Exercício Resolvido de Dinâmica das Rotações
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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)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{1}={\mathbf{r}}_{1}\times m_{1}\mathbf{g}\\
{\mathbf{N}}_{1}=m_{1}{\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{g}}
\end{gather}
\]
Adota-se um sistema de eixos cartesianos onde i, j e k são os vetores unitários nas
direções x, y e z. O raio da polia só possui componente na direção i, portanto, pode
ser escrito como r1 = r1i e o vetor aceleração da gravidade só
possui componente na direção −k, então g = −gk
\[
\begin{gather}
{\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{g}}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\
\;r_{1} &0 &0\\
0 &0 &-g
\end{matrix}\;\right|\\[5pt]
{\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{g}}=[0.(-g)-0.0]\;\mathbf{i}-[r_{1}.(-g)-0.0]\;\mathbf{j}+(r_{1}.0-0.0)\;\mathbf{k}\\[5pt]
{\mathbf{r}}_{1}\times{\mathbf{g}}=r_{1}g\;\mathbf{j}
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção j (Figura 2-B)
\[
{\mathbf{N}}_{1}=m_{1}r_{1}g\;\mathbf{j}
\]
o raio da polia será
\( r_{1}=\frac{d}{2} \)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{1}=m_{1}\frac{d}{2}g\;\mathbf{j} \tag{IV}
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{2}={\mathbf{r}}_{2}\times m_{2}\mathbf{g}\\
{\mathbf{N}}_{2}=m_{2}{\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{g}}
\end{gather}
\]
O vetor posição do centro de massa da haste (r2) pode ser decomposto nas direções −i e −k, portanto, sendo θ o ângulo entre o vetor posição e a vertical, suas componentes podem ser escritas como \( {\mathbf{r}}_{2x}=-r_{2}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{i} \) e \( {\mathbf{r}}_{2z}=-r_{2}\cos \theta\;\mathbf{k} \) (Figura 3-B), e o vetor aceleração da gravidade só possui componente na direção −k, então g = −gk
\[
\begin{gather}
{\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{g}}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf{i} &\mathbf{j} &\mathbf{k}\\
\;-r_{2}\operatorname{sen}\theta &0 &-r_{2}\cos \theta\\
0 &0 &-g
\end{matrix}\;\right|\\[5pt]
{\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{g}}=[0.(-g)-(-r_{2}\cos \theta).0]\;\mathbf{i}-[(-r_{2}\operatorname{sen}\theta).(-g)-(-r_{2}\cos \theta).0]\;\mathbf{j}\text{+}\\
\qquad \qquad \text{+}[(-r_{2}\operatorname{sen}\theta).0-0.0]\;\mathbf{k}\\[5pt]
{\mathbf{r}}_{2}\times{\mathbf{g}}=-r_{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção j (Figura 3-C)
\[
{\mathbf{N}}_{2}=-m_{2}r_{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}
\]
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
\( r_{2}=\frac{x}{2} \)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{2}=-m_{2}\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j} \tag{VI}
\end{gather}
\]
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)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{3}={\mathbf{r}}_{3}\times m_{3}\mathbf{g}\\
{\mathbf{N}}_{3}=m_{3}{\mathbf{r}}_{3}\times{\mathbf{g}}
\end{gather}
\]
O vetor posição do centro de massa do cilindro (r3) pode ser decomposto nas direções −i e −k, portanto, sendo θ o ângulo entre o vetor posição e a vertical, suas componentes podem ser escritas como \( {\mathbf{r}}_{3x}=-r_{3}\operatorname{sen}\theta\;\mathbf{i} \) e \( {\mathbf{r}}_{3z}=-r_{3}\cos \theta\;\mathbf{k} \) (Figura 4-B), e o vetor aceleração da gravidade só possui componente na direção −k, então g = −gk
\[
\begin{gather}
{\mathbf{r}}_{3}\times{\mathbf{g}}=\left|
\begin{matrix}
\mathbf{i} &\mathbf{j} &\mathbf{k}\\
\;-r_{3}\operatorname{sen}\theta &0 &-r_{3}\cos \theta\\
0 &0 &-g\;
\end{matrix}\right|\\[5pt]
{\mathbf{r}}_{3}\times{\mathbf{g}}=[0.(-g)-(-r_{3}\cos \theta).0]\;\mathbf{i}-[(-r_{3}\operatorname{sen}\theta).(-g)-(-r_{3}\cos \theta).0]\;\mathbf{j}\text{+}\\
\qquad \qquad \text{+}[(-r_{3}\operatorname{sen}\theta).0-0.0]\;\mathbf{k}\\[5pt]
{\mathbf{r}}_{3}\times{\mathbf{g}}=-r_{3}\operatorname{sen}\theta
g\;\mathbf{j}
\end{gather}
\]
O torque só possui componente na direção j (Figura 4-C)
\[
{\mathbf{N}}_{3}=-m_{3}r_{3}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}
\]
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 o módulo do vetor posição será
\( r_{3}=\frac{h}{2}+x \)
\[
\begin{gather}
{\mathbf{N}}_{3}=-m_{3}\left(\frac{h}{2}+x\;\right)\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j} \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Para que o sistema permaneça em equilíbrio temos a condição
\[ \bbox[#99CCFF,10px]
{\sum_{i=1}^{n}\mathbf{N}_{\;i}=0}
\]
adotando n = 3
\[
\mathbf{N}_{1}+\mathbf{N}_{2}+\mathbf{N}_{3}=0
\]
substituindo as expressões (IV), (VI) e (VIII) na expressão acima
\[
\begin{gather}
m_{1}\frac{d}{2}g\;\mathbf{j}-m_{2}\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-m_{3}\left(\frac{h}{2}+x\right)\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}=0\\
m_{1}\frac{d}{2}g\;\mathbf{j}-m_{2}\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-m_{3}\frac{h}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-m_{3}x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}=0
\end{gather}
\]
multiplicando toda a expressão por 2
\[
\begin{gather}
\qquad \qquad m_{1}\frac{d}{2}g\;\mathbf{j}-m_{2}\frac{x}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-m_{3}\frac{h}{2}\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-m_{3}x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}=0\qquad(\times 2)\\
m_{1}dg\;\mathbf{j}-m_{2}x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-m_{3}h\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-2m_{3}x\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}=0\\
m_{1}dg\;\mathbf{j}-m_{3}h\operatorname{sen}\theta g\;\mathbf{j}-x\operatorname{sen}\theta\left(m_{2}+2m_{3}\right)g\;\mathbf{j}=0\\
x\operatorname{sen}\theta\left(m_{2}+2m_{3}\right)=m_{1}d-m_{3}h\operatorname{sen}\theta
\end{gather}
\]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{x=\frac{m_{1}d-m_{3}h\operatorname{sen}\theta}{\left(m_{2}+2m_{3}\right)\operatorname{sen}\theta}}
\]
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
\[
\begin{gather}
x=\frac{200.0,6-100.0,2.\cancel{\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{6}}}{\left(12+2.100\right).\cancel{\operatorname{sen}\dfrac{\pi}{6}}}\\[5pt]
x=\frac{120-20.0,5}{\left(12+200\right).0,5}
\end{gather}
\]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px]
{x=1,04\;\text{m}}
\]
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