F m a m. I P Q dm. Notas de Aula 2 Dinâmica dos Sólidos Prof. Dr. Cláudio S. Sartori. F m a. Rotação em torno de eixo fixo

(1)

1

Rotação em torno de eixo fixo

TCM e TMA: Ext i G i

F

 

m a



Fi G G i

M



I







Ou Fi O O i

M



I







Equações de movimento: Rotação em torno de eixo fixo.

2 n n G G

F

 

m a

 

m





r



t t G G

F

 

m a

  

m



r



G G

M



I







Dinâmica do movimento plano: Resumo:

 TCM: Teorema do Centro de massa:

ext CM

R

 

m a

 TMA: Teorema do momento angular:

Q Q

M



I









2

Q

I





P Q





dm

Pólo Q pertence ao sólido: Pólo Q fixo (vQ = 0) ou pólo QCM

(2)

2

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. i G y i

F

 

m a

 

m a

 

T

P



2

180 150

2

15

m g y y y

T

P

m

a

m

s















⤹





M

G

 

I

G



G

T R I

  



2 2 2

15 0.5

1.875

2

G G G

M R

I







I







I



kg m



2

180 0.5

48

1.875

G

T R

rad

I

s





 

  





  



↻

2

0

2

x y G G

m

a

s

 





Inicialmente v =  = 0









P Q

a



a

 



P Q



 

 



_



P Q





_









A G

a



a

 



A G



 

 



_



A G





_





ˆ

2

48

0.5

0

A

a

  

j

  

k

 

i

ˆ

2

24

26

A A j

a

     

j

k i

a





j

2

ˆ

26

A c

m

a

j

s









_

_







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.

0

x Ext G i G i

m a

N

a

g

F

m a

N

P

N

m g





      



 

_{ }

  

 





O G i

M



I







2

5

G

I



m r



O G i

M



I







2

5 F r

m r



  

 

2

5 m g r

m r





    

 

2

5

2 g

g

r







  

   

A esfera começará a rolar sem deslizar quando o ponto de contato dela com o solo possuir velocidade nula.

v 

_C

0

0 t

  

v

 

0

v t

  

v

a t

(3)

3  

0 G

v

t

   

v



g t

C G

v



v

 



GC

ˆ

0 

v

_G

     

i



k

r j

ˆ

0

_G i

v

i



r k

j





    

ˆ

0       

i

v

_G

i



r i

v

_G

  



r

0

v

     



g t



r

 

t

0

t





 

 

 

0 0

5

2 g

t

r













 

5

2 g

t

r





 



0

5

2 g

v

g t

t r

r





     

 

0

5

2 v





    

g t



g t

0 0 1

2

7

2

7 v

g t

v

t

g



  

  



 Velocidade linear

 

0 G

v

t

   

v



g t





0 1 0

2

7

G

v

t

v

g





   











0 0 1 0 0 1

7

2

7

G G

v

t



t

 

v



v

t



t







1



0

5

7

G

v

t



t



v

 Velocidade angular:

 

5

2 g

t

r





 







0 1

2

5

2

7 v

g

t

r

g











 







0 1

5

7 v

t

r





 

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. 2 2 0 0

P

I

k

m

I

k

g



 





2 0

P

I

k

g





2

18

32.3

12 ft

k

in

k

ft

g

s



 

2 0

18

322

12

32.2 I





_



_







2 0

22.5 I



lb f s

 

Tomando o centro de rotação O:

O O i

M



I







12

24

400

22.5

12

12 T





_



_







_



_

 













800  

T

22.5 

A aceleração do bloco será:

ext i G i

F

 

m a

   

T

P

m a



2 644 32.2 644 644 644 32.2 lb ft s P T a T a g      

12

12 a

     



r

a











Resolvendo:

(4)

4

800  

T

22.5 



20

644

32.2 T





a

800

22.5 T

_



_

800

644

20

22.5 T

T













_





22.5  

T

22.5 644



    

20 T

20 800

22.5    

T

20 T

22.5 644 20 800



 

