Problemas Resolvidos

Índice
Dinâmica e Sistemas Dinâmicos
Problemas Resolvidos
  1. Dinâmica dos corpos rígidos

5. Dinâmica dos corpos rígidos

Problema 1

Martelo a extrair um prego

O martelo na figura apoia-se sobre um bloco de madeira de 40 mm de espessura, para facilitar a extração do prego. Sabendo que é necessária uma força de 200 N (perpendicular ao martelo) para extrair o prego, calcule a força sobre o prego e a reação no ponto A. Admita que o peso do martelo pode ser desprezado e em A existe suficiente atrito para evitar que o martelo escorregue.

Problema 5.1

Para extrair o prego sem dobrá-lo, o martelo é usado para produzir uma força F p sobre o prego, que aponta para cima. A reação dessa força é a força que o prego exerce sobre o martelo, que tem o mesmo módulo F p , mas aponta para baixo, como se mostra no diagrama de corpo livre do martelo ao lado. O peso do martelo foi ignorado e a força de reação no ponto A foi dividida nas suas componentes F x e F y para facilitar os cálculos.

Se o prego é extraído lentamente e com velocidade uniforme, as acelerações tangencial e normal do martelo são ambas nulas e, como tal, o martelo é um sistema em equilíbrio. Assim sendo, a soma dos momentos das forças externas, em relação a qualquer ponto, é nula. Em relação ao ponto A, unicamente as forças de 200 N e F p produzem momento e tem-se que

0 . 04 F p 0 . 2 × 20 0 = 0 = F p = 10 0 0 N

A soma das componentes horizontais das forças deve ser nula

20 0 c o s 2 0 F x = 0 = F x = 18 7 . 9N

E a soma das componentes verticais também

20 0 s i n 2 0 + F y F p = 0 = F y = 93 1 . 6N

Problema 5

Um tronco uniforme tem forma cilíndrica com 48 cm de diâmetro, 3 m de comprimento, massa de 100 kg e está pendurado em posição horizontal, por meio de dois cabos de 2 m, como mostra a figura. O tronco larga-se a partir do repouso na posição em que cada cabo faz um ângulo de 60° com a horizontal. Determine a tensão e a aceleração angular de cada um dos cabos, no preciso instante em que o tronco é largado a partir do repouso.

Tronco pendurado
Problema 5.5

A figura mostra o diagrama de corpo livre do tronco, onde T 1 e T 2 são as tensões nos dois cabos e o centro de massa encontra-se no centro do tronco. Como o tronco permanece sempre em posição horizontal, a sua velocidade angular é nula; o movimento do tronco é então translação sem rotação, em que as trajetórias de todos os pontos do tronco são arcos de círculo perpendiculares aos dois cabos.

É conveniente usar o sistema de eixos tangencial e normal indicados no diagrama, com a origem no centro de massa. As equações para este sistema são 3: a soma das componentes tangenciais das forças externas é igual à massa vezes a aceleração tangencial, a soma das componentes normais das forças é igual à massa vezes a aceleração normal, que no instante inicial é zero, porque a velocidade inicial é nula e a soma dos momentos das forças externas em relação à origem (centro de massa) é zero. As duas primeiras equações são então

98 0 c o s 6 0 = 10 0 a t T 1 + T 2 98 0 s i n 6 0 = 0

E a soma dos momentos em relação à origem é

1 . 50 . 24 T 1 co s 6 0 T 1 si n 6 0 + 0 . 50 . 24 T 2 co s 6 0 T 2 si n 6 0 = 0( 0 . 5 T 2 1 . 5 T 1 )s i n 6 0 0 . 24 ( T 1 + T 2 )c o s 6 0 = 0

A solução destas 3 equações é a seguinte

(%i1) float (solve ([9.8*cos(%pi/3)=at, T1+T2-980*sin(%pi/3) = 0, (0.5*T2-1.5*T1)*sin(%pi/3)-0.24*(T1+T2)*cos(%pi/3) = 0]));
(%o1)   [[ T 2 = 69 5 . 3 , T 1 = 15 3 . 4 , a t = 4 . 9] ]

