livre. mostrando o sentido positivo das coordenadas. teremos: 2 f  M  acm 5 M  g  sen  f  M  acm 2 M  g  sen  M  acm  M  acm 5 2 M  g  sen  M  acm  M  acm 5 7 5 M  g  sen  M  acm  acm   g  sen 5 7 2 2 5 f  M  acm  f  M   g  sen 5 5 7 2 f   M  g  sen 7 Coeficiente de atrito: 2  M  g  sen f   7 N M  g  cos  2   tg  7  Exemplo 6 – Um anúncio fazendo propaganda da potência desenvolvida pelo motor de um automóvel afirma que o motor desenvolve 1.49. O ângulo de inclinação da rampa em relação à horizontal é . Cláudio S. Qual é a aceleração da bola? Considere a bola uma esfera homogênea sólida. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre deslizar para baixo de uma rampa ao longo de uma guia.105W para uma rotação de 6000 rpm. Qual é o torque desenvolvido pelo motor?  Solução: P       P  6000 f  6000rpm  Hz 60 . Usando o momento de inércia da esfera sólida: d  d dt dW  I   d d  d dt dW  I  2 2 I  M  R2 5 W   I    d Equações de translação e rotação do centro de massa e chamando de f a força de atrito: 1 1 Wtot  I  22  I  12 2 2 dW d   dt dt P    F x 1  M  g  sen  f  M  acm   f  R  I Como: cm 2    f  R  M  R2   5 aCM  R      aCM R Substituindo. desprezando seus orifícios.Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S.0 kg. que representamos por L . O momento de inércia é I = 2. Porém podemos P calcular o trabalho total por: t2 t2 W   P  dt  W       dt t1 t1 t2 8 W       t  dt   10  5  tdt t1 W  50 0 2 t 8 t 2  W  1600 J t 0  Momento angular e energia de rotação Lembremos que uma grandeza análoga ao momento linear p de uma partícula é o momento 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 dL  v  mv  r  ma dt 0 dL  r F dt dL  dt .49 105  200 24   237N  m  Exemplo 7 Um motor elétrico desenvolve um torque constante de  = 10 N. Definimos como: Lrp 1.Dinâmica dos Sólidos – Prof. porque  cresce continuamente. Qual a potência média desenvolvida pelo motor?  Solução:   I      I 10 rad     2 2 s    t rad   5  8    40 s 1 1 K  I   2  K  2  402  K  1600 J 2 2 1 1     t 2    5  82    160rad 2 2 W    W  10160 W  1600J W 1600 P  P  200W t 8 A potência instantânea P =  não é constante.0 s e a energia cinética no instante final.m sobre o esmeril montado no seu eixo motor. Sabendo que o sistema começa a se mover a partir do repouso. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre f  100 Hz   2  f    2 100    200 rad s angular.m². calcule o trabalho realizado pelo motor em 8. o momento angular de cada uma será: Li  mi  vi  ri Li  mi   ri  i   ri Li  mi  ri2  i L   Li  L   mi  ri 2  i L  I   Exemplo 1 – A hélice da turbina de um motor a jato possui momento de inércia 2. Cláudio S.m² em torno do eixo de rotação. Quando a turbina .Dinâmica dos Sólidos – Prof.5 kg. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 25 Para um corpo rígido de i partículas. 22 I2  2.m² quando seus braços estão distendidos para fora. respectivamente. (b) Determine o torque resultante que atua sobre a hélice em função do tempo e calcule seu valor para t = 3. inicialmente eles estão girando com a mesma velocidade angular A e B. um deles é o volante de um motor e o outro é um disco ligado a um eixo de transmissão. Um professor de física acrobata está de pé sobre o centro de uma mesa girante. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre começa a girar.  