Aula 5 Movimento Plano de um Corpo Rígido II 2019 pdf

Movimento Plano de um

Corpo Rígido II

Referência: Hibbeler, Dinâmica

Neste estudo vamos considerar apenas o movimento de corpos rígidos no plano.

Dinâmica do Movimento Plano:

Equação de movimento de translação do centro de massa 𝑮 do corpo livre:

෍ 𝑭 = 𝑚𝒂

De acordo com essa equação, a soma de todas as forças atuando sobre o corpo rígido é igual à massa do corpo vezes a aceleração do seu centro de massa.

Em termos das componentes na direção 𝑥

e 𝑦, a equação acima pode ser escrita como:

෍ 𝐹

= 𝑚 𝑎

;

Equação de movimento de rotação do corpo livre em torno do seu centro de massa 𝑮:

Para o movimento de rotação do corpo rígido em torno do seu centro de massa, a equação de movimento correspondente é:

෍ 𝑴

= 𝐼

𝜶

O lado esquerdo dessa expressão representa a soma dos momentos, em relação à 𝐺, das

forças externas e dos binários atuando sobre o corpo.

O lado direito da expressão acima representa o produto do momento de inércia 𝐼_𝐺 do corpo rígido pela aceleração angular 𝜶 do corpo.

=

Translação:

=

Rotação em torno do centro de massa G:

Movimento geral do centro de massa G:

෍ 𝑭 = 𝑚𝒂_𝐺

෍ 𝑴_𝑮 = 0

෍ 𝑭 = 0

෍ 𝑴_𝑮 = 𝐼_𝐺𝜶

෍ 𝑭 = 𝑚𝒂_𝑮

෍ 𝑴_𝑮 = 𝐼_𝐺𝜶

=

Diagrama cinético

Diagrama cinético

Rotação em Torno de um Eixo Fixo Fora do Centro de Massa G:

O corpo rígido (ou placa) mostrado na figura abaixo está restrito a girar no plano vertical em torno de um eixo fixo perpendicular à página e passando pelo pino em O. A velocidade angular

𝜔 e aceleração angular 𝛼 são causadas pelo sistema de forças e momentos de binário atuando sobre o corpo. Como o centro de massa G desse corpo se move em uma trajetória circular,

representaremos sua aceleração em termos de suas componentes normal e tangencial à trajetória.

A componente tangencial da aceleração do centro de massa G tem intensidade dada por:

𝑎_{𝐺 𝑡} = 𝛼𝑟_𝐺

A componente normal da aceleração do centro de massa G tem intensidade dada por:

𝑎_{𝐺 𝑛} = 𝜔2𝑟_𝐺

Essa componente está sempre direcionada do ponto G para O, independente do

sentido de rotação de 𝜔.

Essa componente tem uma direção consistente com a aceleração angular 𝜶.

෍ 𝐹_𝑛 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑛} = 𝑚𝜔2𝑟_𝐺; ෍ 𝐹_𝑡 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑡} = 𝑚𝛼𝑟_𝐺; ෍ 𝑀_𝐺 = 𝐼_𝐺𝛼.

=

Os diagramas de corpo livre e cinético do corpo são mostrados na figura abaixo. As duas componentes, 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑡} e 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑛}, mostradas no diagrama cinético, estão associadas com as componentes tangencial e normal da aceleração do centro de massa G do corpo. O vetor 𝐼_𝐺𝜶

atua na mesma direção que 𝜶 e tem uma intensidade 𝐼_𝐺𝛼, onde 𝐼_𝐺 é o momento de inércia do corpo calculado em relação a um eixo que é perpendicular à página e passa por G. As equações de movimento do corpo são:

A equação do momento pode ser substituída por uma soma de momentos em relação a qualquer ponto arbitrário P dentro ou fora do corpo, desde que sejam considerados os momentos efetivos σ ℳ_{𝑘 𝑃} produzidos por 𝐼_𝐺𝜶, 𝑚 𝒂_{𝐺 𝑡} e 𝑚 𝒂_{𝐺 𝑛}, em relação ao ponto P. Em muitos casos é conveniente somar os momentos em relação ao pino em O, a fim de eliminar a força de reação desconhecida 𝐹Ԧ_𝑂 que atua nesse ponto.

