Dinamica de solidos

Universidade Nova de Lisboa Faculdade de Cincias e Tecnologia

Dinmica de SlidosFichas da disciplina

Corneliu Cisma iu s

c DEC/FCT/UNL, 2005-2009

Contedo1 Mtodo dos Trabalhos Virtuais 1.1 Trabalho de uma fora . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Casos particulares . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Trabalho do peso . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Foras que no realizam trabalho . . . . 1.1.4 Trabalho de um momento . . . . . . . . 1.2 Princpio dos Trabalhos Virtuais . . . . . . . . . 1.3 Trabalho de uma fora num deslocamento nito . 1.3.1 Trabalho de um peso . . . . . . . . . . . 1.3.2 Trabalho da fora exercida por uma mola 1.4 Energia potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Energia potencial gravtica . . . . . . . . 1.4.2 Energia potencial elstica . . . . . . . . 1.5 Energia potencial e o equilbrio . . . . . . . . . . 1.5.1 Estabilidade do equilbrio . . . . . . . . 1.6 Exerccios propostos para as aulas prticas . . . . 1 1 1 2 2 2 3 7 7 8 9 9 9 10 11 17 41 41 42 43 46 50 50 51 53 55 57 59

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2 Cinemtica da Partcula 2.1 Movimento rectilneo de partculas . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Movimento rectilneo uniforme . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Movimento rectilneo uniformemente acelerado . . . . . 2.1.3 Movimento de vrias partculas . . . . . . . . . . . . . 2.2 Movimento curvilneo de partculas . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Vector de posio, velocidade e acelerao . . . . . . . 2.2.2 Componentes cartesianas da velocidade e da acelerao 2.2.3 Movimento relativo a um sistema em translao . . . . . 2.2.4 Componentes normal e tangencial . . . . . . . . . . . . 2.2.5 Componentes radial e transversal . . . . . . . . . . . . 2.3 Exerccios propostos para as aulas prticas . . . . . . . . . . . . i

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3 Cintica da Partcula 3.1 Segunda lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Equaes de movimento . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Quantidade de movimento . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Princpio do trabalho e da energia . . . . . . . . . . 3.6 Princpio da conservao da energia . . . . . . . . . 3.7 Princpio do impulso e da quantidade de movimento . 3.7.1 Movimento impulsivo . . . . . . . . . . . . 3.7.2 Choque de partculas . . . . . . . . . . . . . 3.8 Exerccios propostos para as aulas prtica . . . . . .

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67 67 67 73 76 79 82 84 84 85 90 107 107 108 109 112 113 120 135 135 137 137 137 139 143 145 147 153 173 174 174 193 203 203 209 217

4 Cinemtica dos Corpos Rgidos 4.1 Translao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Rotao em torno de um eixo xo . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Rotao de uma placa representativa . . . . . . . . 4.3 Movimento plano geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Centro instantneo de rotao no movimento plano 4.4 Exerccios propostos para as aulas prticas . . . . . . . . .

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5 Cintica dos Corpos Rgidos 5.1 Equaes de movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Translao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Rotao em torno do centro de massa . . . . . . . . 5.1.3 Movimento plano geral . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.4 Sistemas de corpos rgidos . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Princpio do trabalho e da energia . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Conservao da energia . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 Princpio do impulso e da quantidade de movimento 5.3 Exerccios propostos para as aulas prticas . . . . . . . . . . 6 Vibraes mecnicas 6.1 Vibraes no amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Vibraes livres. Movimento harmnico simples 6.1.2 Vibraes foradas . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Vibraes amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Vibraes livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Vibraes foradas . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Exerccios propostos para as aulas prticas . . . . . . . .

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ii

Captulo 1 Mtodo dos Trabalhos Virtuais- mtodo baseado no princpio dos trabalhos virtuais, usado pela primeira vez pelo matemtico suo Jean Bernoulli; - particularmente ecaz quando aplicado resoluo de problemas que envolvem o equilbrio de vrios corpos rgidos interligados.

1.1 Trabalho de uma foraF dr A r r + dr A

Considere-se uma partcula que se move de um ponto A para um ponto vizinho A . - r - o vector de posio do ponto A - dr - deslocamento da partcula O trabalho da fora F no deslocamento dr denido pelo produto interno da fora F pelo deslocamento dr. d = F dr d = |F | |dr| cos ds

O

O trabalho uma grandeza escalar cuja unidade no SI N m = J (Joule).

1.1.1 Casos particulares- se a fora F tem a mesma direco e o mesmo sentido que dr, d = F ds; - se a fora F tem a mesma direco e o sentido oposto a dr, d = F ds; 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS - se a fora F for perpendicular a dr, d = 0.

1.1.2 Trabalho do pesoO trabalho do peso P igual ao produto de P pelo deslocamento vertical dy do centro de gravidade G do corpo. Se o deslocamento for para baixo, d > 0; se for para cima, d < 0.

P

1.1.3 Foras que no realizam trabalho- foras aplicadas em pontos xos (ex: reaces em apoios xos) ds = 0 d = 0

- foras que actuam numa direco perpendicular ao deslocamento (ex: reaco numa superfcie sem atrito quando o corpo em contacto se move ao longo da respectiva guia)dr F

F dr

cos = 0

d = 0

- foras internasF F

a soma dos trabalhos das duas foras anula-se.

1.1.4 Trabalho de um momentoO trabalho do momento M que actua num corpo rgido d = M d onde d o ngulo elementar, expresso em radianos, de que o corpo roda. p.2 Captulo 1

1.2. PRINCPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS

1.2 Princpio dos Trabalhos VirtuaisF1 F2 r A Fn A

Considere-se uma partcula actuada por vrias foras F1 , F2 , . . . , Fn . Imaginamos que a partcula sofre um pequeno deslocamento de A para A . Este deslocamento possvel, mas no tem necessariamente de dar-se. Uma vez que o deslocamento considerado no se d efectivamente, chama-se-lhe deslocamento virtual (r).

O trabalho de cada uma das foras F1 , F2 , . . . , Fn durante o deslocamento virtual r chama-se trabalho virtual ( ). O trabalho virtual de todas as foras que actuam na partcula : = F1 r + F2 r + . . . Fn r = (F1 + F2 + . . . Fn ) r = R r onde R = Fn a resultante das foras dadas.

O princpio dos trabalhos virtuais - Partcula Se uma partcula est em equilbrio, o trabalho virtual total das foras que actuam na partcula nulo, para qualquer deslocamento virtual da partcula.

O princpio dos trabalhos virtuais - Corpo rgido Se um corpo rgido se encontra em equilbrio, o trabalho virtual total das foras exteriores que actuam no corpo rgido nulo para qualquer deslocamento virtual do corpo. No caso de um sistema de corpos rgidos interligados, se as ligaes do sistema se mantm durante o deslocamento virtual, s ser necessrio considerar o trabalho das foras exteriores ao sistema. ExerccioP

L

C

L B

A

Considere-se o torno de avalanca articulada ABC, utilizado para comprimir um bloco de madeira. Pretende determinar-se a fora exercida pelo torno no bloco quando se aplica uma dada fora P em C, supondo que no h atrito. p.3 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAISP y yC A HA VA xB B N xB Q x C yC

Considera-se o deslocamento virtual que se obtm dando um incremento positivo ao ngulo . Exprimindo as coordenadas xB e yC em funo do ngulo e diferenciando: xB = 2L sin yc = L cos xB = 2L cos yc = L sin

O trabalho virtual das foras exteriores = Q + P + N + VA + HA = Q + P=0 =0 =0

= Q xB + P yC = Q2L cos + P L sin Fazendo = 0 resulta: 2QL cos = P L sin ... (qualquer deslocamento virtual)

1 Q = P tan 2 Nota Se o deslocamento virtual considerado for compatvel com as restries impostas pelos apoios e pelas ligaes interiores, todas as reaces e as foras interiores sero eliminadas da equao de P.T.V. e ser necessrio considerar apenas o trabalho das foras aplicadas e das foras de atrito. O mtodo dos trabalhos virtuais pode tambm ser utilizado para resolver problemas que envolvem estruturas isostticas, se bem que os deslocamentos virtuais considerados nunca venham a ocorrer na realidade. p.4 Captulo 1

1.2. PRINCPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS Exerccio Considerando a estrutura ACB, determine as reaces em A e B.y P C L A B L yC HA HB x P

111111111 000000000xB = 2L sin yc = L cos

VA

xB

VB

= P L sin HB 2L cos = 0 1 HB = P tan 2

xB = 2L cos yc = L sin ...

Analogamente, mantendo B xo e dando a A um deslocamento virtual horizontal, resulta 1 HA = P tan 2 As componentes VA e VB podem ser calculadas rodando a estrutura ACB como um corpo rgido em torno de B e de A, respectivamente.y P C

yC HA

A

1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000C B

xB = AB(1 cos ) yB = AB sin yC = AC [cos cos( + )] AB = 2L sin HB x

B

VA

VB

AC = L cos 1 pequeno sin

xB = 2L sin (1 1) = 0 p.5 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS

yB = 2L sin yC = L(cos cos cos + sin sin ) = L sin =1 =

e analogamente, VA = P/2.

= P L sin + VB 2L sin = 0

VB = P/2

Nota As componentes verticais resultam muito mais fcil escrevendo MA = 0 VB = P/2 e MB = 0 VA = P/2

O atractivo do mtodo dos trabalhos virtuais depende em grande medida da existncia de relaes geomtricas simples entre os vrios deslocamentos virtuais envolvidos na resoluo de um dado problema. Quando estas relaes simples no existam, normalmente aconselhvel voltar ao mtodo convencional. Exerccio No ponto C do mecanismo representado aplica-se uma fora F de 178 N. A constante da mola k = 1576 N/m, e a mola encontra-se indeformada quando = 0. Desprezando o peso do mecanismo, determine o valor de correspondente ao equilbrio.k x r = 127 mm L = 305 mm L sA A A

A

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

r B

C F

x = sA = r xC = L sin dx

dxC = L cos d kr 2 = cos d = kr rd +F L cos d = 0 FLFe

dx = r d

1576 0.1272 = cos 178 0.305 p.6 Captulo 1

= 60.4155

1.3. TRABALHO DE UMA FORA NUM DESLOCAMENTO FINITO

1.3 Trabalho de uma fora num deslocamento nitoConsidere-se uma fora F actuando numa partcula. O trabalho de F num deslocamento elementar dr da partcula foi denido como: d = F dr (1.1)

O trabalho de F num deslocamento nito da partcula de A1 at A2 obtm-se integrando a relao (1.1) ao longo da curva descrita pela partcula:ds A2 A A1 s s1 FA2 A2

12 =A1

F dr =

(F cos ) dsA1

Para momentos:2

12 =O1

M d

1.3.1 Trabalho de um pesoy P dy y2 y1 y x A2

A1

A

Se o eixo y estiver orientado para cima, o trabalho de P num deslocamento nito do corpo obtm-se escrevendo d = P dy e integrando desde A1 at A2 :

111111111 000000000y2

12 =

y1

P dy = P (y2 y1 ) = P y

onde y a componente vertical do deslocamento desde A1 at A2 . Nota O trabalho do peso P igual ao produto de P pela componente vertical do deslocamento do centro de gravidade do corpo. O trabalho positivo quando y < 0, isto , quando o corpo desce. p.7 Captulo 1


1.3.2 Trabalho da fora exercida por uma mola

mola indeformada B B A0 A1

|F | = kx 12 d = F dx = kx dx x2 1 kx dx = k(x2 x2 ) = = 2 1 2 x1 1 = k(x2 x2 ) 1 2 2

x1 F x

A A2

B

x2

O trabalho positivo quando a mola volta a sua posio indeformada.