42.5  

T

14490 16000



30490

717

42.5 T



 

T

lb

800 800 717

22.5

22.5 T







 





2 2

3.67 rad

a

3.67 ft

s





 

Equilíbrio no centro da polia: 0

400 cos 45

0

ix x i

F



O









0

822 717 400

45

0

iy y i

F



O





sen





283 1322

x y

O



lb



O



lb

2 2

1352

x y

O



O



O



O



lb

4. (Hibbeler 12a_{Ed. Cap. 17 pag. 428 )}_{- Uma}

roda desbalanceada de 50 lb possui um raio de giração kG = 0.6 ft sobre um eixo passando através de seu centro de massa G. Se a roda parte do repouso, determine as reações sobre seu pino O.

Momento de Inércia: 2 2 G G G G

P

I

m k

I

k

g

 



 

 

₂

_{ }

2 2

50

0.6

32.2

G

lb

I

ft

s

















2 2

0.559

G G

I



lb ft s

  

I



slug ft



Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos: 2 O G

I



I

 

m d

2 1.5527

50

0.559

0.5

32.2

O

I 





2

0.94719

O

I



slug ft



Fi O O i

M



I







2

50 0.5

0.94719

26.3938

rad

s



 



   

2 i i n n n G i i

F

m a

F

m



r

 





 

 



 



Como  = 0: (roda parte do repouso):

0

n

O 

i i t t t G i i

F

m a

F

m



r

 





   



  

50

t G

O



  

m



r





50 1.5527

26.39 0.5

t

O 



 



50 20.487

29.51

t t

O







O



lb

5. (Hibbeler 12a_{Ed. Cap. 17 pag. 429 )}_{- Uma}

barra de 20 kg num certo instante possui velocidade angular  = 5 rad/s. Determinar as reações na conexão da barra em O e a aceleração angular. Use g = 9.81 m/s².

(5)

5

2 i i n n n G i i

F

m a

F

m



r

 





 

 



 



2 n G

O

 

m





r

2

20 5 1.5

750

n n

O



 



O



N

i i t t t G i i

F

m a

F

m



r

 





   



  

t G

O

   

P

m



r

20 9.81 20 _1.5 t G

O

P

m



r





  

↺

iG F G i

M

I











2

60

1.5

12

t

m l

O





  







20 3

2

60 196.2 30

1.5

12 





 







15

180 60 294.3 45

60

354.3

12 



 



 



 

2

354.3

5.905

60 rad

s





 



 177.15 196.2 20 5.905 1.5 372.35 t t O     O  N  Usando: iO F O i

M



I







2 O G

I



I

 

m d

2 2 2

12

2

3

O O

m l

l

m l

I





 

m

 

_{ }



I





 

2 2

20 3

60

3

O O

I







I



kg m



2 60 20 9.81 1.5 60 5.905rad s



        

6. (Hibbeler 12a_{Ed. Cap. 17 pag. 430 )}_{- O}

tambor mostrado possui massa de 60 kg e raio de giração k0= 0.25 m. Uma corda de massa

desprezível é presa ao tambor e a uma massa de 20 kg. Se o bloco é abandonado, determine a aceleração angular do tambor.

 Equações de movimento para o tambor: 2 i i x n x G i i

F

m a

F

m



r

 





 

 



 



2 x G

O

 

m





r

i i y y y G i i

F

m a

F

m



r

 





 

 



  

y G

O

    

P T

m



r

60 9.81 60 _0.4 y G

O

T

P

m



r



 

  

588.6 24

y

O

 

T

 



↺

iO F O i

M

I











Momento de inércia do tambor:

2 2 2

60 0.25

3.75

O O O O

I

 

m k



I







I



kg m



O

T r

  

I



0.4 0.4 3.75

3.75 T





  



T

Se a corda não se desliza sobre a polia, a aceleração tangencial da polia será a mesma do bloco:

a

 



r

_G

 Equação de movimento para o bloco:

i y y b i

F

m a

P

T

m a







 