+

↺෍ 𝑀𝑂 = ෍ ℳ𝑘 𝑂 ෍ 𝑀𝑂 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑡𝑟𝐺 + 𝐼𝐺𝛼

=

+

↺෍ 𝑀𝑂 = ෍ ℳ𝑘 𝑂 ෍ 𝑀𝑂 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑡𝑟𝐺 + 𝐼𝐺𝛼

Observe que o momento de 𝑚 𝒂_{𝐺 𝑛} não foi incluído na equação acima, pois a linha de ação desse vetor passa por 𝑂. Substituindo 𝑎_{𝐺 𝑡} = 𝑟_𝐺𝛼, podemos reescrever a equação acima como:

+

↺෍ 𝑀𝑂 = 𝑚 𝑟𝐺𝛼 𝑟𝐺 + 𝐼𝐺𝛼 = 𝑚𝑟𝐺

2 _{+ 𝐼}

𝐺 𝛼 Do teorema dos eixos paralelos, temos:

𝐼_𝑂 = 𝑚𝑟_𝐺2 + 𝐼_𝐺

Assim, a soma dos momento pode ser calculado como:

෍ 𝑀_𝑂 = 𝐼_𝑂𝛼

=

Resumindo:

Rotação em torno de um eixo fixo

Equações de movimento:

෍ 𝐹_𝑛 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑛} = 𝑚𝜔2𝑟_𝐺 ෍ 𝐹_𝑡 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑡} = 𝑚𝛼𝑟_𝐺

෍ 𝑀_𝐺 = 𝐼_𝐺𝛼 ou ෍ 𝑀_𝑂 = 𝐼_𝑂𝛼

Estabeleça o sistema de coordenadas inercial n, t. Lembre-se de que (𝒂_G)_t tem de atuar em uma direção que está de acordo com o sentido rotacional de α, enquanto (𝒂_G)_n sempre atua em direção ao eixo de rotação, o ponto O.

Determine o momento de inércia І_G e use o teorema dos eixos paralelos para determinar І_O.

Aplique as três equações de movimento de acordo com a convenção de sinais estabelecida. Construa o diagrama de corpo livre para considerar todas as forças externas e momentos de binário que atuam sobre o corpo.

Procedimentos de análise:

𝐼_𝑂 = 𝐼_𝐺 + 𝑚𝑟_𝐺2

Exemplo 1:

O volante desbalanceado de 25 kg mostrado na figura ao lado tem um raio de giração 𝑘_𝐺 = 0,18 m em relação a um eixo passando pelo seu centro de massa 𝐺. Se o volante é solto do repouso,

determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino O

imediatamente após o volante ser liberado.

Solução:

Uma vez que G se desloca sobre uma trajetória circular, ele terá tanto as componentes tangencial quanto normal da aceleração. A aceleração angular 𝛼 é produzida pelo peso do

volante, e atua no sentido horário. A aceleração tangencial no ponto G, no instante mostrado na figura, atua para baixo. Como 𝜔 = 0 para o instante inicial, a componente normal da aceleração é nula e apenas 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑡} = 𝑚𝑟_𝐺𝛼 e 𝐼_𝐺𝛼 são mostrados no diagrama cinético abaixo.

O momento de inércia em relação a G é: 𝐼_𝐺 = 𝑚𝑘_𝐺2 = 25 kg 0,18 m 2 = 0,81 kg. m2

=

As incógnitas são: 𝑂_𝑛, 𝑂_𝑡 e 𝛼:

Equações de movimento para o centro de massa G no instante inicial: +

←෍ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔

2_𝑟 𝐺

+↓ ෍ 𝐹_𝑡 = 𝑚𝛼𝑟_𝐺

𝑂_𝑛 = 0

−𝑂_𝑡 + 25 kg 9,81 m/s2 = 25 kg 0,15 m 𝛼

+

↻෍ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼;

Resolvendo: 𝛼 = 26,8 rad/s2; 𝑂_𝑡 = 144,7 N; 𝑂_𝑡 0,15 m = 0,81 kg. m2 𝛼

𝑂_𝑛 = 0.

=

Diagrama de corpo livre Diagrama cinético

Os momentos também podem ser somados em relação ao ponto O a fim de eliminar 𝑂_𝑛 e 𝑂_𝑡 e, desse modo, obter uma solução direta para 𝛼. Isso pode ser feito de dois modos:

1º modo: _{Usando a equação} +

↻෍ 𝑀𝑂 = ෍ ℳ𝑘 𝑂 → 𝑚𝑔𝑟𝐺 = 𝐼𝐺𝛼 + 𝑚𝛼𝑟𝐺 𝑟𝐺

25 kg 9,81 m/s2 0,15 m = 0,81 kg. m2 𝛼 + 25 kg 0,15 m α 0,15 m

36,788 = 1,372𝛼 𝛼 = 26,8 rad/s2

2º modo: _{Usando a equação} +

↻෍ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂𝛼

36,788 = 1,372𝛼 𝛼 = 26,8 rad/s2

𝐼_𝑂 = 𝐼_𝐺 + 𝑚𝑟_𝐺2 = 0,81 kg. m2 + 25 kg 0,15 2 = 1,37 kg. m2

Para calcular 𝐼_𝑂 usamos o teorema dos eixos paralelos:

+

Exercício:

A barra fina uniforme tem uma massa de 15 kg. Determine as componentes verticais e horizontais da reação no pino O, e a aceleração da barra logo após a corda ser cortada.

