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Dinâmica II-20

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Tópicos: Corpo Rígido - Exemplo | Energia Cinética da Rotação | Corpo Rígido - Exemplo |


1) Corpo Rígido - Exemplo

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Na figura seguinte, um cilindro gira em torno do eixo central sob ação de uma força vertical aplicada em um fio nele enrolado. Desprezando as massas do fio e do eixo, deseja-se saber os outros parâmetros, uma vez conhecidos R, L, F e μ (massa específica do material do cilindro).

A massa é igual ao produto do volume pela massa específica:

$$M = \pi R^2 L \mu \tag{1A}$$
Exemplo de Rotação de um Corpo Rígido
Fig 1-I

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 seja, a reação de cada apoio é:

$$A = (\pi R^2 L \mu g + F) \big/ 2 \tag{1B}$$
Da definição de raio de giração na página anterior, I = M K2. Da mesma página, o raio de giração para o cilindro é K = R / √2. Combinando essas igualdades e (1A) para determinar o momento de inércia e simplificando,

$$I = \pi R^4 L \mu \big/ 2 \tag{1C}$$
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 dado na página anterior. Assim, I α = F R. Isolando α, aplicando (1C) e simplificando,

$$\alpha = 2 F \big/ (\pi R^3 L \mu) \tag{1D}$$
Portanto, o cilindro sofre essa aceleração angular enquanto aplicada a força F. E a velocidade angular t segundos após o início é:

$$\omega = \alpha t \tag{1E}$$

2) 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:

$$E_c = \sum \tfrac{1}{2} m_i v_i^2 \tag{2A}$$
Se esse sistema de partículas gira em torno de um determinado eixo com velocidade angular ω, a velocidade de cada partícula é dada por: vi = ω ri, onde ri é a distância da partícula ao eixo de rotação. Substituindo na equação anterior e reagrupando,

$$E_c = \tfrac{1}{2} \left( \sum r_i^2 m_i \right) \omega^2 \tag{2B}$$
Pode-se considerar um corpo rígido um sistema de muitas partículas cujas posições relativas são constantes. Assim, a expressão entre parênteses torna-se uma integral:

$$E_c = \tfrac{1}{2} \left( \int r^2 dm \right) \omega^2 \tag{2C}$$
E a expressão é a própria definição de momento de inércia de massa I, vista na página anterior. Então, a energia cinética da rotação de um corpo rígido é:

$$E_c = \tfrac{1}{2} I \omega^2 \tag{2D}$$

3) Corpo Rígido - Exemplo

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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 JG` = m L2/12 (Fonte: USP - 2005). 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. Considerando a definição de centro de massa, Lcm = ( ∑ Li mi ) / ∑ mi, 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

Corpo Rígido - Exemplo
Fig 3-I

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 JG` = 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:

IbO = JG` + 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 = IbO + 2 m L2 = (1/3) m L2 + 2 m L2 = (7/3) m L2

A energia cinética do conjunto é Ec = (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 Ep = 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 = Ep + Ec = 3 m g (OG − OG cos 90) + 0 = 3 m g OG

Para um ângulo ϕ qualquer, considerando a conservação da energia,

Ep + Ec = 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) (− sin 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) (− sin ϕ) (− ω). Simplificando, α = (15/14) (g/L) sin ϕ.

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

Aceleração tangencial

aT = dv / dt = d(ωR) / dt = R dω / dt = R α

Aceleração normal

aN = v2 / R = (ωR)2 / R = ω2 R

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

aT = (5/6) L (15/14) (g/L) sin ϕ = (75/84) g sin ϕ

aN = (15/7) (g/L) cos ϕ (5/6) L = (75/42) g cos ϕ

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

$$\vec a = - \tfrac{75}{42} g \cos \phi \ \vec i - \tfrac{75}{84} g \sin \phi \ \vec j$$
Referências
ALONSO, Marcelo. FINN, Edward. Fundamental University Physics. Addison-Wesley, 1967.
BOUCHÉ, Ch. LEITNER, A. SANS, F. Dubbel - Manual da Construção de Máquinas. São Paulo, Hemus, 1979.
GIEK, Kurt. Manual de Fórmulas Técnicas. São Paulo, Hemus.
HALLIDAY, David. RESNIK, Robert. Física. Rio, Ao Livro Técnico, 1970.
HYPERPHYSICS. http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu.

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