  

(6)

6 20 9.81



   

T

20 a

196.2   

T

20 a

196.2

20 T

a





196.2 196.2 20 0.4 8 G T a T r



      

0.4

196.2

0.4

3.75

8

3.75 T

T













196.2  

T



3.75 8 0.4

 



T

196.2 3.75 3.75





 

T

3.2 

T





735.75 3.2 3.75 T  735.75 105.86 6.95 T  T N

0.4

105.86

3.75 T

3.75 



 



2 2 0.4 11.29rad a r_G a 4.51m s s



     



6. (Livro Unip pg. 78 3.10) - 3 hastes finas, homogêneas, cada qual com massa m e comprimento L foram utilizadas na construção de um triângulo, conforme ilustrado. Pede-se o momento de inércia em relação a um eixo ortogonal ao plano da figura e que passe pelo CM – Centro de massa. L L CM L _ _ / \

3 I

_

  

I

  

I

2 2 _

1

3

12 3 2

m l

l

I





 

m



_





_





2

CM

m l

I





7. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Um ventilador, ao ser ligado, parte do repouso com aceleração constante, e atinge frequência f = 3000 rpm em 5 s, com o motor gerando potência média Pm = 350 W.

Para manter a frequência de regime de trabalho, o motor desenvolve potência constante Pmotor = 120

W. Considerar que o valor médio, do momento das forças dissipativas, nos movimentos acelerados, seja 75% daquele no movimento de regime de trabalho; pedem-se:

(a) o momento das forças dissipativas, no regime de trabalho;

(b) o momento de inércia do ventilador; (c) o tempo gasto até o ventilador parar, após ser desligado.

Potência transferida pela força resultante F:

motor

P

 

F v

Momento do motor: motor

M

 

F d

Como

v

 



d

motor

P

  

F



d

motor motor

P



M





Na frequência de regime:

3000

2

314.16

60 rad

f

s







  







 





motor motor motor motor

P

M



M





 



120 0.3819

314.16

motor motor

M





M



N m



TMA: R motor diss CM

M



M



M



I





No regime de trabalho, a velocidade angular é constante:  = 0. Logo:

0

0.382

motor diss diss motor

M



M

 

M

 

M

 

N m



Considerando o movimento inicial, desde

o repouso até a frequência de trabalho:

0

t

314.16 0

5   



  

  



2

314.16

62.832

5

lig

rad

s











2 0

2 t

t



 



 

 

2

62.832 5

0 5

785.4

2 rad







   

  

motor mootor

E





P

dt

F

d

(7)

7

5

350 1750

motor motor

E



 

t

E



J

Energia dissipada:

diss diss diss diss

E





P dt



E





M





dt



0.382 0.75



diss

E

 







dt

0.287 0.287 785.38

diss diss

E

dt

E







 







 



225.4

diss

E

 

J

Potência resultante:

P

_R



M

_R





Energia transferida ao sistema e armazenada na forma de energia cinética:

c R C R

E





P dt



E





M





dt

c

E





I

 

 

dt

c c

d

E

I

dt

E

I d

dt

 













2 2 314.16 49348.2 2 2 c c c I I E  



E   E  I

Pela conservação da energia:

49348.2

1750 225.4

C m diss

E



E



E



 

I



2

1524.6

0.031 49348.25

I



 

I

kg m



Pelo TMA, com o motor desligado:

0.287 0 0.031

R

M

   

I



 





2

0.287

9.26

0.031 rad

s







  



0

t

0 314.16 9.26

t

  



   





314.16

33.93

9.26 t



 

t

s

8. (Livro Unip pg. 67 3.01) - Duas esferas de massas m1 = 0.010 kg e m2 = 0,03 kg estão

localizadas nas extremidades de uma haste de peso desprezível, com comprimento L = 0,10 m. Determinar o momento de inércia (em kg.m2_):

(a) em relação a um eixo vertical passando pelo ponto médio da haste.