Interpretao grca:F

F1 = kx1

F2 = kx2

x = x2 x1

F2

1 |12 | = (F1 + F2 )x = 2 1 = k(x1 + x2 )(x2 x1 ) = 2 1 = k(x2 x2 ) 2 1 2 ou seja, |12 | a rea do trapzio representado. O trabalho de uma mola helicoidal dado por

F1

1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000x1 x x2

F = kx

x

2

d = M d p.8 Captulo 1

12 =1

1 2 2 M d = M(1 2 ) 2

1.4. ENERGIA POTENCIAL

1.4 Energia potencial1.4.1 Energia potencial gravticay P dy y2 y A2

A1 y1

A

111111111 000000000 111111111 000000000

Mostra-se que o trabalho do peso P num deslocamento nito se obtm subtraindo o valor da funo P y correspondente segunda posio do corpo, do seu valor correspondente primeira posio:x

12 = P y1 P y2

O trabalho de P independente do caminho efectivamente percorrido. A funo P y chama-se energia potencial do corpo relativamente fora da gravidade P , e representa-se por Vg : 12 = (Vg )1 (Vg )2 ... onde Vg = P y

Nota: se a energia potencial aumenta, o trabalho negativo. A energia potencial expressa nas mesmas unidades do que o trabalho, isto , em joules (J).

1.4.2 Energia potencial elsticaMostra-se que o trabalho da fora elstica F se obtm subtraindo o valor da funo kx2 /2 correspondente segunda posio do corpo do seu valor correspondente primeira posio. Esta funo representa-se por Ve e chama-se energia potencial do corpo relativamente fora elstica F 12 = (Ve )1 (Ve )2 ... onde Ve = kx2 /2

Energia potencial - caso geral Em geral, o conceito de energia potencial vlido sempre que o trabalho elementar d da fora considerada for uma diferencial exacta. Ento ser possvel encontrar uma funo V, chamada energia potencial, tal que d = dV e integrando Uma fora que satisfaa esta ltima equao chama-se fora conservativa. 12 = V1 V2

p.9 Captulo 1


1.5 Energia potencial e o equilbrioEm termos de energia potencial, o princpio dos trabalhos virtuais estipula que: P.T.V. - enunciado alternativo Se um sistema est em equilbrio, as derivadas parciais da sua energia potencial total relativamente a cada grau de liberdade (cada varivel independente) do sistema tm de ser nulas. ExerccioC

L

L

P

k D A y C B

Considere-se uma estrutura constituda por duas barras AC e CB, e que tem suspensa uma carga P na articulao C. A estrutura tem um apoio xo em A, um apoio mvel em B e uma mola BD liga o ponto B a um ponto xo D. Desprezando as foras de atrito e o peso das barras, determine a posio de equilbrio, sabendo que o comprimento natural da mola AD e portando esta se encontra indeformada quando B coincide com A. Tomando em conta que a deformada da mola deve ser medida a partir da sua posio indeformada,

yC P

Ve = kx2 /2 BHA A F = kxB xB VA VB B x

Vg = P y C Nota: as reaces em A e B no realizam trabalho. Ve = k(2L sin )2 /2 Vg = P L cos

xB = 2L sin yC = L cos

V = Ve + Vg = 2kL2 sin2 + P L cos A posio de equilbrio do sistema obtm-se igualando a zero a derivada parcial p.10 Captulo 1

1.5. ENERGIA POTENCIAL E O EQUILBRIO da energia potencial total V em relao a ngulo : dV = 4kL2 sin cos P L sin = 0 d H, portando, duas posies de equilbrio: sin = 0 e cos = P 4kL =0 P 4kL L sin (4kL cos P ) = 0

= arccos

(P 4kL)

1.5.1 Estabilidade do equilbrioConsiderem-se trs barras homogneas e suponhamos que cada barra ligeiramente afastada da sua posio de equilbrio e libertada em seguida.

P (a)

P

(b) (c)

Vamos ter trs casos: (a) equilbrio estvel: a barra regressar sua posio de equilbrio. A energia potencial total do sistema mnima nesta posio; (b) equilbrio instvel: a barra continuar a afastar-se da sua posio inicial. A energia potencial total do sistema mxima nesta posio; (c) equilbrio indiferente: a barra car na sua nova posio. A energia potencial total do sistema constante. Resumindo, as condies de equilbrio de um sistema com um grau de liberdade (isto , um sistema cuja posio de equilbrio denida por uma nica varivel independente), so: dV = 0; d d2 V >0 d2 ... equilbrio estvel p.11 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS dV d2 V = 0; < 0 . . . equilbrio instvel d d2 dV d2 V = 0; = 0 . . . equilbrio indiferente d d2V (a) equilbrio estvel (b) equillibrio instvel V V (c) equilbrio indiferente

Nota Se o sistema possui vrios graus de liberdade, a energia potencial V depende de vrias variveis. Verica-se que, para um sistema com dois graus de liberdade, o equilbrio estvel e corresponde a energia potencial V (1 , 2 ) mnima, se forem satisfeitas simultaneamente as seguintes relaes: V V = =0 1 2 2V 1 2 2V >0 2 1 ExerccioA L C L k P B2

2V 2V 0 2 2

ou

Considerando que a mola est indeformada quando = 60 , (a) calcule o ngulo na posio de equilbrio em termos de P , k, e L; (b) resolve a alnea (a) para P = 200 N, k = 4 N/mm e L = 200 mm e verique a estabilidade do equilbrio.

(a) para a posio indeformada: = = 60 para um qualquer: LAB = 2L sin(/2) p.12 Captulo 1 LAB0 = L

1.5. ENERGIA POTENCIAL E O EQUILBRIO = LAB LAB0 = L(2 sin(/2) 1) yB = L cos 1 V = Vg + Ve = P yB + k2 /2 = P L cos + kL2 [2 sin(/2) 1]2 2 Para equilbrio: dV = P L sin + kL2 cos(/2) [2 sin(/2) 1] = 0 d (b) P = 200 N k = 4 N/mm 40000 sin + 160000 cos(/2) [2 sin(/2) 1] = 0 L = 200 mm Admitindo s as solues positivas, resulta: 1 = 83.6206 e 2 = 180

Para vericar a estabilidade do equilbrio, calcula-se a segunda derivada: d2 V = 160000 cos2 (/2) 40000 cos 80000 sin(/2)[2 sin(/2) 1] 2 d d2 V d2 d2 V d2 >0=83.6206

... ...

equilbrio estvel equilbrio instvel

0 125

...

equilbrio estvel

Exerccio Considerando que a mola est indeformada quando as barras esto horizontais, determine os valores de Q para os quais o equilbrio estvel na posio indicada. (Analogia com os problemas de encurvadura) p.14 Captulo 1

1.5. ENERGIA POTENCIAL E O EQUILBRIOL Q k L Q Q Fe Q

V = Ve + VQ 1 1 Ve = k(L sin )2 = kL2 sin2 2 2 VQ = 2QL cos 1 V = kL2 sin2 +2QL cos 2 dV = kL2 sin cos 2QL sin = sin (kL2 cos 2QL) = 0 d Resulta que a posio mostrada, = 0 posio de equilbrio. Para que o equilbrio seja estvel, d2 V = kL2 (cos2 sin2 ) 2QL cos d2 d2 V d2 = kL2 2QL > 0 Q< kL 2

=0

Exerccio Determine a carga crtica de instabilidade para a estrutura representada.P A B L k L k C L D P

11 00

111 111 000 000 111 111 000 000

11 00

Considerando que as barras so rgidas, adopte-se o modelo com dois graus de liberdade representado.P P

1

1

2

2

F1

F2

p.15 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS A energia potencial total do sistema V composta pela energia de deformao elstica das molas Ve , e o potencial das cargas aplicadas VP . V = Ve + VP Da geometria do problema, L sin = L(sin 2 sin 1 ) resulta, para ngulos pequenos, 2 1 = A energia de deformao elstica das molas dada por, Ve = 1 1 2 2 k(1 + 2 ) = kL2 (sin2 1 + sin2 2 ) 2 2 = arcsin(sin 2 sin 1 )

enquanto o potencial das cargas aplicadas , VP = P L [(1 cos 1 ) + (1 cos 2 ) + (1 cos )] e tomando em conta a relao entre 1 , 2 e , Ve P L [3 cos 1 cos 2 cos(2 1 )] = A energia potencial total do sistema resulta 1 V kL2 (sin2 1 + sin2 2 ) P L [3 cos 1 cos 2 cos(2 1 )] = 2 Vericar que a posio mostrada posio de equilbrio: V 1 = 0e1 =2 =0

V 2

=01 =2 =0

1 = 2 = 0 posio de equilbrio

Para que o equilbrio seja estvel, preciso que: 2V 1 22

2V 2V 2 2 1 2 P kL

(1.2)

kL 3

p.16 Captulo 1

1.6. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS

2V 2 1 2V 2 2

1 =2 =0

= kL2 2P L > 0 = kL2 2P L > 0

P < P 0

Resulta que a posio de equilbrio estvel. Exerccio (Beer 10.77) Uma barra homognea AB, de peso P , est ligada a dois blocos A e B que se podem mover livremente nas calhas representadas. Sabendo que a mola se encontra indeformada quando y = 0, determine o valor de y correspondente ao equilbrio quando P = 80 N, L = 500 mm e k = 600 N/m.

