Exercício Resolvido de Dinâmica das Rotações
publicidade
Sobre um eixo horizontal AB estão rigidamente montados uma polia C de diâmetro d,
e uma haste D de massa m2. Sobre a polia está enrolado um cabo em cuja
extremidade prende-se um corpo E de massa m1. Na extremidade da haste D
adapta-se um cilindro F de massa m3 e altura h. Na posição de equilíbrio
a haste forma um ângulo θ com a vertical. São desprezados a massa da polia e do cabo, considera-se
o cabo inextensível, o eixo e a haste não sofrem torções. Determinar:
a) O comprimento da haste;
b) Calcule o comprimento da haste para os seguintes valores, m1 = 200 kg, d = 60 cm, m2 = 12 kg, m3 = 100 kg, h = 20 cm e θ = 30°.
a) O comprimento da haste;
b) Calcule o comprimento da haste para os seguintes valores, m1 = 200 kg, d = 60 cm, m2 = 12 kg, m3 = 100 kg, h = 20 cm e θ = 30°.
Dados do problema:
- Diâmetro da polia C: d;
- Massa do corpo E: m1;
- Massa da haste D: m2;
- Massa do cilindro F: m3;
- Altura do cilindro F: h;
- Ângulo formado entre a vertical e o sistema haste+cilindro: θ.
Adotamos que a aceleração da gravidade no local é igual a g.
Suponhamos que inicialmente a corda está enrolada na polia e o sistema haste+cilindro está na vertical. Sob a ação da força peso P1 o corpo de massa m1 começa a descer, a corda começa a desenrolar e faz girar a polia, que está rigidamente ligada a barra AB onde passa a atuar o torque N1.
Com a rotação do eixo AB o sistema haste+cilindro começa a girar, considerando as forças peso da haste e do cilindro, P2 e P3 respectivamente, aplicadas ao centro de massa de cada corpo, para que o sistema todo permaneça em equilíbrio estas forças devem gerar um torque, N2+N3 de mesmo módulo e direção, e com sentido contrário ao torque N1, de tal forma que a somatória dos torques seja nula. Adotamos x como sendo o comprimento da haste a ser determinado.
Solução
a) O torque de uma força é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf{N}=\mathbf{r}\times{\mathbf{F}}} \tag{I}
\end{gather}
\]
No sistema da polia temos o vetor posição (r1) dado pelo raio da polia e a força (F)
representada pela força peso devido à massa m1 (P1), Figura 2-A. Aplicando
a expressão (I)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{1}={\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{P}}_{1} \tag{II}
\end{gather}
\]
a força peso é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf{P}=m\mathbf{g}} \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (III), para a massa m1, na expressão (II)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{1}={\mathbf{r}}_{1}\times m_{1}\mathbf{g}\\
{\mathbf{N}}_{1}=m_{1}{\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{g}}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r1 em direção
ao vetor g – Figura 2-B) obtemos o vetor N1 perpendicular a estes dois (Figura 2-C).
Os vetores r1 e g são perpendiculares entre si, portanto, em módulo
\[
N_{1}=m_{1}r_{1}g\operatorname{sen}\frac{\pi}{2}
\]
o raio da polia será
\( r_{1}=\frac{d}{2} \)
e
\( \operatorname{sen}\frac{\pi }{2}=1 \)
\[
\begin{gather}
N_{1}=m_{1}\frac{d}{2}g \tag{IV}
\end{gather}
\]
Na haste temos o vetor posição (r2) e a força (F) representada pela força peso
devido à massa m2 da haste (P2), Figura 3-A. Aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{2}={\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{P}}_{2} \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (III), para a massa m2, na expressão (V)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{2}={\mathbf{r}}_{2}\times m_{2}\mathbf{g}\\
{\mathbf{N}}_{2}=m_{2}{\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{g}}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r2 em direção ao vetor g – Figura 3-B) obtemos o vetor N2 perpendicular a estes dois (Figura 3-C).
