Exercícios Resolvidos de Impulso e Quantidade de Movimento Angular

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Enunciado

03) No sistema mostrado na figura a barra A B , de massa m e comprimento 2 R , está articulada no ponto A ao disco de massa m e raio R . O sistema está inicialmente em repouso, com a barra A B na posição vertical e com a reta que passa por O e A inclinada em um ângulo θ em relação à horizontal. Para o instante imediatamente após a liberação do sistema, determine:

a) O vetor aceleração angular ω → ˙ da barra.

b) A aceleração do centro de massa G da barra.

c) O vetor aceleração angular Ω → ˙ do disco.

d) A força que a barra aplica no disco pela articulação do ponto A .

Passo 1

Eaí pessoal, tudo bom com vocês?

Essa questão é bem complicadinha, porque tem pouquíssimas informações e muitaaas variáveis.

Em casos como esse, temos que ir recorrendo a todas as equações que conhecemos. No caso, é legal estruturar o pensamento nessa ordem:

  1. Equações da cinemática (aceleração do movimento plano geral)
  2. Teorema da quantidade de momento angular
  3. Teorema da Resultante

Tanto faz escrever primeiro o TQMA ou o Teorema da resultante, em geral quando você usa um também é necessário usar o outro.

Mas beleza! Agora que sabemos isso, bora pras contas!

Passo 2

Começando pela equação da aceleração no movimento plano geral, temos:

Para a barra:

a → G = a → A + ω ˙ k → × G - A - ω k → × ω k → × G - A

Como G - A =   - L 2 j → , e imediatamente após a liberação ω = 0 , temos:

a → G = a → A + ω ˙ k → × - L 2 j →

⇒ a → G = a → A + ω ˙ L 2 i →  

Beleza! Vê que agora já temos 3 variáveis: a → G ,   a → A e ω ˙ .

Então bora escrever a equação da aceleração de A em relação ao centro do disco:

a → A = a → O + Ω → ˙ × A - O + Ω k → × Ω k → × A - O

Usando que o ponto O é fixo, que imediatamente após a liberação do movimento, Ω = 0 , e que A - O = ( - R c o s θ i → - R s e n θ j → ) , vem:

a → A = Ω ˙ k → × ( - R c o s θ i → - R s e n θ j → )

a → A = Ω ˙ R s e n θ i → - c o s θ j →

Substituindo a → A em a → G , temos:

a → G = a → A + ω ˙ L 2 i →

a → G =   Ω ˙ R s e n θ i → - c o s θ j → + ω ˙ L 2 i →

⇒ a → G = Ω ˙ R s e n θ + ω ˙ L 2 i → -   Ω ˙ R c o s θ j →           ( I )

Muito bom! Já usamos a parte das equações cinemáticas.

Passo 3

Vamos agora pro teorema da quantidade de momento angular. Lembrando que esse teorema fala:

d d t H → O = m v → G × v → O + M → O e x t

Nesse caso, para a barra usando o próprio polo G , teremos:

J G z ω ˙ k → = 0 → + M → G

Sendo a reação horizontal no apoio A , X A , e J G Z = m L 2 12 , temos:

m L 2 12 ω ˙ k → = X A ⋅ L 2 k →  

⇒   ω ˙ = 6 X A m L       ( I I )

Aplicando o mesmo teorema, mas agora para polo O do disco, vem:

J O Z Ω ˙ k → = 0 → + M → O

Sendo X A e Y A as reações horizontal e vertical, respectivamente, em A , e J O Z = m R 2 2 , o momento de inércia do disco, temos:

m R 2 12 Ω ˙ k → = X A R s e n θ - Y A R c o s θ k →

Logo:

X A s e n θ - Y A c o s θ = m R 2 Ω ˙       ( I I I )

Show! Até agora temos 3 equações e 5 variáveis: a → G ,   ω ˙ ,   Ω ˙ ,   X A ,   Y A

Então precisamos de mais duas equações.

Passo 4

Pra conseguir essas duas equações, vamos usar a nossa última ferramenta: O teorema da resultante.

Então, para a barra, temos:

R → = m a → G

- X A i → - Y A + m g j → = m a → G

Daí, da equação ( I ) , temos:

a → G = Ω ˙ R s e n θ + ω ˙ L 2 i → -   Ω ˙ R c o s θ j →      

Substituindo e igualando as partes escalares, temos:

- X A = m ω ˙ L 2 + Ω ˙ R s e n θ       ( I V )

- Y A + m g =   - m Ω ˙ R c o s θ       ( V )

Massa!