Solução: (a) L  I    L  2.2  2  5 0.5Hz I2 2.m² quando suas mãos estão próximas do seu estômago. desde o sistema atômico como o planetário e decorre da equação: dL  dt dL Quando  i  0  0 dt i Podemos escrever também: I1  1  I2  2  Exemplo 2 – Qualquer um pode ser bailarino.0 s.0 kg em cada mão.20 m. mantendo seus braços estendidos horizontalmente com um haltere de 5.0 m do eixo e a distância final é igual a 0. A seguir empurramos os dois discos um contra o outro aplicando forças que atuam ao longo do eixo. Cláudio S.0 s.5  400  t 2  I  I prof  Ihalteres L  1000  t 2 L  t  3  1000  32  L  9000 kg  m s I1  3  2  512 2 dL (b)      1000  2t dt   2000  t   t  3  2000  3    6000 N  m  Solução Conservação do momento angular Princípio da conservação do momento angular: Esse princípio vale em todas escalas.6   5   K1  320J 2 2  Exemplo 3 – A figura mostra 2 discos.6 s I1 13  f1  f 2   0.0 s.0 kg. 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.Dinâmica dos Sólidos – Prof. Considere o halteres como partículas. Ele está girando em torno de um eixo vertical completando uma volta a cada 2.2 kg.6kg  m2 f  1 1 rad  f  Hz    2 f     T 2 s I1  1  I2  2 I 13 rad 2  1  1  2     2  5 I2 2. sua velocidade angular em função do tempo é dada por   400  t 2 rad s3  (a) Calcule o momento angular da hélice em função do tempo e ache seu valor em t = 3. de modo que sobre nenhum dos dois discos surge torque em relação ao eixo.6 1 1 K1  I1  12  K1  13   2  K1  64J 2 2 f2  1 1 2 K2  I 2  22  K2  2. respectivamente. Os discos permanecem unidos um contra o outro e 26 . I1  13kg  m2 I2  2. Seus momentos de inércia são IA e IB.5  f 2  2. Os halteres estão inicialmente a uma distância de 1. Seu momento de inércia (sem os halteres) é igual a 3. diminuindo para 2. 22  I A  0. Calcule a velocidade angular comum final  depois que os discos ficam em contato. Não existe   I A   A  I B  B I A  IB 0.  Solução: O único torque que atua sobre cada disco é o torque que cada disco exerce sobre o outro disco.04  50  0.020kg  m2 Considere um sistema formado pela porta 2 2 juntamente com a bala em seu interior.  Exemplo 5 – Momento angular em uma ação policial.5 L  2kg  m2 s O momento angular final é: L  I  27 . A energia cinética se conserva nesse processo?  Solução: 1 1 I A  mA  rA2  I A  2  0. Calcule a velocidade angular da porta imediatamente depois que a bala penetra na porta. Ela inicialmente não está aberta. Logo o momento angular total do sistema dos dois discos é o mesmo antes e depois de eles serem unidos.02  200 0. Não deveríamos esperar conservação da energia cinética.04  0.04  502  0. Deduza uma expressão para .01 400  0. não existe nenhum torque externo. No equilíbrio final eles giram juntos como se constituíssem um único corpo com momento de inércia: I  I A  IB A conservação do momento angular fornece: I A  A  I B  B  I   I   I   A A B B I I A   A  I B  B  I A  IB 1 1 I A  A2  I B  B2 2 2 1 1 K1  0. um raio de 0.040kg  m2 2 2  Solução: 1 1 I B  mB  rB2  I B  4  0.04  0. A energia cinética se conserva?  Exemplo 4 – No exemplo anterior. O momento angular da bala é: L  m v  l  L  0. 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.02 1002 2 K2  300J K1  Um terço da energia foi perdida na “colisão angular”. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre atingem uma velocidade angular final .Dinâmica dos Sólidos – Prof.20 m e uma velocidade angular inicial de 200 rad/s.02 rad   100 s nenhum torque externo em torno do eixo definido pelas dobradiças. suponha que o volante A tenha massa de 2.0 kg. Um policial dá um tiro com uma bala de 10 g e velocidade de 400 m/s exatamente no canto da porta.12  I B  0. Cláudio S. 