(b) em relação a um eixo paralelo do item anterior que passa pelo centro de massa do conjunto. (a) 2 2 1 2

2

O

L

I



m



m

2 2

0.01 0.05

0.03 0.05

O

I 







4 2 1 10 O I    kg m (b) Somas Massa (kg) x (m) mi.xi (kg.m) m1 = 0.01 0 0 m2 = 0.03 0.1 0.003



m i 0.04



m xi i 0.003 1 1 2 2 1 2 CM

m x

m

x

m

 







0.01 0 0.03 0.1

0.01 0.03

CM

x



 





0.003

0.075

0.04

CM CM

x





x



m

2 2

0.01 0.075

0.03 0.025

CM

I









5 2

7.5 10

CM

I







kg m



9. (Livro Unip pg. 83 3.04) - Um balão esférico de raio R é constituído por uma película fina e homogênea de massa m. Considerando um eixo radial, pedem-se:

(a) o momento de inércia; (b) o raio de giração. (a)

2

3

CM

I



m R



(Esfera oca) (b) 2 2 2 2 3 3 CM I  m R  m k  k R

10. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Uma barra homogênea ilustrada a seguir, de massa m e comprimento L, está articulada pela extremidade A, girando em um plano vertical, sob ação de um

x y

CM

(8)

8

momento M. No instante ilustrado a velocidade angular é  = 8 rad/s; para esse instante, determine:

(a) a aceleração angular da barra (em rad/s2_).

(b) as componentes da reação na articulação.

Dados: m = 40 kg; L=6 m

M = +120 N.m g = 10 m/s2

 TCM.: Teorema do centro de massa:

 

i x x x i

F

  

m

a



H

  

m a



 

i y y y i

F

  

m

a

    

V

P

m a



 TMA: Teorema do momento angular: iO F O i

M



I







6 120 400

2 I

O





  

O=A ; P = m.g = 400N

 Teorema dos eixos paralelos:

2 2 2 12 2 O CM O m l l I I  m OG I     m     2 2 2 12 4 3 O O m l m l m l I     I   2 2 40 6 480 3 O O I   I  kg m

6 120 400

480

2 



 



2

1080

480

2.25 rad

s







   

↻

2 2 2 2

8 3

192

x x x L

m

a

r

a

s



 

 

   

 

2 2

2.25 3

6.75

y y y L

m

a

r

a

s



  

 

 

 





40

192 7680

H



 



H

 

N

270

400 40 6.75

400 270

V



  

 



130 V



N

11. (Livro Unip pg. 107 3.29) - Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A massa da

polia é mp e seu raio é R. Desprezar a massa da corda

e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2_{. A aceleração do bloco de massa}

m1 vale aproximadamente, em m/s2:

Dados: m1 = 20 kg m2 = 12 kg M = 8 kg

R = 0.3 m

1 1 1 1 1 2 2 `2 i y i

P

T

m a

F

m a

T

P

m

a

 







_{  }











M



I







1 2 O

T R T R

    

I





1 2



2

p

m

R

T



T

 

R





O=G ; P1 = m1.g = 200N P2 = m2.g = 120N Como a corda não escorrega:

1 2

a



a

 



R



1 2



2

p

m

R

T



T

 

R





1 2

200

20 120 12

T

a

T

a

 





   





1 2



2 0.36

2

p

m

R

a

T

R





 







1 2 1 2

2

8

p

m

T

 

T

  

a

T



T











1 2 1 1 2 2

200

20

4 120 12

4 T

T





 









 

 



1 1 2 2 1 2

200

5

120

3

3 T

T

    



     



ax ay V H y x P y x

(9)

9

1 2 2 1

6

5

200

4

3

120 T

T

   



    



2 2

8    

T

5 T

200 240



2 2 1 146.67

200 5

440

3

6 T

T



N

 

T

 

1 1 155.56

440 200 5

2800

3

6

18 T

T

N

 



 

1 2

155.56 146.67

4

4 T

T

a





 

a



1 2

155.56 146.67

4

4 T

T

a





 

a



2

2.22 m

a

s



12. (Livro Unip pg. 91 3.14) - Um disco uniforme, com eixo fixo, possui raio R = 0,4 m e massa m = 6 kg. Em repouso, o disco é acionado pea força F = 20 N, através de uma corda enrolada no mesmo. O atrito nos mancais, gera um binário (momento) resistente Mres = 1.5 N.m. Pedem-se:

(a) a reação do eixo fixo.

