RESUMO MECÂNICA II P2

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1 RESUMO MECÂNICA II P Autoria: Yan Ichihara de Paula IMPULSO, TEOREMA DA RESULTANTE DOS IMPULSOS E TEOREMA DO MOMENTO DOS IMPULSOS Impulso possui grandeza vetorial, e é definido como: t I = F dt t 1 Assim, como o Teorema da Resultante, a análise mecânica de choques de corpos possui o Teorema da Resultante dos Impulsos, tal que: m V G = I i E, assim como o Teorema do Momento da Quantidade de Movimento, há o Teorema do Momento dos Impulsos, de forma que: Portanto: M o impulso = (P i O) I i ω x M impulso o = H o = (G O) m V o + [i j k ] [J] o [ ω y ] ω z Sendo assim, é conveniente estudar os tipos de choque, de forma a simplificar as contas: Nos casos 1) e ), o choque ocorre na linha que une os baricentros dos corpos. Em todos os casos, o atrito é desconsiderado.

2 Considerando que os corpos antes do choque possuam apenas velocidade linear, no primeiro caso, denominado choque central direto, o movimento subsequente é de translação na direção normal ao choque. No segundo caso, denominado choque plano oblíquo, mesmo se as velocidades não estão normais ao choque, no movimento subsequente, não terão velocidade angular. Já no terceiro caso, chamado choque excêntrico, em que o choque ocorre fora da linha que une os baricentros dos corpos, há momento de impulsos, e o movimento posterior ao choque possui, além das velocidades lineares, velocidades angulares (translação+rotação). Por fim, define-se o coeficiente de restituição e para o qual: V n V 1 n = e(v n V 1 n ) Sendo notação de produto escalar, n o vetor unitário normal ao plano de choque e as velocidades sendo no ponto de contato do choque. Obs.: se e =, o choque é inelástico, logo, os corpos continuam juntos. Se e = 1, o choque é perfeitamente elástico, logo, não há perda de energia, e a energia antes é igual a energia depois. T = mv o + mv o {ω (G O)} + 1 [ ω x ω y ω z] [J] o [ ω y ] ω z ω x EXERCÍCIO RESOLVIDO P 17 Questão 3 a) Os diagramas de impulso são feitos da mesma forma que se faria um diagrama de corpo livre, e tem a seguinte cara para essa situação:

3 Como o atrito foi considerável desprezível, não há impulso relacionado a ele. b) Aplicando o Teorema do Momento dos Impulsos no baricentro do disco: ω x M impulso G = H G = (G G) m V G + [i j k ] [J] G [ ω y ] ω z M G impulso = [i j k ] m r 4 [ m r 4 m r ] G ω x ω x [ ω y ω y ] ω z ω z Porém: M G impulso = (P i G) I i = ri Ii = Além disso, tem-se: ω = ω k ω x = ω y = e ω z = ω Portanto, a equação fica: M G impulso = = [i j k ] = m r 4 [ m r 4 m r 4 m r ω xi + m r 4 ω yj + m r (ω z ω )k ] G ω x [ ω y ] ω z ω

4 Logo, ω x = ω y = e m r (ω z ω ) = ω z = ω Perceba que esse preciosismo matemático foi só para mostrar como seria o passo a passo caso a questão fosse mais difícil, porém, nesse caso, uma simples análise lógica é suficiente para inferir a velocidade angular posterior do disco: se os impulsos não geram momento num corpo, a velocidade angular do corpo depois do choque é igual à velocidade angular anterior ao choque. c) Neste item, deve-se aplicar o Teorema da Resultante dos Impulsos para achar uma relação entre as velocidades m 1 e m. Logo, para o disco: Porém, m V G = I m (v v ) = Ii Assim, v = v i e v = v i m ( v i ( v i )) = Ii 3m v Aplicando, agora, para a lâmina: Porém: i = Ii, logo 3m v m 1 V G1 = I m 1 (v 1 v 1 ) = Ii = I Assim, v 1 = v 1 i e v 1 = v 1 i m 1 ( v 1 i v 1i ) = Ii

5 m 1v 1 i = Ii, logo, m 1v 1 = I Igualando os valores do impulso encontrados: m 1 v 1 = 3m v m 1 m = 3v v 1 Para que essa situação ocorra, as massas devem ter essa proporção. Para achar o valor do coeficiente de restituição, deve-se avaliar no ponto de contato em que ocorre o choque: V n V 1 n = e(v n V 1 n ) O vetor n é igual a i, portanto: v i i v 1 i i = e( v i i v 1 i i ) v v 1 = e( v v 1 ) e = v v 1 (v + v 1 ) d) Para a situação ser coerente, e 1, e, portanto: v v 1 (v + v 1 ) v v 1 v v 1 v v 1 (v + v 1 ) 1 v v 1 (v + v 1 ) v 3v 1 Note que v 1 e v são valores positivos, de forma que a segunda inequação é redundante perante a primeira. Portanto, para que essa situação ocorra, deve-se obedecer: m 1 m = 3v v 1 e v v 1

