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Sebenta de Disciplina DCR, Zuzana Dimitrovová, DEC/FCT/UNL, 2017

Dinâmica dos Corpos Rígidos

1. Introdução A dinâmica, além da análise do movimento também analisa a origem deste movimento, ou

seja, identifica as forças que o provocam, ou determina o movimento de acordo com as

forças aplicadas. Serão explicados apenas os métodos de resolução dos problemas que

implementam as equações de movimento e a lei da conservação da energia mecânica.

Equações de movimento

As equações de movimento podem ser igualmente designadas, equações de equilíbrio

dinâmico. A sua utilização predominante é na resolução dos problemas em que se solicitam as

acelerações, as forças que originam o movimento ou as reacções dinâmicas num dado

instante. Para isso recorre-se às equações de equilíbrio estabelecidos na posição da estrutura

indicada no enunciado (indeformada), ou seja, na posição exacta que corresponde àquele

instante de tempo definido no problema. O número das equações de equilíbrio linearmente

independentes determina-se da mesma maneira como explicado na Estática. A única diferença

neste momento consiste no facto de serem adicionadas as forças de inércia. Habitualmente a

estrutura analisada será um mecanismo com 1GDL (para permitir o movimento) e assim o

número de reacções vai equivaler ao número de equações de equilíbrio linearmente

independentes -1, e por isso, além das reacções, uma incógnita corresponderá a um

parâmetro que caracteriza o movimento (por exemplo uma aceleração angular) e deste modo

a solução do problema será única. No entanto, podem existir situações em que as condições

de movimento permitem resolver todas as acelerações e velocidades, e a incógnita adicional

do problema será por exemplo uma força aplicada.

Lei da conservação da energia mecânica

A lei da conservação da energia mecânica estabelece que a energia mecânica no sistema

conservativo permanece inalterada. A utilização desta lei será predominante na resolução dos

problemas em que se solicitam as velocidades numa dada posição afastada pelo movimento

finito da posição inicial. Como a energia é uma grandeza escalar, a equação utilizada será

escalar e assim permitirá resolver apenas uma incógnita.

2. Equações de movimento

2.1 Introdução Considerando uma partícula, a segunda lei de Newton dita que a resultante de todas as forças

actuantes na partícula provoca um movimento acelerado da partícula, onde a aceleração

obedece à equação vectorial escrita abaixo

R ma

Adaptando a equação acima na forma

0R ma


Pode-se concluir que se se designar a força de inércia iF ma , a equação acima

representava uma equação de equilíbrio, onde, além das forças aplicadas foi adicionada a

força de inércia:

0iR F

Esta equação de equilíbrio é uma equação vectorial e pode-se chamar, equação do equilíbrio

dinâmico, ou seja, a equação do movimento.

É possível estender este conceito aos corpos rígidos, mas neste caso as forças de inércia têm

que abranger todas as possibilidades de movimento. Considerando um corpo rígido em

translação, é preciso somar os efeitos de todas as partículas que o constituem, que no limite

define a integração de efeitos elementares sobre o volume do corpo. É possível concluir que as

forças de inércia são definidas da mesma maneira como para a partícula, mas o ponto de

aplicação tem que ser obrigatoriamente no centro de massa do corpo. Considerando o corpo

rígido em rotação, é novamente necessário somar os efeitos de todas as partículas. Para se

efectuar a prova da relação resultante, seria necessário introduzir a quantidade de

movimento, que não será incluído nesta sebenta. É possível concluir que o efeito de inércia

durante a rotação em torno de um ponto no plano representa-se pelo momento de inércia de

massa relativamente a esse ponto. Em resumo, durante o movimento plano geral, as forças de

inércia têm que envolver a parte correspondente à translação e a parte correspondente à

rotação. A actuação permanece ligada ao centro de massa: as componentes das forças de

inércia envolvem a aceleração do centro de massa e a componente rotacional a aceleração

angular.

i GF ma , i GM I

Assumindo que o sinal da aceleração angular será atribuído consoante à regra da mão direita.

2.2 Regras de introdução das forças de inércia Recorda-se que quando os corpos considerados tiverem a massa uniformemente distribuída, o

centro de massa coincidirá com o centróide geométrico. Durante a resolução dos problemas

será necessário separar a estrutura em corpos de movimentos diferentes e em cada um, no

seu centro de massa, introduzir as forças de inércia correspondentes. É impossível ligar dois

corpos de movimentos diferentes, determinar o centro de massa do conjunto e colocar as

forças de inércia nesse ponto. No entanto, é possível separar um corpo de movimento igual

em corpos elementares para facilitar o cálculo, como mostra-se em seguida.

Problema

Considere a barra com a massa concentrada de acordo com

a figura ao lado. Admita que o conjunto foi libertado do

repouso, cuja posição corresponde à visualização na figura.

Mostre que as forças de inércia induzem o mesmo efeito

sobre o corpo quando considerados para o conjunto, e

quando considerados em separado.

Nota: Para esta demonstração compare a componente vertical das forças de inércia e o

momento em torno de apoio.

M,m L


Resolução

O único movimento que o mecanismo permite é a rotação em torno do apoio.

Componentes de aceleração nos centros de gravidade

Na figura à esquerda os corpos elementares (barra e massa concentrada) são considerados em

separado, por isso há dois centros de gravidade e em ambos foram determinadas as

acelerações. As componentes de aceleração normal são nulas, porque o conjunto partiu do

repouso. Nota-se que no centro de gravidade da massa concentrada não foi introduzida a

aceleração angular. Como o raio foi designado como desprezável, a massa concentrada forma

apenas uma partícula, e por isso não tem a sua inércia de rotação. Na figura à direita existe

apenas um centro de massa onde as componentes de acelerações foram introduzidas.

Naturalmente a aceleração angular pode ter a designação igual, porque está a representar-se

o mesmo movimento, no entanto, antes de proceder é necessário calcular o centro de massa

do conjunto:

/ 2G

mL MLx

m M

As forças de inércia

O efeito vertical

/ 2

/ 2mL ML

m L M L m Mm M

Imediatamente confirma-se a igualdade. Nota-se que não se trata da equação de equilíbrio

porque não foram introduzidas as reacções no apoio, apenas comparou-se o efeito vertical das

forças de inércia.

O efeito angular em torno do apoio

2 2

2 21 / 2

2 12G

L mL MLm M L mL m M I

m M

No lado esquerdo usou-se 2 2 21 1

12 12m L e mL que representa o momento de inércia da

barra esbelta (de espessura e desprezável) em relação ao eixo perpendicular ao plano da figura

que passa pelo 1G . Para o movimento plano, este eixo reduz-se a um ponto, neste caso

1G . O

lado direito pode simplificar-se, mas ainda tem que se completar por

2

221

12 2G G G

LI mL m x M L x

2G1G

/ 2m LM L

1GI

G

Gm M x

GI

2G1G

/ 2LL

separação em corpos elementares

GGx

Gx

conjunto


Após a simplificação pode concluir-se que os dois lados da equação tomarão o valor

2 21

3M L mL

Demonstrou-se que o cálculo que usou os corpos elementares foi mais simples e por isso será

utilizado preferencialmente.

Sublinha-se mais uma vez a necessidade de utilizar as componentes de aceleração no centro

de gravidade. A figura abaixo mostra que em pontos diferentes a inércia introduzida é

diferente e por isso as forças de inércia introduzidas em outros pontos em vez dos centros de

massa, originam necessariamente erros no cálculo. Para simplificar usou-se para esta

demostração apenas uma barra de comprimento L e massa m.

O efeito vertical

Vê-se de imediato que o efeito vertical é diferente em cada caso.

