Cada uma das duas hastes delgadas tem I=1+j m de comprimento e uma massa de 9 kg . O sistema é liberado do repouso com beta=60^circ. Determine: (a) velocidade angular da barra AB quando beta=30^circ, e(b) velocidade do ponto D no mesmo instante. (25 pontos)

Passo 1

O exercício diz que temos duas hastes delgadas iguais (AB e BD), cada uma com massa m = 9 kg e comprimento L = 1 m. A haste AB está presa em A e a BD “escorrega” em um guia vertical em D; elas se unem num pino em B. O sistema parte do repouso com o ângulo θ inicial (que chamam de β) de 60° (esse é o ângulo que AB faz com a horizontal) e vai até θ = 30°.
Conteúdo: conservação de energia em corpos rígidos + momento de inércia de uma haste delgada.
O que vamos precisar:
  1. Geometria para ligar a posição vertical do deslizador D ao ângulo θ de AB.
  2. Momentos de inércia de cada haste em torno do pivô (em A para AB e em D para BD).
  3. Energia potencial gravitacional de cada haste (posição do seu centro de massa).
  4. Igualar perda de U à energia cinética total para achar ω = θ̇.
  5. Usar a relação geométrica para achar v_D.

Passo 2

  1. Escolhemos A como origem (0,0).
  2. A haste AB faz ângulo θ com a horizontal, então
    B = (L cos θ, L sin θ).
  3. A haste BD liga B ao deslizador D, mas D está no eixo x=0 (guia vertical), então x_D=0.
  4. Como BD tem comprimento L, impondo
    |BD|² = (x_B – x_D)² + (y_B – y_D)² = L²
    ⇒ (L cos θ)² + (L sin θ – y_D)² = L²
    ⇒ y_D = 2 L sin θ.
  5. Logo, o deslizador D sobe/ desce conforme θ muda, e sua velocidade vertical é
    v_D = dy_D/dt = 2 L cos θ·θ̇.

Passo 3

Cada haste é delgada e uniforme.
  • Para AB girando em A:
    I_A = (1/3) m L², ω_AB = θ̇
    K_AB = ½ I_A θ̇² = ½·(1/3 mL²)·θ̇² = (1/6 mL²) θ̇².
  • Para BD girando em D:
    I_D = (1/3) m L², antenção: BD efetivamente gira em D com φ̇ = –θ̇
    K_BD = ½ I_D φ̇² = ½·(1/3 mL²)·θ̇² = (1/6 mL²) θ̇².
    Total:
    K_total = K_AB + K_BD = (1/6 + 1/6) mL² θ̇² = (1/3 mL²) θ̇².

Passo 4

Escolho U=0 no eixo y=0.
  • CM de AB está em y_AB = (L/2) sin θ
  • CM de BD é o ponto médio entre B e D:
    y_B = L sin θ, y_D = 2L sin θ ⇒ y_CM_BD = (y_B+y_D)/2 = (3/2)L sin θ
    Então
    U(θ) = m g y_AB + m g y_CM_BD
    = m g·(L/2 sin θ) + m g·(3L/2 sin θ)
    = 2 m g L sin θ.
    Conservação de energia entre θ_i=60° e θ_f=30°:
    U_i – U_f = K_f – K_i (K_i=0)
    2 m g L [sin 60° – sin 30°] = (1/3 mL²) θ̇²
    ⇒ θ̇² = [6 g/L]·[sin 60° – sin 30°].
    Para L=1 m, g=9,81 m/s², sin 60°=√3/2≈0.866, sin 30°=0.5:
    θ̇² = 6·9,81·(0.866–0.5) ≈ 6·9,81·0.366 ≈ 21,55
    ⇒ θ̇ ≈ √21,55 ≈ 4,64 rad/s.

Passo 5

Usamos v_D = 2 L cos θ·θ̇ em θ=30°:
v_D = 2·1·cos 30°·4,64 ≈ 2·0.866·4,64 ≈ 8,03 m/s.

Resposta

(a) ω da haste AB em β=30° é aproximadamente 4,64 rad/s.
(b) velocidade do deslizador (ponto D) no mesmo instante é aproximadamente 8,03 m/s.

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