6 P 15 Questão 1 a) Para determinar a velocidade angular, deve-se utilizar o princípio de trabalho da força resultante, tal que a variação de energia cinética em um corpo é igual ao trabalho da força resultante do mesmo. Assim: mg L + T o = T f + mg L sin θ Sendo θ o ângulo que a barra faz com a horizontal. Portanto, pelo triângulo cuja hipotenusa é AP, a + 5a 4 = AP AP = a 9 4 = 3a sin θ = a 3a = 3 T o = Logo, mg L = T f + mg L 3 = T f + mg L 3 T f = mg L 6 Porém, escolhendo calcular a energia cinética no ponto A: T f = mv A ω x ω y + mv A {ω (G A)} + 1 [ ω x ω y ω z] [J] A [ ] ω z V A =

7 T f = 1 ω x [ ω x ω y ω z] [J] A [ ω y ] ω z A barra só possui velocidade angular em k no final da queda, portanto: T f = 1 [ ω z] [ = ml ω z 6 Igualando as equações: ml 3 ml 3 ] A ml ω z = mg L 6 6 ω z = g L Pela lógica do problema: ω z = g L k [ ] = 1 ml ω 3 ω z z b) Há impulso onde há ação de forças, portanto há impulso no ponto P e há impulsos na articulação. c) Deve-se aplicar uma equação que imediatamente nos dá o valor da velocidade angular, sem passar por impulsos. Essa equação é a do coeficiente de restituição, e deve ser aplicada no ponto do choque: V P n V 1 n = e(v P n V 1 n ) A velocidade V 1 é a relacionada ao degrau, e, como o mesmo não se move, V 1 = V 1 =. Além disso, tem-se o versor n = j. Portanto:

8 V P = g L k 3a i = 3a g L j Logo, V P = ω z k 3a i = 3aω z j 3aω z j j = e ( 3a g j j ) L ω z = e g L d) Aplicação dos teoremas relacionados a impulso. Pelo Teorema da Resultante dos Impulsos: Mas, m V G = I x i + (I y + I)j V G = g L k L i = L g L j Assim, V G = ω z k L i = ω zl j m V G = m ( ω zl j ( L g L j )) = I xi + (I y + I)j ml (ω z + g L ) j = I xi + (I y + I)j Logo, I x =, ω z + g L = (I y+i) ml Agora, aplicando o Teorema do Momento dos Impulsos no pólo A: ω x M impulso A = H A = (G A) m V A + [i j k ] [J] A [ ω y ] ω z V A = e, como o problema é plano ω x = ω y = ω x = ω y =

9 Assim: M A impulso = [i j k ] [ ml 3 ml ω z ( g [ L ) ] 3 ] A M A impulso = ml 3 (ω z + g L ) k Além disso: M A impulso = 3a 3aI i Ij = k 3aI k = ml 3 (ω z + g L ) k Tem-se, portanto: ω z + g L = 9aI ml ω z + g L = 9aI ml ω z + g L = (I y + I) ml Mas, Logo { 9aI ml = (I y + I) ml e g L + g L = ω z = e g L I y = I ( 9a 4L 1) 9aI ml I = ml 9a g (e + 1) L I y = ml 9a g L (e + 1) (9a 4L 1) e) Para que a reação impulsiva em A seja nula, I y = I x =, portanto,

10 ml 9a g L 4L (e + 1) (9a 1) = (9a 1) = a = 4L 4L 9 PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS O princípio dos trabalhos virtuais implica que, se um corpo está em equilíbrio, a soma dos trabalhos virtuais naquele corpo é nula, para qualquer deslocamento arbitrário escolhido. Assim: F i δr = δt = Sendo notação de produto escalar. Em geral, utilizam-se coordenadas generalizadas para determinar a solução do problema. Para determinar a solução do sistema, desloca-se o sistema, com o deslocamento tendendo a zero, e calcula-se os trabalhos que seriam realizados caso aquele deslocamento existisse (por isso virtuais ). A resolução de um problema é mais didática para a explicação do assunto. EXERCÍCIO RESOLVIDO P 15 Questão 3 Primeiro, deve-se elaborar o DCL da barra, para enumerar as forças que realizarão trabalho.