Dado:

Momento de inércia da barra em relação à G:

𝐼_𝐺 = 1 12𝑚𝐿

O G

0,6 m 0,3 m

0,45 m

𝐼_𝐺 = 1 12𝑚𝐿

2 _𝐼

𝐺 =

1

12 15 0,9

2

𝐼_𝐺 = 1,0125 kg. m2

O G

𝑂_𝑛

𝑂_𝑡 𝑊

Diagrama de corpo livre

O G 𝑚𝒂_𝑡 Diagrama cinético 𝐼_𝐺𝜶 0,15 m + →෍ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔 2_𝑟 𝐺 +↓ ෍ 𝐹_𝑡 = 𝑚𝑟_𝐺𝛼

𝑂_𝑛 = 0

−𝑂_𝑡 + 15 kg 9,81 m/s2 = 15 kg 0,15 m 𝛼

𝑂_𝑡 0,15 m = 1,0125 kg. m2 𝛼 𝑂_𝑡 = 6,75 𝛼 +

↺෍ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼;

Exemplo 2:

No instante mostrado na figura abaixo, a barra fina de 20 kg tem uma velocidade angular

𝜔 = 5 rad/s. Determine a aceleração angular e as componentes vertical e horizontal da reação do pino sobre a barra nesse instante.

=

Solução:

Diagrama de corpo livre Diagrama cinético

Conforme mostrado no diagrama cinético abaixo, o ponto G se desloca em torno de uma

trajetória circular e, assim, ele tem duas componentes da aceleração. A componente tangencial da aceleração, 𝑎_{𝐺 𝑡} = 𝑟_𝐺𝛼, atua para baixo, visto que ela tem de estar de acordo com o

sentido rotacional de 𝜶. As três incógnitas são: 𝑂_𝑛, 𝑂_𝑡 e 𝛼.

Equações de movimento do centro de massa G no instante mostrado: +

←෍ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔2𝑟𝐺

+↓ ෍ 𝐹_𝑡 = 𝑚𝛼𝑟_𝐺

𝑂_𝑛 = 20 kg 5 rad/s2 2 1,5 m

20 kg 9,81 m/s2 −𝑂_𝑡= 20 kg 1,5 m 𝛼

+

↻෍ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼;

Resolvendo: 𝑂_𝑡 = 19,05 N. 𝛼 = 5,90 rad/s2 𝑂_𝑡 1,5 m + 60 N. m = 1

12 20 kg 3 m

2 _𝛼

𝑂_𝑛 = 750 N.

=

Diagrama de corpo livre Diagrama cinético

onde o momento de inércia de uma barra fina, de comprimento L e massa M, em relação ao seu centro de massa G é: 𝐼_𝐺 = 𝑀𝐿2/12

Uma solução mais direta para o problema seria somar os momentos em relação ao ponto O para eliminar 𝑂_𝑛 e 𝑂_𝑡 e obter uma solução direta para 𝛼. Nesse caso, teremos:

+

↻෍ 𝑀𝑂 = ෍ ℳ𝑘 𝑂

60 N. m + 20 kg 9,81 m/s2 1,5 m = 1

12 20 kg 3 m

2 _{𝛼 + 20 kg 1,5 m α 1,5 m}

Além disso, uma vez que o momento de inércia de uma barra fina, de comprimento L e massa M, em relação a um ponto na sua extremidade O é 𝐼_𝑂 = 𝑀𝐿2/3, podemos também usar:

354,3 = 60𝛼

𝛼 = 5,90 rad/s2

+

↻෍ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂𝛼 60 N. m + 20 kg 9,81 m/s2 1,5 m = 1

3 20 kg 3 m

2 _𝛼

354,3 = 60𝛼

𝛼 = 5,90 rad/s2 𝐼_𝑂 = 1

3𝑚𝐿

2

Exemplo 3:

O tambor mostrado na figura ao lado tem massa de 60 kg e raio de giração 𝑘_𝑂 = 0,25 m. Uma corda de massa desprezível está enrolada em torno da periferia do tambor e fixada a um bloco que possui massa de 20 kg. Se o bloco é solto a partir do repouso, determine a aceleração angular do tambor.