(b) o número de voltas necessária para que o disco atinja a velocidade angular de  = 40 rad/s.

0 0 x y

H

m a

V

P

F

m a

 





    





0 60 20

0

80 H

V

N





     



M



I







Res CM

F R M

 



I





2

20 0.4 1.5

2 m R



_









2 2 13.54 0.48

6 0.4

6.5 8 1.5

2

0.48 rad

s









  

2 2 0

2

F







  

 

2 59.08

1600

40 0 2 13.54

27.08 rad



  

   

59.08

9.4

2

2 n



n







 

13. (Beer Johnston 5 Ed. 16.5 Pag. 551) –

Uma polia pesando 53.4 N e raio de giração 0.203 m está unida a dois blocos como ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no eixo, determinar a aceleração angular da polia e a aceleração de cada cilindro.

 Sentido do movimento: Para manter a polia em equilíbrio:

⤹





M

_G

  

0 P

_B

0.152 22.2 0.254 0







37.1

B

P



N

A polia girará no sentido antihorário.

 Cinemática do movimento: A A B B

a

  



r

a

 



r

0.254

0.152

A B

a



 



a



 



B R B B B B

F



m a





P



T

44.5 4.536 0.152

B B B B B B P g

T



P



m



a



T









44.5 0.6895

B

T









A R A A A A

F



m a





T



P

0.152 m 0.254 m 44.5 N 22.2 N

(10)

10 2.2629 0.254

22.2

A A A A A A P g

T



m

 

a

P



T





 



0.5748

22.2

A

T



 



 Equações de movimento: momento de inércia da polia: 2

P

2

I

m k

I

k

g

 

  

2 2

53.4

0.203

0.224

9.81 I





 

I

kg m



⤹





M

G

 

I

G



0.152

0.254

B A G

T



 

T

 

I











44.5 0.6895

0.152 0.5748

22.2 0.254 0.224





 



 







6.764 0.1048

0.146 5.6368 0.224









 





1.1272 0.2508



 



0.224 







2 2.37

1.1272

0.2508 0.224

1.1272

0.4748

rad

s





  

 

2

2.37 rad

s





↺

2 2

0.254 2.37

0.602 0.152 2.37

0.360

A A B B

m

a

s

m

a

s





















14. (Hibbeler pag.442 17.13) – Determine a aceleraçãoangular da polia da figuram que possui uma massa de 8 kg e raio de giração kG = 0.35 m. A

massa da corda é negligenciável.

 Equações de movimento: momento de inércia da polia: 2 2 2 0.98

8 0.35

kg m

I

m k

I



 

  

⤹





M

G

 

I

G



0.5 100 0.2

0.98 T

 



 





i y i

F

m a

 



 

8 9.81

100 78.48 8

_G P m g

T

a

 

 

 

Para que a polia não escorregue em A:

0.5

G G

a

  



r

a

 



21.52   

T

8 0.5





21.52

4 T







21.52 0.5 20

0.98

4 T

T



  









_













4 T



0.5 20



 

0.98 21.52





T

2    

T

80 21.0896 0.98



T

58.91

19.76

2.98 T



 

T

N

2

21.52 19.76

10.32

4 rad

s







 



2

5.16

G

m

a

s



15. (Livro Unip pg. 109 3.32) - A figura ilustra uma barra AB, homogênea , de massa m = 20 kg e comprimento L = 0.5 m. Na posição definida pelo ângulo  = 600_{, a mesma apresenta velocidade}

angular  = 4 rad/s. Pede-se a aceleração angular da barra. s A L/2  CM B L/2  CM B L/2 L/2 T N P.cos 

