Aceleração Angular e Conservação de Energia Mecânica

3ª Questão: Análise Dinâmica e Energética

a) Aceleração angular: Observa-se que, como a placa gira em torno do ponto A, seu centro de massa G descreve uma circunferência de raio r com centro em A. Como a placa parte do repouso (ω = 0), a componente normal da aceleração de G é zero. O módulo da aceleração |a| do centro de massa G é, então, |a| = rα.

Traça-se o diagrama para exprimir que as forças externas são equivalentes às forças efetivas. Considerando momentos positivos no sentido horário:

∑M_A = ∑(M_A)_ef ⇒ Px = (ma)r + Iα

Como a = rα, tem-se: Px = (mrα)r + Iα ⇒ α = {Px / [(P/g)r² + I]} (1)

O momento de inércia do baricentro da placa é calculado por:
I = (m/12)(a² + b²) = [267 / (12 × 9,81)] × [(0,203)² + (0,152)²] ∴ I = 0,146 kg·m²

Substituindo esse valor de I juntamente com P = 267 N, r = 0,127 m e x = 0,102 m na equação (1), obtém-se: α = 46,6 rad/s² no sentido horário.

b) Reação em A

Usando o valor calculado de α, determina-se o módulo do vetor (ma) que atua em G:
ma = mrα = (267 / 9,81)(0,127)(46,6) = 161 N

Incluindo este resultado no diagrama, escrevem-se as equações do movimento. Escolhendo o nível de referência como ilustrado, tem-se V_g = 0; portanto:

• V₁ = Vₑ + V_g = 112 J
• Energia Cinética: Como a velocidade na posição 1 é nula, tem-se T₁ = 0.

Posição 2: Energia Potencial

A elongação da mola é nula e tem-se Vₑ = 0. Como o centro de gravidade da barra está agora 0,45 m acima do nível de referência, tem-se:
V_g = (150)(0,45) = 67,5 J ⇒ V₂ = Vₑ + V_g = 67,5 J

Energia Cinética na Posição 2

Designando por ω₂ a velocidade angular da barra na posição 2, nota-se que ela girou em torno de O e escreve-se v₂ = ω₂r = 0,45ω₂. Assim, tem-se:

• I = (1/12)ml² = (1/12)(150 / 9,81)(1,5)² = 2,87 kg·m²
• T₂ = (1/2)mv₂² + (1/2)Iω₂² = (1/2)(150 / 9,81)(0,45ω₂)² + (1/2)2,87ω₂² = 2,98ω₂²

Pela conservação da energia, vem que:
T₁ + V₁ = T₂ + V₂ ⇒ 0 + 112 = 2,98ω₂² + 67,5 ∴ ω₂ = 3,88 rad/s no sentido horário.

Reação na Posição 2

Como ω₂ = 3,88 rad/s, as componentes da aceleração de G quando a barra passa pela posição 2 são:

• aₙ = rω₂² = (0,45)(3,88)² = 6,78 m/s² ⇒ aₙ = 6,78 m/s² ↓
• aₜ = rα ⇒ aₜ = rα →

O sistema formado pelas forças externas é equivalente ao sistema das forças efetivas representado pelo vetor de componente maₜ e maₙ, fixo em G, e pelo momento Iα, conforme mostra a figura a seguir:

• ∑Fₓ = ∑(Fₓ)_ef ⇒ Aₓ = -(3/5)(161) = -96 N ∴ Aₓ = 96 N ←
• ∑Fᵧ = ∑(Fᵧ)_ef ⇒ Aᵧ - 267 = -(4/5)(161) ∴ Aᵧ = 138 N ↑

O momento Iα não aparece nas últimas equações; apesar disso, deve ser indicado no diagrama.