111111111 000000000 1111111 0000000 111111111 000000000 1111111 0000000 111111111 000000000 1111111 0000000 111111111 000000000 1111111 0000000 111111111 000000000 1111111 0000000 111111111 000000000A P |AB| = L B

C k y

L

O alongamento da mola s= L2 + y 2 L 1 2 ks P y/2 2 A energia potencial do sistema escreve-se V = Ve + VP =

dV ds = ks P/2 dy dy ds = dy p.28 Captulo 1 y L2 + y 2 dV = ky 1 dy L L2 + y 2 P/2

1.6. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS Para encontrar a posio de equilbrio, dV =0 dy 1 0.5 0.52 + y2 y= 1 L L2 + y2 y= P 2k

80 2 600

y = 0.357453 m

y 357 mm Exerccio Considere a barra ABC de comprimento L e articulada em B. Determine o valor da carga crtica do sistema, considerando as molas indeformadas na posio mostrada.kr P A B L P L cos L(1 cos ) L cos L(1 cos ) k L P C P

V = VP + Ve VP = 2P L cos 1 1 1 Ve = k 2 + kr (2)2 = kL2 sin2 + 2kr 2 2 2 2 V = 2P L cos + 1 2 2 kL sin + 2kr 2 2

Para determinar a posio de equilbrio do sistema, dV = 2P L sin + kL2 sin cos + 4kr = 0 d p.29 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS Verica-se que, = 0 posio de equilbrio do sistema. A carga crtica, a carga para a qual a posio de equilbrio do sistema deixa de ser estvel, ou seja, a segunda derivada da energia potencial deixa de ser positiva. d2 V = 2P L cos + kL2 cos2 kL2 sin2 + 4kr d2 kL 2kr d2 V = 2P L + kL2 + 4kr > 0 P < + 2 d =0 2 L A carga crtica do sistema resulta Pcr = kL/2 + 2kr /L. Nota: Determinao da posio de equilbrio utilizando o P.T.V.P A L cos L(1 cos ) C Fe y L(1 cos ) Me L cos B P x

Como deslocamento virtual, assuma-se uma rotao no sentido horrio, , da barra AC. Os deslocamentos virtuais provocados sero: xA = L cos xC = L cos yB = L sin xA = L sin xC = L sin yB = L cos

A rotao relativa entre as duas barras em ponto C C = 2 A equao do P.T.V. escreve-se, = P xA P xC Fe yB Me C = 0 Tomando em conta que |Fe | = kyB = kL sin resulta = (2P L sin kL2 sin cos 4kr ) = 0= dV d

C = 2

e

|Me | = kr C = 2kr

...

p.30 Captulo 1


2P L sin kL2 sin cos 4kr = 0

= 0 posio de equilbrio

Exerccio Duas barras AB e BC, cada uma com comprimento L e peso desprezvel, esto ligadas a duas molas de rigidez k1 e k2 . As molas encontram-se indeformadas e o sistema est em equilbrio quando 1 = 2 = 0. Determine a gama de valores de P para a qual a posio de equilbrio estvel. Aplicao numrica: L = 800 mm, k1 = 5 kNm/rad e k2 = 2.5 kN/m.P k2 C 2 2 y C

1

B

yC 1

B

k1

A

A xC

x

1 2 1 V = VP + Ve = P yC + k1 1 + kx2 2 2 C yC = L cos 1 + L cos 2 xC = L sin 1 + L sin 2 V = P L (cos 1 + cos 2 ) + Vericar a posio de equilbrio: V = k1 1 P L sin 1 + k2 L2 cos 1 (sin 1 + sin 2 ); 1 V 1 1 1 2 k1 1 + k2 L2 (sin 1 + sin 2 )2 2 2

=01 =2 =0

p.31 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS V = P L sin 2 + k2 L2 cos 2 (sin 1 + sin 2 ); 2 Vericar a estabilidade do equilbrio: 2V = k2 L2 cos 1 cos 2 1 2 2V = k1 P L cos 1 + k2 L2 cos2 1 sin 1 (sin 1 + sin 2 ) 2 1 2V = P L cos 2 + k2 L2 cos2 2 sin 2 (sin 1 + sin 2 ) 2 2 A primeira condio para o equilbrio estvel ca: 2V 1 22

V 2

=01 =2 =0

2V 2V 2 2 1 2

1 =2 =0

2 = k2 L4 (k2 L2 P L)(k1 + k2 L2 P L)

2 k2 L4 (k2 L2 P L)(k1 + k2 L2 P L) < 0

Como a condio um polinmio de segunda ordem em P , com o coeciente de P 2 negativo, para que a inequalidade seja satisfeita, o P deve tomar valores nos intervalos (, primeira raiz) e (segunda raiz, +). Resulta, P 2 2 k1 + 2k2 L + k1 + 4k2 L4 2L 2

A segunda condio para o equilbrio estvel uma das seguintes duas inequalidades: 2V 2 1 ou = k1 + k2 L2 P L P < k2 L + k1 /L (1.6)

1 =2 =0

2V 2 2

1 =2 =0

= k2 L2 P L

P < k2 L

(1.7)

p.32 Captulo 1

1.6. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS Para os valores numricos dados, P < 5+22.50.82 52 +42.52 0.84 = 1.41479 kN 20.8 (1.5) P > 5+22.50.82 + 52 +42.52 0.84 = 8.83521 kN 20.8 (1.6) P < 2.5 0.8 + 5/0.8 = 8.25 kN P < 2.5 0.8 = 2 kN (1.7)

O valor da carga crtica, ca ento Pcr 1.41 kN. Exerccio Beer 10.25 Uma barra esbelta de comprimento L est ligada a um cursor em B e repousa sobre uma superfcie cilndrica de raio r. Desprezando o atrito, determine o valor de correspondente posio de equilbrio do mecanismo quando L = 200 mm, r = 60 mm, P = 40 N e Q = 80 N.y A r yA C P

L

O xB B Q

x

A. Utilizando o P.T.V. = P + Q = 0 yA = L cos xB = r cos yA = L sin xB = r sin cos2 ... p.33 Captulo 1

= P (L sin ) Q

r sin =0 cos2

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS Qr )=0 sin (P L cos2 sin = 0 = 0 ... (Qr P L)

cos2 = Qr/(P L)

Substituindo os valores numricos, cos2 =

80 60 = 0.6 40 200 e

= 39.2

As duas posies de equilbrio: = 0 = 39.2

B. Utilizando a energia potencial V = VP + VQ VP = P yA = P L cos VQ = Q xB = Qr/(cos ) V = P L cos + QR cos

A posio de equilbrio dada por,

Qr sin Qr dV = P L sin + = sin ( 2 P L) = 0 2 d cos cos = a equao do P.T.V. sin = 0 = 0 cos2 = Qr/(P L) = 39.2

Trabalhando com a energia potencial, pode estudar-se tambm a estabilidade do equilbrio nestas duas posies. cos cos2 sin 2 cos ( sin ) d2 V = P L cos + Qr d2 cos4 d2 V = P L cos + Qr d2 d2 V d2 d2 V d2 sin2 1 +2 cos cos3

=0

= P L + Qr = 40 200 + 80 60 = 3200 < 0 1 sin2 +2 cos cos3 = 8262.35 > 0

=39.2

= 8000 cos + 4880

p.34 Captulo 1

1.6. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS Resulta, = 0 ... posio de equilbrio instvel ... posio de equilbrio estvel

= 39.2

Exerccio Utilizando o P.T.V., determine a reaco em A e C.25 kN A 1m 1m C E 15 kN/m B 10 kN

1.5 m

1.5 m D 1m 1m 1m 1m 1m F 1m

p.35 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS25 kN HA 10 kN 1

= /2 1 = 1 = /2 = 015 kN/m

: ...

HA + 10 /2 = 0 HA = 5 kN

25 kN 10 kN

/2

= 0VA 15 kN/m

: ...

VA + 25 /2 = 0 VA = 12.5 kN

25 kN

CIRCE

3/2 HC 3

10 kN 3/2 13 13/4

15 kN/m

: 3 HC 3 + 10 + 2 15 13 13 + = 0 . . . 2 4 HC = 13.125 kN

= 0

p.36 Captulo 1

1.6. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS Exerccio Utilizando o P.T.V., determine a reaco horizontal em D.2 kN/m 5 kN E 1m A B 2m 3m 3m 1 m1 m C D 2m

2 kN/m

0.5 B 3

5 kN 2/3 F G 2/3 HD 2

F CIRDE G CIRCD

= 0

: 2 = 0 . . . 3

HD 2 + 2 5 0.5 5

HD = 5/6 0.833 kN Exerccio Utilizando o P.T.V., determine as reaces verticais em H e F , assim como o momento ector em A.15 kN 5 kN/m A B C D E F G 3 kNm

H 1.5 m

1.5 m

1.5 m

1.5 m

2.0 m

1.0 m

p.37 Captulo 1

CAPTULO 1. MTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS15 kN

5 kN/m

2

3 kNm

/2

VH

= 0 :

VH + 5 1.5 /2 15 + 3 = 0

...

VH = 7.5/2 15 + 3 = 8.25 kN15 kN 5 kN/m 2

VF 3 kNm

= 0 :

VF 2 + 3 = 0

...

VF = 1.5 kN p.38 Captulo 1

1.6. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS15 kN 5 kN/m 3 kNm

MA

= 0 :

MA = 0 MA = 0 kNm

...

p.39 Captulo 1

Captulo 2 Cinemtica da PartculaA Mecnica dos corpos rgidos divide-se em duas grandes partes: - Esttica: anlise de corpos em repouso; - Dinmica: anlise de corpos em movimento; - Cinemtica: estudo da geometria do movimento. Permite relacionar deslocamento, velocidade, acelerao e tempo, sem qualquer referncia causa do movimento; - Cintica (dinmica): estuda as relaes entre foras e os movimentos consequentes. No caso da Cinemtica da Partcula, os corpos so encarados como partculas, isto , durante o movimento, o corpo entendido como um todo, no considerando qualquer rotao em torno do seu centro de massa.

2.1 Movimento rectilneo de partculasNeste tipo de movimento, a partcula se desloca ao longo de uma linha recta.x P O (t) x P (t + t) x

Considere-se a posio P ocupada pela partcula no instante t e a respectiva coordenada de posio x. Considere-se tambm a posio P , no instante t + t e a respectiva coordenada x + x.

A velocidade mdia da partcula, ao longo do intervalo t, dene-se como: vm = x t 41 [m/s]

CAPTULO 2. CINEMTICA DA PARTCULA A velocidade instantnea da partcula, denida por: dx x = v = lim t0 t dtP P v0

Considera-se a partcula com velocidade v no instante t e v + v no instante t + t. P v P v + v x O (t) (t + t)

A acelerao mdia da partcula durante o intervalo de tempo t denida como: am = A acelerao instantnea dada por: a = lim dv d2 x v = = 2 t0 t dt dt [m/s2 ] (2.2) v t [m/s2 ]

A acelerao pode ainda ser expressa de outra forma, de (2.1) dt = dx v a=v dv dx (2.3)

de (2.2) e (2.3)

a=

dv dv =v dt dx

(2.4)

2.1.1 Movimento rectilneo uniformeNo movimento rectilneo uniforme, a velocidade da partcula constante: dx = v = constante dt Resulta:x t

dx = v dt

dx = vx0 t0

dt

x x0 = v(t t0 ) = vt=0

x = x0 + vt p.42 Captulo 2

2.1. MOVIMENTO RECTILNEO DE PARTCULAS

2.1.2 Movimento rectilneo uniformemente aceleradoNo movimento rectilneo uniformemente acelerado, a acelerao da partcula constante: dv = a = constante dt Resulta:v t

dv = a dt

dv = av0 t0

dt

v v0 = a(t t0 ) = at=0

v = v0 + at dx =v dtx

t t0 =0

dx = v0 + at dt (v0 + at) dt

dx = (v0 + at) dt 1 2 at 2

dx =x0

x x0 = v0 t + 1 2 at 2

x = x0 + v0 t + Ou ainda, vv

dv = a = constante dxx

v dv = a dx

v dv = av0 x0

dx

1 2 2 v v0 = a (x x0 ) 2

2 v 2 = v0 + 2a (x x0 )

Exerccio (Beer 11.9) A acelerao de uma partcula a = 6 m/s2 . Sabendo que x = 32 m quando t = 0 e v = 6 m/s quando t = 2 s, determine a velocidade, a posio e a distncia total percorrida quando t = 5 s. Como a = 6 = constante resulta que o movimento rectilneo, uniformemente acelerado e as equaes de movimento so x = x0 + v0 t + 1 2 at 2 (2.5) (2.6) (2.7) p.43 Captulo 2

v = v0 + at 2 v 2 = v0 + 2a (x x0 )