ˆn

_ˆt

A=O

(11)

11

 TCM: Teorema do centro de massa:

cos

i i n n i t t i

F

N

P sen

m a

F

P

T

m a





  

 





 

  







2

n G G

L

a





  

r

2

t G G

L

a

   



r

 TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 



2 2 O G L I I   m     2 2 2 12 4 3 O O m L m L m L I     I   2 cos 2 3 L m L P







     2 3 cos cos 2 3 2 L m L g m g L                  0 2 3 10 cos 60 15 2 0.5 rad s        

Calcule os valores de N e T agora, carinha....

3 cos 2 4 T T L g a   



a   



2 2 n L a  

16. (Livro Unip pg. 109 3.33) - O disco de raio

r = 0.125 m e massa m = 4 kg, momento de inércia

baricêntrico ICM = 0.052 kg.m², inicialmente em

repouso, é colocado em contato com a esteira, que move-se com velocidade constante, para a direita, v = 3 m/s. O coeficiente de atrito entre a esteira e o disco é  = 0.40, pedem-se:

(a) determinar a aceleração angular do disco durante o escorregamento;

(b) o ângulo total de rotação do disco, desde o repouso, até que o escorregamento do disco e a esteira cesse.

 Diagrama de corpo livre:

0.5

75.96

0.125 arctg







_



_

 









90

75.96

14.04 

    





  





 TCM: Teorema do centro de massa:

(disco)

cos14.04

cos 75.96

i x i y x at G i y G i

F

m a

F

N

P

m a



  

 

 





 

    







cos14.04

0

0.245

40

0

at

F

N

 









_{  }

_





0.125 at G F  I   0.4 0.052 0.125 _G 0.05 0.052 N I N        

1.04 N







0.97 0.4 cos14.04 1.04 0 0.245 1.04 40 0 F F

 



                0.97 0.416 0 0.245 1.04 40 F F



       _{ } _{ }  2.32 0.97 0.416 0.245 1.04 2.32 40 F F F   _ _          2 15.05 2.332 35 40 0.245 2.425 40 2.6578 rad F s N F F F    _ _{  }            

1.04 35

36.3 N





 

N

P  P.sen 

F

P

at

F

N





(12)

12

O escorregamento cessa quando as velocidades das superfícies forem iguais:

3

BordaDisco esteira final

v



v





 

r

24

3

0.125

3

0.125

final final

rad

s





 





2 2

2

final inicial







   

 

2 8.23

576

24 2 35

70 rad



     

17. (Livro Unip pg. 102 3.20) - O sistema de polias duplas tem momento de inércia total ICM =

20.3 kg.m², raio interno Ri = 0.23 m e raio externo Re = 0.40 m, respectivamente; inicialmente em

repouso,é acionado por um contrapeso de massa m = 65 kg. Pedem-se:

(a) a aceleração angular do sistema; (b) a velocidade angular no instante t = 3 s; (c) a velocidade angular no instante em que o contrapeso deslocou-se de 0.3 m.

 Diagrama de corpo livre:

 TCM: Teorema do centro de massa: Contra Peso i y G i

F

   

P T

m a



20.3 20.3 T R T R           T a   R  65 10 20.3 65 G R R

P

T

m a

 _   _



 

20.3

650 65 0.23

0.23 

_









650 88.26



 



14.95 



2

650

6.3 88.26 14.95

rad

s





 





0

t

  



 

0 6.3 3

18.9 rad

s



 

  



2 2 0

2 





  

 

s

R



     

0.3

1.3

0.23 rad



 

  

2

0 2 6.3 1.3

16.43 

  



 



4.05 rad

s





18. (Livro Unip pg. 94 3.16) - A polia dupla ilustrada tem raios R1 = 0.6 m e R2 = 1.2 m, massa mP = 600 kg, raio de giração k = 0.9 m, e é acionada

através de uma corda que faz um ângulo  = 60° com a horizontal, com tração F = 3600 N. O movimento da polia, suspende o bloco de massa mB

= 300 kg. Considerar que as cordas não escorreguem em relação à polia e g = 10 m/s².