Solução I:

O bloco acelera para baixo com aceleração 𝒂 e cria uma aceleração angular 𝜶 no sentido anti-horário do tambor. O momento de inércia do tambor, em relação a O, é:

𝐼_𝑂 = 𝑚𝑘_𝑂2 = 60 kg 0,25 m 2 = 3,75 kg. m2

Há cinco incógnitas: 𝑂_𝑥, 𝑂_𝑦, 𝑇, 𝑎 e 𝛼.

𝐼_𝑂 = 3,75 kg. m2

Para o tambor, as equações de movimento translacionais

Analisando o tambor:

෍ 𝐹_𝑥 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑥} ෍ 𝐹_𝑦 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑦}

não fornecem nenhuma informação, uma vez que não conhecemos 𝑂_𝑥 e 𝑂_𝑦. Ficamos então com:

+

↺෍ 𝑀𝑂 = 𝐼𝑂𝛼;

0,4 m 𝑇 = 3,75 kg. m2 𝛼

𝑇 = 9,375𝛼

Para o bloco, temos:

Analisando o bloco:

+↓ ෍ 𝐹_𝑦 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑦 20 kg 9,81 m/s}2 _{− 𝑇 = 20 kg 𝑎}

Visto que no ponto de contato 𝐴 entre a corda e o tambor existe uma componente tangencial da aceleração 𝑎, temos: _{𝑎 = 𝛼𝑟 = 0,4 m 𝛼}

20 kg 9,81 m/s2 − 𝑇 = 20 kg 𝑎 196,2 − 9,375𝛼 = 20 0,4 𝛼

17,375𝛼 = 196,2 𝛼 = 11,29 rad/s2 Sentido anti-horário

Diagrama de corpo livre

Solução II:

A tração no cabo 𝑇 pode ser eliminada da análise considerando-se o tambor e o bloco como um sistema único. O diagrama cinético é mostrado, junto com o diagrama de corpo livre, na figura abaixo. Os momentos serão somados em relação ao ponto O.

Diagrama de corpo livre

(Tambor e bloco formam um único corpo)

Diagrama cinético

20 kg 9,81 m/s2 0,4 m = 3,75 kg. m2 α + 20 kg α 0,4 m 0,4 m

78,48 N. m = 6,95 N. m 𝛼 +

↺෍ 𝑀𝑂 = ෍ ℳ𝑘 𝑂

𝛼 = 11,29 rad/s2

Obs.: se o bloco fosse removido e uma força de 20 kg 9,81 m/s2 = 196,2 N fosse aplicada ao cabo, a aceleração angular seria

Exemplo 4:

B

A

5,0 kg

2,5 kg

0,150 m

0,250 m

Uma polia dupla é formada por uma polia externa de raio 0,250m e outra interna de raio 0,150 m. Ambas as polias estão unidas pelo mesmo eixo e giram juntas. A polia dupla pesa 6,0 kg, tem raio de giração baricêntrico de 0,200 m e está unida a dois blocos, como mostra a figura abaixo. Supondo-se que não exista atrito no eixo, determine a aceleração angular da polia e a aceleração de cada bloco.

Solução:

B

A

0,150 m

0,250 m

T

_B

T

_A

W

= 49 N

G

Vamos supor que o sistema esteja rodando no sentido anti-horário:

Para a polia, as equações de movimento são:

onde

Para os blocos, as equações de movimento são:

W

= 24,5 N

Continua → → →

T

_B

T

_A

𝑊

− 𝑇

= 𝑚

𝑎

𝑇

− 𝑊

= 𝑚

𝑎

0,15 m 𝑇

− 0,250 m 𝑇

= 𝐼

𝛼

+

↺

෍ 𝑀

= 𝐼

𝛼

𝐼

= 𝑚𝐾

= 6 kg 0,2 m

= 0,24 kg. m

A aceleração angular da polia está relacionada com as acelerações dos blocos por:

Assim, temos um conjunto de três equações e três incógnitas, T_A, T_B e a.