CAPTULO 2. CINEMTICA DA PARTCULA Do enunciado, sabe-se que x(t = 0) = 32 e v(t = 2) = 6 Resulta: x = 32 18t + 3t2 v = 18 + 6t 1 2 x x0 = (v 182 ) 12 v(t = 5) = 18 + 6 5 = 12 m/s ... de (2.6) 6 = v0 + 6 2 v0 = 18 m/s ... de (2.5) x0 = 32 m

x(t = 5) = 32 18 5 + 3 52 = 47 m (x x0 )t=5 = 47 (32) = 15 m ou ainda (x x0 )t=5 = 1 (122 182 ) = 15 m 12

a v=0

a

v

v0

a (t = 0) (x = 32) O

(t = 5) (x = 47)

A posio da partcula quando a sua velocidade nula dada por x = x0 + 182 1 (0 182 ) = 32 = 59 m 12 12

Resulta que a distncia total percorrida pela partcula s = [32 (59)] + [47 (59)] = 39 m Exerccio (Beer 11.17) A acelerao de uma partcula denida pela relao a = 6x 14, na qual a e x so expressos em m/s2 e em m, respectivamente. Sabendo que v = 4 m/s quando p.44 Captulo 2

2.1. MOVIMENTO RECTILNEO DE PARTCULAS x = 0 m, determine (a) o valor mximo de x e (b) a velocidade aps a partcula percorrer uma distncia de 1 m. dv a=v dxv x v x

v dv = a dx

1 2 v 2v

v dv =v0 x0

a dxx x0 =0

v dv =v0 x0

(6x 14) dx

v0 =4

= 3x2 14x

1 2 (v 16) = 3x2 14x 2 (a) O valor mximo de x obtido quando v = 0: 3x2 14x + 8 = 0 Portanto, x= Mas, x = 0 v = 4 a = 14a = 14 0 v=4

ou

(3x 2)(x 4) = 0 x=4

2 3

x = 2/3 v = 0 a = 10a = 10 2/3 v=0 x

Resulta que a partcula nunca pode chegar em ponto x = 4. xmx = 2/3 m (b) Aps ter percorrido uma distncia de 1 m, a partcula vai se encontrar no ponto x = 1/3, num movimento para esquerda.a = 14 a = 12 v a = 10 v=4 v a = 12 0 1/3 2/3 v=0 x

x = 1/3

1 2 v = 3x2 14x + 8 2 1 2 1 1 11 v = 3 14 + 8 = 2 9 3 3

p.45 Captulo 2

CAPTULO 2. CINEMTICA DA PARTCULA 22 2.71 3

v=

Tomando em conta que o movimento para esquerda, v = 2.71 m/s Exerccio (Beer 1.30) A acelerao de uma partcula em queda livre, devida gravidade, dada por a = gR2 /r 2 , na qual r a distncia da partcula ao centro da Terra, R o raio da Terra e g a acelerao devida a gravidade ao nvel da superfcie da Terra. Se R = 6371.64 km, calcule a velocidade de escape, isto , a velocidade mnima com que a partcula deve ser projectada desde a superfcie da Terra e verticalmente para cima, se admitimos que no deve regressar Terra. (Sugesto: v = 0 para r )P

a=vr R

dv dr

v dv = a dr

R2 dr r2 r v dr v dv = gR2 2 R r v0 v dv = g 1 rr R

1 1 r R

1 2 2 v v0 = gR2 2

1 2 2 v v0 = gR2 2

Tomando em conta que a partcula no deve regressar Terra, vamos impor v = 0 para r . Resulta 2 v0 = gR 2

v0 =

2gR

2.1.3 Movimento de vrias partculasQuando vrias partculas se movem independentemente umas das outras ao longo da mesma linha, as equaes de movimento para cada partcula so independentes. Movimento relativo de duas partculas Considere-se duas partculas A e B que se movem ao longo da mesma linha recta. p.46 Captulo 2

2.1. MOVIMENTO RECTILNEO DE PARTCULASO xA A xB/A xB B x

Se medir as coordenadas de posio xA e xB a partir da mesma origem, a diferena xB xA dene a coordenada de posio de B relativamente a A, designada por xB/A . xB = xA + xB/A

xB/A = xB xA

vB = vA + vB/A aB = aA + aB/A Exerccio (Beer 11.73)vA vB

1111111111 0000000000d xA xB

Os automveis A e B deslocam-se com velocidades constantes de vA = 36 km/h e vB = 27 km/h, respectivamente. O condutor do carro A acciona as suas traves e desacelera a uma razo de 0.042 m/s2. Determine a distncia d entre os carros, para a qual o condutor do carro A deve aplicar as traves se pretende evitar a coliso com o carro B. Como vamos trabalhar no Sistema Internacional, vA = 36 vB = 27 1000 = 10 m/s 3600 1000 = 7.5 m/s 3600

aA = 0.042 m/s2 A. Mtodo 1 Para que o carro A no ultrapasse o carro B preciso que xB xA , ou seja, d + vB t vA t 1 aA t2 2 d (vA vB ) t 1 aA t2 2

p.47 Captulo 2

CAPTULO 2. CINEMTICA DA PARTCULAx

d + vB t

vA t aA t2 /2 d O t

O mximo da funo f (t) = (vA vB ) t no ponto onde df =0 dt e d2 f 0 mA + mB 40 + 8

Como a acelerao do bloco A positiva, resulta que a tendncia de movimento do bloco A e no sentido positivo do eixo x. p.69 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA * Determinar se h movimento O facto de haver uma tendncia de movimento, no signica que o movimento existe. Por exemplo, se as foras de atrito so sucientemente grandes, o sistema pode estar em repouso. Para determinar se h ou no h movimento, considere-se o sistema em equilbrio e verica-se se a condio de equilbrio est satisfeita. Se esta condio for violada, o sistema encontra-se em movimento.FB y NB FB A FA x NA PA T NB PB B x tendncia de movimento y

T

Se os dois blocos esto em equilbrio, escreve-se Bloco A Fx = 0 Fy = 0 mA g sin T FA FB = 0 NA NB mA g cos = 0 FA e NA FB e NB Bloco B Fx = 0 Fy = 0 mB g sin T + FB = 0 (3.12) (3.8) (3.9) (3.10) (3.11)

NB mB g cos = 0

NB = mB g cos (3.13) (3.14) (3.15) (3.16)

(3.12) (3.9) e (3.13) (3.8) (3.12) e (3.16)

T = mB g sin + FB NA = (mA + mB ) g cos

T = mA g sin FA FB

mB g sin + FB = mA g sin FA FB (3.17)

(mA mB ) g sin = 2FB + FA p.70 Captulo 3

3.2. EQUAES DE MOVIMENTO

(3.17), (3.13), (3.15), (3.10) e (3.11)

(mA mB ) g sin e [2mB g cos + (mA + mB ) g cos ] | : cos (mA mB ) g tan e (3mB + mA ) g ou seja, a condio de equilbrio ca, tan e Para os valores numricos dados, tan 0.2 3 8 + 40 = 0.4 40 8 21.8 3mB + mA mA mB

Mas, como = 25 (enunciado), a condio de equilbrio violada e portanto, o sistema encontra-se em movimento. * Determinar a acelerao do bloco B e a tenso na corda Considerando o sistema em movimento, e notando aA = aB = a, temos, Bloco A Fx = mA a Fy 0 = mA a = mA g sin T FA FB NA NB mA g cos = 0 FB = C NB

FA = C NA Bloco A Fx = mB a

mB a = mB g sin T + FB NB mB g cos = 0

Fy 0 = Fazendo as contas, resulta a=g

mA + 3mB mA mB sin C cos mA + mB mA + mB

ou seja, com os valores numricos dados, a = 9.81 40 8 40 + 3 8 sin 25 0.15 cos 25 0.986 m/s2 40 + 8 40 + 8 p.71 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA

T = mB g (sin + C cos ) + mB a ou seja, T = 8 [9.81 (sin 25 + 0.15 cos 25 ) + 0.986] 51.7 N aB = 0.986 m/s2 e T = 51.7 N

Exerccio (Beer 12.37) A bola A com 450 g move-se ao longo de uma trajectria circular horizontal com uma velocidade constante de 4 m/s. Determine (a) o ngulo que a corrente forma com o astro BC e (b) a tenso na corrente. Trabalhando em coordenadas normal e tangencial, temos, mv 2 Fn = r Fb = 0 mv 2 = T sin r T cos = mgA G C et L = 1.8 m T r en B eb

e ainda, da geometria, r = L sin Resulta, 2 T sin = mv L sin T cos = mg

v2 1 cos2 = e com cos x cos Lg Para os valores numricos dados, 42 x + x1 =0 1.8 9.812

2 T sin2 = mv L T cos = mg

1 x2 =

v2 x Lg

x2 + 0.906105 x 1 = 0 x2 = 1.55089

x1 = 0.644789

Tomando em conta o facto de estar a procura de um ngulo entre 0 e 90 , o valor de x deve ser positivo. Resulta, cos = 0.644789 p.72 Captulo 3 49.85

3.3. QUANTIDADE DE MOVIMENTO A tenso na corrente resulta logo, T = mg 0.45 9.81 = 6.85 N cos 0.644789

3.3 Quantidade de movimentoSubstituindo na segunda lei de Newton a acelerao pela sua denio, escreve-se F = ma = m dv dt

e, uma vez que a massa m constante ao longo do movimento, F = d (mv) dt

O vector mv designado por quantidade de movimento e costuma ser representado por L. A segunda lei de Newton pode ento ser enunciada de seguinte forma: Segunda Lei de Newton - enunciado alternativo A resultante das foras que actuam numa partcula igual taxa de variao da quantidade de movimento da partcula F =L Nota: Note-se que a massa m da partcula constante. Por isto, estas equaes no devem ser utilizadas para resolver problemas que envolvem o movimento de corpos que ganham ou perdem massa, tais como os foguetes. Quando a resultante das foras que actuam numa partcula nula, a taxa de variao da quantidade de movimento zero, ou seja, Princpio da conservao da quantidade de movimento Se a fora resultante que actua na partcula for zero, a quantidade de movimento da partcula permanece constante, quer em intensidade, quer em direco e sentido. Exerccio (Beer 14.4) Um homem com 81 kg e uma mulher com 54 kg esto situados em extremos opostos de um barco com 136 kg, prontos para mergulhar, cada um com uma p.73 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA velocidade de 4.8 m/s relativamente ao barco. Determine a velocidade do barco depois de os dois terem mergulhado, se (a) a mulher mergulhar primeiro, ou (b) se o homem mergulhar primeiro.