O efeito angular em torno do apoio (centro de rotação)

Em primeiro lugar calculam-se 2

2 21 1

12 2 3B A

LI I mL m mL

Os efeitos angulares são: 2

2 21 1

12 2 3

LcasoG mL m mL

2 2 21 4

3 3casoB mL m L mL

21

3casoA mL

Pode concluir-se que introduzindo as forças de inércia num ponto diferente em vez de ser no

centro de massa este procedimento induz em erros graves. No entanto, num caso particular

em que será utilizado apenas o equilíbrio dos momentos em torno do centro de rotação

(fixo) e não forem utilizadas as outras equações de equilíbrio dinâmico, é possível reduzir a

inércia do corpo a este centro de rotação. Este facto será utilizado no capítulo de vibrações

rotacionais. A afirmação tem validade geral, no entanto o corpo (que pode envolver vários

corpos elementares) tem que estar sujeito a um único movimento, que é a rotação em torno

de um ponto fixo. Este facto não se altera ao longo do movimento, ou seja quando a

velocidade angular será diferente de zero, porque a componente da aceleração angular vai

estar direccionada ao centro de rotação e por isso não vai contribuir ao efeito rotacional de

inércia.

G

/ 2m L

GI AB

G

m L

BI A

BG

AI A

B


Realça-se nesta parte a utilização correcta das unidades. Visto as forças de inércia e de peso

envolverem as acelerações, a sua combinação com a unidade de massa deve corresponder à

unidade das forças aplicadas ao sistema. Assim aconselha-se a utilização da combinação:

kg,m,N,s ou ton,m,kN,s

Há mais um assunto que é importante tratar com cuidado: as estruturas e mecanismos serão

definidos de modo que nem todas as partes terão a massa que será necessária para a

resolução do problema, ou seja algumas partes poderão ter a massa do valor muito pequeno,

ou seja desprezável. Naturalmente as forças de inércia serão introduzidas apenas nas partes

com a massa considerada. Considerando a massa, dever-se-ia considerar igualmente o peso,

mesmo quando o peso pode não ser a única origem do movimento, porque podem existir

forças externas aplicadas ao sistema. Se não for dito de uma forma diferente, os pesos

actuarão na direcção vertical, para baixo. Mas podem existir casos em que a inércia será

indispensável, mas o peso poderá ser desprezado. Isso por ter valor pequeno em relação à

força de inércia, ou por não actuar na direcção predominante ao movimento. Estes factos

serão claramente definidos nos enunciados dos problemas. Outro caso em que é necessário

considerar a inércia e não o peso, é quando o peso actua na direcção perpendicular ao plano

do movimento.

2.3 Problemas que envolvem as estruturas reticuladas com 1GDL A resolução dos problemas deste tipo vai sempre envolver uma forte parte de cinemática.

Nomeadamente é preciso determinar as acelerações nos centros de gravidade de todas as

barras com massa. A posição da estrutura definida no enunciado pode ser a posição do

repouso ou a posição em que existem as velocidades. O campo de velocidades é necessário

para a determinação das componentes normais de aceleração. No entanto deixando 1

parâmetro incógnito para as acelerações, é impossível resolver ainda outro parâmetro que

identifica as velocidades, ou seja as velocidades devem ser completamente determináveis

usando os dados do enunciado.

Problema

Considere a estrutura representada na figura ao

lado. Calcule as acelerações angulares das barras

admitindo que na posição mostrada a velocidade

angular da barra AB é 4rad/s no sentido anti-

horário e que as barras têm a massa distribuída no

valor de 1kg/m.

Nota: use 210m/sg

Resolução

Começa-se pela análise do possível movimento aplicando as regras da cinemática. A

cinemática terá assim 3 partes, determinação de velocidades, determinação de acelerações, e

determinação de acelerações nos centros de massa.

A

B

C4m

4N

2m


As velocidades

Para auxiliar a determinação das velocidades,

determinam-se primeiro os CIRs. O objectivo

desta parte é determinar as velocidades angulares

de todas as barras, porque são estes valores que

são necessários para as componentes normais de

aceleração. De acordo com a figura ao lado:

1 4rad/s , 2 0

Os sentidos das velocidades angulares não

afectam a resolução do problema.

As acelerações

Corpo I faz movimento de rotação; introduzindo a

aceleração angular podem-se determinar as

componentes de aceleração no ponto B.

Corpo II tem um apoio externo móvel, como tal a

aceleração neste lugar terá uma única

componente na direcção do movimento.

A propagação de acelerações dita:

/C B C Ba a a em que /C Ba corresponde a rotação de C em torno do B

ou seja

da comparação das componentes verticais: 2

2 8rad/s (anti-horário)

Poder-se-ia se usa a simplificação, visto são conhecidas componentes na direcção

perpendicular à recta que une os pontos B e C.

Não é necessário comparar as componentes horizontais. As leis da cinemática não são

suficientes para resolver a outra aceleração angular (da barra AB) que permanece no lugar da

incógnita adicional, tal como explicado na introdução.

As acelerações nos centros de gravidade

A determinação segue as mesmas regras como a

determinação anterior. Destaca-se que para uma

correcta introdução das forças de inércia

aconselha-se nos centros de gravidade marcar

também as acelerações angulares.

Determinação auxiliar

2 2 /G B G Ba a a em que 2 /G Ba corresponde a

ou seja

A

B

CII

I

1CIR

12CIR

2 ,CIR

1

1 AB Ca

1C

2

1 AB

1 ABCa

2

1 AB2 BC

2

,B fixo2 / 2BC

2G

2Ga1 AB

2

1 AB

2 / 2BC

1 AB

2

1 AB

2 / 2BC

2

1 / 2AB

2

1 / 2AB1G

2G

1

2,B fixo

2 BC

C


As forças (e os momentos) actuantes

Recorda-se que as forças de inércia actuam nos sentidos opostos às acelerações

1 , 1 1/ 2 2G x ABF m AB

1

2

, 1 1/ 2 16 20G y ABF m AB g

2 , 1 18G x BCF m AB

2

2

, 1 2 / 2 44G y BCF m AB BC g

1

2

1 1 1

1 2

12 3G ABI m AB

2

2

2 2

1 128

12 3G BCI m BC

Neste momento há como incógnitas 3 componentes de reacções externas, 2 componentes de

reacções internas e uma aceleração angular. Para isso há 6 equações de equilíbrio linearmente

independentes. Visto o objectivo ser o cálculo da aceleração angular, é vantajoso escolher as

equações de equilíbrio que não envolvam muitas reacções externas, nomeadamente:

Equilíbrio dos momentos da barra BC em torno B:

1284 44 2 0

3CV

Equilíbrio dos momentos da estrutura completa em torno A:

1 1 1

128 24 44 2 4 2 8 2 16 20 1 0

3 3CV

Substituindo a primeira equação, a segunda equação pode ser simplificada a

2

1 1 1 1

2 34 2 8 2 2 1 0 rad/s

3 7 (anti-horário)

Para terminar, sublinham-se 4 factos:

1) A força aplicada originou o movimento e usando as equações de equilíbrio dinâmico foi

possível determinar o campo das acelerações; a força aplicada não serviu no entanto para a

determinação das velocidades e por isso as velocidades foram definidas pelo dado adicional do

problema (1 dado foi suficiente, porque e estrutura representa um mecanismo com 1 GDL);

2) O peso da estrutura não afectou os valores das acelerações, ou seja neste caso o

movimento foi provocado e determinado somente pela força horizontal aplicada; esta

afirmação é valida apenas nesse instante;

3) Sem fazer cálculos pode-se concluir que num instante de tempo diferente, a geometria da

estrutura implicava várias alterações na determinação de acelerações (e velocidades) e na

forma das equações de equilíbrio; de maneira nenhuma o cálculo dava os mesmos valores das

acelerações angulares e por isso e movimento tem características completamente gerais.