Continua → → →

𝑎

= 𝛼𝑟

𝑎

= 0,250 m 𝛼

𝑎

= 0,150 m 𝛼

𝑇

− 24,5 N = 2,5 kg 0,250 m 𝛼

0,15 m 𝑇

− 0,250 m 𝑇

= 0,24 kg. m

𝛼

49 N − 𝑇

= 5 kg 0,150 m 𝛼

0,15 𝑇

− 0,250 𝑇

= 0,24 𝛼

𝑇

− 24,5 = 0,625 𝛼

Resolvendo para a temos:

0,15 𝑇

− 0,250 𝑇

= 0,24 𝛼

𝑇

− 24,5 = 0,625 𝛼

49 − 𝑇

= 0,75 𝛼

𝑇

= 0,625 𝛼 + 24,5

𝑇

= 49 − 0,75 𝛼

0,15 𝑇

− 0,250 𝑇

= 0,24 𝛼

0,15 49 − 0,75 𝛼 − 0,250 0,625 𝛼 + 24,5 = 0,24 𝛼

7,35 − 0,1125 𝛼 − 0,15625 𝛼 + 6,125 = 0,24 𝛼

1,225 − 0,26875 𝛼 = 0,24 𝛼

𝛼 = 2,408

rad/s

𝑎

= 0,602 m/s

Solução alternativa:

Vamos usar a ideia de que a somatória dos momentos das forças atuando no sistema é igual à somatória dos momentos “efetivos” (momentos produzidos por forças resultantes e binários resultantes). Vamos considerar um sistema único, formado pela polia e pelos dois blocos.

G 𝑊

𝐺_𝑦

As forças externas são os pesos da polia e dos blocos A e B, e a força de reação vertical no apoio 𝐺. Os momentos e forças efetivas são o binário 𝐼_𝐺𝛼 e as resultantes 𝑚𝑎_𝐴 e 𝑚𝑎_𝐵:

Do lado esquerdo da igualdade, as forças externas que produzem momento são as forças peso. A tração no cabo não é considerada pois como tratamos um sistema único, ela é uma força interna.

+

↺෍ 𝑀𝐺 = ෍ ℳ𝑘 𝐺

Igualando os momentos das forças externas com os momentos efetivos, temos:

𝑚_𝐵𝑔 𝑟_𝐵 − 𝑚_𝐴𝑔𝑟_𝐴 = 𝑚_𝐴𝑎_𝐴𝑟_𝐴 + 𝑚_𝐵𝑎_𝐵𝑟_𝐵 + 𝐼_𝐺𝛼

7,35 − 6,125 = 0,15625 𝛼 + 0,1125 𝛼 + 0,24 𝛼

onde: 𝑎_𝑡 = 𝛼𝑟 𝑎𝐴 = 0,250 m 𝛼 𝑎_𝐵 = 0,150 m 𝛼

1,225 = 0,50875 𝛼

𝛼 = 2,408

rad/s

𝑎

= 0,602

m/s

Exemplo 5:

A barra mostrada na figura ao lado tem massa 𝑚 e um comprimento 𝑙 e é solta do repouso quando 𝜃 = 0𝑜. Determine as componentes

verticais e horizontais da força que o pino em A exerce sobre a barra no instante em que 𝜃 = 90𝑜.

Solução:

Diagrama de corpo livre

O diagrama de corpo livre da barra na posição 𝜃 é mostrada na figura abaixo. Por conveniência, as componentes da força em A são mostradas nas direções normal, 𝑛, e tangencial, 𝑡. A aceleração angular 𝛼 atua no sentido horário e, assim, 𝑎_{𝐺 𝑡} atua na direção positiva de 𝑡.

O momento de inércia da barra em relação ao ponto A é:

𝐼_𝐴 = 1 3𝑚𝑙

2

Equações de movimento:

+↖ ෍ 𝐹_𝑛 = 𝑚𝜔2𝑟_𝐺 +↙ ෍ 𝐹_𝑡 = 𝑚𝛼𝑟_𝐺

+

↻෍ 𝑀𝐴 = 𝐼𝐴𝛼;

+↖ ෍ 𝐹_𝑛 = 𝑚𝜔2𝑟_𝐺

+↙ ෍ 𝐹_𝑡 = 𝑚𝛼𝑟_𝐺

+

↻෍ 𝑀𝐴 = 𝐼𝐴𝛼;

𝐴_𝑛 − 𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚𝜔2 𝑙/2

𝐴_𝑡 + 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚𝛼 𝑙/2

𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑙/2 = 1 3𝑚𝑙

2 _𝛼

Para um dado ângulo 𝜃, há quatro incógnitas nas três equações acima: 𝐴_𝑛, 𝐴_𝑡, 𝜔 e 𝛼. Como é possível ver na equação (3) acima, 𝛼 não é constante, pois depende da posição angular 𝜃 da barra, que muda a cada instante. Da cinemática, podemos relacionar 𝛼 e 𝜔 com 𝜃 pela equação:

equação (1) equação (2) equação (3) 𝑑𝜔 𝑑𝑡 = 𝛼 → 𝑑𝜔 𝑑𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝑡 = 𝛼 → 𝜔 𝑑𝜔 𝑑𝜃 = 𝛼 → 𝜔𝑑𝜔 = 𝛼𝑑𝜃 equação (4)