Os extremos dos dois cabos, nos pontos A e B, têm a mesma aceleração tangencial do tronco, igual a 4.9 m/s2. Assim sendo, a aceleração angular dos cabos é igual a essa aceleração tangencial, dividida pelo comprimento dos cabos (2 m), ou seja

α = 2 . 45 r a d / s 2

Problema 7

A massa do reboque na figura é 750 kg e está ligado no ponto P a uma trela de um automóvel. A estrada é horizontal e os dois pneus idênticos podem ser considerados como um só, com uma única reação normal e força de atrito desprezável; a resistência do ar também será desprezada. (a) Calcule a reação normal nos pneus e a força vertical no ponto P, quando a velocidade for constante. (b) Quando o automóvel estiver a acelerar, com a t = 2  m/s2, a força em P terá componentes horizontal e vertical. Calcule essas componentes e a reação normal nos pneus (o momento de inércia das rodas e o atrito com a estrada são desprezáveis).

Reboque atrelado
Problema 5.7 a

(a) A figura mostra o diagrama de corpo livre do reboque. Como a velocidade é constante, o reboque está em equilíbrio. A reacção normal, R n , pode ser calculada somando os momentos em relação ao ponto P, que deve ser igual a zero

95 × 73 5 0 12 8 R n = 0 = R n = 54 5 5 N

E a força em P, F y , encontra-se a partir da soma dos momentos em relação ao ponto de contacto entre o pneu e a estrada

12 8 F y 33 × 73 5 0 = 0 = F y = 18 9 5 N
Problema 5.7 b

(b) A figura ao lado mostra o diagrama de corpo livre do reboque, quando está a acelerar. Como a aceleração é na direcção x (horizontal) e o reboque não roda, a soma das componentes x das forças deve ser igual a m a , a soma das componentes y (verticais) das forças deve ser nula e a soma dos momentos em relação ao centro de massa deve ser nula:

F x = 75 0 × 2 = 15 0 0 N R n + F y 73 5 0 = 03 3 R n 95 F y 40 F x = 0

A solução da segunda e terceira equações é a seguinte

(%i2) float (solve ([Rn+Fy-7350=0, 33*Rn-95*Fy-40*1500=0]));
(%o2)   R n = 59 2 3 . 8 , F y = 14 2 6 . 2

Problema 8

O avião na figura, com massa total de 1 . 1 × 10 5  kg, aterra numa pista horizontal. O ponto C representa o centro de gravidade. No instante em que a velocidade é de 210 km/h (para a direita), o piloto liga as turbinas em modo inverso, produzindo a força constante R (representada na figura) e após ter precorrido 580 m na pista a velocidade diminui para 70 km/h. Durante esse percurso, as forças de atrito nos pneus e a resistência do ar podem ser ignoradas, em comparação com a força R que é muito maior. Calcule a reação normal na roda da frente.

Avião a aterrar

A figura seguinte mostra o diagrama de corpo livre do avião, onde N 1 é a reação normal na roda da frente e N 2 é a soma das reações normais nas duas rodas traseiras. O movimento do avião é acelerado mas sem rotação.

Problema 5.8

As equações para a soma das componentes horizontais e verticais das forças e da soma dos momentos em relação ao centro de massa são:

R = m a t N 1 + N 2 1 . 07 8 × 10 6 = 08 . 2 N 1 5 . 1 N 2 1 . 6 R = 0

Como a força R permanece constante, a primeira equação implica que a aceleração também é constante e pode integrar-se a equação que relaciona a aceleração com a velocidade e a posição

a t = v d v d s a t5 8 0 0 d s = 70 / 3 . 6 21 0 / 3 . 6 v d v 58 0 a t = 1 2 × 3 . 6 2 70 2 21 0 2 a t = 2 . 61 m / s 2

O sinal negativo indica que é no sentido oposto à velocidade. Como tal,

R = 1 . 1 × 10 5 × 2 . 61 = 28 7 × 10 3 N

Substituindo esse valor na equação da soma dos momentos, pode resolver-se o sistema de duas equações para N 1 e N 2 . Mas outra forma mais direta de obter N 1 consiste em escrever a equação para a soma dos momentos em relação ao ponto B:

13 . 3 N 1 5 . 1 × 1 . 07 8 × 10 6 + 1 . 4 × 28 7 × 10 3 = 3 × 28 7 × 10 3 N 1 = 44 8 × 10 3 N

Observe-se que a soma dos momentos em relação a um ponto diferente do centro de massa não é nula, mas é igual ao momento da força resultante, colocada no centro de massa, em relação a esse ponto. Ou seja, a equação anterior obteve-se comparando as forças no diagrama de corpo livre com o seguinte sistema equivalente:

Sistema equivalente no problema 5.8

Como os dois sistemas de forças são equivalentes, o momento em relação a qualquer ponto, em particular B, tem de ser igual nos dois sistemas.