111111111111 000000000000 111111111111 000000000000M

H

Se o atrito entre o barco e a gua for desprezado, no h foras horizontais externas aplicadas. Da aplicao do princpio da conservao da quantidade de movimento, resulta que a componente horizontal da quantidade de movimento total se conserve ao longo do movimento. (a) Se a mulher mergulhar primeiro, e tomando em conta que inicialmente o sistema encontra-se em repouso,vM M vBH H

0 = mM vM + (mB + mH ) vBH ou 0 = mM vM + (mB + mH )vBH Mas, como, vM = vBH + vM/B Resulta 0 = mM (vM/B vBH ) + (mB + mH )vBH 0 = 54 (4.8 vBH ) + (136 + 81) vBH 259.2 = 271 vBH vBH 1.05 m/svH vB H

vM = vBH vM/B

Segue o mergulho do homem,

(mB + mH ) vBH = mH vH + mB vB p.74 Captulo 3

3.3. QUANTIDADE DE MOVIMENTO ou (mB + mH ) vBH = mH vH + mB vB Mas, como, vH = vB + vH/B Resulta (mB + mH ) vBH = mH (vB + vH/B ) + mB vB (136 + 81) 1.05 = 81 (vB + 4.8) + 136 vB 160.95 = 217 vB vB 0.74 m/s Ou seja, a velocidade nal do barco ser 0.74 m/s para esquerda. (b) Se o homem mergulhar primeiro, e tomando em conta que inicialmente o sistema encontra-se em repouso,vH vBM M H

vH = vB + vH/B

0 = mH vH + (mB + mM ) vBM ou 0 = mH vH + (mB + mM ) vBM 0 = mH (vBM + vH/B ) + (mB + mM ) vBM 0 = 81 (vBM + 4.8) + (136 + 54) vBM 388.8 = 271vBM Segue o mergulho da mulher,vM vB M

vBM 1.43 m/s

(mB + mM ) vBM = mM vM + mB vB p.75 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA ou (mB + mM ) vBM = mM vM + mB vB (mB + mM ) vBM = mM (vM/B vB ) + mB vB (136 + 54) (1.43) = 54(4.8 vB ) + 136 vB 12.5 = 190vB vB 0.14 m/s

Ou seja, a velocidade nal do barco ser 0.14 m/s para esquerda.

3.4 Momento angularConsidere-se uma partcula de massa m movendo-se relativamente a um sistema de referncia xo, Oxyz. O momento do vector mv em relao a O designado por momento angular da partcula em relao a O, e costuma a ser representado por HO . Nota: HO um vector perpendicular ao plano que contm r e mr. Pela denio, i j k x y z mvx mvy mvzy mv

HO r O z

P x

HO = r mv

HO =

A segunda lei de Newton pode ser enunciada de seguinte forma, Segunda Lei de Newton - enunciado alternativo A soma dos momentos das foras actuantes sobre a partcula, em relao a O, igual taxa de variao do momento angular da partcula em relao a O. MO = H O Prova: p.76 Captulo 3

3.4. MOMENTO ANGULAR

Mas, e resultando

H O = (r mv) = r mv + r mv = v mv + r ma v mv = 0 ma = HO = r F = F rF = MO

Exerccio (Beer 12.131) Um cursor com 250 g pode deslizar ao longo de uma barra horizontal que roda livremente em torno de um eixo vertical. O cursor inicialmente mantido na posio A atravs de uma corda ligada ao veio e comprimindo uma mola com constante de rigidez de 6 N/m, que se encontra indeformada quando o cursor est situado a 500 mm do veio. medida que a barra roda com uma velocidade 0 = 16 rad/s, a corda cortada fazendo que o cursor se mova ao longo da barra. Desprezando o atrito e a massa da barra, determine para a posio B do cursor: (a) a componente transversal da velocidade do cursor; (b) as componentes radial e transversal da acelerao; (c) a acelerao do cursor relativamente barra.eb et en O N A Fe 100 mm G 300 mm B

p.77 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA (a) Fb = 0 MO = H O Mas MO = MO (G) + MO (N) + MO (Fe ) = mgr et + mgr et = 00

N = mg

Resulta,

HO = 0

HO = constante

HO = r mv =

er e eb r 0 0 mvr mv 0 r d dt

= rmv eb rA v rB A

rA mvA = rB mvB vA = ds dt =A

vB =

= rA 0A

r2 rA rA 0 = A 0 rB rB Para os valores numricos dados, vB = vB = (b) Fr = mar Ft = mat mar = Fe mat = 0 ar = Fe /m at = 0 0.12 16 = 0.4 m/s 0.4

Fe = k(R r) ar = Resulta

onde R = 500 mm k (R r) m

k (R rB ) atB = 0 m Para os valores numricos dados, 6 arB = (0.5 0.4) = 2.4 m/s2 0.25 arB = p.78 Captulo 3

3.5. PRINCPIO DO TRABALHO E DA ENERGIA (c) A acelerao do cursor segundo er dada por, ar = r r 2 A acelerao do cursor em relao a barra dada por r , v2 v2 r = ar + r 2 = ar + r = ar + r2 r rB = arB + 2 vB 0.42 = 2.4 + = 2.8 m/s2 rB 0.4

3.5 Princpio do trabalho e da energiaFt s2 m s1 A1 O Fn F A2

Considere-se uma partcula de massa m sujeita aco de uma fora F e que se desloca ao longo de uma trajectria curvilnea. A segunda lei de Newton, expressa em funo das componentes tangencias da fora e da acelerao da partcula, escreve-se Ft = mat = m Ft ds = mv dv dv dv ds dv =m = mv dt ds dt ds

Integrando entre A1 e A2 , resultas2 v2

Ft ds = ms1 v1

v dv =

1 1 2 2 mv2 mv1 2 2

A expresso mv 2 /2 uma grandeza escalar que traduz a energia cintica da partcula e designa-se por T . Princpio do Trabalho e da Energia O trabalho realizado pela fora F entre a posio 1 e 2, igual variao da energia cintica da partcula entre os mesmos pontos.s2 s1

F dr = T2 T1

T =

1 mv 2 2

Nota: p.79 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA - quando se pretende relacionar foras com velocidades, aconselhvel aplicar o princpio do trabalho e da energia; - quando se pretende relacionar foras com aceleraes, mais fcil aplicar a segunda lei de Newton. Exerccio (Beer 13.28) Um bloco com m1 = 3 kg repousa sobre um outro bloco, com m = 2 kg, que est apoiado mas no ligado a uma mola com constante de rigidez k = 40 N/m. O bloco superior subitamente removido. Determine (a) a velocidade mxima; (b) a altura mxima alcanada pelo bloco de massa m = 2 kg; (c) resolva o mesmo problema considerando que o bloco de 2 kg est ligado mola.

(1)

- Determinar a fora elstica

1111 0000 11111 1111 00000 0000 1111 0000 11111 1111 00000 0000 1111 0000 11111 1111 00000 0000 1111 0000 11111 1111 00000 0000 1111 0000 11111 1111 00000 0000 1111 0000 11111 1111 00000 0000 1111 0000 11111 1111 00000 0000 1111 0000 11111 1111 00000 0000Fe G m1 m G x

H

Na posio (1), a fora elstica dada por Fe = kH kH = (m + m1 ) g Num ponto x, Fe (x) = k (H x) = g (m1 + m) kx (a) a velocidade ser mxima quando a acelerao do corpo ser nula, isto , enquanto a mola e o corpo esto em contacto. Portanto, utilizando o Princpio do Trabalho e da Energia, e tomando em conta que a velocidade inicial da partcula nula,x 0

e

Fe = G + G1 H= g (m + m1 ) k

(Fe G) dx = v2 = 2 mx 0

mv 2 2

v2 =

2 m

x 0

[g (m1 + m) kx mg] dx 2 1 (m1 gx kx2 ) m 2

(m1 g kx) dx

v 2 (x) =

p.80 Captulo 3

3.5. PRINCPIO DO TRABALHO E DA ENERGIA Para obter a velocidade mxima, dv 2 (x) =0 dx ou seja, dv 2 (x) 2 = (m1 g kx) = 0 dx m e x= m1 g k e d2 v 2 (x) 0 v0 > 4gL 2 v0 > 4 9.81 0.25 3.13 m/s

(b) Se BC for uma corda, para a esfera descrever uma circunferncia completa, preciso que a corda seja sempre tencionada. Sabe-se que para qualquer posio da esfera C, a equao de movimento segundo o eixo normal dada por,et

mv Fn = man = L

2

en B T P et T P B en

No ponto mais alto da trajectria, o eixo normal ser vertical e a equao acima toma a seguinte expresso, mv 2 = mg + T L ou seja, tomando em conta que a corda deve ser sempre em tenso, T =

mv 2 mg > 0 v 2 > Lg L Aplicando o princpio do trabalho e da energia entre as posies (1) e (2), resulta, T2 T1 = mg (2L) 2 mv 2 mv0 = 2mgL 2 2

2 v 2 = v0 4Lg > Lg v0 > 5Lg v0 > 5 0.25 9.81 3.5 m/s

p.92 Captulo 3

3.8. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICA Exerccio (Beer 13.43)0.8 m

O 0.4 m

30

A B

Uma pequena esfera B de massa m solta da posio de repouso conforme mostrado e oscila livremente num plano vertical, primeiro em torno de O e em seguida em torno de A, logo que a corda entra em contacto com o suporte A. Determine a tenso na corda (a) imediatamente antes de esta estar em contacto com o suporte A e (b) imediatamente depois de esta estar em contacto com o suporte A.

Para determinar a velocidade da esfera B antes de entrar em contacto com o suporte A, aplica-se o princpio do trabalho e da energia entre os pontos (1) e (2).L O 30

(1)

Como a tenso T sempre perpendicular ao deslocamento da esfera B, a nica fora que vai produzir trabalho o peso: 1 mgL 2 1 2 mv2 2

T mg

(2)

12 = mgL sin 30 = T1 = 0 (v1 = 0)

T2 =

12 = T2 T1

1 1 2 mgL = mv2 2 2

2 v2 = gL

Escrevendo agora a equao de movimento no ponto (2) segundo o eixo normal, resulta: Fn =2 mv2 = T mg sin 30 L mgL 1 3 T = + mg = mg L 2 2 2 mv2 L

Depois de entrar em contacto com o suporte A, a corda vai rodar em torno do ponto A. Escrevendo de novo a equao de movimento segundo o eixo normal, obtm-se:2 mv2 Fn = = T mg sin 30 OA 5 mgL 1 + mg = mg T = L/2 2 2

p.93 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA Exerccio (Beer 13.95) Uma bola com 0.68 kg desliza numa superfcie horizontal sem atrito e est ligada ao ponto xo O atravs de uma corda elstica cuja constante de rigidez k = 146 N/m e cujo comprimento indeformado 0.58 m. A bola colocada no ponto A, a 0.76 m de O, e imprime-lhe-se uma velocidade inicial v0 perpendicular a AO. Determine (a) o valor mnimo admissvel da velocidade inicial v0 , se a corda no puder permanecer frouxa e (b) a distncia mais prxima d a que a bola se encontra quando regressa ao ponto O se lhe for imposta metade da velocidade encontrada na alnea (a).A L A L0 O v d O v0 v0

Considere-se a posio da bola em que a corda tem de novo o comprimento indeformado. Para que a corda no car frouxa daqui para frente, a velocidade v da bola nesta posio deve ser perpendicular a direco da corda.(1) L L0 O L0 Fe1 (2) v v0

Entre as posies (1) e (2) a bola est sujeita, no plano horizontal, apenas fora elstica Fe . A direco desta fora passa sempre por ponto O, ou seja uma fora central. Escrevendo a segunda lei de Newton evidenciando o momento angular, resulta: HO = const. v= L0 + L v0 L0 (3.31)

MO = HO = 0 mv0 (L0 + L) = mvL0

Tomando em conta que no h atrito, as foras que actuam sobre a bola so conservativas e portanto pode-se aplicar o princpio da conservao da energia entre as posies (1) e (2): T1 = p.94 Captulo 3 1 2 mv0 2 V1 = 1 k(L)2 2 T2 = 1 mv 2 2 V2 = 0

