Exercícios Resolvidos de Movimento Relativo: Aceleração

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Enunciado

03) O disco homogêneo de centro A , raio r e massa M é articulado em A e uma barra homogênea esbelta A B , de massa m , comprimento 2 r e inclinada de um ângulo α em relação à horizontal, tendo sua outra extremidade ligada a um rolete B guiado por uma guia horizontal, conforme ilustrado na figura. Sob a ação de uma força horizontal de módulo constante F → , o disco rola escorregar sobre um plano horizontal. Desprezando o atrito no contato entre o rolete B e a guia horizontal, pede-se:

a) A aceleração angular do disco.

b) As magnitudes das componentes x , y da reação em C .

c) As magnitudes das componentes x , y da força vincular em A .

d) As magnitudes das componentes x , y da reação em B .

e) O valor mínimo do coeficiente de atrito μ entre o disco e a pista para que o disco não escorregue.

Passo 1

Faaala pessoal, como vocês estão?

Nesse exercício temos um disco, apoiado sobre uma superfície, que rola sem escorregar. Esse fato já nos dá duas importantes informações:

- Como ele se movimenta apoiado sobre a superfície, o seu movimento está fixado na direção i → , daí temos que:

v → A = v d i →

a A = a A i →

- Já que o rolamento é sem escorregar, a velocidade do ponto de contato é sempre nula, assim deve atuar o atrito entre o disco e a superfície.

Além disso, o disco está preso a um rolete guiado por uma guia horizontal. Ou seja, o movimento da guia também está fixo na direção i → . Logo:

v → B = v B i →

a → B = a B i →

Top! Agora que entendemos melhor esse contexto, estamos prontos pra detonar a questão 😊

Passo 2

a) Nesse primeiro item devemos determinar a aceleração angular do disco.

Mas ó, praticamente não temos informações cinemáticas, a melhor opção é partir pros nossos teoremas que relacionam as forças, ou seja, o teorema da Resultante e o Teorema da quantidade de momento angular (TQMA).

Antes de escrever as equações, bora desenhar o diagrama de corpo livre da barra e do disco, beleza?

Começando pelo disco, sabemos que nele atua a força peso, a força F → e a reação vincular da barra no seu centro, A . Além disso, no ponto de contato com a superfície, C , também atuam a normal e a força de atrito. Assim, podemos desenhar:

Já na barra, temos as reações vinculares em A , no sentido oposto ao desenhado no DCL do disco (devido ao equilíbrio do nó A ). Temos também o peso da barra, m g , agindo no seu centro, bem como a reação da articulação em B . Logo:

Muito bom!

Passo 3

Agora que já temos os DCL’s fica mais tranquilo de usar os teoremas. Então, começando pela barra temos:

Teorema da Resultante:

R → b a r r a = m a → b a r r a

Y B + Y A - m g = m a b a r r a j X A = m a b a r r a i

Puts, mas e quanto que valem essas componentes?

Tem uma sacada muito legal aqui galera.

É tipo um vínculo geométrico, como a barra possui tamanho fixo e liga o rolete e o disco, ambos se movimentando sempre na direção i → , a barra também está se movimentando nessa direção! Logo:

a → b a r r a = a b a r r a i →

Substituindo esse resultado no teorema da resultante, nós temos que:

Y B + Y A - m g = 0 X A = m a b a r r a

Boa! Escrevendo agora o TQMA para a barra, com polo no seu centro G , vem:

H → ˙ G = M → G

Como a barra apenas translada, vem:

0 = Y A - Y B L c o s α 2 + X A L s e n α 2  

Ok! É a vez do disco.

Aplicando o teorema da Resultante, vem:

R → d i s c o = m ⋅ a A i →

N - Y A - M g = 0 F - X A - F a t = m a d

Já pelo TQMA, com o polo em A , temos:

- J Z A ω ˙ k → = F a t r k →

⇒ m r 2 2 ω ˙ = F a t r

Bouaa!

