Exercícios Resolvidos de Impulso e Quantidade de Movimento Angular

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Enunciado

02) Conforme mostrado na figura, a barra A B se move no plano O x y mantendo contato permanente com a semicircunferência de centro O e raio r e com o eixo horizontal O x . Admita-se, ainda, que a extremidade A da barra se mova com velocidade v i → 1 ( v constante). Expressando os resultados na base ( i → ,   j → ,   k → ) ligada à barra, determine para o instante em que θ = π / 4 :

a) As componentes segundo as direções i → ,   j → (nesta ordem) da velocidade do ponto de contato C ∈ barra.

b) A velocidade angular da barra A B .

c) A aceleração angular da barra A B .

d) As componentes nas direções i → ,   j → (nesta ordem) da aceleração do ponto C ∈ barra.

Passo 1

Faaala pessoal, tudo tranquilo?

a) Nessa questão temos uma barra A B que se movimenta mantendo sempre um ponto de contato C com uma semicircunferência. O enunciado mostra dois pares de eixos na estrutura, ( i → , j → , ) e ( i → 1 ,   j → 1 ) .

Além disso, também é dado que v → A = v ⋅ i → 1 .

Beleza! Pra começar a resolução, devemos calcular a velocidade vetorial do ponto C , no instante em que θ =   π / 4   , usando os eixos ( i → ,   j → ) . Mas como é que podemos fazer isso só com essas poucas informações?

Então galera, tem uma ideia de vínculo que é bem repetitiva nessas questões de movimento de barras e vale muito a pena a gente ter bem guardada na memória.

É que se uma barra está se movimentando, a velocidade de qualquer ponto da barra na direção do seu eixo precisa ser a mesma. Se isso não acontecesse, é como se a barra estivesse se descolando, bizarro né?!

Então, pensando no ponto C e no ponto A , lembrando que a barra está na direção i → , temos:

v → C ⋅ i → = v i → 1 ⋅ i →

Como o produto escalar representa a projeção de um vetor em uma determinada direção, podemos dizer que:

v C i = v c o s θ

Massa! Daí, escrevendo v → C segundo os eixos ( i → ,   j → ) , temos:

v → C = v c o s θ i → + v C j ⋅ j →

Pô, então ainda falta descobrirmos essa componente v C j . Tem um detalhezinho que passa quase despercebido no enunciado, mas dá pra tirar uma equação dele, sabe qual é?

O enunciado fala que a barra se move mantendo contato permanente com a semicircunferência. Imagina agora que o ponto de contato C possua componente de velocidade em j → , então com certeza ela perderia o contato né? Por isso, a gente pode afirmar que:

v C j = 0

Daí, finalizamos esse primeiro item com:

v → C = v ⋅ cos ⁡ π 4 i →

v → C = 2 v 2 i →

Prontinho 😉

Passo 2

b) Nesse item precisamos determinar a velocidade angular da barra A B .

Até agora a gente só sabe quanto vale v A → e v → C , certo?! Será que tem alguma equação que envolva essas duas variáveis junto com a velocidade angular?

Simmm! É a equação da velocidade em um movimento plano geral. Como o ponto C é um contato permanente com a semicircunferência, é como se o ponto A da barra estivesse rotacionando em relação a ele. Assim, temos:

v → A = v → C + ω A B k → × ( A - C )

Sabemos que v → A = v i → 1 , tomando as projeções de v nas direções i → e j → , podemos escrever:

v → A = v c o s θ i → + v s e n θ j →

Além disso, pelo Δ O A C , retângulo em C , podemos escrever:

L A C = r t g θ

Assim, vem:

v c o s θ i → + v s e n θ j → =   v c o s θ i → +   ω A B k → × r t g θ i →

⇒   v c o s θ i → + v s e n θ j → =   v c o s θ i → + ω A B r t g θ j →

Massa, igualando as partes escalares temos:

v c o s θ = v c o s θ v s e n θ = ω A B r t g θ  

Excelente! Da segunda equação, podemos fazer:

ω A B = v s e n 2 θ r c o s θ

Usando θ = π 4 , vem:

ω A B = 2 v 2 r

Eaí, entenderam direitinho?

Passo 3

c) Nesse item devemos calcular a aceleração angular da barra A B .

No item anterior encontramos que:

ω A B = v s e n 2 θ r c o s θ

Mas a aceleração angular é simplesmente ω ˙ A B , assim derivando essa expressão temos:

ω ˙ A B = d v s e n 2 θ r c o s θ d t

ω ˙ A B = v r ⋅ 2 s e n θ cos ⁡ θ θ ˙ c o s θ - s e n 2 θ s e n θ θ ˙ cos 2 ⁡ θ

Só dando uma manipulada, temos um resultado um pouco mais bonito:

ω ˙ A B = v r ⋅ 2 s e n θ cos 2 ⁡ θ θ ˙ + s e n 3 θ θ ˙ cos 2 ⁡ θ

ω ˙ A B = v r ⋅ s e n θ cos 2 ⁡ θ ⋅ 2 cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ θ ˙  

ω ˙ A B = v r ⋅ s e n θ ⋅ ( cos 2 ⁡ θ + 1 ) cos 2 ⁡ θ θ ˙  

Como θ ˙ = ω , temos:

ω ˙ A B =   v r ⋅ s e n θ ⋅ ( 1 + sec 2 ⁡ θ ) ω A B

Substituindo θ = π 4 e ω A B π 4 = 2 v 2 r

ω ˙ A B π 4 = v r ⋅ 2 2 ⋅ ( 1 + 2 ) ⋅ 2 v 2 r

ω ˙ A B π 4 = 3 v 2 2 r 2

Muito bom, galera! Agora falta só mais um item.

Passo 4

d) Nesse item devemos determinar a aceleração do ponto C . Agora que estamos no final, é só seguir o fluxo e continuar nas equações do movimento plano geral, bora usar a da aceleração então:

a → C = a → A +   ω ˙ A B k → × C - A i → +   ω A B k → × ω A B k → × C - A

Como a velocidade no ponto A é constante, e substituindo C - A = r t g θ - i → ,   temos:

a → C = 0 → - ω ˙ A B r t g θ j → + ω A B 2 r t g θ i →

Substituindo ω A B π 4 = 2 v 2 r   e ω ˙ A B π 4 = 3 v 2 2 r 2   , temos:

a → C = 2 v 2 r 2 ⋅ r t g θ i → - 3 v 2 2 r 2 ⋅ r t g θ j →

Fazendo t g π 4 = 1 , vem:

⇒ a → C = v 2 2 r i → - 3 v 2 2 r j →  

Ufaaa! Terminamos mais uma questão 😊

Até a próxima, pessoal!

Resposta

a) v → C = 2 v 2 i →

b) ω A B π 4 = 2 v 2 r

c) ω ˙ A B π 4 = 3 v 2 2 r 2

d)

a → C = v 2 2 r i → - 3 v 2 2 r j →

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