Enunciado

O teto da sala de jantar dos estudantes da sua faculdade será apoiado por vigas de madeira cruzadas altas fixadas na forma de um L de cabeça para baixo (Figura 9-73). Cada membro vertical tem 10,0 pés de altura e 2,0 pés de largura, e o membro transversal horizontal tem 8,0 pés de comprimento. A massa da viga vertical é de 350 kg e a massa da viga horizontal é de 280 kg. Enquanto os trabalhadores construíam o salão, uma dessas estruturas começou a cair antes de ser ancorada no lugar. (Felizmente, eles o pararam antes que caísse.) (A) Se ele começou a cair da posição vertical, qual foi a aceleração angular inicial da estrutura? Suponha que o fundo não deslize pelo chão e não caia fora do plano, ou seja, que durante a queda a estrutura permaneça no plano vertical definido pela posição inicial da estrutura. (b) Qual seria a magnitude da aceleração linear inicial do canto superior direito da viga horizontal? (c) Qual seria o componente horizontal da aceleração linear inicial nesse mesmo local? (d) Estimar a velocidade de rotação da estrutura no impacto

Passo 1

(a) A estrutura ao cair, irá rotacionar em torno da quina da viga vertical, no ponto P da imagem:

Vamos chamar a viga horizontal de 2 e a vertical de 1. Como os lados menores de cada viga que compõe a estrutura são iguais, chamaremos eles de w e os lados maiores serão l 1 e l 2 . Escrevemos então a segunda lei de Newton para o torque para o conjunto composto pelas duas vigas:

∑ τ = I α

Como o centro de massa de cada viga se encontra no centro delas, os torques para cada uma serão (a gravidade irá atuar no centro de massa):

∑ τ = m 2 g 1 2 l 2 - w - m 1 g 1 2 w = I α

Isolando α :

α = m 2 g 1 2 l 2 - w - m 1 g 1 2 w I

Passo 2

Vamos agora encontrar os momentos de inercia de cada viga em relação ao ponto P:

I = I 1 + I 2

Utilizando a tabela 9-1 do livro e o teorema dos eixos paralelos escrevemos os momentos de inércia da seguinte maneira:

I 1 = 1 12 m 1 l 1 2 + w 2 + m 1 1 2 l 1 2 + 1 2 w 2 = 1 3 m 1 ( l 1 2 + w 2 )

Substituindo valores numéricos:

I 1 = 1 3 350 k g 10 p é s 2 + 2.0 p é s 2 = 1.127 × 10 3 k g . m 2

E para I 2 :

I 2 = I 2 c m + m 2 d 2

Sendo d 2 (mostrado na figura):

d 2 = l 1 + 1 2 w 2 + 1 2 l 2 - w 2

E da mesma tabela 9-1 temos:

I 2 c m = 1 12 m 2 ( l 2 2 + w 2 )

E I 2 será:

I 2 = m 2 1 3 l 2 2 + 4 3 w 2 + l 1 2 + l 1 - l 2 w

Substituindo valores numéricos:

I 2 = 280 k g 1 3 8.0 p é s 2 + 4 3 2.0 p é s 2 + 10 p é s 2 + 10 p é s - 8 p é s 2 p é s

I 2 = 3.399 × 10 3 k g . m 2

A aceleração angular será então:

α = g m 2 1 2 l 2 - w - m 1 1 2 w I 1 + I 2

Substituindo valores:

α = 9.81 m s 2 280 k g 1 2 8.0 p é s - 2 2.0 p é s - 1 2 ( 350 k g ) ( 2.0 p é s ) 1.127 × 10 3 k g . m 2 + 3.399 × 10 3 k g . m 2

α = 0.14 r a d / s 2

Passo 3

Na letra (b), precisaremos utilizar o R da imagem, que é a distância do ponto P do eixo de rotação até o ponto que o enunciado pede:

R = l 1 + w 2 l 2 - w 2

E a aceleração linear do ponto é:

a = α R

Sendo α   a aceleração angular encontrada no passo anterior, ficamos então com:

a = α l 1 + w 2 l 2 - w 2

Substituindo o valor de cada grandeza:

a = 0.14 r a d / s 2 10 p é s + 2 p é s 2 10 p é s - 2 p é s 2

a = 57 c m / s 2

Passo 4

A (c) nos pede a componente x da aceleração linear do mesmo ponto, para isso vamos utilizar o ângulo formado entre a viga vertical e a distância R, chamaremos ele de θ . E através de poucos cálculos por triângulos, podemos dizer que o ângulo do ponto também é θ , como na figura do Passo 1, então:

a x = a c o s θ

E substituindo o cosseno:

a x = a l 1 + w R

a x = a l 1 + w l 1 + w 2 l 2 - w 2

Substituindo valores numéricos:

a x = 0.14 r a d / s 2 10 p é s + 2 p é s 10 p é s + 2 p é s 2 10 p é s - 2 p é s 2

a x = 51 c m / s 2

Passo 5

Bom na letra (d), vamos precisar usar o princípio de conservação de energia:

