Exercícios Resolvidos de Movimento Relativo: Aceleração

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Enunciado

03) As barras A B , de massa m , e B C , de massa 4 m , são articuladas entre si no ponto B , conforme mostrado na figura. A extremidade A da barra A B é vinculada a uma parede vertical por meio de uma articulação. A extremidade C da barra B C é apoiada em uma superfície horizontal isenta de atrito. Admitindo que as barras se encontrem inicialmente em repouso na configura indicada na figura, pede-se, para o instante em que o sistema inicia o seu movimento:

a) Os diagramas de corpo livre das barras A B e B C ;

b) a relação entre as acelerações angulares α A B e α B C das barras A B e B C , respectivamente;

c) a aceleração do centro de massa G da barra B C em função da aceleração angular α B C ;

d) as acelerações angulares α A B e α B C das barras em função dos parâmetros dados;

e) a reação na extremidade C da barra B C .

Dado: I G b a r r a 2 = M b a r r a ⋅ L b a r r a 2 12

Passo 1

Eaí galerinha, tudo certo com vocês?

a) Nesse exercício, como é bem comum nas questões de mecânica, devemos começar desenhando o diagrama de corpo livre (DCL) das barras A B e B C .

Já sabe qual a dica master pra desenhar DCL?

A dica é sempre começar identificando as forças que agem em cada peça.

Na barra A B , por exemplo, temos o peso atuando no meio da barra, além de articulações nos nós A e B , gerando uma reação vertical (em j → ) e outra horizontal (em i → ) em cada um desses nós.

Daí, lembrando que podemos chutar o sentido inicial das reações, é só colocar isso tudo num desenho:

Já para a barra B C , como o nó B precisa estar em equilíbrio, deve estar agindo em B C forças de igual módulo, direção, mas sentido oposto a X B e Y B . Além disso, como a barra apoia-se sobre o solo, há uma reação vertical em C . Temos também o peso agindo no meio da barra. Assim:

Boaaa galera!

Passo 2

b) Nesse item devemos determinar a relação entre as acelerações angulares das barras A B e B C , ou seja, a razão entre α B C e α A B .

É difícil logo de cara conseguir ver uma equação que relacione as duas acelerações angulares, mas tem uma sacada que pode ajudar muito! Vou dar uma dica, tem a ver com a → C ...

A questão fala que C está apoiado na superfície, logo, quando a barra começar a se movimentar B C vai apenas deslizar na horizontal. Ou seja, todo seu movimento se dá nesse eixo. Assim:

a → C = a C ⋅ i →

Essa equação é legal porque agora, podemos tentar escrever a → C envolvendo α A B e α B C , sabendo que disso duas equações escalares. ( 2 variáveis, 2 equações, perfeito...).

Como queremos relacionar as duas acelerações angulares, podemos escrever a → C como:

a → C = a → B + α B C k → × ( C - B )

Como A está fixo no apoio, ele funciona como centro instantâneo de rotação para A B , logo:

a → B = α A B k → × ( B - A )

⇒ a → B = - 2 L α A B j →

Além disso,

C - B = 3 L i → - 4 L j →

Substituindo esses dois resultados em a → C , vem:

a → C = - 2 L α A B j → + α B C k → × ( 3 L i → - 4 L j → )

∴ a → C =   - 2 L α A B + 3 L α B C j → + 4 L α B C i →

Daí, como a → C = a C i → , surgem duas equações escalares:

3 L α B C - 2 L α A B = 0 4 L α B C = a C

Assim, finalmente encontramos:

α B C α A B = 2 3

Prontinho 😊

Passo 3

c) Aqui devemos calcular a aceleração a → G do centro de massa da barra B C em função de α B C .

Uma boa ideia é já usar a equação da aceleração no movimento plano geral e escrever que:

a → G = a → C + α → B C × G - C - ω B C × ( ω B C × G - C )

O massa de usar essa equação é que, pelo enunciado da questão, estamos interessados no instante em que o sistema inicia o seu movimento (partindo do repouso), ou seja, ω B C =   0 .