Os vetores r2 e g formam um ângulo θ entre si, portanto, em módulo
\[
N_{2}=m_{2}r_{2}g\operatorname{sen}\theta
\]
o vetor posição r2 localiza o centro de massa da haste, supondo que a haste seja homogênea
o centro de massa está na metade do comprimento, assim o módulo do vetor posição será
\( r_{2}=\frac{x}{2} \)
\[
\begin{gather}
N_{2}=m_{2}\frac{x}{2}g\operatorname{sen}\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
No cilindro temos o vetor posição (r3) e a força (F) representada pela força peso
devido à massa m3 do cilindro (P3), Figura 4-A. Aplicando a expressão (I)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{3}={\mathbf{r}}_{3}\times{\mathbf{P}}_{3} \tag{VII}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (III), para a massa m3, na expressão (VII)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{3}={\mathbf{r}}_{3}\times m_{3}\mathbf{g}\\
{\mathbf{N}}_{3}=m_{3}{\mathbf{r}}_{3}\times{\mathbf{g}}
\end{gather}
\]
Aplicando a regra da mão direita para o produto vetorial (levando o vetor r3 em direção ao vetor g – Figura 4-B) obtemos o vetor N3 perpendicular a estes dois (Figura 4-C).
Os vetores r2 e g formam um ângulo θ entre si, portanto, em módulo
\[
N_{3}=m_{3}r_{3}g\operatorname{sen}\theta
\]
o vetor posição r3 localiza o centro de massa do cilindro, supondo que a haste seja
homogênea o centro de massa está na metade da altura do cilindro somado ao comprimento x da haste,
assim o módulo do vetor posição será
\( r_{3}=\frac{h}{2}+x \)
\[
\begin{gather}
N_{3}=m_{3}\left(\frac{h}{2}+x\right)g\operatorname{sen}\theta \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Para que o sistema permaneça em equilíbrio temos a condição
\[ \bbox[#99CCFF,10px]
{\sum _{i=1}^{n}N_{i}=0}
\]
adotando o sentido do torque N1 como positivo com n = 3
\[
\begin{gather}
N_{1}-N_{2}-N_{3}=0 \tag{IX}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (IV), (VI) e (VIII) na expressão (IX)
\[
\begin{gather}
m_{1}\frac{d}{2}g-m_{2}\frac{x}{2}g\operatorname{sen}\theta-m_{3}\left(\frac{h}{2}+x\right)g\operatorname{sen}\theta=0\\
m_{1}\frac{d}{2}g-m_{2}\frac{x}{2}g\operatorname{sen}\theta-m_{3}\frac{h}{2}g\operatorname{sen}\theta-m_{3}xg\operatorname{sen}\theta =0
\end{gather}
\]
multiplicando toda a expressão por 2
\[
\begin{gather}
\qquad \qquad m_{1}\frac{d}{2}g-m_{2}\frac{x}{2}g\operatorname{sen}\theta-m_{3}\frac{h}{2}g\operatorname{sen}\theta-m_{3}xg\operatorname{sen}\theta=0\qquad \qquad (\text{x}2)\\[5pt]
m_{1}dg-m_{2}xg\operatorname{sen}\theta-m_{3}hg\operatorname{sen}\theta -2m_{3}xg\operatorname{sen}\theta=0\\[5pt]
m_{1}dg-m_{3}hg\operatorname{sen}\theta -xg\operatorname{sen}\theta\left(m_{2}+2m_{3}\right)=0\\[5pt]
x\operatorname{sen}\theta\left(m_{2}+2m_{3}\right)=m_{1}d-m_{3}h\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{x=\frac{m_{1}d-m_{3}h\operatorname{sen}\theta}{\left(m_{2}+2m_{3}\right)\operatorname{sen}\theta}}
\]
b) Convertendo o diâmetro da polia e a altura do cilindro, dados em centímetros (cm) para metros (m) usado no Sistema Internacional (S.I.)
\[
\begin{gather}
d=60\;\cancel{\text{cm}}.\frac{1\;\text{m}}{100\;\cancel{\text{cm}}}=\frac{60}{100}\;\text{m}=0,6\;\text{m}\\[10pt]
h=20\;\cancel{\text{cm}}.\frac{1\;\text{m}}{100\;\cancel{\text{cm}}}=\frac{20}{100}\;\text{m}=0,2\;\text{m}
\end{gather}
\]
e lembrando que
\( \theta =30°=\frac{\pi}{6} \),
então,
\( \operatorname{sen}\frac{\pi}{6}=0,5 \),
usando a expressão obtida no item (a) e os valores dados
\[
\begin{gather}
x=\frac{200.0,6-100.0,2.\cancel{\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{6}}}{\left(12+2.100\right).\cancel{\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{6}}}\\[5pt]
x=\frac{120-20.0,5}{\left(12+200\right).0,5}
\end{gather}
\]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{x=1,04\;\text{m}}
\]
publicidade
Fisicaexe - Exercícios Resolvidos de Física de Elcio Brandani Mondadori está licenciado com uma Licença Creative Commons - Atribuição-NãoComercial-Compartilha Igual 4.0 Internacional .