4) Visto que as equações de movimento representam as equações de equilíbrio de um

mecanismo com 1GDL, pode-se usar o PTV para a resolução da incógnita cinemática. A

resolução torna-se ainda mais fácil porque as reacções externas não realizam trabalho e por

isso não estão a entrar na equação do trabalho virtual. O campo de deslocamentos virtuais

assemelha-se ao campo de velocidades já determinado, ou seja a relação entre as

velocidades angulares é igual à relação entre as rotações dos corpos de movimentos

2 2GI

1 ,G xF

4N

1 1GI

1 ,G yF2 ,G xF

2 ,G yF

AVAH

CV


diferentes. A utilização do PTV na resolução das equações de movimento tem especialmente

vantagem nos problemas, em que as reacções dinâmicas não são solicitadas.

2.4 Utilização do PTV na resolução das equações de movimento Tal como especificado acima, a resolução do problema anterior pode simplificar-se com a

implementação do PTV.

1 1 2, 1 ,1 2 4 2 0G x G G xF I F

ou seja

2

1 1 1 1

2 72 8 2 8 0 rad/s

3 3 (anti-horário)

Esta forma de resolução além de ser mais simples, permitiu deduzir directamente da

deformada virtual, que nesta posição do mecanismo os pesos não estão a contribuir ao

movimento.

Problema

Na posição representada, a barra AB tem uma

velocidade angular de 4rad/s no sentido horário.

Determine as acelerações angulares de todas as

barras, sabendo que estas têm uma massa por

unidade de comprimento de 5kg/m.

Nota: use 210m/sg

Resolução

Velocidades

Em primeiro lugar definem-se os corpos com

movimentos diferentes e os seus CIRs. Usando os CIR

define-se o campo de velocidades. Para as acelerações

normais apenas as velocidades angulares são exigidas.

Da semelhança dos triângulos

60160mm

80 30

hh

3 24 100 60 160

2

5rad/s

2 (anti-horário)

2 2GI

1 ,G xF

4N

1 1GI

1 ,G yF2 ,G xF

2 ,G yF

AB AB

I

II

III

1CIR

3CIR

2CIR

160

4

3

2


3

20rad/s

3 (horário)

Visto que um dado de velocidades foi fornecido, o campo de velocidades está plenamente

determinado.

Acelerações

Para as acelerações nenhum dado é fornecido, isso

significa que é possível estabelecer duas equações

que interligam as acelerações, mas um parâmetro vai

ficar como incógnita. Comparando as componentes

no ponto C: 2 2

1 3

5 20100 80 60 30

2 3

2

2

2 3

204 100 80 30 60

3

ou seja

1 3

3 55

5 3 e 2 3

3 40

8 3

Acelerações nos centros de massa (figura)

Forças actuantes

Para as forças é necessário mudar a unidade mm

para m.

As massas das barras são:

5 0,1 0,5kgABm , 5 0,08 0,4kgBCm

2 25 0,03 0,06 0,15 5kgCDm

Os momentos de inércia

1

4 24,17 10 kgmGI ,

2

4 22,13 10 kgmGI

3

4 21,26 10 kgmGI

A equação final será resolvida usando o PTV. Isso significa que as reacções externas serão

directamente removidas. A outra vantagem da aplicação do PTV é que os ângulos do campo de

deslocamentos virtuais estão relacionados à mesma proporção como as velocidades angulares,

na realidade é possível usar estes valores directamente na equação:

1 2

3

1 1 2 2 1

3 3

54 0,025 0,05 0,016 4,64 0,04 0,04 0,1 0,16

2

200,01125 0,015 5 1,5 5 0,015 20 0,06 0

3

G G

G

I I

I

Verifica-se que no caso dos CIRs fixos, a

componente normal de aceleração não está a

contribuir na equação e foi possível directamente

resumir a inércia destes corpos aos CIRs

correspondentes.

1

4 216,67 10 kgmCIRI , 3

4 25,03 10 kgmCIRI

1

2

1 AB

3

2

3 CD

2

1 AB 3CD

2

1 2AB BC

2

1 2AB BC

1

23

1 / 2AB2

3 / 2CD

2

1 / 2AB

3 / 2CD

2

1 2 / 2AB BC

2

1 2 / 2AB BC

10,025

30,011255,4

20,016 4,64 10,04 0,1

1 1GI

2 2GI 3 3GI

20

0,51,5 5

5

20,016 4,64 10,04 0,1

1 1CIRI

2 2GI

3 3CIRI

201,5 5


Assim:

1 2

3

1 2 2 1

3

54 0,016 4,64 0,04 0,04 0,1 0,16

2

201,5 5 0,015 20 0,06 0

3

CIR G

CIR

I I

I

Resolvendo: 2

1 236,74rad/s (horário), 2

2 172,75rad/s (anti-horário),

2

3 425,12rad/s (horário).

Problema

Na posição representada o conjunto de barras

está em repouso. Determine as acelerações

angulares de todas as barras, sabendo que estas

têm uma massa por unidade de comprimento de

5kg/m.

Nota: use 210m/sg

Resolução

Neste caso as velocidades angulares são nulas, e por isso

será possível utilizar o CIR móvel também. É possível

implementar as velocidades angulares do problema

anterior no lugar de rotações virtuais como justificado

na resolução anterior. Usando os resultados anteriores

as relações entre as acelerações simplificam-se para

1 30,6 e 2 30,375

Estas relações foram possíveis encontrar usando os

CIRs e estão assim na mesma proporção como estavam

as velocidades angulares do problema anterior e como

estão os ângulos do campo de deslocamentos virtuais.

Neste caso

2

2 2 2 4 210,08 0,04 0,16 110,93 10 kgm

12CIR BC BCI m m e

1 2 31 2 3

5 204 4 0,04 1,5 5 0,015 20 0,06 0

2 3CIR CIR CIRI I I

Resolvendo: 2

1 245,51rad/s (horário), 2

2 153,44rad/s (anti-horário),

2

3 402,18rad/s (horário).

2.5 Utilização das acelerações na resolução do movimento finito Problema

Considerando que a barra na figura ao lado tem a

massa m , o comprimento L e que está em

repouso na posição apresentada, calcule a

velocidade angular para a posição vertical da

barra.

G

AB

20

1 1CIRI

2 2CIRI

3 3CIRI 5

4

1,5 5

I

II

III

1CIR

3CIR

2CIR

160

4

20

3

5

2


Resolução

Este problema pode ser facilmente resolvido usando a conservação da energia mecânica, mas

existe também a possibilidade de o resolver usando as equações de movimento. É necessário

ter cuidado com as conclusões relacionadas ao tipo do movimento.

Forças de inércia

Como a posição inicial é a posição do repouso, as

acelerações normais são nulas e as forças de

inércia são as mostradas na figura.

Forças actuantes

Para evitar envolvimento das reacções no apoio,

pode-se escrever o equilíbrio dos momentos em

torno do apoio. 2

21 30

2 2 12 2

L L gmg m mL

L

Neste momento seria errado concluir que o

movimento é uniformemente acelerado, apesar

de o resultado da aceleração angular parecer

indicar assim. Para resolver o problema

correctamente, é necessário resolver a aceleração

numa das posições intermédias. Na posição

rodada pelo ângulo já existe alguma velocidade

angular, que será contemplada no cálculo. O

equilíbrio dos momentos em torno do apoio: 2

21 3 coscos 0

2 2 12 2

L L gmg m mL

L

O resultado acima para 0 confirma o resultado anterior, no entanto nota-se que a

aceleração angular depende da posição e não é constante. Para resolver o problema é

necessário fazer a integração seguinte:

f f f f

i i i i

d d d dd d d d

dt d dt dt

ou seja

/2

0

3 cos

2

f

i

gd d

L

2

/2

0

3 3sin

2 2

f

f

g g

L L

Para terminar sublinha-se que:

1) Usando o primeiro resultado e admitindo o movimento uniformemente acelerado, dava:

221 3

2 2 2f

gt

L

O que não é igual ao resultado calculado pelo procedimento correcto.