Da equação (3), temos: 𝛼 = 3𝑔

2𝑙 𝑐𝑜𝑠 𝜃

Integrando a equação (5) de 𝜃 = 0𝑜 (𝜔_𝑖 = 0) até 𝜃 = 0𝑜 (𝜔_𝑓 = 𝜔), temos:

𝜔𝑑𝜔 = 3𝑔

2𝑙 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑑𝜃 equação (5)

න

0 𝜔

𝜔𝑑𝜔 = 3𝑔 2𝑙 න₀

90𝑜

𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑑𝜃 𝜔2 = 3𝑔 𝑙

Substituindo esse valor na equação (1) e resolvendo as equações (1), (2) e (3) para 𝜃 = 90𝑜, temos:

Movimento Plano Geral

O corpo rígido (ou placa) mostrado na figura ao lado está submetido ao movimento plano geral causado pelo sistema de forças e momentos de binário aplicado

externamente. Se um sistema de coordenadas inerciais x e y é estabelecido como mostrado, as equações de movimento são:

=

𝑥 𝑦

෍ 𝐹_𝑥 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑥} ෍ 𝐹_𝑦 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑦 ෍ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼}

Em alguns problemas, é conveniente somar os momentos em relação a um ponto P, em vez de G, a fim de eliminar tantas forças incógnitas quanto possível do somatório de momentos.

Quando usadas nesse caso mais geral, as três equações de movimento são:

෍ 𝐹_𝑥 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑥} ෍ 𝐹_𝑦 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑦} ෍ 𝑀_𝑃 = ෍ ℳ_{𝑘 𝑃}

Aqui, σ ℳ_{𝑘 𝑃} representa a soma dos momentos de 𝐼_𝐺𝜶 e 𝑚𝒂_𝐺 (ou suas componentes) em relação a P, como determinado pelos dados no diagrama cinético.

Há um tipo particular de problema que envolve um cilindro uniforme, ou um corpo de formato circular, que rola sobre uma superfície áspera sem deslizar. Se somarmos os momentos em relação ao centro instantâneo de velocidade nula, CI, então σ ℳ_{𝑘 𝐶𝐼} torna-se 𝐼_𝐶𝐼𝛼 , e temos:

෍ 𝑀_𝐶𝐼 = 𝐼_𝐶𝐼𝛼

Esse resultado pode ser comparado com σ 𝑀_𝑂 = 𝐼_𝑂𝛼, que é usado para um corpo preso com um pino ao ponto O.

Estabeleça o sistema de coordenadas inercial x, y e construa o diagrama de corpo livre para o corpo.

Especifique a direção e o sentido da aceleração do centro de massa, a_G, e da aceleração angular

α do corpo.

Determine o momento de inércia I_G.

Identifique as incógnitas no problema.

Se ficar decidido que a equação de movimento rotacional σ 𝑀_𝑃 = σ ℳ_{𝑘 𝑃} deva ser usada, então considere traçar o diagrama cinético a fim de ajudar a ‘visualizar’ os ‘momentos’ desenvolvidos pelas componentes m(a_G)_x, m(a_G)_y e І_Gα quando escrevendo os termos na soma dos momentos σ ℳ_{𝑘 𝑃}.

Aplique as três equações de movimento de acordo com a convenção de sinais estabelecida.

Quando o atrito está presente, há a possibilidade de movimento sem deslizamento ou tombamento. Cada possibilidade de movimento deve ser considerada.

Se o movimento do corpo for restringido em virtude de seus suportes, equações adicionais podem ser obtidas utilizando a_B = a_A + a_B/A, que relacionam as acelerações de quaisquer dois pontos A e B sobre o corpo.

Quando uma roda, disco, cilindro, ou bola rola sem deslizar, então a_G = αr.

Exemplo 6:

Um disco duplo possui massa de 5,1 kg, raio de giração baricêntrico 𝐾_𝐺 = 150mm, raio interno de 100 mm e raio externo de 200 mm. Uma corda de massa desprezível é presa conforme a figura e uma força de 25 N é aplicada a ela. Sabendo que os coeficientes de atrito cinético e estático entre a roda e o plano em são: 𝜇_𝑒 = 0,25 e 𝜇_𝑐 = 0,20,

respectivamente, determine: a) Se o disco desliza ou não;

b) O valor da aceleração angular do disco e da aceleração de 𝐺.