K f + U f = K i + U i

Vamos colocar o zero do potencial gravitacional exatamente na altura do centro de massa exatamente quando a estrutura está prestes a atingir o solo, portanto, U f = 0 , e como no início da queda K i = 0 , ficamos com:

K f - U i = 0

Como estamos utilizando a altura do centro de massa para resolvermos o problema, a energia potencial inicial será escrita em termos da diferença de altura entre a altura inicial do centro de massa e a altura final:

∆ h = h c m f - h c m i

As energias então serão:

1 2 I ω 2 - m 1 + m 2 g ∆ h = 0

Isolando ω :

ω = 2 m 1 + m 2 g ∆ h I

Passo 6

Precisamos agora determinar ∆ h = h c m f - h c m i

A altura do centro de massa antes da estrutura cair será soma da posição do centro de massa de cada corpo vezes sua massa sobre a massa total:

h c m i = 1 2 l 1 m 1 + l 1 + 1 2 w m 2 m 1 + m 2

Substituindo valores numéricos:

h c m i = 1 2 10 p é s ( 350 k g ) + ( 10 p é s ) + 1 2 ( 2.0 p é s ) 280 k g 350 k g + ( 280 k g )

h c m i = 7.667 p é s

E para a altura final escrevemos:

h c m f = m 1 h f 1 + m 2 h f 2 m 1 + m 2

Onde as duas alturas correspondem às alturas dos centros de massa de cada viga, para escrevê-las, vamos precisar considerar os seguintes esquemas, para a viga 1 depois de cair:

Podemos então mostrar que:

h f 1 = 1 2 l 1 s e n φ + 1 2 w c o s φ

E para a viga 2:

Mostramos também:

h f 2 = 1 2 l 1 s e n φ + 1 2 w c o s φ

Substituindo os dois resultados na altura final do centro de massa:

h c m f = m 1 1 2 l 1 s e n φ + 1 2 w c o s φ + m 2 1 2 l 1 s e n φ + 1 2 w c o s φ m 1 + m 2

Sabendo que a r c t g 6.0 p é s 10 p é s = 30.96 ° , podemos substituir valores numéricos para cada grandeza:

h c m f = 350 k g 1 2 10 p é s s e n ( 30.96 ° ) + 1 2 ( 2.0 p é s ) c o s ( 30.96 ° ) 350 k g + 280 k g + 280 k g 1 2 ( 8.0 p é s ) s e n ( 30.96 ° ) + 1 2 ( 2.0 p é s ) c o s ( 30.96 ° ) 350 k g + 280 k g

h c m f = 3.65 p é s

Passo 7

E então substituímos na equação de ∆ h :

∆ h = 3.65 p é s - 7.667 p é s = - 4.0 p é s

Por fim, substituindo na equação da velocidade angular:

ω = 2 350 k g + 280 k g 9.81 m s 2 - 4.0 p é s 1.127 × 10 3 k g . m 2 + 3.399 × 10 3 k g . m 2

ω ≈ 1.83 r a d / s

Resposta

( a ) α = 0.14 r a d / s 2

b 57 c m / s 2

( c ) a x = 51 c m / s 2

( d ) ω ≈ 1.83 r a d / s

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados

Uma barra metálica maciça de 1,5 m pode girar sem atrito em torno de um eixo horizontal fixo que passa, perpendicularmente, por uma de suas extremidades. A barra é segura em uma posição horizontal. Mo
Uma esfera consiste de uma bola maciça de madeira com densidade uniforme de 800k g / m 3 e raio de 0,20 m e está coberta por um fino papel laminado com densidade de área de 20k g / m 2 . Calcule o mom
Estime o seu próprio momento de inércia em relação a um eixo vertical que passa pelo centro do topo da sua cabeça, quando você está em pé com os braços abertos. Faça as aproximaçõescabíveis e meça ou
Foi aventado que as usinas hidrelétricas devem aproveitar as horas fora do pico (como tarde da noite) para gerar energia mecânica e armazená-la para atender à demanda em horários de pico, como no meio
Uma barra delgada e uniforme de 50,0 cm de comprimento e massa de 0,320 kg é encurvada no seu centro formando um V com ângulo de 70,0 ° no vértice. Ache o momento de inércia desse objeto em formato de