Corpo rígido - Exemplo 01

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Na Figura 01 abaixo, um cilindro gira em torno do eixo central sob ação de uma força vertical aplicada em um fio enrolado no mesmo. Desprezando-se as massas do fio e do eixo, deseja-se saber os outros parâmetros, sendo dados R, L, F e μ (massa específica do material do cilindro).

A massa é igual ao produto do volume pela massa específica M = π R² L μ #A.1#.

Fig 01

A força P, atuante no centro é o peso do cilindro,

P = M g.

Desde que o centro não se move, o conjunto de forças pode ser considerado em equilíbrio estático:

2A = P + F = π R² L μ g + F. Ou a reação de cada apoio é

A = (π R² L μ g + F) / 2 #B.1#.

Conforme tópico anterior, o raio de giração é dado por K = √ (I / M) ou I = M K². E, para o cilindro,

K = R / √ 2. Assim, I = M R²/2 = π R² L μ R²/2 = π R⁴ L μ/2.

O torque aplicado no cilindro é o produto da força F pelo raio T = F R, que deve ser igual ao produto do momento de inércia pela aceleração angular conforme igualdade vista na página anterior. Assim,

I α = F R ou

α = F R/I = F R / (π R⁴ L μ/2) = 2 F R / (π R⁴ L μ) #C.1#.

Portanto, o cilindro sofre uma aceleração angular dada por essa igualdade enquanto for aplicada a força F. E a velocidade angular t segundos após o repouso é

ω = α t #D.1#.

Energia cinética da rotação

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Para um sistema de partículas, a energia cinética total é igual à soma das energias cinéticas individuais

E_c = Σ (1/2) m_i v_i².

Se esse sistema de partículas gira em torno de um determinado eixo com velocidade angular ω, a velocidade de cada partícula é dada por:

v_i = ω r_i, onde r_i é a distância da partícula ao eixo de rotação. Substituindo na equação anterior e reagrupando,

E_c = (1/2) [ Σ m_i r_i² ] ω².

Pode-se considerar um corpo rígido um sistema de muitas partículas cujas posições relativas são constantes. Assim, o termo entre colchetes torna-se uma integral:

E_c = (1/2) [ ∫ r² dm ] ω². E a expressão é a própria definição de momento de inércia de massa I dada na página anterior. Então, a energia cinética da rotação de um corpo rígido é

E_c = (1/2) I ω² #A.1#.

Corpo rígido - Exemplo 02

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(Fonte: USP - 2005) A barra homogênea OA de comprimento L e peso m g, articulada em O, tem em sua extremidade um peso concentrado 2 m g. O conjunto parte do repouso na posição horizontal. O momento de inércia da barra em relação ao seu baricentro G` é J<sub>G`</sub> = m L²/12. Pede-se:

a) o baricentro G do conjunto e o momento de inércia do conjunto em relação a O;

b) a velocidade angular e a aceleração angular em função de φ;

c) a aceleração do baricentro G do conjunto.

Desde que a barra é homogênea, pode-se considerar, para efeito de baricentro, sua massa m concentrada a uma distância L/2 de O. A massa da extremidade (2 m) é concentrada à distância L de O.

Fig 01

Considerando a definição de centro de massa, L_cm = ( ∑ L_i m_i ) / ∑ m_i, a distância do ponto O até o centro de massa G do conjunto é

OG = [ (L/2) m + L 2 m ] / (m + 2 m) = 5 L / 6.

Para a barra somente, o seu centro de massa G' está a L/2 de O porque ela é homogênea, ou seja, OG' = L/2. O momento de inércia em relação a G' é J_G` = m L²/12 conforme enunciado. Usa-se então o teorema de Steiner, visto na página anterior, para calcular o seu momento de inércia em relação a O:

I_bO = J_G` + m (OG')² = m L²/12 + m L²/4 = (1/3) m L².


Para o momento de inércia I do conjunto, considerando que a massa (2 m) em A é pontual, pode-se simplesmente fazer a soma

I = I_bO + 2 m L² = (1/3) m L² + 2 m L² = (7/3) m L².

A energia cinética do conjunto é E_c = (1/2) I ω², conforme visto em tópico anterior. Considerando o ponto G (baricentro do conjunto) com φ = 0 como referência, a energia potencial do conjunto é dada por E_p = M g (OG - OG cos φ). Onde M é a massa do conjunto (3 m).

Desde que o conjunto parte do repouso na situação horizontal (φ = 90), a energia total nesse momento é:

E = E_p + E_c = 3 m g (OG - OG cos 90) + 0 = 3 m g OG. Para um ângulo φ qualquer, considerando a conservação da energia,

E_p + E_c = 3 m g (OG - OG cos φ) + (1/2) I ω² = E = 3 m g OG. Simplificando,

(1/2) I ω² = 3 m g OG cos φ.. Substituindo, (1/2) (7/3) m L² ω² = 3 m g (5/6) L cos φ.. Portanto, ω² = (15/7) (g/L) cos φ.

A aceleração angular α é dada por dω/dt. Derivando ambos os lados em relação a t,

2 ω (dω/dt) = (15/7) (g/L) (- sen φ) (dφ/dt). Mas dφ/dt = - ω (porque φ está no sentido oposto) e dω/dt = α. Portanto,

2 ω α = (15/7) (g/L) (- sen φ) (- ω). Simplificando, α = (15/14) (g/L) sen φ.

No movimento circular, conforme visto em páginas anteriores, os componentes do vetor aceleração são dados por:

Aceleração tangencial a_T = dv / dt = d(ωR) / dt = R dω / dt = R α.
Aceleração normal a_N = v² / R = (ωR)² / R = ω² R.

Para o baricentro do conjunto, R = OG = (5/6) L. Então,

a_T = (5/6) L (15/14) (g/L) sen φ = (75/84) g sen φ.
a_N = (15/7) (g/L) cos φ (5/6) L = (75/42) g cos φ.

Em termos vetoriais, considerando as direções dos vetores unitários i e j da questão,

a = − [ (75/42) g cos φ ] i − [ (75/84) g sen φ ] j.