14.1 trabalho de uma força mecÂnica - dinÂmica · 1 mecÂnica - dinÂmica dinâmica de um ponto...

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MECÂNICA - DINÂMICA

Dinâmica de um Ponto

Material: Trabalho e Energia

Cap. 14

Prof Dr. Cláudio CurottoAdaptado por:

Prof Dr. Ronaldo Medeiros-Junior TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica 2

14.1 Trabalho de uma Força

TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica 3

14.2 Princípio do Trabalho e Energia

O ponto material tem massa m e está submetido a um sistema de forças externasrepresentado pela resultante:

=∑RF F

A equação de movimento para o ponto material no referencial inercial tem componente na

direção tangencial dado por:t tF ma=

Aplicando a equação da cinemática e multiplicando ambos lados da equação pela

massa m:

( ) ( ) tm a ds m v dv=

t

F ds mv dv=TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica 4


De acordo com a Figura:

Integrando

t

F ds mv dv=

tF =∑ cosF θ∑

cos F ds mv dvθ =∑

2 2

1 1

cos

S v

S v

F ds mv dvθ =∑∫ ∫

2

11 2 cos

s

sU F dsθ− = ∫

1 2U − =∑ 2 2

2 1

1 1

2 2mv mv−



Essa equação representa o princípio do trabalho e energia para o ponto material.

1 2U − =∑ 2 2

2 1

1 1

2 2mv mv−

O termo no primeiro membro é a soma dos trabalhos de todas as forças agindono ponto material conforme ele se move do ponto 1 ao ponto 2.

Os dois termos no segundo membro, que tem a forma definem as energias cinéticas final e inicial, respectivamente.

21

2T mv=

Obs.: A energia cinética tem a mesma unidade do trabalho (J = Joules)

1 1 2 2T U T−+ =∑TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica 6


A energia cinética inicial do ponto material mais o trabalhorealizado por todas as forças agindo nele durante o

deslocamento é igual à energia cinética final do ponto.

1 1 2 2T U T−+ =∑

Obs.: O princípio do trabalho e energia não pode ser usado para determinaras forças normais à trajetória. Por que?

Porque essas forças (normais) não realizam trabalho sobre o ponto material.

Nesse caso, a equação deve ser aplicada.n n

F ma=∑2

n

va

ρ=

2


14.3 Princípio do Trabalho e Energia para um Sistema de Pontos Materiais

O princípio do trabalho e energia pode ser ampliado para um sistema

de n pontos materiais contido numa região do espaço.

O i-ésimo ponto material tem massa mi e está submetido a forças

externas de resultante Fi e a forças internas que se devem aos outros

pontos materiais do sistema, cuja resultante é representada por fi.

O princípio do trabalho e energia (direção tangencial) aplicado ao

i-esimo ponto material é dado por:

2

1

2 2

2 1

1 1

2 2

S

t

S

F ds mv mv= −∑∫

( )2

1

2

1

2 2

1 2

1 1

2 2

i

i

i

i

s

i

s

it i iti is s

f ds sFm dv m v+ + =∫ ∫



Equações semelhantes são obtidas quando aplicamos o princípio do

trabalho e energia aos outros pontos materiais do sistema. Os

resultados podem ser somados algebriacamente, de modo que:

( )2

1

2

1

2 2

1 2

1 1

2 2

i

i

i

i

s

i

s

it i iti is s

f ds sFm dv m v+ + =∫ ∫

( )2 2

1 1

2 2

1 2

1 1

2 2

i i

i i

s s

i i it it i is s

m v F ds f ds m v+ + =∑ ∑ ∑ ∑∫ ∫

1 1 2 2T U T−+ =∑ ∑ ∑



Essa equação estabelece que a soma da energia cinética

inicial com o trabalho realizado por todas as forças

internas e externas agindo em todos os pontos do sistema é igual à energia cinética final do sistema.

21 21 TUT −+ =∑∑ ∑



Trabalho do Atrito causado por Escorregamento ( ):caso especial

1 1 2 2T U T−+ =∑ ∑ ∑

2 2

1 2

1 1

2 2c

mv Ps Ns mvµ+ − =

E o calor gerado?

1 2Para (constante):

cP N

v v v

µ

= =

=



�Em virtude das muitas deformações localizadas, o

deslocamento real s’ de não é o mesmo deslocamento s da força aplicada P. Na verdade, s’será menor do que s (s’ < s), e, portanto, o trabalho

externo realizado pela força de atrito resultante será

, e não .

cNµ

'cNsµ

cNsµ



( )

Na verdade deve ser considerada a superfície

de contato como flexível e:

( ) 0c c

Ps Ns N s sµ µ′ ′− + − =

Calor geradoSimplificadamente usa-se:

0cPs Nsµ− =

Em resumo, pode-se usar a simplificação para resolução dos

problemas que envolvem escorregamento; contudo, deve ser

entendido que o trabalho da força de atrito resultante não é

representado por ; esse termo representa ambos os

trabalhos, o externo, , e o interno, .'cNsµ

cNsµ

( )c N s sµ ′−

3


Exemplo 14.2

0

O automóvel de 3500 lb move-se para baixo numa estrada

com 10 de inclinação, a uma velocidade de 20 pés/s. Se o

motorista freia o carro, provocando um travamento das rodas,

determine a distância que os

c

carro percorre durante o

escorregamento. O coeficiente de atrito cinético entre as

rodas e a pista é =0.5.µ


Exemplo 14.2 - Solução

Massa do automóvel:

m =3500

32.2

=108.70 slugs



Diagrama de corpo livre e dinâmico

a

v


a

v

Exemplo 14.2 – Solução cinemática

Fs∑ = ma

s

3500sen100 −1723.4 =108.70a

a = −10.264 pés/s2

Usando a equação da aceleração constante:

v2 = v0

2 + 2ac

s − s0( )

0 = 20( )2

+ 2 −10.264( ) s − 0( )s =19.5 pés

108.70 slugs


Problema 13.11 - Solução por Energia

RESOLUÇÃO POR TRABALHO E ENERGIA


a

v


Princípio do Trabalho e Energia:

T1+ U

1−2∑ = T2

U1−2∑ =U

NA

+UW

+UF

A

Força normal NA não realiza trabalho pois é perpendicular

ao movimento: UN

A

= 0

Equação de equilíbrio:

Fn∑ = ma

n= m 0( ); N

A− 3500cos100 = 0

NA

= 3446.8 lb

Assim: FA

= 0.5NA∴ F

A=1723.4 lb

108.70 slugs

4



Trabalho do Peso:

U1−2

= −W y2

− y1( )

UW

= −3500 −ssen100( )U

W= 607.77s

Trabalho da força de atrito:

U1−2

= −FA

s2

− s1( )

UF

A

= −1723.4s

a

v

108.70 slugs


a

v


U1−2∑ =U

NA

+UW

+UF

A

U1−2∑ = 0 + 607.77s -1723.4s

U1−2∑ = −1115.63s

T1+ U

1−2∑ = T2

1

2108.70( ) 20( )

2

−1115.63s = 0

s =19.5 pés

108.70 slugs


Problema 13.11

O bote de 800lb parte do repouso e escorrega pela calha inclinada

entrando na piscina. Se a força de atrito na calha é FR

= 30lb e na

piscina, FRP

= 80lb, determine a velocidade do bote quando s = 5pés.


Problema 13.11 - Solução

Na piscina:

F ma=∑

RPF

2

800

32, 2

80

24,845

-3, 22 3, 22 pés/s

RPF a

a

a a

− =

= −

= ∴ = −



( )

2 2

2 1

2

2 1

Velocidade na piscina:

2

2 3, 22 5

v v as

v v

= +

= + −

RPF

S



Diagrama de corpo livre e cinemático

α800lb

a

N

v

1 10045

100tgα −

= = °

2

Aceleração na calha:

cos 45

800800 cos 45 30

32, 2

21,561 pés/s

R

F ma

P F ma

a

a

=

° − =

° − =

=

∑

45o

5



2 2

1 0

Velocidade no final da calha:

2v v a x= + ∆

221,561 pés/sa =

( )2 2 2 2

1

1

1

0 2 21,561 100 100

6098, 4

78, 092

v

v

v

= + +

=

=



( )

2 2

2 1

2

2 1

Velocidade na piscina:

2

2 3, 22 5

v v as

v v

= +

= + −RPF

S

78,092 pés/sv =

( )2

2

2

2

78, 092 2 3, 2200 5

6066, 2

77, 9 pés/s

v

v

v

= + −

=

=



RESOLUÇÃO POR TRABALHO E ENERGIA



Diagrama de corpo livre e cinemático

α800 lb

a

N

v 24.845 slugs


Problema 13.11 – Solução por Energia

( )

( )

1 1 2 2

1 2 2 1

1 2

Princípio do Trabalho e Energia:

Força normal não realiza trabalho pois é perpendicular

ao movimento:

Trabalho do Peso:

800 100

Trabalho da f

0

80000 Btu

o

R

P

N P F

P

N

T

U

U

U U U U

N

U

U

T

U P y y

−

−

− = + +

= − − ∴

=

=

=

=

+

− −

∑∑

( )2

2 2

1 2 1

4242.6

rça de

Bt

atrito:

30 100 100 uR RF

A

FU

U F s s

U

− = − −

− + = −= ∴



1

1 1 2 2

1

1

Energia Cinética ao entrar na piscina ( ) :

0 80000 4242.

75757 Btu

6

C

C

C

T U

E

E

T

E

−+

+ =

=

−

=

∑

6



Na piscina:

T1+ U

1−2∑ = T2

75757+ U1−2∑ = T

2

Trabalho do Peso: nulo pois é perpendicular ao movimento

Trabalho da força de atrito:

U1−2

= −FA

s2

− s1( )

UF

R

= −80 5( )∴UF

R

= −400 Btu



Energia cinética após percorrer 5 pés na piscina (EC 2

) :

75757.4 + U1−2∑ = T

2

EC 2

= 75757 − 400

EC 2

= 75357 Btu



Velocidade Final (v2) :

EC 2

=1

2mv

2

v2

=2E

C 2

m

v2

=2 75357( )

24.845

v2

= 77.9 pés/s

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