෍ ℳ_{𝑘 𝐺} = 𝐼_𝐺𝛼 +

↻෍ 𝑀𝐺 = 𝑓𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜𝑅 Solução:

+

↻෍ 𝑀𝐺 = ෍ ℳ𝑘 𝐺 → 𝑓𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜𝑅 = 𝐼𝐺𝛼 Equações de movimento:

+

→෍ 𝐹𝑥 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑥

+

↻෍ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼 → 𝑓𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜𝑅 = 𝐼𝐺𝛼 25 N − 𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 5,1 kg 𝑎_𝐺

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 25 N − 5,1 kg 0,2 m 𝛼

Assumindo a hipótese de que a roda gira sem deslizar, temos: 𝑎_𝐺 = 𝑅𝛼 = 0,2 m 𝛼

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 25 − 1,02𝛼

Para o momento, podemos usar:

Ou podemos usar:

𝐼_𝐺 = 𝑚𝐾_𝐺2 → 𝐼_𝐺 = 5,1 0,15 2 = 0,11475 kg. m2

(1)

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} 0,2 = 0,11475 𝛼 → 𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 0,57375𝛼 substituindo em (1), temos:

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 25 − 1,02𝛼 → 0,57375𝛼 = 25 − 1,02𝛼 → 𝛼 = 15,69 rad/s2

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 9 N.

Atrito estático máximo: 𝑓_𝑒 = 𝜇_𝑒𝑁 𝑓_𝑒 = 0,25 5,1 kg 9,8 m/s2 = 12,5 N.

Força de atrito calculada:

a) A força de atrito no sistema é menor que a força de atrito estático máximo. Portanto o disco não desliza.

b) Aceleração angular: _{𝛼 = 15,69 rad/s}2

Aceleração 𝑎_𝐺: 𝑎_𝐺 = 3,14 m/s2

↻

෍ ℳ_{𝑘 𝐶} = 𝐼_𝐺𝛼 + 𝑅𝑚𝑎_𝐺 +

↻෍ 𝑀𝐶 = 𝐹𝑅 Solução alternativa:

=

Adotando o ponto C para o cálculo do momento:

𝑪

𝐹𝑅 = 𝐼_𝐺𝛼 + 𝑅𝑚𝑎_𝐺

25 0,2 = 0,11475 𝛼 + 0,2 5,1 0,2 𝛼 𝑎_𝐺 = 𝑅𝛼

25 0,2 = 0,11475 𝛼 + 0,204 𝛼

𝛼 = 15,69 rad/s2

Usando a condição de rolamento sem deslizamento:

Uma corda é envolvida em torno do centro de um carretel e puxada horizontalmente com uma força de 200 N. O carretel tem uma massa de 50 kg e um raio de giro de 70 mm. Sabendo que 𝜇_𝑒 = 0,20 e 𝜇_𝑐 = 0,15, determine a aceleração de G e a

aceleração angular do carretel.

Exemplo 7:

Solução:

Assumindo a hipótese de que a roda

gira sem deslizar, temos: 𝑎_𝐺 = 0,1 m 𝛼

෍ ℳ_{𝑘 𝐺} = 𝐼_𝐺𝛼 +

Equações de movimento: +

→෍ 𝐹𝑥 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑥 200 N − 𝑓𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 50 kg 𝑎𝐺

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 200 N − 50 kg 0,1 m 𝛼

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 200 − 5𝛼 (1)

+

↻෍ 𝑀𝐺 = ෍ ℳ𝑘 𝐺

Para o momento, podemos usar:

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} 0,1 − 200 0,06 = 𝐼_𝐺𝛼

𝐼_𝐺 = 𝑚𝐾_𝐺2 → 𝐼_𝐺 = 50 0,07 2 = 0,245 kg. m2

0,1 𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} − 12 = 0,245 𝛼 𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 2,45 𝛼 + 120

Substituindo em (1), temos: 2,45 𝛼 + 120 = 200 − 5𝛼 𝛼 = 10,74 rad/s2

↻

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 2,45 𝛼 + 120 𝑓𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 146,3 N.

𝑎_𝐺 = 0,1 m 𝛼

𝑓_{𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜} = 146,3 N.

Atrito estático máximo: 𝑓_𝑒 = 𝜇_𝑒𝑁 𝑓_𝑒 = 0,20 50 𝑘𝑔 9,8 m/s2 = 98 N.

Força de atrito calculada:

a) A força de atrito no sistema é maior que a força de atrito estático máximo. Portanto o disco desliza.

A hipótese de rolamento sem deslizamento não é correta.