G

A

B

, ,

2t

La

2

2n

La

cinemática

mg

AH

AVG

A

B

GI 2

Lm

2

2

Lm

forças

G

/ 2m L

GI AB

mg

AH

AV

forças

G

/ 2m L

GI AB

inércia


2) A conservação da energia mecânica dava de imediato:

1 0V , 1 0T , 2

2

LV mg , 2 2

2

1 1

2 3fT mL , ou seja

3f

g

L

O procedimento será explicado mais tarde, ainda neste capítulo.

2.6 Problemas que envolvem as rodas (discos, esferas) Para resolver correctamente problemas em que a estrutura analisada envolve rodas, é

necessário explicar a introdução das forças de atrito.

2.6.1 Atrito

Neste capítulo as forças de atrito serão determinadas somente pela teoria de Coulomb.

Teoria de Coulomb

Escorregamento

Admite-se um bloco de dimensões desprezáveis colocado em cima da superfície horizontal. A

aplicação de uma força paralela com a superfície não origina necessariamente o movimento.

Primeiro é necessário ultrapassar a máxima força de atrito estático. Esta força actua na

superfície de contacto e tem a sua origem na rugosidade de ambas as superfícies.

Ultrapassando esta força, inicia-se o movimento e na superfície de contacto actua a força de

atrito dinâmico (cinético):

1) Sem movimento

Aplicando uma força relativamente pequena, esta

não consegue provocar o movimento. Não

havendo movimento, as forças actuantes são: a

força aplicada F , o peso P mg , a reacção de

superfície N e por isso a força de atrito terá a

intensidade e o sentido que assegura o equilíbrio.

Em geral diz-se que nem a intensidade, nem o sentido da força de atrito são conhecidos e têm

que ser determinados, no entanto a direcção é definida pela direcção de superfície. Do

equilíbrio neste caso segue: aF F . Aumentando a força aplicada, aumenta a força de atrito

até atingir o seu valor limite, que é dado por ,maxa eF N , em que

e é o coeficiente do

atrito estático, definido de acordo com a rugosidade das superfícies.

2) Com movimento

Continuando a aumentar a força aplicada, inicia-se o

movimento. Nesse instante ocorre uma diminuição

brusca no valor da força de atrito, ou seja durante o

movimento o valor é dado por a cF N , e não

depende mais do valor da força aplicada (mantém-se

constante). Relativamente ao bloco, a força de atrito

actua no sentido oposto ao movimento (não à

aceleração). Devido ao movimento há força de inércia, e

a força de inércia aumenta com o aumento da força

aplicada. Em geral diz-se que a intensidade e o sentido

da força de atrito são conhecidos.

Fsemmovimento

Fcommovimento

Fforças

aF

N

P

F

forças

aF N

Pma


O coeficiente c chama-se o coeficiente do atrito cinético e verifica

c e . Do equilíbrio

neste caso segue: aF F ma . Graficamente é possível representar os dois casos do

seguinte modo:

No gráfico acima a recta azul representa a força aplicada e a recta vermelha a força de atrito.

Até se iniciar o movimento aF F . Após o início, e com o aumento da força, aumenta a

aceleração do movimento que esta força induz e a força de atrito mantém-se constante. O

gráfico deve ser utilizado da seguinte forma: sabendo o valor da força aplicada, encontra-se

este valor na recta azul, e consoante esta posição deduz-se se esta força induz ou não o

movimento. Em caso afirmativo, pode se retirar o valor da sua aceleração.

O caso da superfície inclinada é semelhante, apenas é necessário decompor o peso.

1) Sem movimento

Do equilíbrio neste caso segue: sinaF F mg . Aumentando a força aplicada, aumenta a

força de atrito até atingir o seu valor limite, que é dado por ,max cosa e eF N mg .

2) Com movimento

Do equilíbrio neste caso segue: sin cos sina cF F ma mg mg ma mg .

Graficamente é possível representar os dois casos do seguinte modo:

forças

aumentoda forçaaplicada

F

aF

ma

semmovimento commovimento

,maxaF

a c cF N mg

Fforças

aFN

Psemmovimento

F

commovimento

F

F

forças

aFN

P

ma

forças

aumentoda forçaaplicada

F

aF

ma

semmovimento commovimento

,maxaF

cosa c cF N mg

sinmg


No gráfico acima a recta azul representa a força aplicada, a recta vermelha a força de atrito e a

recta verde a força aplicada mais o acréscimo do peso sinF mg , ou seja a força total que

promove o movimento. Até se iniciar o movimento sin aF mg F . Após o início, com o

aumento da força, aumenta a aceleração do movimento que a força induz e a força de atrito

mantém-se constante. O gráfico deve ser utilizado da seguinte forma: sabendo o valor da força

aplicada, encontra-se este valor na recta azul, e consoante esta posição deduz-se se esta força

induz ou não o movimento. Em caso afirmativo, pode-se retirar o valor da sua aceleração.

Nota-se neste caso, que no caso da superfície inclinada há dois factores que facilitam o início

do movimento:

1. a componente do peso sinmg actua “a favor” da força aplicada, ou seja ajuda a iniciar o

movimento, quando maior o declive da superfície, tanto maior esta contribuição.

2. a outra componente do peso cosmg equivale à reacção de superfície. Com aumento do

declive a reacção de superfície diminui-se, o que baixa o valor da força de atrito que ainda

impede o movimento, cosemg .

Imediatamente após do início do movimento, a força de atrito baixa bruscamente para

coscmg e mantém-se constante. O equilíbrio assegura a força de inércia. Com aumento

da força aplicada aumenta a força de inércia, ou seja aumenta a aceleração do movimento

induzido.

Rolamento sem o escorregamento

Considerando as rodas que rolam sem escorregamento sobre superfícies horizontais, pode-se

facilmente concluir que cada força aplicada paralela com a superfície origina o movimento.

Isso porque a roda está na superfície horizontal em equilíbrio indiferente e o contacto realiza-

se apenas via um ponto. Visto não haver deslocamentos relativos entre a superfície e a roda,

no que concerne ao cálculo da força de atrito, a situação é análoga a um bloco em repouso. Ou

seja, a força de atrito cria-se na direcção de superfície, mas o seu sentido e a sua intensidade

têm que se determinar de modo a assegurar o equilíbrio. Esta força no entanto não pode

ultrapassar o valor máximo que é analogamente igual a ,maxa eF N . Ultrapassando este

valor, o rolamento será com o escorregamento.

A força de atrito é uma força não conservativa. Isso pode comprovar-se pelo facto, de ela

seguir a forma de superfície, e por isso o trabalho que realiza é dependente do caminho que

percorre.

Considere-se por exemplo um bloco de peso P que se move sobre um

plano horizontal, ou seja o peso actua na direcção perpendicular ao

plano mostrado na figura ao lado e corresponde à reacção de

superfície. Se o caminho for de A para B directamente (seta azul) o

trabalho realizado é CPAB . Se chegar ao mesmo ponto B via C

(setas verdes) o trabalho realizado é maior, C P AC CB .

