Exercícios de Dinâmica - Mecânica para Engenharia. deslocamento

Exercícios de Dinâmica - Mecânica para Engenharia.
Prof. Nilton Ferruzzi
Movimento Circular
Grandezas Angulares
deslocamento/espaço angular: φ (phi)
velocidade angular: ω (ômega)
aceleração angular: α (alpha)
Da definição de Radianos, temos:
Espaço Angular (φ)
Chama-se espaço angular o espaço do arco formado, quando um móvel encontra-se a uma abertura
de ângulo φ qualquer em relação ao ponto denominado origem.
É calculado por:
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Deslocamento angular (Δφ)
Assim como para o deslocamento linear, temos um deslocamento angular se calcularmos a diferença
entre a posição angular final e a posição angular inicial:
Sendo:
Por convenção:
No sentido anti-horário o deslocamento angular é positivo.
No sentido horário o deslocamento angular é negativo.
Velocidade Angular (ω)
Análogo à velocidade linear, podemos definir a velocidade angular média, como a razão entre o
deslocamento angular pelo intervalo de tempo do movimento:
Sua unidade no Sistema Internacional é: rad/s
Sendo também encontradas: rpm, rev/min, rev/s.
Também é possível definir a velocidade angular instantânea como o limite da velocidade angular média
o intervalo de tempo tender a zero:
Aceleração Angular (α)
Seguindo a mesma analogia utilizada para a velocidade angular, definimos
aceleração angular média como:
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Exercício:
Um volante circular com raio r = 0,4m gira, partindo do repouso, com aceleração angular igual a 2rad/s2.
a) Qual será sua velocidade angular depois de 10s?
b) Qual será o ângulo descrito nesse tempo?
c) Qual será o vetor aceleração resultante?
Resposta:
a)
W = W0 + α x t
W = 0 + 2 x 10 =>
ϕ
ϕ
ϕ
b)
c)
=
=
ϕ0
+
W = 20 rad/s.
x t2
0 + 0 + 1/2 x 2 x 102
100 rad/s
=
at = α x R
= 2 x 0,4 =>
acf = W2 x R
= (20)2 x 0,4
ar =
α
W0 x t + 1/2 x
(0,8)2 + (160) 2
at =
0,8m/s2.
=
160m/s2.
=
ar = 160,002 m/s2.
0,8 m/s2.
160 m/s2.
160,002 m/s2.
Exercício:
Um motor executa 600 rpm. Determine sua frequencia (Hz) e seu período em seg.]
Resposta:
f = 600 rpm => 600 rot/min. = 600 tor/60s =>
T = 1 / f => T = 1 / 10 =>
T = 0,10s.
f = 10 (Hz).
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1.) Uma manivela é utilizada para erguer uma carga de 750N conforme figura abaixo,
Determine as intensidades das reações em A e B.
0,15m
0,20m
0,10m
0,10m
0,25m
A
RAZ
B
RBZ
X
750N
RAY
ΣMY=0 => 750 x 0,15 - RBY x 0,2 = 0
ΣMX=0 => 750 x 0,1 - P x 0,25 = 0
ΣFY=0 => 750+RBY-RAY=0
ΣMZ=0 => -RBZx0,2+300x0,3=0
ΣFZ=0 => -P+RAZ-RBZ=0
==>
RA = √1.312+150
==>
RB = √562+450
==>
==>
==>
==>
==>
RA = 1.321N
RB = 720N
RBY
RBY = 562N
P = 300N
RAY = 1.312N
RBZ = 450N
RAZ=150N
Reações em A
Reações em B
2.) Um disco de massa m=5Kg e Raio R=0,15m apoia-se em uma superfície horizontal rugosa com µ=0,4
Uma força F aplicada à altura h faz com que o disco translade apoiado na superfície horizontal, com aceleração a=2m/s2.
b) A Altura h
Pede-se: a) A Intensidade da força F
OBS: massa m=5Kg.
F - Fat = m x a
P = m x g sendo aprox. g = 10m/s2.
R
F = m x a + Fat
P = 5 x 10 = 50N
F
F = 5 x 2 + Fat
F = 10 + Fat
h
F = 10 + (µ x N)
Fat
F = 10 + (0,4 x 50)
Resposta a): Força F = 30N
MF = F x (R - h)
MF = 30 x (0,15 - h)
MFat = -Fat x R
Mfat = -(µxN) x R
Igualando as duas equações, temos:
30 x (0,15-h) - (µxN) x R = 0
30 x (0,15 -h) - (0,4x50) x 0,15 = 0
4,5 - 30h - 3 = 0
4,5 - 30h - 3 = 0
-30h = -4,5 + 3
Resposta b):
h = 1,5 / 30 =>
h = 0,05m
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3.) Uma máquina de Atwood possui massas mA e mB, onde a massa B é maior que a massa A, ligadas
por uma corda, através de uma polia de massa M e Raio R. Determinar a tensão na corda que liga as
massas.
Esquema do problema:
Como a massa do bloco B é maior que a massa do bloco A, o bloco B
M
desce quando o bloco A sobe, a aceleração da massa é a mesma para
todo o conjunto, as trações na corda de ambos os lados da polia não
são iguais.
g
TB
TA
mB
a
Solução:
Isolando os corpos e pesquisando as forças que atuam em cada um
deles e aplicando a 2ª Lei de Newton, F =m x a
a
mA
Corpo A:
Adotando o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração do
bloco A, (para cima).
TA Tensão na Corda A
PB
PA
T - PA = mA x a
Aceleração
a
PA
Força Peso do bloco A
A forças peso será dada por
PA = mA x g
substituindo na expressão:
Ta - mA x g = mA x a
Isolando TA, temos:
TA = mA x a + mA x g
TB
mB
PB
Corpo B:
a
Adotando o sentido positivo no mesmo sentido da aceleração do bloco B (para baixo)
temos:
PB - TB = mA x a
A forças peso será dada por
PB = mB x g
substituindo na expressão:
mB x g - TB = mB x a
Isolando TB, temos:
TB = -mB x a + mB x g
Respostas:
TA = mA x a + mA x g
Tensão na Corda A
TB = -mB x a + mB x g
Tensão na Corda B
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4.) Um bloco uniforme de massa M e arestas de comprimento a, b e c. Calcule a sua Inércia
Rotacional em torno de um eixo que passe em um vértice e seja perpendicular à face maior do bloco.
Solução:
ICM =
Sendo a Inércio do Centro e Massa =>
M (a2 + b2)
12
Para descobrir o momento de Inércia do bloco em relação ao eixo que passa pelo vértice basta aplicar o
Teorema dos Eixox paralelos:
I = ICM + Mh2
Considere o seguinte esquema, em que h, a distância de separação entre os dois eixos, é dada pelo
Teorema de Pitágoras
h
a/2
CM
b/2
Logo:
I = M ( a2 + b2 )
12
Resposta:
Inércia Rotacional =>
2
+ M
a
+
2
IR
2
b
=
2
M ( a2 + b2 )
3
Como esperado, IR > ICM. Quando o eixo está localizado no vértice do bloco a distribuição geral de sua massa
é mais afastada do eixo quando comparada ao eixo passando pelo centro de massa.