Cada uma das duas hastes delgadas tem
de comprimento e uma massa de 9 kg . O sistema é liberado do repouso com
. Determine: (a) velocidade angular da barra AB quando
, 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:
Conteúdo: conservação de energia em corpos rígidos + momento de inércia de uma haste delgada.
O que vamos precisar:
- Geometria para ligar a posição vertical do deslizador D ao ângulo θ de AB.
- Momentos de inércia de cada haste em torno do pivô (em A para AB e em D para BD).
- Energia potencial gravitacional de cada haste (posição do seu centro de massa).
- Igualar perda de U à energia cinética total para achar ω = θ̇.
- Usar a relação geométrica para achar v_D.
Passo 2
- Escolhemos A como origem (0,0).
- A haste AB faz ângulo θ com a horizontal, então
B = (L cos θ, L sin θ). - A haste BD liga B ao deslizador D, mas D está no eixo x=0 (guia vertical), então x_D=0.
- 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. - 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.
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.
(b) velocidade do deslizador (ponto D) no mesmo instante é aproximadamente 8,03 m/s.