3.8. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICA

1 1 1 2 mv0 + k(L)2 = mv 2 2 2 2 De (3.31) e (3.32), resulta:2 v0 =

2 v0 = v 2

k (L)2 m

(3.32)

L0 + L L0 L L02

2 2 v0

k (L)2 m

2 v0

1+

L L0

2

1 = k

k (L)2 m

2 v0

+

k 2L = (L)2 L0 m

v0 = L m

L L0

2

+

2L L0

Com os valores numricos dados, v0 = 0.18 0.68 146 0.18 0.582

2 0.18 + 0.58

3.115 m/s

Se a velocidade inicial imposta bola for metade da velocidade encontrada na alnea (a), signica que a corda vai car frouxa. Depois de a corda car frouxa, no haver foras aplicadas na bola no plano horizontal (a fora elstica ser nula) e portanto a trajectria ser uma recta.(1) L L0 v O d Fe1 v0

(3)

Entra as posies (1) e (3) a bola est sujeita, no plano horizontal, apenas fora elstica Fe . A direco desta fora passa sempre por ponto O, ou seja uma fora central. Aplicando de novo a conservao do momento angular, resulta: mv0 (L0 + L) = mvd d= v0 (L0 + L) v (3.33)

A ligao entre v e v0 resulta da conservao da energia entre as posies (1) e (3): T1 = 1 2 mv0 2 V1 = 1 k(L)2 2 T3 = 1 mv 2 2 V3 = 0 p.95 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA2 v 2 = v0 +

k (L)2 m

(3.34)

De (3.33) e (3.34), resulta: d= v0 (L0 + L)2 v0 +

k (L)2 m

d=

3.115 (0.58 + 0.18) 2 3.115 22

+

146 0.182 0.68

0.386 m

Exerccio (Beer 13.196) Um martelo com 650 kg cai de uma altura de 1.2 m sobre uma espia fazendo que esta se afunde 110 mm. Admitindo que o choque perfeitamente plstico, determine a resistncia mdia do solo penetrao da espia.m1 = 650 kg h = 1.2 m

A velocidade do martelo no momento do choque determine-se aplicando o princpio da conservao da energia:2 m1 v1 = m1 gh 2

v1 =

2gh

m2 = 140 kg

Como o choque perfeitamente plstico, o coeciente de restituio zero, ou seja os dois corpos seguem juntos: v2 v1 = e (v1 v2 ) = 0 v2 = v1 = v

Tomando em conta que durante o choque no h foras impulsivas externas (a reaco do solo considera-se como uma fora elstica e portanto no impulsiva), o impulso total do sistema se conserva, m1 v1 = (m1 + m2 ) v v = m1 m1 + m2 2gh

Para obter a resistncia mdia do solo, aplica-se o princpio do trabalho e da energia. p.96 Captulo 3


d G

T1 + 12 = T2d 0

1 (m1 + m2 ) v 2 + 2

(G F ) dx = 0

1 (m1 + m2 ) v 2 + (m1 + m2 ) gd F d = 0 2F x

m1 + m2 F = (m1 +m2 ) g+ 2gh 2d h F = (m1 + m2 ) g 1 + d m1 m1 + m22

m1 m1 + m2

2

ou, com os valores numricos, 1.2 F = (650+140)9.81 1 + 0.11 650 650 + 1402

64984 N 65 kN

Exerccio (Beer 13.200) Uma pequena esfera A ligada a uma corda AC solta do repouso na posio mostrada e atinge uma esfera idntica B suspensa por uma corda vertical BD. No movimento subsequente da esfera B pretende-se que o ngulo mximo B , formado pela corda BD com a vertical, seja igual ao ngulo inicial A . Determine o valor necessrio para a razo dos comprimentos das cordas, LB /LA em funo do coeciente de restituio e entre as duas esferas.C D LA A LB B A (1) B (2) (3)

Escrevendo o princpio da conservao da energia entra as posies (1) e (2), obtmse a velocidade da esfera A antes do choque: T1 = 0 V1 = mA gLA (1 cos A ) T2 =2 mA vA 2

V2 = 02 mA vA 2

mA gLA (1 cos A ) =2 vA = 2gLA (1 cos A )

(3.35) p.97 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA No momento do choque, as foras impulsivas (TA e TB ) so perpendiculares direco da vA . O princpio do impulso e da quantidade de movimento estipula que a quantidade de movimento total do sistema constante segundo esta direco: mA vA + mB vB = mA vA + mB vB 0

TA vA A B

TB

ou, tomando em conta que as esferas so idnticas (mA = mB = m), vA = vA + vB

(3.36)

As velocidades relativas antes e depois de choque relacionam-se atravs do coeciente de restituio, vB vA = e(vA vB )

vA e = vB vA

(3.37)

O ngulo mximo B relaciona-se com a velocidade da esfera B depois do choque atravs do princpio da conservao da energia: T2 = mvB 2

V2 = 0

T3 = 0

V3 = mgLB (1 cos B ) (3.38)

2 vB = 2gLB (1 cos B )

A razo entre os comprimentos, resulta de seguinte modo: de (3.36) e (3.37) vA = vA + vB vA e = vB vA vA (1 + e) = 2vB

vB =

1 vA (1 + e) 2

Substitui-se este valor na equao (3.38), 1 vA (1 + e) 22

= 2gLB (1 cos B )

e com o valor do vA dado por (3.35), (1 + e)2 2gLA (1 cos A ) = 2gLB (1 cos B ) 4 Mas no enunciado se especica que o A = B = , ou seja, (1 + e)2 LA = LB 4 p.98 Captulo 3 LB /LA = (1 + e)2 4

3.8. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICA Exerccio (Beer 14.110) Um bloco B com 9 kg parte do repouso e escorrega pela superfcie inclinada de uma cunha A com 15 kg que est assente num plano horizontal. Desprezando o atrito, determine (a) a velocidade de B relativamente a A depois de ter descido 0.6 m e (b) a velocidade correspondente da cunha. A velocidade de B relativamente a A dada por, vB/A = vB vA ou vB = vA + vB/AvA vB/A vB y x

A

B GB GA = 30

N

Projectando esta equao segundo o eixo horizontal, escreve-se (vB )x = vA + vB/A cos (3.39)

Ainda, de teorema de Pitgoras generalizada resulta,2 2 2 vB = vA + vB/A 2vA vB/A cos

(3.40)

Considerando o sistema constitudo pelo bloco e pela cunha, observa-se que todas as foras externas so verticais. Aplicando o princpio do impulso e da quantidade de movimento, resulta que a quantidade de movimento total do sistema mantm-se constante segundo o eixo horizontal. Tomando em consta que o sistema encontra-se inicialmente em repouso, escreve-se, m(v0 )x = m(v)xvA vB/A vB y x

0 = mA (vA )x + mB (vB )x e tomando em conta (3.39), 0 = mA vA + mB vB/A cos mB vA vA = vB/A mB cos mA + mB

(3.41)

Todas as foras que actuam sobre o sistema so conservativas (no h atrito). Escreve-se ento a conservao da energia entre a posio inicial (0) e a posio nal (1), p.99 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA T1 = 02 mA vA

V1 = mB gd sin

2 mB vB + V2 = 0 T2 = 2 2 2 2 mA vA mB vB mB gd sin = + (3.42) 2 2

As velocidades vB/A e vA resulta da resoluo simultnea das equaes (3.40), (3.41) e (3.42): mB cos mA + mB mB cos mA + mB2

111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000(0) d (1)

2 2mB gd sin = mA vB/A

2 2 2 + vB/A 2vB/A

2 + mB vB/A

mB cos2 mA + mB

2mB gd sin =

2 vB/A

m2 cos2 2m2 cos2 B B + mB mA + mB mA + mB mB cos2 mA + mB

2 2gd sin = vB/A 1

2gd sin mB 1 cos2 mA + mB Para os valores numricos dados, vB/A = vB/A = 2 9.81 0.6 sin 30 2.862 m/s 9 2 30 1 cos 24 9 cos 30 0.929 m/s 9 + 15

De (3.41), vA = 2.962 Exerccio

Um bloco de 26.7 N est ligado a uma mola de rigidez k = 876 N/m e suspenso por um cabo. Sabendo que no equilbrio, a tenso no cabo Tc = 17.8 N, determine, aps se cortar o cabo (a) o mximo deslocamento do bloco e (b) a mxima velocidade do bloco. p.100 Captulo 3

3.8. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICA Na primeira etapa deve determinar-se a deformao inicial da mola, x0 . Por isto, considera-se o bloco em equilbrio, escrevendo o somatrio de foras segundo a direco vertical, resulta:

T P + Fe = 0

Fe = kx0

T x0 Fe P

P T 26.7 17.8 x0 = = 0.01 m k 876

O deslocamento mximo do bloco aps se cortar o cabo, resulta da aplicao do princpio do trabalho e da energia, sabendo que a energia cintica nula tanto na posio inicial (quando o cabo cortado o bloco est em equilbrio), como na posio nal (quando o bloco alcana o deslocamento mximo, a sua velocidade nula).xM x0

(P Fe ) dx = 0 kx 22 xM

P xM x0 x Fe

[P x]xM x0

=0x0

P (xM x0 ) (xM x0 ) P

k 2 (x x2 ) = 0 0 2 M k (xM + x0 ) = 0 2

Como xM = x0 no a soluo procurada, pois representa a posio inicial, resulta 2 26.7 2P x0 = 0.01 0.05 m xM = k 876 O deslocamento mximo do bloco ser x = xM x0 = 0.05 0.01 = 0.04 m

A velocidade do bloco vai ser mxima na posio de equilbrio (onde a acelerao do bloco nula). A posio de equilbrio dada por, Fe = P kx = P x= P 26.7 = 0.03 m k 876 p.101 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA Para obter a velocidade do bloco nesta posio, vM , aplica-se de novo o princpio do trabalho e da energia entre a posio inicial e a posio de equilbrio, resultando: P (x x0 ) vM =2 mvM k 2 (x x2 ) = 0 2 2

2g k P (x x0 ) (x2 x2 ) 0 P 2

Para os valores numricos dados, vM = 2 9.81 876 26.7 (0.03 0.01) (0.032 0.012 ) 0.36 m/s 26.7 2

ExerccioA h B

Solta-se uma esfera A com 5.78 N a partir de uma altura de 0.55 m sobre uma placa B com 11.56 N, que est inicialmente em repouso e que est apoiada numa mola de constante de rigidez k = 876 N/m. Determine: (a) o coeciente de restituio entre a esfera e a placa para o qual a altura h alcanada pela esfera, aps o ressalto, seja mxima; (b) o correspondente valor do h; (c) o correspondente valor para a mxima deexo da placa; (d) a deformao mxima da mola.