Por esta razão a força de atrito perde a energia mecânica e transforma-a numa forma

diferente (calor, som). No entanto, a perda de energia só se realiza no caso de

escorregamento. Ou seja, a força de atrito durante o rolamento sem o escorregamento não


realiza trabalho e por isso não perde a energia mecânica, mesmo que a roda em causa

efectue algum movimento. Na realidade, a força de atrito cria-se em cada instante de tempo,

mas visto que não há deslocamentos relativos entre a superfície e a roda, a distância

percorrida pela força de atrito é nula o que implica o trabalho nulo.

2.6.2 Problemas

Problema

Um tambor com raio r está ligado a um disco de raio R. O disco e o tambor

têm uma massa total m e um raio de giração k. Liga-se uma corda como se

mostra na figura e puxa-se com a força F. Sabendo que o disco rola sem

escorregar, determine:

a) a aceleração angular do disco ;

b) o mínimo valor do coeficiente de atrito estático compatível com o

movimento.

Resolução

a) É indiferente saber se há ou não uma velocidade angular, porque no centro de massa não há

componente normal de aceleração. A aceleração do centro de massa tem que ser paralela com

a superfície. Como não há escorregamento, a componente tangencial de aceleração do ponto

do contacto é nula.

Verifica-se que neste problema há 3 incógnitas: , aF e N para as quais existem 3 equações

de equilíbrio dinâmico.

Equilíbrio das forças na direcção vertical:

0F mg N N mg F

Pode-se assim concluir que para o problema fazer sentido, a força aplicada não pode

ultrapassar o peso do tambor, porque a força da reacção de superfície N tem que actuar no

sentido indicado, o que assegura o contacto entre o tambor e a superfície.

Equilíbrio das forças na direcção horizontal:

0a aF ma F m R

Equilíbrio dos momentos em torno do centro de massa: 2

0a G a

Fr mkFr F R I F

R

Realça-se que quando é dado o raio de giração, não é necessário calcular o momento de

inércia, mas basta utilizar a definição, que é GIkm

forças

GI

ma

mg

aF

N

acelerações

a

a

R


Resolvendo: 2 2

Fr

m k R

Vê-se que a fórmula acima dá sempre um número positivo, por isso o sentido arbitrado como

anti-horário está correcto.

b) Para assegurar que o rolamento ocorre sem o escorregamento, é necessário manter

,maxa a eF F N

ou seja

,max ,max2 2 2 2a e e

FrR FrRF mg F

k R k R mg F

2.7 A diferença entre a cinemática e a dinâmica Os problemas de cinemática e dinâmica podem ter enunciados muito semelhantes. Por isso é

necessário saber distinguir os problemas correctamente. Os problemas da cinemática têm

imensos dados que especificam o movimento e por isso a sua resolução é possível sem ter que

envolver as forças, as massa e a inércia. No entanto, como um passo adicional, é possível

resolver as forças, que deram origem a este movimento.

Problema

Dois discos de fricção A e B estão ambos a rodar livremente a 240 rpm

em sentido anti-horário, quando são postos em contacto entre si. Após

8s de escorregamento, durante os quais cada disco tem uma

aceleração angular constante, o disco A atinge uma velocidade angular

final de 60rpm em sentido anti-horário. Para rA=80mm e rB=60mm,

determine:

a) a aceleração angular de cada disco durante a fase de escorregamento;

b) o instante para o qual a velocidade angular do disco B é zero.

Resolução:

a) O problema especificado é um problema típico da cinemática. Sabe-se que durante o

escorregamento as velocidades no ponto do contacto dos discos são diferentes e assim

permitem o deslocamento relativo não nulo. Depois de terminar o escorregamento, o

deslocamento relativo é nulo e por isso a velocidade do ponto de contacto é igual.

Usando os sentidos indicados e escrevendo as equações no sentido anti-horário:

08 8A A A

08 8B B B

0,8t

A B

8t s

8ACv 8B

8 8A A B Br r


0 0

2240 25,13rad/s

60A B

(anti-horário)

2

8 60 6,28rad/s60

A

(anti-horário)

8 8 8,38rad/sAB A

B

r

r (horário)

Resolvendo 22,36rad/sA (horário), 24,19rad/sB (horário),

b) 0 0 6B B Bt t t s

Problema

Dois discos de fricção A e B estão ambos a rodar livremente a 240

rpm em sentido anti-horário. O disco A tem uma massa de 6kg e

o disco B tem uma massa de 3kg. Os discos são colocados em

contacto entre si, pela aplicação de uma força horizontal de 20N

sobre o eixo do disco B. Sabendo que μc=0.15 entre os discos e

desprezando o atrito nos apoios, determine:

a) a aceleração angular de cada disco durante a fase de escorregamento;

b) a velocidade angular final de cada disco;

c) o tempo de duração da fase de escorregamento.

Considere rA=80mm e rB=60mm.

Resolução

a) Ao contrário do problema anterior, este é um problema típico de dinâmica.

Existem no total 6 incógnitas: duas componentes de reacção no disco A, uma no disco B, duas

acelerações angulares, e uma força de contacto N . Neste caso a força de atrito é conhecida,

porque ocorre o escorregamento. Para as 6 incógnitas também há 6 equações de equilíbrio, 3

em cada disco, mas como não é do interesse calcular as reacções, pode-se resolver da equação

de equilíbrio na direcção horizontal a força de contacto, ou seja: N F e usar apenas o

equilíbrio dos momentos para resolver as acelerações.

220 12,5rad/sc

A A c A A

A A

FI Fr

m r

220 33,3rad/sc

B B c B B

B B

FI Fr

m r

Deve-se ainda concluir que o cálculo efectuado não se alterava com a posição dos discos, que

permanece igual, por isso a aceleração angular é constante.

0, et t

A B

F

cinemática forças

BRBm g

F

a cF N

NB BI

A AI

Am g

AR

a cF N

N


b+c) terminando o problema tal como o problema anterior:

0A A At t

0B B Bt t

B B A At r t r

0 0A A A B B Bt r t r

25,13 12,5 0,08 25,13 33,3 0,06 1,17t t t s

1,17 10,47rad/sA (anti-horário)

1,17 13,96rad/sB (horário)

Voltando ao problema anterior, sabendo as acelerações poder-se-ia calcular a força que foi

necessário aplicar para criar as condições de movimento especificadas. Das relações

deduzidas vê-se por exemplo que as massas dos discos deveriam verificar a relação

A B B

B A A

m r

m r

Se esta relação fosse verificada, calculava-se a força aplicada usando 2 2

A A A B B B

c c

m r m rF

3. A lei da conservação da energia mecânica

3.1 Introdução A energia mecânica total do sistema contempla duas parcelas: a energia potencial e a energia

cinética. A energia potencial foi abordada no capítulo PTV e por isso basta definir a energia

cinética. A energia cinética de uma partícula é dada por

21

2T mv

Verifica-se assim que a energia cinética terá sempre um valor positivo e escalar. Vê-se

directamente que a unidade corresponde à unidade de energia, ou seja, Nm=J. Na fórmula

deve ser utilizada a intensidade de velocidade. Sabendo as componentes de velocidade num

referencial cartesiano, ou seja sabendo as componentes ortogonais, não é necessário calcular

a intensidade, e pode-se somar a contribuição de cada componente

2 2 21 1 1

2 2 2x yT mv mv mv

Esta relação naturalmente não é válida para componentes que não são ortogonais, nesse caso

seria necessário fazer primeiro a soma vectorial das componentes de velocidades.

É possível estender este conceito aos corpos rígidos, mas neste caso a energia cinética tem que

abranger todas as possibilidades de movimento.

Considerando um corpo rígido em translação, é preciso somar as energias cinéticas de todas as

partículas que o constituem, que no limite define a integração de efeitos elementares sobre o

volume do corpo. É possível concluir que a energia cinética é definida da mesma maneira

como para a partícula.