Pedem-se:

(a) a aceleração do bloco;

(b) as componentes horizontal e vertical da reação do eixo.

P

T

p

P

2 R  F 1 R B m V H

(13)

13

 TCM: Teorema do centro de massa:  Polia:

cos

i x x P P i

F

  

H

F





m a





3600 cos60

0 1800

H





   

H

N

i y y P B P P i

F

 

V

P

  

T

F sen





m a





6000 _B 3600 60 0 9117.69 _B V T  sen    V T  Peso B: i y B B B B i

F



T



P



m a





3000 300

B B B B

T







a



T







a

Como não há escorregamento:

1

0.6

B B

a

  

R



a







3000 300 0.6

3000 180

B B

T







 



T









TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i M I 



2 2 B 1 P

F R

T R

m k



 

   

 

2 486 3600 1.2 T_B 0.6 600 0.9         

4320

T

B

0.6

486 



 

 



4320

 

T

_B

0.6 

486 







4320



3000 180









0.6 

486 



4320 1800 108



 



486 



2520

2520 108

486

594 





 

  

2

4.24 rad

s





2

0.6

2.544

B B

m

a

s





 



4.24

3000 180

3763.2

B B

T











T



N

3763.2 9117.69 _B 12880.89 V   T V  N 18. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx

Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A

massa da polia é M e seu raio é R. Desprezar a massa da corda e admitir que não há escorregamento entre a corda e a polia. Considere a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2_{. A aceleração do}

bloco de massa m1 vale aproximadamente, em m/s2:

1.82

Dados: m1 = 10 kg

m2 = 20 kg

M = 50 kg R = 0,5 m

 TCM: Teorema do centro de massa:  massa m1 1i 1 1 1 1 i

F

  

T

P

m a





1

100 10

1 1

100 10

1

T



   

a

T

 

a

 massa m2 2i 2 2 2 2 i

F

  

P

T

m a





2 2 2 2

200     

T

20 a

T

200 20

 

a

 TMA: Teorema do Momento Angular

iO F O i M I 



Polia:

 

1 2 T R T R     I 



1 2



2 2 M R TT   R  



1 2



2 2 M R a T T R R       50 1 2 2 M TT   a





100 10  a 200 20 a   25 a 100 10  a 200 20    a 25 a 2 100 30 100 25 1.82 55 m a a a a s          19. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx

Uma polia dupla, composta por dois discos solidários entre si, possui momento de inércia total

ICM = 0,30 kg.m2, é acionada a partir do repouso, por

blocos de massas m1 = 1,5 kg, m2 = 2,5 kg, raios R1

= 0,4 m e R2 = 0,7 m, ligados a fios ideais que não

escorregam em relação a polia. Desprezar atritos, adotar g = 10 m/s2_{. A tração no fio que sustenta a}

2 R



F 1 R B m V H P P B T B T B P 1

P

2

1

a

2

1

T

2

T

(14)

14

massa m2, expressa em N, é aproximadamente:

25.35 Sentido de giro: 1 1 2 2 1 1 2 2

0 R

P R

P

R



 

 



1 1

0.7

25

43.75

15

0.4 P



 

P

N



N



horário

TCM: Teorema do centro de massa:

 massa m1 1i 1 1 1 1 1 2 i

F

  

T

P

m a

  

a

R







1

15 15 0.7

1

15 1.05

T

  

   



T





 massa m2 2_i 2 2 2 2 2 1 i

F

  

P

T

m a

 

a

 

R





2 1 2 0.4

25 

T



2.5   

R



T



25 1

 





Polia:

 

1 2 2 1 G T R  T R I   1 0.7 2 0.4 0.3 T  T    



15 1.05 



0.7



25 1 



0.4 0.3 10.5 0.735   10 0.4    0.3



0.735 0.4 0.3 



  10 10.5 2 0.5 1.435 0.5 0.3484 1.435 rad s            





2

25 1

2

25 1

0.3483

T



  