Bora olhar pro disco agora:

Se aplicarmos o teorema da resultante também para ele, ganharemos duas equações escalares, mas à custo de adicionar duas novas variáveis: X O e Y O .

Então não vale a pena, porque nos itens desse exercício essas variáveis não foram pedidas.

Show! Bora agora resolver esse sisteminha (que de pequeno não tem nada haha).

Passo 5

Temos as seguintes equações:

a → G = Ω ˙ R s e n θ + ω ˙ L 2 i → -   Ω ˙ R c o s θ j →           ( I )          

ω ˙ = 6 X A m L       ( I I )

X A s e n θ - Y A c o s θ = m R 2 Ω ˙       ( I I I )

- X A = m ω ˙ L 2 + Ω ˙ R s e n θ       ( I V )

- Y A + m g =   - m Ω ˙ R c o s θ       ( V )

Só de olhar já dá preguiça, né? Hahaha

Mas vamo simbora!

De ( V ) , temos:

Y A = m Ω ˙ R c o s θ - m g

De substituindo ( I I ) em ( I V ) , vem:

- X A = m ( 6 X A m L ) L 2 + Ω ˙ R s e n θ

⇒ X A =   - m Ω ˙ R s e n θ 4

Substituindo esses novos valores de Y A e X A em ( I I I ) , vem:

- m Ω ˙ R s e n θ 4 s e n θ -   m Ω ˙ R c o s θ - m g c o s θ = m R 2 Ω ˙

m Ω ˙ R 1 2 + s e n 2 θ 4 + cos 2 ⁡ θ = m g c o s θ

Isolando Ω ˙ , temos:

Ω ˙ = 4 g c o s θ R 2 + s e n 2 θ + 4 cos 2 ⁡ θ

Ω ˙ = 4 g c o s θ R ⋅ 1 3 + 3 cos 2 ⁡ θ

Ω → ˙ = 4 g c o s θ 3 R 1 + cos 2 ⁡ θ k →

Agora voltando para as equações das outras variáveis em função de Ω ˙ :

X A = - m R s e n θ 4 ⋅   4 g c o s θ 3 R 1 + cos 2 ⁡ θ

X A = - m g s e n θ cos ⁡ θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ

⇒ X A =   - m g s e n 2 θ 6 1 + cos 2 ⁡ θ

Em Y A :

Y A = m R c o s θ ⋅ 4 g c o s θ 3 R 1 + cos 2 ⁡ θ - m g  

Y A = m g 4 cos 2 ⁡ θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ - 1

⇒ Y A = m g 3 + cos 2 ⁡ θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ

Substituindo o valor de X A em ( I I ) , temos:

ω ˙ = 6 m L ⋅ - m g s e n 2 θ 6 1 + cos 2 ⁡ θ  

⇒ ω → ˙ = - g s e n 2 θ L 1 + cos 2 ⁡ θ k →

Pra finalizar essa questão, de ( I ) , temos:

a → G = Ω ˙ R s e n θ + ω ˙ L 2 i → -   Ω ˙ R c o s θ j →          

a → G = 2 g s e n 2 θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ - g s e n 2 θ 2 1 + cos 2 ⁡ θ i → - 4 g c o s 2 θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ j →    

⇒ a → G = g s e n 2 θ 6 1 + cos 2 ⁡ θ i → - 4 g c o s 2 θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ j →  

Ufaaaa! Esse sistema deu um trabalho hein galera!

Mas vencemos!!! Espero que vocês tenham entendido bem direitinho, até a próxima galera 😉

Resposta

a) ω → ˙ = - g s e n 2 θ L 1 + cos 2 ⁡ θ k →

b) a → G = g s e n 2 θ 6 1 + cos 2 ⁡ θ i → - 4 g c o s 2 θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ j →

c) Ω → ˙ = 4 g c o s θ 3 R 1 + cos 2 ⁡ θ k →

d) - m g s e n 2 θ 6 1 + cos 2 ⁡ θ i → + m g 3 + cos 2 ⁡ θ 3 1 + cos 2 ⁡ θ j →

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