Considerando o corpo rígido em rotação, é novamente

necessário somar as energias cinéticas de todas as partículas.

Neste caso o movimento é definido pela velocidade angular

, existe o CIR e a intensidade da velocidade v de cada

partícula pode exprimir-se como ,CIR pv d onde

,CIR pd

representa a distância da partícula ao CIR. Somando pelo

volume do corpo, obtém-se para o caso de densidade

constante:

2 2 2 2 2

, ,

1 1 1

2 2 2CIR p CIR p CIR

V V

T d dV d dV I

Em resumo, durante o movimento plano geral, a energia cinética pode-se exprimir de duas

formas equivalentes:

2 2 21 1 1

2 2 2CIR G GT I I mv

A igualdade é fácil de comprovar via teorema de Steiner

22 2 2 2 2 2

, ,

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2G G G CIR G G CIR G CIRI mv I m d I md I

3.2 Semelhanças com as forças de inércia Apesar de as forças de inércia e a energia cinética representarem quantidades físicas

completamente diferentes, a sua definição usa as mesmas características do corpo rígido e

ambas contemplam duas “parcelas”: uma ligada à translação com o centro de massa, e outra à

rotação em torno do centro de massa

i GF ma , i GM I

2 21 1

2 2G GT I mv

Diferenças fundamentais

As diferenças fundamentais estão relacionadas com o tipo de cada uma das grandezas físicas:

as forças de inércia representam o vector de força e do momento e a energia cinética é um

escalar. Por esta razão há possibilidade, sempre que conveniente, usar a forma 21

2CIRT I

para cada corpo em movimento diferente e depois somar as contribuições. No entanto,

como se comprovou no início deste capítulo, a redução a um único momento de inércia

i CM I é possível apenas quando existe somente 1 corpo (possivelmente composto por

vários corpos elementares) em rotação em torno de um ponto fixo C , que representa o

centro de rotação (e assim coincide com o CIR) e somente o equilíbrio dos momentos será

utilizado em torno deste ponto C na resolução do problema (será o caso das vibrações

rotacionais). Excepcionalmente, quando se considera o instante em que as velocidades são

nulas, o mesmo verifica-se para os CIRs.


Tal como na explicação da atribuição das forças de inércia, pode-se concluir que no caso do

corpo com o mesmo movimento, mas composto pelos corpos elementares (mais simples e/ou

de densidades diferente), é possível somar a contribuição de cada corpo elementar.

3.3 Simplificações Problema

Considere a barra com a massa concentrada de acordo com

a figura ao lado. Admita que o conjunto está a rodar em

torno do apoio com uma velocidade angular . Determine

a energia cinética considerando os corpos elementares em

conjunto e separados.

Resolução

Campo de velocidades

Na figura à esquerda os corpos elementares (barra e massa concentrada) são considerados em

separado, por isso há dois centros de gravidade e em ambos foram determinadas as

velocidades de translação. Na figura à direita existe apenas um centro de massa onde as

componentes de velocidade linear foram introduzidas. Naturalmente a velocidade angular

pode ter a designação igual porque está a representar o mesmo movimento, no entanto, antes

de proceder é necessário calcular o centro e massa do conjunto:

/ 2G

mL MLx

m M

Para a figura à esquerda

2 2

22 2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2 12 2 12 2

1 1 1

2 3 2A

L LT m mL M L mL m ML

mL ML I

Nota-se que a massa concentrada não contribuiu com a sua parcela rotacional, isso porque o

raio foi designado como desprezável e por isso a massa concertada teve comportamento de

uma partícula que não sofre rotação.

Para a figura à direita

2

2 21 / 2 1

2 2G

mL MLT m M I

m M

onde

2

221

12 2G G G

LI mL m x M L x

M,m L

2G1G

/ 2LL

GGx

Gx


2 22

2 2

2 2 2 22 2 2 2

2 22 2 2 2 2 2

/ 21 1

2 12 2 2

/ 21 1 3 12 12 3

2 12 4 2 12

1 3 4 1 3 1 1

2 3 2 3 2 3

m M M mT L m m M

m M m M m M

m M m mM m M mM m mM mML L

m M m M m M

m M mM m ML L mL ML

m M

2 21

2AI

Nota-se que em ambos os casos foi possível considerar directamente apenas a rotação em

torno do apoio, ou seja

21

2AT I

Demonstrou-se que o cálculo que usou os corpos elementares foi mais simples e por isso será

utilizado preferencialmente.

Realça-se mais uma vez a necessidade de utilizar as componentes de velocidade no centro de

gravidade ou reduzir a forma ao CIR. A figura abaixo mostra que usando pontos diferentes, a

energia cinética é diferente, o que origina erros no cálculo. Para simplificar usou-se para esta

demostração apenas uma barra de comprimento L e massa m.

Em primeiro lugar calculam-se 2

2 21 1

12 2 3B A

LI I mL m mL

2

2 2 2 21 1 1:

2 12 2 2A

LcasoG T mL m I

2 2 2 2 2 21 1 1 4:

2 3 2 3casoB T mL m L mL

21:

2AcasoA T I

Pode-se concluir que introduzindo as velocidades num ponto diferente do que no centro de

massa, este procedimento induz erros graves. No entanto é possível reduzir a expressão para

a energia cinética do corpo usando o seu CIR.

G

A

BG

L

A

BG

AB

/ 2L


3.4 Problemas Problema

Considerando que a barra na figura ao lado tem a

massa m , o comprimento L e que está em

repouso na posição apresentada, calcule a

velocidade angular para a posição vertical da

barra.

Resolução

Este problema já foi referido no início deste

capítulo. A conservação da energia mecânica dava

de imediato:

1 0V , 1 0T , 2

2

LV mg , 2 2

2

1 1

2 3fT mL , ou seja

3f

g

L

Explicação:

Para resolver o problema, assinalam-se duas posições: inicial (1) em que sabem-se as

condições de movimento e final (2) em que se pretende calcular alguma incógnita.

Na posição (1) a barra está em repouso e por isso a energia cinética é nula. A energia

potencial, como já explicado no capítulo PTV, pode ter contribuições de duas formas: energia

acumulada em molas e o negativo do trabalho das forças externas. No entanto, pode-se

assumir o nível zero para as forças externas, tal como já foi feito no capítulo PTV. Como não há

molas, a energia potencial na posição (1) pode ser também considerada nula.

Na posição (2) já existe alguma velocidade, por isso a energia cinética já é diferente de zero.

Visto a barra fazer uma rotação em torno do apoio, é possível reduzir a fórmula usando o CIR e

a velocidade final angular f . Relativamente à energia potencial, vê-se que a única força que

faz trabalho entre as duas posições é o peso da barra, o trabalho é positivo e equivale a

2

Lmg e por isso a energia potencial na posição (2) é negativa, definida pelo negativo do

trabalho, tal como já explicado no capítulo PTV.

Comparando os níveis de energia nas posições (1) e (2), calcula-se a incógnita do problema.

Realça-se mais uma vez que a equação é escalar e por isso permite apenas determinação de 1

incógnita.

Problema

Considere a barra com a massa concentrada de raio

desprezável de acordo com a figura ao lado. Admita que o

conjunto na posição apresentada está em repouso.

Determine a energia potencial e a cinética do conjunto na

posição rodada pelo ângulo .

Nota: considere a energia potencial na posição de repouso nula.

Resolução

Na posição (2) as velocidades têm a

distribuição como visualizado ao lado.