T



  

2

25.3483

T



N

20. (Livro Unip pg. 89 3.13) - Duas engrenagens

A e B, possuem eixos fixos paralelos, conforme

ilustrado. Soldada coaxialmente ‘a engrenagem A, uma polia de raio 0.05m é acionada pela força F = 500 N, através de um fio enrolado na mesma. As engrenagens A e B, possuem, respectivamente, rA =

0.3 m e rB = 0.1 m; os momentos de inércia da

engrenagem A e da polia soldada é IA = 1.2 kg.m2;

o momento de inércia da polia B é IB = 0.8 kg.m2.

Os atritos são desprezíveis. Pedem-se:

(a) a aceleração angular da engrenagem A; (b) a aceleração angular da engrenagem B; (c) a força que a engrenagem A aplica na engrenagem B.

 TCM: Teorema do centro de massa: Engrenagem A i A x A A x i

F



H

 

N

m a





i A y A A A y i

F



V

  

F

f

P



m a





 Engrenagem B i B x B B x i

F



H

 

N

m a





i B y B B B y i

F



V

 

f

P



m



a



 TMA: Teorema do Momento Angular iO F O i

M

 

I





 Engrenagem A: A A A f r   F r I  0.3 500 0.05 1.2 A f     0.3 25 1.2 A f     Engrenagem B: B B B f r I  0.1 0.8 B f   0.8 8 0.1 B B f     f   Ponto de engrenamento: A B A A B B

v



v





   

r



r

A B T T A A B B

a



a





   

r



r

0.3 3 0.1 A B A B A B A B r r



 







 







  



8 B 24 A f   f    24A 0.3 25 1.2 A 7.2 A 25 1.2 A             25 7.2A 1.2A 25 8.4A          2 25 2.97 8.4 A A rad s      





2 3 3 2.97 8.91 B A B B rad s            8.91 8 _B 71.28 f    f N

f

N

A

P

A

H

A

V

B

P

N

f

B

H

B

V

F

(15)

15

21. (Livro Unip pg. 115 3.35) - A figura ilustra um cilindro homogêneo, de massa m = 5.0 kg, raio

R = 0.33 m, que abandonado do repouso, apoiado

em plano inclinado de ângulo  = 30° com a horizontal, rola sem escorregar ao longo do mesmo. Pedem-se:

(a) a aceleração do centro de massa; (b) o mínimo valor do coeficiente de atrito entre o cilindro e o plano inclinado.

 TCM: Teorema do centro de massa: 0 5 10 0.5

30

i x at m g i

F

P

sen

f

m a

  







 



25 

f

_at

 

5 a

0

cos30

0

i y i

F

  

N P





0 0 43.3

cos 30

50 cos 30

N

 

P



N





M

 

I





Cilindro: 2 2 m R f R       2 T m R f   a a  R          2 m R f   a  R        2 2 m R a m a f f R        _ _   

5

25

5

25

5

2

2 m a

a





  



 





25 52.5 a 2

25

7.5

3.333

7.5 m

a

s



  

 

a a R R         2 3.333 10.1 0.33 rad s      5 3.333 8.3325 2 2 m a f    f   f N at

f

 



N

8.3325

0.19

43.3

at

f

N





 



 



22. 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. Se o coeficiente de atrito cinético entre o aro e a superfície é k = 0.3

determinar a distância que o aro se desloca antes de parar o escorregamento.

Dados: g = 32.2 ft/s2_{; 1 in = 1/12 ft} I = m r2

 TCM: Teorema do centro de massa:

 

i x at G i

F

    

F

m

a



2 9.66 / K K K ft s

N

m a

W

m a

a

g





  





   





0

i y i

F

    

N W



M

 

I





Aro: 2 2 at k F r m r   m g r m r               0.3 32.2 0.5 k g r         2 19.32rad s   