Capítulo 17 - Exercícios 17.65) Os passageiros, a gôndola e a

Capítulo 17 - Exercícios
17.65) Os passageiros, a gôndola e a estrutura de balanço ilustrados abaixo
têm uma massa total de 50 Mg (ton.), com centro de massa em G e raio de
giração k B  3,5 m . Adicionalmente, o bloco de aço de 3 Mg (ton.) em A
pode ser considerado como um
ponto
de
massa
concentrada.
Determine o ângulo θ até o qual a
gôndola vai oscilar antes que ela
pare momentaneamente, sabendo
que, no ponto mais baixo de sua
trajetória,
ela
tem
angular ω = 1 rad/s.
velocidade
Solução:
O momento de inércia de massa da gôndola e do bloco de aço (que age como um
contrapeso) em torno do ponto B é dado por
I B  m g k B2  m b rb2  50000.(3,5) 2  3000.(3) 2  639500 kg.m 2
Considerando a equação do momento em torno do
ponto B, tem-se que
 (ah) M B  I B
3000.(9,81).3sen  50000.(9,81).5sen  639500
   3,697sen rad/s 2
0
Como d  d


 d   3,697send
1
0
   30,1
17.110) O navio ilustrado na figura
ao lado tem massa de 2x106 kg e
centro de gravidade em G. Dois
rebocadores de peso desprezável
são usados para girá-lo. Se cada
rebocador empurra o navio com
uma força T = 10 kN, determine a
aceleração inicial de seu centro de
gravidade G e sua aceleração
angular. Seu raio de giração em
relação a G é kG = 37,5 m. Desprezar a resistência da água.
Solução:
O momento de inércia de massa do navio em torno de seu centro de massa é
2
IG  mk G2  2x106  37,5   2,81x109 kg.m 2
A partir do diagrama de corpo livre, mostrado ao lado,
têm-se as seguintes equações de movimento;
   Fy  m  a G  y
10000  10000  2x106 a  a  0 m / s 2
 (ah) M G  IG 
10000(30)  10000(60)  2,81x109 
   3, 20x104 rad/s 2
Capítulo 18 - Exercícios
18.5) O teste de impacto de Charpy
é
usado
nas
características
avaliações
de
absorção
das
de
energia de um material durante um
impacto. O pêndulo da máquina de
impacto Charpy, ilustrado ao lado,
possui massa de 50 kg e raio de
giração kA = 1,75 m. Se ele é solto
do repouso, em θ = 0°, determine
sua velocidade angular imediatamente antes dele atingir o corpo de prova
S, em que θ = 90°.
Solução:
Pode-se aplicar, nesse caso, o princípio da conservação de energia, tomando a
linha de referência, para a energia potencial gravitacional, no ponto de partida,
quando θ = 0°. Assim sendo,
T1  V1  T2  V2
1
0  0  I A 22  mgh
2
1
2 2
50(1,75)
2  (50).(9,81).(1, 25)


2
 2  2,83 rad/s
18.6) Dois rebocadores exercem,
cada um, uma força constante F
sobre o navio da figura ao lado.
Essas
forças
são
sempre
perpendiculares à linha de centro
do navio. Se o navio tem massa m
e raio de giração k G em torno de
seu centro de massa G, determine
a velocidade angular do navio
após ele girar 90°. O navio está
originalmente em repouso.
Solução:
Os dois rebocadores criam um momento M = F.d para girar o navio ao longo do
deslocamento angular    2 radianos.
2
O momento de inércia de massa em torno de G é IG  mk G
.
Pelo princípio do trabalho e energia, tem-se, então, que
T1   U12  T2
1
0  M.  IG 2
2
 1
0  F.d    mk G2 2
2 2