A força de atrito que atua no sistema é a força de atrito cinético:

Atrito cinético: 𝑓_𝑐 = 𝜇_𝑐𝑁 𝑓_𝑐 = 0,15 50 kg 9,8 m/s2 = 73,5 N.

෍ ℳ_{𝑘 𝐺} = 0,245 𝛼 +

Aceleração angular: 𝛼 = −15,69 𝑟𝑎𝑑/𝑠2

Aceleração 𝑎_𝐺: 𝑎_𝐺 = 2,53 m/s2

⟶

+

↻෍ 𝑀𝐺 = ෍ ℳ𝑘 𝐺 73,5 0,1 − 200 0,06 = 0,245 𝛼

↺

A aceleração 𝑎_𝐺 e a aceleração angular 𝛼 não estão mais relacionadas e devem ser calculadas separadamente.

+

→෍ 𝐹𝑥 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑥 200 N − 𝑓𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 50 𝑘𝑔 𝑎𝐺

Exemplo 8:

A roda de 25 kg mostrada na figura ao lado tem um raio de giração 𝑘_𝐺 = 0,2 𝑚. Se um momento de binário de 50 N.m é aplicado à roda, conforme a figura, determine a aceleração do seu centro de massa G. Os coeficientes de atrito cinético e estático entre a roda e o plano em A são: 𝜇_𝑒 = 0,3 e 𝜇_𝑐 = 0,25, respectivamente.

Solução:

Diagrama de corpo livre

No diagrama de corpo livre mostrado abaixo vemos que o momento de binário de 50 N.m faz com que a roda tenha uma aceleração angular 𝜶 no sentido horário. Dessa forma, a aceleração do centro de massa, 𝒂_𝐺, será para a direita.

O momento de inércia em relação ao centro de massa, 𝐼_𝐺, é:

𝐼_𝐺 = 𝑚𝑘_𝐺2 = 25 kg 0,2 m 2 = 1 kg. m2

Equações de movimento: +

→෍ 𝐹𝑥 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑥 +↑ ෍ 𝐹𝑦 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑦

+

Assumindo a hipótese de que a roda gira sem deslizar, temos também que:

𝑎_𝐺 = 𝑟_𝐴𝛼 = 0,4 m 𝛼

+

→෍ 𝐹𝑥 = 𝑚 𝑎𝐺 𝑥

+

↻෍ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼

𝐹_𝐴 = 25 kg 𝑎_𝐺 𝐹_𝐴 = 25 kg 0,4 m 𝛼

+↑ ෍ 𝐹_𝑦 = 𝑚 𝑎_{𝐺 𝑦 𝑁𝐴 − 25 kg 9,81 m/s}2 _{= 0 𝑁}

𝐴 = 245 N

50 N. m − 0,4 m 𝐹_𝐴 = 1 kg. m2 𝛼

𝐹_𝐴 = 25 kg 0,4 m 𝛼

Substituindo na equação dos momentos, temos:

50 N. m − 0,4 m 25 kg 0,4 m α = 1 kg. m2 α

50 N. m = 4 kg. m2 α + 1 kg. m2 α

𝛼 = 50 N. m

5 kg. m2 = 10 rad/s

2

𝛼 = 10 rad/s2 ↻ 𝑎𝐺 = 4 m/s2 →

A solução obtida exige que não ocorra deslizamento, ou seja, 𝐹_𝐴 ≤ 𝜇_𝑒𝑁_𝐴.

Mas vimos que 𝐹_𝐴 = 100 𝑁 e esse valor é maior que 𝜇_𝑒𝑁_𝐴 = 73,6 𝑁.

𝜇_𝑒𝑁_𝐴 = 0,3 25 𝑘𝑔 9,81 𝑚/𝑠2 = 73,6 𝑁.

Temos

Portanto a roda desliza enquanto gira.

Deslizamento:

Neste caso, a equação 𝑎_𝐺 = 𝑟_𝐴𝛼 não é válida.

𝐹_𝐴 = 0,25 25 𝑘𝑔 9,81 𝑚/𝑠2 = 61,3 𝑁. Como ocorre deslizamento, 𝐹_𝐴 = 𝜇_𝑐𝑁_𝐴

𝐹_𝐴 = 61,3 𝑁

+

↻෍ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼 50 𝑁. 𝑚 − 0,4 𝑚 61,3 𝑁 = 1 𝑘𝑔. 𝑚2 𝛼

𝛼 = 25,48 𝑁. 𝑚

1 𝑘𝑔. 𝑚2 ≈ 25,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠

2

𝛼 = 25,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 _↻