Outra figura mostra as forças. As

G

AB

G

A 1posição

mg

2posição

G

A

mg

M,m L

cinemática

1 2G

Lv

CIR M

2Gv L


únicas forças actuantes são os pesos,

foi indicado admitir a energia

potencial nula na posição (1), por isso

a energia potencial na posição (2)

corresponde ao negativo do trabalho

dos pesos:

2 sin sin2

LV mg MgL

1 2

2 2 2 2

2

1 1 1 1

2 2 12 2G GT mv mL Mv ou directamente

2 2 2 2

2

1 1 1

2 2 3CIR CIRT I I mL ML

Se o raio R da massa concentrada não for desprezável:

1 2

2 2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 1

2 2 12 2 2 2G GT mv mL Mv MR ou seja, ambos os corpos elementares

contribuem com a translação e a rotação, ou directamente:

2 2 2 2 2

2

1 1 1 1

2 2 3 2CIR CIRT I I mL MR ML

Ainda poderia considerar-se que o comprimento (efectivo) da barra passava para L R .

Problema

Uma corda está enrolada à volta de um cilindro de raio R , raio de giração k e

massa m , assim como se visualiza na figura ao lado. Sabendo que o cilindro é

libertado do repouso, determine

a) a velocidade do seu centro após ter-se deslocado para baixo uma distância s ;

b) a força no cabo N .

Resolução

A pergunta da alínea a) indica

claramente como o método mais

vantajoso a conservação de

energia mecânica.

Na posição (1) as velocidades são nulas e a única força actuante é o peso do cilindro, no

entanto é possível admitir nível zero para a energia potencial, assim:

1 0V , 1 0T

Na posição (2) o cilindro já tem alguma velocidade. O campo de velocidades é possível

determinar com o auxílio dos CIRs. Visto que a corda está fixa no topo, todos os pontos do

troço vertical têm velocidade nula, o que determina o CIR na posição mostrada. O centro do

cilindro é o único ponto do cilindro que tem trajectória vertical e por isso a sua componente de

velocidade tem que ser vertical. Estes dois factores permitem determinar a velocidade angular.

1posição

s

2posição

mg

mg

cinemática

v

CIR

M

2posição

mg

Mg

sinL sin

2

L

1posição


Ao contrário do problema anterior, a determinação mais vantajosa da energia cinética usava o

centro de massa.

2 2

2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 11

2 2 2 2 2G

v kT mv I mv mk mv

R R

No entanto a utilização do CIR dava naturalmente o mesmo resultado.

2 2

2 2 2 2

2

1 1 11

2 2 2CIR

v kT I mk mR mv

R R

A única força que faz trabalho é o peso do cilindro e por isso

2V mgs

Resolvendo a equação 1 1 2 2V T V T obtém-se:

2

2

1

gsv

k

R

b) Para calcular a força no cabo, tem que se “cortar” o cabo para a força interna poder fazer o

trabalho.

A única alteração na resolução trazia o trabalho da força no cabo. Para determinar o trabalho

realizado por esta força, tem que se somar os trabalhos elementares. No entanto o

deslocamento infinitesimal no lugar de actuação da força N é nulo, porque

0 0ds vdt dt . Isso é um facto já conhecido porque sabe-se, que o campo de velocidades

representa igualmente o campo dos deslocamentos infinitesimais em cada instante, e

consequentemente o campo dos deslocamentos finitos, necessários para o cálculo dos

trabalhos realizados. Por isso

O que igualmente justifica que o peso do cilindro realizou o trabalho no caminho s .

Infelizmente deve-se concluir que neste caso é impossível resolver a força no cabo usando a

conservação da energia mecânica. Este valor pode ser no entanto resolvido via equações de

movimento

1posição

s

2posição

mg

mg

cinemática

v

CIR

N N

cinemática

v

CIR

2v

deslocamentos para

ocálculodotrabalho

s02s

cinemática

a

acelerações noG

2R

a

a

R

forças

mg

Nma

2

G

a aI mk

R R


Estão disponíveis duas equações para duas incógnitas:

0N ma mg

2 0a

NR mkR

Resolvendo:

2

1

ga

k

R

, 2

1

mgN

R

k

É importante ver que a solução não se alterava considerando outro instante de tempo, porque

a aceleração normal no primeiro ponto de contacto entre a corda e o cilindro, que depende da

velocidade actual, não afecta o cálculo. Assim pode concluir-se que a força no cabo e a

aceleração do centro do cilindro são constantes ao longo do movimento. Isso na realidade

permite confirmar o resultado da alínea anterior. Considerando o movimento uniformemente

acelerado:

21

2s at , v at , ou seja

2

22

1

gsv as

k

R

Problema

O cilindro A (mA, rA) está ligado através de uma corda ao

cilindro B (mB, rB). Se o sistema for libertado do repouso,

determine a velocidade do centro do cilindro A após este

mover-se a uma distância s para baixo. Determine

igualmente os esforços axiais nas partes livres da corda.

Resolução

A resolução pode ser feita através das equações de movimento ou usando a conservação da

energia mecânica. Para ambas as resoluções é necessário efectuar primeiro a parte de

cinemática. Tal como no problema anterior o troço da corda fixo no topo tem a velocidade

nula, e por isso o primeiro ponto de contacto com o cilindro A representa o seu CIR.

Pode-se assim determinar a distribuição de velocidades sobre o diâmetro do cilindro A. Visto a

corda na parte livre entre os dois cilindros ter velocidade única, a velocidade do cilindro A

transfere-se ao cilindro B. Os 2 triângulos sobre os diâmetros dos cilindros podem representar

4 grandezas físicas: (i) deslocamentos infinitesimais; (ii) deslocamentos que podem ser usados

para exprimir o trabalho realizado pelas forças constantes actuantes nessa direcção; (iii)

velocidades; (iv) componente vertical das acelerações.

cinemática

B

CIR

AvCIR

2 Av2 Av

A


Equações de movimento:

É possível evitar a introdução da reacção no cilindro B, porque para as 3 incógnitas 1N ,

2N ,

Aa é possível escolher 3 equações que não envolvem as reacções. Nomeadamente, somatório

dos momentos nos cilindros A e B e somatória das forças no cilindro A.

Cilindro B:

2

1

21

2

AB B B B B B B A

B

aN r I m r m r a

r , ou seja

1 B AN m a

Cilindro A:

2

2 1

1 1

2 2

AA A A A A A A A A

A

aN r N r I m r m r a

r , ou seja 2 1

1

2A AN N m a

2 1A A Am g N N m a

Resolvendo:

2

3 4

AA

A B

m ga

m m

,

1

2

3 4

A B

A B

m m gN

m m

,

2

2

3 4

A A B

A B

m g m mN

m m

Nota-se que a resolução não foi afectada pela posição actual dos cilindros, ou seja a aceleração

e os esforços determinados estão contantes ao longo do movimento, por isso

42

3 4

AA A

A B

m gsv a s

m m

Para a resolução das acelerações, foi também possível utilizar o PTV. Para isso determinava-se

ainda os deslocamentos virtuais, com auxílio das figuras anteriores

0A A A B B B A A A A AI I m a u m g u

2 2 2 21 10

2 2

A A A AA A B B A A A A A

A A B B

a u a um r m r m a u m g u

r r r r

12 0

2A A B A A A Am a m a m a m g

2

3 4

AA

A B

m ga

m m

cinemática

acelerações nosG2 A

B

B

a

r

Aa

AA

A

a

r

forças A AI

A Am a

Am gBm gR

1N2N

1N

B BI

deslocamento

virtual

AuCIR

2 Au

A

B

CIR

2 Au


Conservação da energia mecânica:

Considerando o conjunto completo, a única força que realiza o trabalho entre as duas posições

é o peso do cilindro A, por isso, de acordo com as figuras acima:

1 0V , 1 0T

2 AV m gs

2 22 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

41 1 1 1 1 1 1 1 3

2 2 2 2 2 2 2 2 4

A AA A A A B B A A A A B B A A B A

A B

v vT m v I I m v m r m r m v m v

r r

Resolvendo

4

3 4

AA

A B

m gsv

m m

Sabendo a velocidade, pode-se resolver o esforço axial no cabo

Cilindro A

1 0V , 1 0T

2 12AV m gs N s

2

2

3

4A AT m v

Resolvendo

1

2

3 4

A B

A B

m m gN

m m

Cilindro B

1 0V , 1 0T

2 12V N s

2

2 B AT m v

Resolvendo

1

2

3 4

A B

A B

m m gN

m m

Nota-se que é impossível por este método resolver o esforço 2N .