Comea-se por determinar a velocidade da esfera antes do choque. Aplicando o princpio da conservao da energia tem-se, mgh =2 mvA 2

vA =

2gh

Como durante o choque no h foras impulsivas externas, segundo a normal do choque a quantidade de movimento total se conserva: mA vA = mA vA + mB vB

vA +

mB v = mA B

2gh

Mas as velocidades relativas antes e depois do choque relacionam-se atravs do coeciente de restituio, vB vA = evA

vB = vA + e 2gh

p.102 Captulo 3

3.8. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICA e substituindo este resultado na equao acima, vA +

mB mA mB mA

vA + e

2gh = 2gh 1 1

2gh mB e mA

vA

1+

=

mB e mA vA = 2gh mB 1+ mA A altura hM alcanada pela esfera aps o ressalto obtm-se aplicando de novo o princpio da conservao da energia:2 mA vA 2

mA ghM =

hM

Utilizando a notao = mB /mA , o hM tem o valor mximo, quando f (e) = (1 e)2 mximo, isto f (e) = 0 e f (e) < 0. df (e) = 2 (1 e) = 0 de e= 1 mA = mB

mB 2 e 2 vA mA = =h mB 2g 1+ mA 1

d2 f (e) = 22 2 de Os resultados acima indica que o valor do coeciente de restituio e = mA /mB = 0.5 vai provocar o ressalto mnimo, hmn = 0. Tomando em conta que o coeciente de restituio pode tomar valores entre 0 e 1, analisa-se o comportamento da funo f (e) entre estes valores. df (e) 0 . . . e (0.5, 1] de ou seja, a funo f (e) tem os valores mximos nos limites do intervalo [0, 1]. f (0) = (1 2 0)2 = 1

e0.2 0.4 0.6 0.8 1

f (1) = (1 2 1)2 = 1 p.103 Captulo 3

CAPTULO 3. CINTICA DA PARTCULA Como os dois valores so iguais, resulta que a altura do ressalto ser mxima, hmx = h 0.55 = = 0.061 m (1 + mB /mA )2 (1 + 11.56/5.78)2

quando o coeciente de restituio 0 ou 1. Contudo, coeciente de restituio nulo, signica choque perfeitamente plstico, e analisando o sinal do vA , vA =

2gh mB > 0 1+ mA

conclui-se que tem o mesmo sinal como a velocidade vA , o seja a bola desloca-se para baixo hmx m. Quando o coeciente de restituio 1, o choque perfeitamente elstico, e a bola, aps o choque vai sofrer um ressalto de hmx m, para cima. vA =

2gh mB > 0 1+ mA

Resulta que o ressalto mximo, 0.061 m alcanado para um choque perfeitamente elstico, ou seja, coeciente de restituio 1. Para um coeciente de restituio unitrio, a velocidade da placa B depois de choque dada por, mB vB = vA + e

2gh =

2gh

1 mB + 1 = 1+ mA

mA 2gh mB 1+ mA

vB =

2 9.81 0.55

2 2.19 m/s 1+2

A deexo mxima da placa, d, resulta aplicando o princpio do trabalho e da energia entre a posio de equilbrio esttico da placa x0 (onde se d o choque) e a posio da deexo mxima d, p.104 Captulo 3


x0d 0

Fe

(GB Fe ) dx = 0

2 mB vB 2

d GBd

d 0

d

[mB g k (x0 + x)] dx =d

0

[(mB g kx0 ) kx] dx = 0 2 kd2 mB vB = 2 2

kx dx0

0

kx dx =

2 mB vB 2

d = vB

mB = 2.19 k

11.56 0.083 m 9.81 876

A deformao mxima da mola dada por, xmx = x0 + d = 11.56 mB g +d= + 0.083 = 0.096 m k 876

p.105 Captulo 3

Captulo 4 Cinemtica dos Corpos RgidosA cinemtica dos corpos rgidos investiga as relaes existentes entre o tempo, as posies, as velocidades e as aceleraes das vrias partculas que formam um corpo rgido. O estudo ser limitado aos seguintes tipos de movimentos: translao, rotao em torno de um eixo xo e movimento plano geral.

4.1 TranslaoO movimento dito de translao se qualquer linha recta no interior do corpo se mantiver na mesma direco durante o movimento. Neste caso, todas as partculas que formam o corpo se deslocam segundo trajectrias paralelas. Se as trajectrias forem linhas rectas, o movimento chama-se translao rectilnea; se forem linhas curvas, o movimento dito translao curvilnea. Seja um corpo rgido em translao e sejam A e B duas partculas quaisquer no interior do corpo. Num sistema de referncia xo, dene-se, rB = rA + rB/A com rB/A = const.O z y B rB/A rB rA x A rB/A

Derivando a expresso em relao ao temo, obtm-se: vB = vA e aB = aA

Ou seja, quando um corpo rgido se encontra em translao, todos os pontos do corpo tm, em qualquer instante, a mesma velocidade e a mesma acelerao. 107

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS

4.2 Rotao em torno de um eixo xoNeste tipo de movimento, as partculas que formam o corpo rgido movem-se em planos paralelos e segundo circunferncias em torno do mesmo eixo xo, denominado por eixo de rotao. As partculas localizadas sobre este eixo tero velocidade e acelerao nulas. Considere-se um corpo rgido que roda em torno de um eixo xo AA . Seja P um ponto do corpo e r o seu vector de posio em relao a um sistema de referncia xo. A velocidade do ponto P ser um vector tangente trajectria, ou seja perpendicular ao plano formado pelo eixo AA e r, cuja intensidade dada por ds dt Mas, tomando em conta que v= s = |BP | = (r sin ) s ds = lim = r sin lim = r sin t0 t dt t0 t Observa-se que o vector tangente a trajectria e cuja valor e dado pela expresso acima, pode ser obtido pelo produto externo r. A velocidade ca ento denida, v =r v= O vector = k = k [rad/s] resulta,A = k B k i O P r j v

A

chama-se velocidade angular do corpo. A acelerao da partcula resulta derivando a expresso da velocidade em relao ao tempo, a= O vector = p.108 Captulo 4 dv d d dr = ( r) = r+ = r+v dt dt dt dt d = k = k dt

[rad/s2 ]

4.2. ROTAO EM TORNO DE UM EIXO FIXO chama-se acelerao angular do corpo. A acelerao da partcula ca ento denida por, a = r + ( r)

4.2.1 Rotao de uma placa representativaA rotao de um corpo rgido em torno de um eixo xo pode denir-se pelo movimento de uma placa representativa num plano de referncia perpendicular ao eixo de rotao. Seja o plano Oxy o plano de referncia. Pela denio, a velocidade do ponto P , v = r = k r e tomando em conta que o vector r perpendicular ao vector k, a intensidade da velocidade v = r O sentido da velocidade obtm-se aplicando as regras do produto externo.r O x

y v P

Utilizando a frmula de Gibbs1, a acelerao do ponto P resulta, a = r + ( r) = r + ( r) ( ) r Mas, r r =0 e = 2y at P an O x

a = r 2r Como perpendicular r, o vector r um vector perpendicular ao plano formado por e r, ou seja contido no plano de referncia e perpendicular ao r. A intensidade do vector r. A acelerao pode ento ser denida pelas suas componentes escalares normal e tangencial,1

Frmula de Gibbs para o produto externo a trs vectores: a (b c) = (a c) b (a b) c

p.109 Captulo 4


an = 2 r at = r

at = r

an = 2 r

. . . acelerao normal . . . acelerao tangencial

Exerccio (Beer 15.14) Uma placa triangular e duas placas rectangulares esto soldadas entre si e a uma barra AB. O conjunto assim formado roda em torno do eixo AB com uma velocidade angular constante de 5 rad/s. Sabendo que no instante considerado a velocidade do canto E dirigida para baixo, determine a velocidade e a acelerao do canto D.y A C

O BA B E D

400 mm x

300 mm VE

z

350 mm

A velocidade angular tem a intensidade e a direco conhecida, mas no o sentido. Para determinar o sentido da velocidade angular, assuma-se, por exemplo, o sentido anti-horrio e calcula-se a velocidade do canto E. Se esta velocidade ca para baixo (veja o enunciado), signica que o sentido assumido est correcto; se a velocidade do E for para cima, signica que o sentido da velocidade angular contrrio ao assumido. vE = rE

onde rE o vector de posio de E em relao a um ponto qualquer pertencendo a barra BA. Para simplicidade, escolha-se o ponto B resultando, vE = BE Assumindo uma rotao anti-horria, o vector velocidade angular ser denido por BA = = BA |BA| p.110 Captulo 4

4.2. ROTAO EM TORNO DE UM EIXO FIXO onde BA o versor do eixo de rotao, BA. BA = (xA xB ) i + (yA yB ) j + (zA zB ) k = 400 j 300 k |BA| = 4002 + 3002 = 500 BA = 0.8 j 0.6 k vE = BE = = 4j 3k [rad/s]

i j k 0 4 3 350 0 0

= 1050 j 1400 k

[mm/s]

Como a velocidade do canto E dirigida para baixo, resulta que o sentido assumido para est correcto. A velocidade do canto D resulta, vD = BD = i j k 0 4 3 350 0 300 = 1200 i 1050 j 1400 k [mm/s] 1.22 + 1.052 + 1.42 2.12 [m/s]

vD (1.2, 1.05, 1.4)

|vD | =

Nota: Considerando outro ponto da recta BA, por exemplo o ponto A, vD = AD = i j k 0 4 3 350 400 0 = 1200 i1050 j 1400 k [mm/s]

A acelerao do canto D resulta, aD = BD + ( BD) d =0 ( = const.) dt e tomando em conta que BD = vD , = aD = vD = i j k 0 4 3 = 8.75 i + 3.6 j + 4.8 k [m/s2 ] 1.2 1.05 1.4 aD (8.75, 3.6, 4.8) |aD | = 8.752 + 3.62 + 4.82 10.61 [m/s2 ] p.111 Captulo 4 Mas,


4.3 Movimento plano geralQualquer movimento plano (i.e., movimento no qual todas as partculas do corpo se movem em planos paralelos) que no seja de translao ou de rotao em torno de um eixo xo considera-se um movimento plano geral.B1 A2 B1 B1 B1

11111111 1111111 1111 00000000 0000000 0000B2 movimento plano translao com A B1 B1 B1 B1

A1

A1

A2

A2

B2

rotao em torno de A

B2 A2 A1 movimento plano A2 A1 translao com A

B2

A2 rotao em torno de A

O movimento plano pode ser sempre representado por uma translao denida pelo movimento de um ponto arbitrrio e por uma rotao em torno deste ponto. Exerccio A gura plana mostrada desloca-se no plano xy. Sabendo que (vA )x = 300 mm/s, (vB )y = 180 mm/s e (vC )x = 150 mm/s, determine (a) a velocidade angular da placa e (b) a velocidade do ponto A. O movimento plano da placa pode ser considerado como composto por uma translao com a velocidade do A e uma rotao em torno de A. Nestas condies, as velocidades dos pontos B e C sero dadas por: vB = vA + AB vC = vA + AC p.112 Captulo 4y A 150 C vC 150 50 x [mm] vA B vB

4.3. MOVIMENTO PLANO GERAL

vBx 300 i j k vAy 180 = + 0 0 0 0 150 0 0 150 300 i j vAy + 0 vCy = 0 0 0 200 150 = 3 [rad/s] ou seja, = 3 k [rad/s]

k 0

vBx = 300 [mm/s]

180 = vAy + 150 150 = 300 + 150 vCy = vAy + 200

vAy = 270 [mm/s]

vCy = 330 [mm/s]

vA = 300 i + 270 j [mm/s]

4.3.1 Centro instantneo de rotao no movimento planoSeja uma placa num movimento plano geral. Pode ser mostrado que, em qualquer instante, as velocidades das partculas da placa so as mesmas que se obteriam pela rotao da placa em torno de um eixo perpendicular ao plano da placa, designado por eixo instantneo de rotao. A interseco entre este eixo e o plano da placa chama-se centro instantneo de rotao - C.I.R. da placa. A posio do centro instantneo de rotao pode ser encontrada em vrios modos: Conhecendo a velocidade vA num ponto A e a velocidade angular da placa (ambas no nulas); A velocidade vA poderia ser obtida C fazendo rodar a placa com veloci dade angular em torno do ponto C - centro instantneo de rotao, situado na perpendicular a vA e a uma distncia A A vA AC = vA vA

Conhecendo as direces das velocidades de duas partculas A e B da placa; se as direces forem diferentes, o centro instantneo C obtm-se pela interseco das rectas perpendiculares a vA e vB , passando por A e B, respectivamente;C B A vA vB

p.113 Captulo 4

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOSC

se as duas velocidades forem perpendiculares recta AB, o centro instantneo C obtm-se pela interseco da recta AB com a recta que une as extremidades das velocidades vA e vB . Nota-se que, no caso limite em que as duas velocidades tiverem a mesma intensidade, o centro instantneo C estar situado a innito. Neste caso, a velocidade angular nula e o corpo sofre um movimento de translao (curvilnea).