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. embora a força externa resultante e o torque resultante sejam nulos. de modo que o momento angular em torno desse eixo deve se conservar. o análogo rotacional de uma colisão linear completamente inelástica.02  2002 2 2 K1  450J 1 K2   I A  I B    2 2 1 K2   0. ext  Lz  I    m1  v  R  m2  v  R  z. não esperamos que haja conservação da energia cinética. Cláudio S.res  Z ˆ dt (a) L  r  p  L  r  m  v  k d 5 2 L  20 1200 15  kˆ  L  3. Logo. paralela ao eixo x. calculamos a energia cinética inicial e final:  Exemplo 7 . de massa M e raio R. O cordel não escorrega na polia.6 10  kg  m s  mkˆ1  g  R  m2  g  R   I    m1  v  R  m2  v  R   Solução: dt m1  g  R  m2  g  R  I   m1  a  R  m2  a  R (b) r  x  iˆ  y  ˆj  r  x  iˆ  y0  ˆj p  m  v  p   p  iˆ    L  r  p  L  x  iˆ  y0  ˆj   p  iˆ L  y0  p  kˆ   m1  m2   g  R  1 a M  R2    m1  m2   a  R 2 R 28 .40J i 1 i .0025 s A colisão entre a porta e a bala é inelástica porque forças não conservativas atuam durante o impacto da bala.A máquina de Atwood tem dois corpos de massa m1 e m2 ( sendo m1 maior que m2). Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre L  3. (b) o carro mencionado desloca-se com velocidade v  15  m s   iˆ sobre a reta y = y0 =20m. Para conferirmos. (c) um disco. girando a 0.0025kg  m2 mv  L L  I     I 2 rad     0.010  0.52 3 I  5.75  kˆ 2  L  1. com raio de 20 m e a massa de 1200 kg.6 105  kg  m2 s   kˆ I  I porta  Ibala I mp  d 2 L  I  1  L   m  R 2     kˆ 2  1  L   1200  202   0. ligados por um cordel de massa desprezível que passa por uma polia cujos rolamentos não oferecem atrito.Determinar. 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.75 rad/s em torno do seu eixo.ext  dL dt A energia cinética final é apenas 1/2000 da energia cinética inicial.Dinâmica dos Sólidos – Prof. A polia é um disco uniforme.42 2 K2  0. que coincide com o eixo z. no plano xy.40 5.8 105  kg  m2 s   kˆ  mbala  l 2 (c) 3 15 12 I  0.010  4002 2 2 K1  800J 1 K2  I   2 2 1 K2  5. em cada caso. Determinar a aceleração angular da polia e a aceleração dos dois corpos pela equação: N  1 1 K1  m  v2  K1  0.  Exemplo 6 .  Solução: N dL dt i 1 Lz  Lp  L1  L2  i .0025  0.res  m1  g  R  m2  g  R dL  z .  Solução: Momento angular inicial da criança correndo em relação ao centro da plataforma do carrossel: Li  m  v  R Expressão do momento angular final do sistema criança-carrossel em termos da velocidade angular final f: Lf   m  r 2  Im    f Igualando as expressões: m R Lf  Li 2  Im    f  m  v  R mv R m  R2  Im rad  f  0. de momento de inércia I2. Cláudio S. 29 . com velocidade v0. com 25 kg. os dois discos atingem uma velocidade angular comum aos dois.Dinâmica dos Sólidos – Prof. Graças ao atrito entre as duas superfícies em contato. o disco cai sobre o outro. um círculo de raio r0 sobre a superfície de uma mesa horizontal sem atrito. f   f  Isis. que coincide com o respectivo eixo de simetria.m2 de momento de inércia gira em torno de seu eixo. montado sobre o mesmo eixo. sem atrito.5 m/s sobre uma tangente à beira da plataforma do carrossel. no centro do círculo. o carrossel. Calcular essa velocidade angular. Uma criança. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre a m1  m2 g 1 M  m1  m2 2  Exemplo 8 – Um disco gira em torno de um eixo sem atrito. f. como mostra a figura. Calcular a velocidade angular que terá. Calcular a velocidade angular final da criança no carrossel. está inicialmente no centro do carrossel e depois caminha até a borda. Num certo instante.i  i Isis  Im  Ic  Im  m  r 2 I m  m  R2    f  I m  i f  Im  i I m  m  R2 500  i 500  25  22 5  f   i 6 5 1 1 rev f    f  6 5 6 s f   Exemplo 10 – A criança mencionada no exemplo anterior corre com velocidade 2.  Solução: A velocidade angular final está relacionada com a inicial pela conservação do momento angular: Lf  Li  I1  I 2    f f   I1  i I1  i I1  I 2  Exemplo 9 – Um carrossel com 2 m de raio e 500 kg. de modo que a partícula acaba descrevendo um círculo de raio rf.  