Problema 9

Um atleta com massa de 91 kg puxa um camião numa estrada horizontal, com velocidade constante, por meio de uma corda amarrada às suas costas. A figura mostra as posições relativas do centro de gravidade do atleta, C, do ponto de apoio do seu pé com o chão, A, e do ponto de ligação com a corda, B.
(a) Calcule o módulo da tensão na corda. (b) Faça um diagrama com as forças que julga que poderão estar a atuar no camião.

Atleta a puxar um camião

(a) As forças externas sobre o atleta são o seu peso, de 891.8 N, a tensão na corda, T , a reação normal do chão, R , e a força de atrito estático no chão, F :

Forças no atleta

A soma dos binários em qualquer ponto deve ser nula. Somando as forças no ponto A, as forças R e F não produzem nenhum binário e a soma dos binários de do peso e de T em A é:

0 . 52 × 89 1 . 8 + 0 . 19 T si n ( 1 5 ) 0 . 91 T co s ( 1 5 ) = 0

como tal, a tensão na corda é:

T = 0 . 52 × 89 1 . 8 0 . 91 c o s ( 1 5 ) 0 . 19 T si n ( 1 5 ) = 55 9 N

(b) As forças sobre o camião são a tensão na corda, o peso total do camião e da sua carga, e as reações normais e forças de atrito nos pneus. A direção e sentido dessas forças está indicado no diagrama seguinte:

Forças no camião

O atrito é estático e as forças de atrito apontam na direção oposta ao movimento, porque nenhuma das rodas tem tração. A força da resistência do ar foi desprezada, porque a velocidade deverá ser muito baixa, mas se fosse considerada teria a mesma direção e sentido das forças de atrito.

Problema 10

O cilindro de 1.5 kg na figura desce verticalmente, fazendo acelerar o bloco de 5 kg sobre a mesa horizontal. A roldana pode ser considerada um disco uniforme de massa 0.4 kg. O fio faz rodar a roldana, sem deslizar sobre a sua superfície. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a mesa é 0.2. Determine o valor da aceleração do bloco e do cilindro, desprezando o atrito no eixo da roldana, a massa do fio e a resistência do ar.

Sistema com bloco, roldana e cilindro

A figura seguinte mostra os diagramas de corpo livre do bloco, da roldana e do cilindro:

Problema 5.10

Há quatro forças a atuar no bloco: o peso, m g , a reação normal, R n , a tensão no fio, T 1 , e a força de atrito, F a . Como não há aceleração na vertical, a soma das forças verticais é nula, ou seja, R n é igual ao peso, igual a 49 N. Como o atrito é cinético, a força de atrito é igual 0 . 2 R n = 9 . 8 N e a soma das forças horizontais é

T 1 9 . 8 = 5 a = T 1 = 9 . 8 + 5 a

Na roldana atuam 4 forças: o peso, as tensões nos dois lados do fio, T 1 e T 2 , e uma força F no eixo. Se r for o raio da roldana, o seu momento de inércia, em relação ao seu eixo, é m r 2 /2 = 0 . 2 r 2 . Como o fio não desliza sobre a roldana, então a aceleração angular é igual a a / r , onde a é a aceleração do bloco e do cilindro. A equação de movimento para a roldana é:

( T 2 T 1 ) r = 0 . 2 r 2 a r

E substituindo a expressão já obtida para a tensão T 1 obtém-se,

T 2 = 9 . 8 + 5 . 2 a

No cilindro atuam o peso e a tensão T 2 no fio e a equação de movimento é:

14 . 7 T 2 = 1 . 5 a

E substituindo a expressão obtida para a tensão T 2 obtém-se,

14 . 7 = 9 . 8 + 6 . 7 a = a = 0 . 73 1 3 m s 2