Pra finalizar essa parte, é bom lembrarmos que pelo vínculo geométrico da barra e do disco, eles devem ter a mesma aceleração de translação. Ou seja:

a b a r r a = a d = a

Além disso, o ponto C é como um centro instantâneo de rotação, assim:

a = ω ˙ r  

Passo 4

Agora que já temos um monteee de equações, bora montar um sisteminha:

Y B + Y A - m g = 0         ( I ) X A = m ω ˙ r         ( I I ) Y A - Y B L c o s α + X A L s e n α = 0         ( I I I ) N - Y A - M g = 0         ( I V ) F - X A - F a t = M ω ˙ r         ( V ) M r 2 ω ˙ = F a t         ( V I )

Massa, temos 6 variáveis ( Y A ,   Y B ,   X A ,   N ,   F a t ,   ω ˙ ) e também 6   equações 😊

É só descer a mão nas contas!

Substituindo ( I I ) e ( V I ) em ( V ) , vem:

F - m ω ˙ r - M ω ˙ r 2 = M ω ˙ r

⇒ F = 3 M ω ˙ r 2 - m ω   ̇ r

∴   ω ˙ = 2 F 3 M - 2 m r

Aee, finalmente achamos a aceleração angular do disco 😊

Passo 5

b) Devemos determinar a magnitude das reações, em x e em y , no ponto C . Ou seja, devemos determinar os valores de N e de F a t . Reescrevendo nosso sistema:

Y B + Y A - m g = 0         ( I ) X A = m ω ˙ r         ( I I ) Y A - Y B L c o s α + X A L s e n α = 0         ( I I I ) N - Y A - M g = 0         ( I V ) F - X A - F a t = M ω ˙ r         ( V ) M r 2 ω ˙ = F a t         ( V I )

Da equação ( V I ) , sabemos que:

F a t = M ω ˙ r 2

Substituindo o resultado do item anterior, ω ˙ = 2 F 3 M - 2 m r , vem:

F a t = M r 2 ⋅ 2 F 3 M - 2 m r

F a t = M F 3 M - 2 m  

Pra calcular a normal, precisamos calcular Y A . Para isso, substituído ( I ) em ( I I I ) , vem:

2 Y A - m g L c o s α + m ω ˙ r L s e n α = 0

Isolando Y A , vem:

Y A = m g 2 - m ω ˙ r s e n α 2 c o s α

Substituindo o valor encontrado para ω ˙ , temos:

Y A = m g 2 - m r t g α 2 ⋅ 2 F 3 M - 2 m r

Y A = m g 2 - m F t g α 3 M - 2 m

Substituindo esse resultado em I V , temos que:

N - Y A - M g = 0

∴ N = M g + m g 2 - m F t g α 3 M - 2 m  

Prontinho, determinamos as reações em C 😊

Passo 6

c) Vamo calcular agora as reações vinculares em A , ou seja, X A e Y A .

Pelo item anterior, temos:

X A = m ω ˙ r

∴ X A = 2 m F 3 M + 2 m

Y A calculamos no item anterior, logo:

Y A = m g 2 - m F t g α 3 M - 2 m

Passo 7

d) Em B , como ela é guiada horizontalmente, temos apenas a reação Y B .

Da equação ( I ) do sistema, temos:

Y B = m g - Y A

∴ Y B = m g 2 + m F t g α 3 M - 2 m

Passo 8

e) Estamos quase acabando galera. Pra finalizar precisamos determinar o valor mínimo do coeficiente de atrito μ , de modo que não haja escorregamento.

Para que não haja escorregamento, basta que a força de atrito F a t seja a que encontramos anteriormente. Ou seja:

F a t =   M F 3 M - 2 m

Mas, sabemos que sempre vale:

F a t ≤ μ ⋅ N

μ ≥ F a t N

Ou seja, o menor valor possível de μ é justamente na igualdade:

μ = F a t N

Substituindo esses valores, chegamos que:

μ = M F 3 M - 2 m M g + m g 2 - m F t g α 3 M - 2 m

E é issooo!! Matamos mais uma questãozinha!

Espero que vocês tenham entendido bem direitinho, até a próxima pessoal 😉

Resposta

a)

ω ˙ = 2 F 3 M - 2 m r

b)

F a t = M F 3 M - 2 m

N = M g + m g 2 - m F t g α 3 M - 2 m

c)

X A = 2 m F 3 M + 2 m

Y A = m g 2 - m F t g α 3 M - 2 m

d)

Y B = m g 2 + m F t g α 3 M - 2 m

e)

μ = M F 3 M - 2 m M g + m g 2 - m F t g α 3 M - 2 m

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