11 Agora, deve-se encontrar o vetor posição de cada força para a base de coordenadas conveniente, no caso já especificada da questão. Para a força em A: r A = (A B) = 3a cos θ i 3a sin θ j Aplicando o princípio dos trabalhos virtuais, a derivada em θ: δr A δθ = δ δa (A B) = δθ δθ = 3a sin θ i 3a cos θ j δr A = δa = 3a sin θ δθ i 3a cos θ δθ j Note que como B é um ponto fixo, qualquer derivada em relação a qualquer coordenada generalizada vale zero. Para a força peso, no baricentro: Para a força elástica: r G = (G B) = a cos θ i a sin θ j δr G δθ = δ (G B) = a sin θ i a cos θ j δθ δr G = δg = a sin θ δθ i a cos θ δθ j r C = (C B) = a cos θ i + a sin θ j δr C δθ = δ (C B) = a sin θ i + a cos θ j δθ δr C = δc = a sin θ δθ i + a cos θ δθ j Para o qual, a força elástica é F ela = ka sin θ j Perceba que para as forças reativas, não há necessidade de calcular o trabalho virtual, porque o ponto B é fixo, e, portanto, não gera trabalho.

12 Agora, utilizando a equação de aplicação do Princípio dos Trabalhos Virtuais, para que ocorra equilíbrio estático, segue: Assim, F A δr A + F G δr G + F ela δr C = mg j (3a sin θ δθ i 3a cos θ δθ j ) 8mg j (a sin θ δθ i a cos θ δθ j ) ka sin θ j ( a sin θ δθ i + a cos θ δθ j ) = 3mga cos θ δθ + 8mga cos θ δθ ka sin θ cos θ δθ = Colocando a cos θ δθ em evidência: a cos θ δθ(11mg ka sin θ) = Segue que cos θ = ou 11mg ka sin θ = Portanto, θ = π + cπ ou sin θ = 11mg ka θ = arcsin (11mg ) ka P 16 Questão 1 a) Os pontos relevantes ao problema são aqueles em que há aplicação de forças, portanto, são A, B, G (centro de massa do bloco) e D. O sistema de coordenadas está fixado em O, que também é ponto fixo.

13 Assim, r A = (A O) = a cos θ i + a sin θ j δr A = a sin θ δθ i + a cos θ δθ j r B = (B O) = a cos θ i + a sin θ j δr B = a sin θ δθ i + a cos θ δθ j r D = (D O) = (c + 8a sin θ)j δr D = 8a cos θ δθ j r G = (G O) = ( c + 8a sin θ) j δr G = 8a cos θ δθ j b) A força elástica varia conforme deforma, tal que o comprimento instantâneo da mola é l = (b (c + 8a sin θ)) Porém, a deformação natural da mola é d, de forma que ela deforma seguindo: Portanto, a força elástica é y = l d y = b (c + 8a sin θ) d F ela = K y F ela = K(b (c + 8a sin θ) d)j c) Utilizando o Princípio dos Trabalhos Virtuais, tem-se: Fi (a sin θ δθ i + a cos θ δθ j ) Fi ( a sin θ δθ i + a cos θ δθ j ) + K(b (c + 8a sin θ) d)j (8a cos θ δθ j ) mgj (8a cos θ δθ j ) = Fa sin θ δθ + 8Ka cos θ δθ(b (c + 8a sin θ) d) 8mga cos θ δθ = δθ (Fa sin θ 8a cos θ (mg + K(d b (c + 8a sin θ))) =

14 Fa sin θ = 8a cos θ (mg + K(d b (c + 8a sin θ))) F = 4a cotg θ (mg + K(d b (c + 8a sin θ))) d) Para a mola estar em seu comprimento natural, y = l d = b (c + 8a sin θ ) = d sin θ = b d c 8a e) Cada célula pantográfica possui duas treliças de tamanho a, assim, cada cédula aumenta a as distâncias achadas até os pontos D, e G. A força elástica fica: δr D = δr G = na cos θ δθ j F ela = K(b (c + na sin θ) d)j E, assim, a equação de equilíbrio fica: Fa sin θ = na cos θ (mg + K(d b (c + na sin θ))) F = na cotg θ (mg + K(d b (c + na sin θ))) E, da mesma forma, sin θ = b d c na O Princípio dos Trabalhos Virtuais é uma matéria que é utilizada principalmente na mecânica Lagrangeana. A utilização de derivadas será bastante utilizada para simplificar contas que na mecânica elaborada por Newton são extensas e bem chatinhas. O assunto da P acaba por aqui, fique atento para outros assuntos abordados em aula sobre utilização de SciLab, para garantir uns pontinhos nas questões extras. Espero que tenha sido útil! :)