 
1
kG
Fd
m

18.50) O painel da porta retangular uniforme ilustrada abaixo tem uma
massa de 25 kg e é mantido em equilíbrio acima da horizontal, na posição
  60 pela barra BC. Determine a rigidez da mola torcional A, necessária
para que a velocidade angular da porta se torne zero quando ela atingir a
posição fechada, em   0 , depois da barra ser removida. Ressalta-se que a
mola não está deformada quando   60 .
Solução:
No tocante à energia potencial, tem-se,
como esboçado na figura ao lado, que a
energia potencial gravitacional da porta
nas posições 1 e 2 é
(Vg )1  P.(yG )1  25.(9,81).0,6sen60
 127, 4 J
(Vg )2  P.(yG ) 2  25.(9,81).0  0 J
Como a mola, inicialmente, não está deformada, tem-se que a energia potencial
elástica (Ve )1  0 J . Após o giro de 60(  3) , a energia potencial elástica é
2
1 2 1 
2
(Ve ) 2  k  k   
kJ
2
2 3
18
Solução (cont.):
Portanto, a energia potencial total, nos instantes 1 e 2, é
V1  (Vg )1  (Ve )1  127, 4  0  127, 4 J
2
2
V2  (Vg ) 2  (Ve ) 2  0  k 
kJ
18
18
Quanto à energia cinética, tem-se que a porta está em repouso na posição 1 e
requer-se que ela pare quando a posição 2 for alcançada. Ou seja,
T1  T2  0
Assim sendo, pelo princípio da conservação de energia, resulta que
2
T1  V1  T2  V2  0  127, 4  0  k
18
 k  232 N.m/rad
Capítulo 19 – Exemplo e Exercícios
19.5) O teste de impacto de Charpy visa
avaliar as características de absorção de
energia de um material durante um
impacto. Para tanto, usa-se o pêndulo
ilustrado na figura ao lado, que tem massa
m, centro de massa em G e raio de giração
kG. A colisão com o corpo de prova S
deve ocorrer no ponto P, de forma tal que
a força horizontal no pino A seja quase nula. Supondo que o corpo de prova
absorva toda a energia cinética que o pêndulo adquire durante a queda, de
modo que ele pare na posição θ = 0°, determinar a distância rP de P até A.
Solução:
– Diagrama de corpo livre.
Como mostrado no diagrama de corpo livre
da figura ao lado, as condições do problema
exigem que o impulso horizontal em A seja
aproximadamente zero. Imediatamente antes
da colisão, o pêndulo terá velocidade angular
1, correspondente a um movimento no
sentido horário, com o centro de massa se
movendo para a esquerda com velocidade
escalar  v G 1  r1.
Solução (cont.):
– Princípios de impulso e quantidade de movimento lineares e de impulso e
quantidade de movimento angulares.
Aplicando os princípios de impulsos e quantidades de movimento, logo antes e
logo depois da colisão, tendo como referência o ponto A, tem-se que
I A 1   M A dt  I A 2
m  vG 1   Fdt  m  vG 2
(1)
 m  r1    Fdt  0
De (1), tem-se que o impulso
(2)
 IA 1 
 Fdt
  Fdt  r
P
é igual a m  r1  . Substituindo em (2) e
2
 mr 2 , decorre que
considerando que I A  mk G


0
 mk G2  mr 2 1  m  r1  rP  0
(3)
Solução (cont.):
Eliminando m1 na equação (3), obtém-se
rrP  k G2  r 2
(3)
donde resulta, para rP , que
k G2
rP 
r
r
(4)
O ponto P, onde ocorre a colisão com o corpo de prova, de forma que a força
horizontal no pino A é essencialmente nula, é denominado centro de percussão.
Localizando-se o ponto de impacto em P, a força no pino é, portanto, minimizada.
Nos esportes, muitas raquetes, tacos e outros instrumentos são desenvolvidos de
modo que a colisão com o objeto a ser rebatido ocorra no centro de percussão.
Consequentemente, nenhum ‘golpe’ ou desconforto é sentido pelo jogador.
19.38) O corpo do satélite C, ilustrado abaixo, tem massa de 200 kg e raio
de giração em torno do eixo z de k z  0, 2 m . Se o satélite gira em torno do
eixo z com velocidade angular igual a 5 rev/s, quando os paineis solares
estão na posição   0 , determinar a velocidade angular do satélite quando
os paineis solares são girados para a posição   90 . Considerar cada
painel solar como uma placa fina, tendo massa igual a 30 kg. Desprezar as
massas das hastes entre paineis e corpo do satélite.
Solução:
Em   0 e   90 , os momentos de inércia de massa do satélite são
1

(I z )1  200 0, 22  2  (30) 0,52  0, 42  30 0,752   43,8 kg.m 2
12







1

(I z ) 2  200 0, 22  2  (30) 0,52  30 0,752   43 kg.m 2
12







Então, pela conservação da quantidade de movimento angular, tem-se que
(H z )1  (H z ) 2
(I z )1 1  (I z ) 2 2
43,8(5)  432
 2 = 5,09 rev/s
19.14) O disco mostrado na figura abaixo tem massa igual a 12 kg e
velocidade angular ω = 20 rad/s. Se o freio ABC é aplicado de forma tal
que a intensidade da força P varia com tempo como mostrado graficamente
na figura, determine o tempo necessário para parar o disco. O coeficiente
de atrito cinético em B é c  0,4 . Despreze a espessura do freio.
Solução:
Como há deslizamento no ponto B, a força de atrito é Fa  c N B  0, 4N B .
Do diagrama de corpo livre (a), mostrado ao
lado, nota-se que a força normal NB pode ser
obtida pela equação do momento em torno do
ponto A, de modo que
 (ah) M A  0
N B (0,5)  0, 4N B (0, 4)  P(1)  0
 N B  2,94P e Fa  1,18P .
O momento de inércia de massa do disco em torno de seu centro de massa O é
1 2 1
IO  mr  (12)(0, 2) 2  0, 24 kg.m 2 .
2
2
Solução (cont.):
Pelo princípio do impulso e quantidade de movimento angulares, com o auxílio do
diagrama de corpo livre (b), apresentado ao lado,
decorre que
t2
IO 1    M O dt  IO 2
t1


t

0, 24(20)   1,18 Pdt (0, 2)   0 (1)
0


Ocorre que a integral acima é a área sob a curva no gráfico P x t.
Assumindo, então, que t > 2s, então,
1
Pdt

(5)(2)  5(t  2)  (5t  5) N.s (2)
0
2
t
Solução (cont.):
Substituindo (2) em (1), tem-se que
0, 24(20)  1,18  5t  5  (0, 2)   0
 t  5,07 s .