Solução: Pela conservação do momento angular: L f  Li Isis. A partícula está presa a um fio que passa por um buraco na mesa.208 s f   Exemplo 11 – Uma partícula de massa m descreve. e pula para a plataforma. completando uma volta a cada 5 s. O seu momento de inércia em relação ao eixo é I1. O fio é lentamente puxado para baixo. então. que está imóvel. com velocidade angular inicial i. integrando T  dr de r0 até rf. v e x: i Tr   Solução: 1. r e do momento angular L0  m  v0  r0 . com massa m e velocidade v. (a) A conservação do momento angular relaciona as velocidades final à inicial e os raios inicial e final: L f  L0 m  v f  rf  m  v0  r0  v f  (b) Como i v2 r m v f  rf  m v0  r0  L0 L v 0 mr 2  L0    v2 mr  T  m  T  m  r r 2 L T 03 mr T  m (c) O trabalho é: dW  T  dr  dW  Tr  dr L20 m  r3 rf L20 L20 dW    dr  W     dr m  r3 m  r3 r0 L20 W 2 m  r2 Ef  L2f 2 I 2. Uma bola de massa plástica. 2 Exercícios de Revisão: .Dinâmica dos Sólidos – Prof. v0 e rf. A razão entre a energia cinética depois da colisão e a energia inicial da bola de massa plástica é então: 3  m2  v2  x2    Ef 2 3m  x 2  M  d 2    1 Ei m  v2 2 Ef 3m  x2  Ei 3m  x2  M  d 2 L20  1 1     2  m  rf2 r02   Exemplo 12 – Uma barra de massa M e comprimento d pode girar em torno de um eixo fixo a uma de suas extremidades. Ef  As expressões de Lf e de I´na equação de Ef ficam: L2f 2 I  Ef  m  v  x 1   2   m  x2  M  d 2  3   2 2 2  3  m v  x Ef   2 2  2  3m  x  M  d  5. (b) Calcular a tensão T no fio quando a partícula descreve um círculo de raio rf em termos de m. Dar a resposta em termos de r0.  Solução: Achar a razão entre a energia final e a energia inicial do sistema. O momento de inércia I´: 1 I   m  x2  M  d 2 3 4. atinge a barra a uma distância x do eixo e fica grudada na barra. Energia cinética depois da colisão em termos do momento angular Li e do momento de inércia I´do sistema bola-massa: r0  v0 rf  F  ma W 30 r  rf r  r0 L f  Li  L f  Li  m  v  x 3. Cláudio S. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre (a) Calcular a velocidade final em termos de r0. rf e L0. (c) Calcule o trabalho feito pela partícula pela tensão T. Conservação do momento angular para relacionar Li a m. 075m 4 m  z  m2  z2 zG  1 1 m1  m2 1 0.037472 rad rad   8 2    8  j 2 s s 4  0.3 G r  GB  B  G 0.991 s rad 0  2  60  0  376.62      2. O rotor de um motor elétrico tem uma freqüência de 3600 rpm . (b) a aceleração inicial do ponto B.067   n  5234.0075  0. determine: (a) a aceleração angular inicial da barra.77 2 2  2.182  IO  1.106m Utilizando o Teorema de Steiner para as duas barras e somando: m m m m I G  2 L2  xG2  2 L2  zG2 12 2 12 2 2 2 2 2 I G  2 0. Cláudio S.O 0.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. B. A P rad s2 rad 0  2  60  0  376.J. O rotor de 50 kg .16. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 1.037472kg  m2  n  i 1 Fi . determinar o número de revoluções que o rotor executa antes de vir a parar.32  d 2 12 2 12 2 2 IG  2   0. então começa a parar .991 s 2   02  2  02  2        2  2 2 0  376. Sabendo que a cinética de fricção devido ao atrito corresponde a um torque de magnitude 3.3 IO  m kO2  IO  50  0.5  1.3 0.15 n  i z  Posição do centro de massa: L 1 0  1 m1  x1  m2  x2 2 xG   m1  m2 2 L xG   xG  0.Dinâmica dos Sólidos – Prof.15  1 0 zG   zG  0.15 d d  IO  0.0752  0.106   IG  0. Solução:  i 1 x yG Fi .54 .037472       31 .067rad 2  2.G TMA  IG  0. que tem um raio de giração do centro de gravidade de 180 mm .62kg  m2 3.0752 d  0.991      32891. Desprezando o atrito entre o barra e a superfície e sabendo que a massa do conjunto de barras idênticas é de 2 kg .5 N ⋅ m exercida sobre o rotor .16 n j xG B L/2=0.32  d 2  2 0.075m 2 d  xG2  yG2  d  0. quando a carga e a energia são cortadas. Cap.075  0.16 f0  3600rpm  60Hz  32891. 