Outra conclusão importante é que quando um cabo ou corda passa pela roda de raio não

desprezável, o valor da força no cabo altera-se.

3.4 Forças de atrito As forças de atrito são forças não conservativas, e por isso para elas o princípio da

conservação da energia mecânica não é valido. Mas como se consegue calcular o trabalho

realizado pelas forças de atrito, pode-se incluir o negativo deste trabalho como uma perda

de energia mecânica e assegurar assim a igualdade de dois níveis energéticos.

Problema

A barra BC está ligada através de pinos a dois discos uniformes. Sabendo que o sistema é

libertado do repouso na posição visualizada na figura abaixo, determine a velocidade do


centro de massa da barra depois de o disco A ter rodado 90º no sentido horário. Considere

/ 2C Ar r r .

Resolução

Novamente pode-se admitir que

1 0V , 1 0T

Cinemática na posição (2)

O conjunto de 3 corpos forma um mecanismo com 1GDL, a “estatia” pode ser calculada da

mesma maneira como na Estática, admitindo que o CIR das rodas é equivalente ao CIR das

barras, ou seja “retira” 2GDL tal como o apoio fixo. O facto de se conseguir representar o

campo de velocidades usando 1 parâmetro confirma também que o mecanismo tem 1GDL.

A barra faz movimento de translação no instante representado na figura acima. Para exprimir a

energia cinética, tal como já explicado para as rodas, a forma mais vantajosa usa o centro de

massa e não o CIR.

2 2 2 2 2

2

2 22 2 2 2 2

2 2

2

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 14 4

2 2 2 2 2 2 2

1 33

2 4

A A A A B B C C C C

C CA C A C B C C C C C

C C

C A B C

T m v I m v m v I

v vm v m r m v m v m r

r r

v m m m

Energia potencial na posição (2)

Cr

CCIRACIR

,BCIR

CC

C

v

r

CvB Cv v

CA C

C

v

r

Cv v

2A Cv v

2posição

Cm g

CNAN

Bm g

Am g

1posição

Cm g

CNAN

Bm g

Am g

,a AF ,a CF,a AF ,a CF

/ 2r


Neste caso as forças de atrito não realizam trabalho. Os pesos dos discos e as reacções de

superfície também não, visto serem forças verticais sujeitas às trajectórias horizontais. Por isso

apenas o peso da barra faz trabalho (positivo), ou seja

22

B

rV m g

Resolvendo:

2

12 2 3

BB C

A B C

m g rv v

m m m

Problema

Um bloco de dimensões desprezáveis e de massa

Bm move-se sobre uma superfície com auxílio da

força F aplicada como indicado na figura ao lado.

Determine a velocidade do bloco depois de se ter

deslocado pela distância d, assumindo que esta

distância foi medida a partir da posição de

repouso.

Resolução

Princípio da conservação de energia mecânica

Pode-se admitir 1 0V , e é válido

1 0T

Na posição (2) a energia cinética vale

2

2

1

2BT m v

A energia potencial terá a contribuição da força

aplicada, e ainda tem que ser introduzida a perda

de energia devido à força de atrito. Infelizmente o

trabalho da força de atrito não é fácil de introduzir

directamente, porque a reacção de superfície e

consequentemente a força de atrito não são

constantes ao longo do movimento.

A alteração destes valores é causada pela posição do cabo que muda o seu declive (recta preta

que passa pela verde até à vermelha) e assim altera-se a contribuição da força no cabo à

reacção de superfície. Realça-se que no caso das roldanas de raio desprezáveis, que estão aqui

representadas, a força no cabo mantém-se constante ao longo do seu comprimento. Pode-se

escrever:

2

0

d

aV Fs F x dx

O comprimento s pode ser calculado como a diferença entre os comprimentos inicial e final

da corda numa dada zona. Neste caso considerou–se o troço entre o bloco e a primeira

roldana. Assim, de acordo com a figura:

222s h h h d

h

h

BmF

h

h

BmF

x

d

s

F

x

d

a cF NN

Bm g


Para determinar o outro termo na energia potencial,

é necessário analisar as forças actuantes no bloco

22

sina c c B c B

hF N m g F m g F

h h x

22

220 0

ln2 1

d d

a c B c c B c

h h d h ddxF x dx m gd Fh m gd Fh

hh h x

Pode-se verificar que o trabalho da força F poder-se-ia obter também pela integração

22

220 0

cos 2d d h x dxF dx F F h h h d Fs

h h x

Tal como na relação anterior.

Resolvendo

2222 22

2 ln 22 1

cc

B B

h h d h dFhFv h h h d gd

m m h

Equações de movimento:

Na posição intermédia designada x como anteriormente

sin cos 0B c Bm a m g F F

ou seja

2 22 2

cos sinc cc c

B B B B

h xF FF F ha g g

m m m mh h x h h x

A aceleração depende da posição x . Para calcular a velocidade é necessário fazer a

integração:

0 0

d vdv dv dxa adx vdx

dt dx dt

ou seja

2

2 22 20

1

2

d

cc

B B

h x FF hv g dx

m mh h x h h x

Verifica-se que os termos sujeitos à integração são iguais como foi determinado acima, por

isso:

2222 21

2 ln2 2 1

cc

B B

h h d h dFhFv h h h d gd

m m h

o que confirma o resultado anterior:

22222 2

ln 2 22 1

cc

B B

h h d h dFh Fv h h h d gd

m mh

F

a cF NN

Bm g

Bm a


3.5 Conjuntos dos corpos rígidos com molas Problema

Uma carga P de 500N é aplicada ao mecanismo

representado no ponto C. Sabendo que a mola encontra-

se indeformada quando 15º e que o mecanismo

esteve em repouso quando 0º , determine o valor

da velocidade angular na posição do equilíbrio estável.

Considere r=150mm, L=500mm e k=8000N/m. Despreze

o peso das partes envolvidas, mas admita que a massa

da barra é Bm =3kg e da parte semi-circular é

Cm =2kg.

Resolução:

A posição do equilíbrio estável foi determinada no

capítulo PTV como 1,647 94,3ºrad .

Durante a resolução do problema também já foi

determinada a energia potencial. Realça-se que neste

caso não se pode ignorar a energia acumulada na mola

na posição inicial, tal como foi possível fazer no capítulo

PTV, ou seja: 2

2

1 1,

1 156,169J

2 180molaV V kr

2

2

2 2,

1 151 cos 96,342J

2 180P molaV V PL kr

Relativamente à energia cinética:

1 0T

2

2

1

2CIRT I

Neste caso é mais vantajoso ligar os dois corpos elementares e utilizar o CIR do conjunto.

2 2 21 10,2725kgm

3 2CIR B CI m L m r

Em resumo

216,169 0 96,342 0,2725 27,43rad/s

2

1posição P

1 cosL

2posição

dinâmica dos corpos rígidos - departamento de engenharia ... · a dinâmica, além da análise do...

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