Isso simplifica um bocado as continhas!!

a → G = a → C + α → B C × G - C

Do item b), sabemos que:

a → C = 4 L α B C i →

Além disso, da figura abaixo podemos concluir que:

G - C =   - 3 L 2 i → + 2 L j →

Substituindo, vem:

a → G = 4 L α B C i → +   α B C k → × - 3 L 2 i → + 2 L j →

⇒ a → G = 4 L α B C - 2 L α B C i → - 3 L α B C 2 j →

Logo:

a → G =   α B C L ⋅ 2 i → - 3 2 j →

Excelente!

Passo 4

d) O objetivo agora é calcular α A B e α B C .

Pensa comigo, nos itens anteriores já usamos muitas equações da cinemática das acelerações, mas ficamos sempre em função de α A B ou α B C .

Além disso, um dos dados da questão foi o momento de inércia da barra no seu centro geométrico.

Isso tudo tá querendo nos dizer alguma coisa...

Qual teorema a gente pode usar que envolve o momento de inércia?

É justamente o teorema da quantidade de momento angular, o TQMA!

Aplicando o TQMA para a barra A B , usando A como polo, temos:

M → A = m G - A × a → A + J A α A B k →

Mas, lembra que A é um ponto fixo, assim a → A = 0 . Olhando também para o DCL de A B podemos calcular o momento resultante em A , daí:

m g L - 2 Y B L k → = J A α A B k →

Só que, pelo teorema dos eixos paralelos sabemos:

J A = J G A B + m L 2

⇒ J A = m 2 L 2 12 + m L 2

Substituindo, temos:

m g L - 2 Y B L k → = m 4 L 2 12 + m L 2 α A B k →

m g L - 2 Y B L = 4 m L 2 3 α A B

Fazendo α A B = 3 2 α B C , vem:

m g - 2 Y B = 2 m L α B C         ( I )

Top! Aplicando o mesmo teorema, mas agora para o polo G da barra BC, vem:

Y B ⋅ 3 L 2 + Y C ⋅ 3 L 2 + X B 2 L k → = 4 m ⋅ 5 L 2 12 α B C k →  

∴ 3 Y B + 3 Y C + 4 X B = 50 m L 3 ⋅ α B C         ( I I )

Passo 5

Puts, esse negócio tá complicado né? Temos mais variáveis do que equações...

Mas ainda tem um teorema legal que podemos usar: o teorema da resultante! Aplicando-o para a barra B C , temos:

R → = 4 m a → G

Como do item c temos:

a → G =   α B C L ⋅ 2 i → - 3 2 j →

Vem que:

8 m L α B C = - X B         ( I I I )

- 6 m L α B C = Y C - Y B - 4 m g       ( I V )  

De ( I ) , vem:

Y B = - m L α B C + m g 2

Substituindo em ( I V ) , vem:

Y C =   - 6 m L α B C + 4 m g + m g 2 - m L α B C

∴ Y C = 9 m g 2 - 7 m L α B C

Substituindo tais resultados em ( I I ) , vem:

3 ⋅ - m L α B C + m g 2 + 3 ⋅ 9 m g 2 - 7 m L α B C - 4 ⋅ 8 m L α B C = 50 m L 3 ˙ α B C

L α B C - 3 - 21 - 32 + g 3 2 + 27 2 = 50 3 ⋅ L α B C

⇒   α B C 50 3 + 56 = 15 g L

∴ α B C = 45 g 2 18 L

Portanto, usando aquela relação lá do comecinho:

α A B = 3 2 ⋅ 45 g 218 L

α A B = 135 g 436 L

Excelente galera, estamos quase acabando 😊

Passo 6

e) Por último, devemos calcular Y C .

Do item anterior, temos Y C como função de α B C , dado por:

Y C = 9 m g 2 - 7 m L α B C  

Substituindo, vem:

Y C = 9 m g 2 - 7 m L 45 g 218 L

⇒ Y C = 333 m g 109

Ufaaa! Essa questão era complicadinha né galera. Bora dar uma descansada pra depois voltar com tudo!! Até a próxima, gentee!

Resposta

a) Resolução no texto.

b) α B C α A B = 2 3

c) a → G =   α B C L ⋅ 2 i → - 3 2 j →

d)

α B C = 45 g 218 L

α A B = 135 g 436 L

e)

Y C = 333 m g 109

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