075  i  0.5    1  T2  120  12  0.50 m.4     0.23 2 7. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2. por blocos de massas m1 = 25 kg e m2 = 12 kg.5   T  251  12.6  i  2.2  13.2  0.6  k  2  s  4.23 a  2.23   a2  0. Cláudio S.5    1  a2    R1 a2  0.23  T1  85.62 s 2  a1  0. expressa em m/s2.9   125  6. em m/s2: m s .9   4  k  2  a  aGz  2  k aB  aG    r    v Fi . é aproximadamente: 32 a1    R2  a  0.5  13. A polia dupla composta por duas polias de raios R1 = 0.23 T2  151. A aceleração do bloco de massa m1 vale aproximadamente. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia.G TMA aB  2  k  0.2  0.5  120  2.75 N 5.2   250  T1  25  0. rigidamente soldadas entre si com eixo fixo. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre  n F i 1 iz  TCM: n n  m  az   Fix  m  ax  i 1 i 1   aB  2  k  8  j  0.15 rad s 6.20 m e R2 = 0. é aproximadamente:   0    t    0  13.5     0.5  13.9 kg. A massa da polia é M e seu raio é R. A velocidade angular da polia dupla após 5 s. expressa em rad/s.075  n TCM:  P1  T1  m1  a1  2  P2  m2  a2  F  m  a  T i 1 i 250  T1  25  a1  T2  120  12  a2 7.2    T2  120  2.65 m  2 s2 T1  251  12.25    24  0.25    0. O acionamento da polia dupla é feito a partir do repouso.15  0.6  k  0.63    101       13.48    0.9   6. A velocidade do bloco 1 após 5 s.63 s m   a1  6.6  i aB  2  k  0. A aceleração linear do bloco 2.5  T2  0.48    0.6  i m aB  0. expressa em rad/s.63N    T2  120  2. ligados a fios ideais que não escorregam em relação a mesma.23  5   0    t    66.5  v1  33.4  13.4    250  12. é aproximadamente: v1    R2  v1  66.9    24 125 101 rad 7. Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2.075  k  0    IG  T1  R2  T2  R1  IG   T1  0.6  k  0. em relação ao qual o momento de inércia é I = 0.Dinâmica dos Sólidos – Prof.m2. determinar (a) a aceleração do ponto A. (c) a localização do ponto em que a barra tem zero de aceleração.5 m  TCM: Teorema do centro de massa:  massa m1 F 1i  T1  P1  m1  a1 i T1 100  10  a1  T1  100 10  a1 F 2i  W m  L2 W  L2 m   IG   IG  g 12 12 g massa m2  P2  T2  m2  a2 i 200  T2  20  a2  T2  200  20  a2   TMA: Teorema do Momento Angular  M Fi  IO  O i W a g i Q g 0.75 L 7L 6g   j 7L  a A  aG  AG        AG AG  50 M T1  T2    a 2 100  10  a   200  20  a   25  a M 1 g i 7 aA  L k 2 1 L 6g g i  k  j 7 2 7L  33 .25 1 a a g  aG  g W 1. (b) a aceleração ponto B. Dados: m1 = 10 kg m2 = 20 kg M = 50 kg R = 0.75 7 TCM: F xi  m  aG  Q  Polia: aG  a1 a2 T1 T2 P2 P1 T1  R  T2  R  I     M  R2  2 2 M R a  T1  T2   R   2 R T1  T2   R    TMA: i Q FiO  IO   L W  L2 Qg      6 2 12 g W L 0.75 lb. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 100 10  a  200  20  a  25 a 30  a  100  25  a  a  100 m  a  1. Cláudio S.Dinâmica dos Sólidos – Prof. Sabendo-se que a haste pesa 1. A haste delgada uniforme AB repousa sobre uma superfície horizontal sem atrito.82 2 55 s 8.25 lb é aplicado a uma numa direção perpendicular à haste.25 g 6g  6   1. e uma força de magnitude Q = 0. Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S.4  i  2   s  34  aB  aG  BG        BG  L BG    k 2 1 L 6g aB  g  i   k   j 7 2 7L 1 3 aB  g  i  g  i 7 7 2 2 aB   g  i  aA   32. Sartori Notas de aula 02 – 2° Bimestre 1 3 g i  g i 7 7 4 4 aA  g  i  aA  32.2  i 7 7 m aB  9.2  i 7 7 aA  m aA  18.2  i  2   s    aP  aG  PG        PG  0 1 6g L  g i    zk    j0 7 7L 2  1 6 gL  g i    zi  0 7 7 L 2  1 6 gL  g   z  0 7 7 L 2  6 gL 1    z   g 7 L 2 7  L 1 L L z Lz  2 6 2 6 3L L 2L z  z 6 6 3 .