B A vA

vB

C B A vB vA

Tomando em conta que o centro instantneo de rotao tem a velocidade nula, qualquer ponto do corpo cuja velocidade nula no instante considerado o centro instantneo de rotao do corpo. Por exemplo, no caso de um corpo que roda sem escorregar numa superfcie xa, o ponto de contacto entre o corpo e a superfcie o centro instantneo de rotao do corpo.

1111 0000C.I.R. (v = 0)

Exerccio Sabendo que a barra AB tem a velocidade angular AB = 3 rad/s no sentido anti-horrio, determine as velocidades angulares das barras BD e DE.y [mm] E B DE 300 x 320 vD

1 Mtodo

o

60 160

vB

O movimento de barra AB rotao em torno de A, vB = AB AB

AB A D

p.114 Captulo 4

4.3. MOVIMENTO PLANO GERAL

vB =

i j k 0 0 3 0 160 0

= 3 160 i = 480 i

O movimento da barra ED rotao em torno de E, vD = DE ED = i j k 0 0 DE 0 300 0 = 300 DE i

O movimento plano da barra DB pode ser decomposto num movimento de translao com a velocidade do B e uma rotao em torno do B, vD = vB + BD BD 480 i j k 0 = + 0 0 BD 0 320 240 0

300 DE 0 0

300 DE = 480 + 240 BD 0 = 0 + 320DB

BD = 0 . . . barra BD est em translao curvilnea DE = 1.6 [rad/s] 2o Mtodo (Utilizando o C.I.R.) O centro instantneo de rotao da barra BD est situado ao innito. Resulta que a barra est em translao curvilnea e a sua velocidade angular nula, BD = 0 - barra AB est em rotao em torno do A, vB = AB BA = 3 160 = 480 [mm/s] p.115 Captulo 4(C.I.R.)BD E 60 160 vB B DE 300

AB A D 320 vD

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS - barra BD est em translao, vD = vB = 480 [mm/s] - barra DE est em rotao em torno do E, vD = DE DE DE = 480 vD = = 1.6 [rad/s] DE 300 BD = 0

Exerccio (Beer 15.63, 15.134) Na posio mostrada, a barra AB tem uma velocidade angular constante de 4 rad/s no sentido horrio. Determine a velocidade e a acelerao angular das barras BD e DE. Determinar a velocidade angular das barras BD e DE80 30

BF BD = DG EG

EG BF = BD DG100

A AB [mm] vD B E DE D G 60

BF = 80 60 /30 = 160 mm

BD

vB = AB AB = BD BF vB AB = AB = 4100 /160 = 2.5 rad/s BF

BF 2 + BD2 178.885 [mm] ED = EG2 + DG2 67.082 [mm] FD = vD = BD F D = DE ED

BD F

DE = BD

FD ED

DE = 2.5

178.855 6.67 rad/s 67.082

Determinar a acelerao angular das barras BD e DE p.116 Captulo 4

4.3. MOVIMENTO PLANO GERAL - barra AB:2 (aB )n = AB AB

A AB (aD )t B E DE DE (aD )n D G

(aB )t = AB AB Mas, AB = const. AB = 0

aB

2 aB = (aB )n = AB AB

BD BD F

- barra DE:2 (aD )n = DE DE

(aD )t = DE DE

- barra BD: o movimento plano ser decomposto numa translao com B e uma rotao em torno de B;aD/B aB (aD )t B aD (aD )n D xo aB aB BD (aD/B )t (aD/B )n

BD

aD = aB + aD/B e projectando esta equao vectorial segundo um eixo horizontal e segundo um eixo vertical, resulta o seguinte sistema de equaes com as incgnitas DE e BD : (aD )t cos + (aD )n sin = (aD/B )n (aD )t sin + (aD )n cos = aB + (aD/B )t 2 2 DE DE cos + DE DE sin = BD BD Resulta 2 2 DE DE sin + DE DE cos = AB AB + BD BD

DE =

1 cos

2 BD

BD 2 + DE sin DE p.117 Captulo 4

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS DE EG2 BD

DE =

BD DG 2 + DE DE DE

DE = e BD = 1 BD

1 2 2 BD + DE DG EG BD

DE DE

DG EG 2 2 + DE DE AB AB DE DE

BD =

1 2 2 DE DG + DE EG AB AB BD

Para os valores numricos dados, DE = 1 2.52 80 + 6.672 30 30.578 rad/s2 60

BD =

1 30.578 30 + 6.672 60 42 100 24.8 rad/s2 80

Utilizao do C.I.R. em problemas de P.T.V. A determinao dos deslocamentos virtuais necessrios na aplicao do Mtodo dos Trabalhos Virtuais em estruturas, pode ser muito facilitada pela utilizao do conceito de centro instantneo de rotao. Viu-se que, conhecido o C.I.R. e a velocidade angular do corpo, a distribuio das velocidades praticamente conhecida em todo o corpo rgido. Admitindo que o movimento de rotao em torno do C.I.R. acontece no intervalo innitesimal de tempo dt, resulta que todas as relaes vlidas para as velocidades instantneas extendem-se tambm para os deslocamentos innitesimais. Portanto, conhecida a rotao innitesimal do corpo e o seu C.I.R., so praticamente conhecidos os deslocamentos em todos os pontos do corpo. Exerccio Para o carregamento indicado, determine a reaco no apoio C. p.118 Captulo 4

4.3. MOVIMENTO PLANO GERALF d2 10 kN 3 kN B 2 kNm A 3m 4m D C 4m d1 3 kN B 2 kNm A D C 10 kN RC d3

= 3 BH + 10 BV RC CH + 2 d3 = 0 B = AB d1 = F B d2 C = F C d2 = DC d3 FD 4 = 3 4+3 d3 = d2 = AB d1 FB

FC AB F C d2 = d1 DC DC F B 74 28 = 3 3 75 35 = 3 3

FD =

3 2 + 42 FA = 3 4+3

FD =

F C = F D CD = F B = F A AB = d3 =

28 16 4 = 3 3 20 35 5= 3 3

5 16 d1 = d1 4 20

= 3 4d1 + 10 3d1 RC 4d1 + 2 d1 = 0 RC = 11 kN p.119 Captulo 4


4.4 Exerccios propostos para as aulas prticasExerccio (Beer 15.35) Dois discos de frico A e B esto ambos a rodar livremente a 240 rpm em sentido anti-horrio, quando so postos em contacto entre si. Aps 8 s de escorregamento, durante os quais cada disco tem uma acelerao angular constante, o disco A atinge uma velocidade angular nal de 60 rpm em sentido anti-horrio. Para rA = 80 mm e rB = 60 mm, determine (a) a acelerao angular de cada disco durante a fase de escorregamento e (b) o instante para o qual a velocidade angular do disco B zero.(A )0 (B )0 B A

A

A

B

(t = 0 s)

(t = 8 s)

240 rpm = 240

2 25.13 rad/s 60 2 6.28 rad/s 60 rpm = 60 60

(a) O disco A tem uma acelerao angular constante, = d = const. dt = 0 + t

A = (A )0 + A t A =

A (A )0 6.28 25.13 = 2.35 rad/s2 t 8vC B A B

Depois de 8 segundos, no h escorregamento entre os dois discos, i.e., a velocidade dos pontos em contacto dos dois discos a mesma, vC . vC = A rA = B rB B = A p.120 Captulo 4 rA 80 = 6.28 8.37 rad/s rB 60

A

C

4.4. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS Mas o movimento do disco B tambm com acelerao angular constante, B = (B )0 + B t B = Portanto, A = 2.35 rad/s2 B = 4.19 rad/s2

8.37 25.13 B (B )0 = 4.19 rad/s2 t 8

(b) O instante para o qual a velocidade angular do disco B zero, B = (B )0 + B t 0 = 25.13 4.19 t Exerccio (Beer 15.51) O brao AB gira com velocidade angular de 42 rpm no sentido horrio. Determine a necessria velocidade angular da roda A para a qual: (a) a velocidade angular da roda B de 20 rpm no sentido anti-horrio; (b) o movimento da roda B uma translao curvilnea. Considere rA = 60 mm e rB = 90 mm. O brao ABB vB A AB

t6s

B C A

vB = AB (rA + rB )

A roda AA

C

vC = A rA

vC

p.121 Captulo 4

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS A roda B

B C vC vB C vC

B vC C B

B vB/C

O movimento plano da roda B descomposto numa translao com a velocidade do ponto C e uma rotao em torno do C. vB = vC + vB/C e vB/C = B rB

Das equaes obtidas resulta, AB (rA + rB ) = A rA + B rB (a) A = A = 1 [AB (rA + rB ) B rB ] rA

1 [42 (60 + 90) + 20 90] = 135 rpm 60

(b) O movimento da roda B uma translao curvilnea se B = 0, rB rA

AB (rA + rB ) = A rA

90 60

A = AB

1+

A = 42

1+

= 105 rpm

Exerccio (Beer 15.65) Na posio mostrada, a barra AB tem uma velocidade angular de 4 rad/s no sentido horrio. Determine a velocidade angular das barras BD e DE. p.122 Captulo 4


A

1o Mtodo barra AB vB = AB AB barra ED vD = ED EDvB B

AB

E ED

300 mm

500 mm

400 mm

vD 400 mm

D

vB = 4 0.42 + 0.82 3.58 m/s vD = ED 0.42 + 0.52 0.64 ED m/s barra BDvB B vD movimento plano translao com B D B D B BD vD/B rotao em torno de B vB vB xo D

vD = vB + vD/B

vD/B = BD BD

Projectando esta equao vectorial segundo os eixos horizontal e vertical resulta, vD cos = vB cos vD sin = vB sin BD BD 0.8 cos 0.42 + 0.82 0.64 ED = 3.58 vD = vB 0.5 cos 0.42 + 0.52 ED 6.4 rad/s 1 vD sin = vB sin BD BD BD = (vB sin +vD sin ) BD p.123 Captulo 4

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS BD = Portanto BD = 5.2 rad/s ED = 6.4 rad/s 1 0.4 0.4 (3.58 + 0.64 ) 5.2 rad/s 2 + 0.82 0.8 0.4 0.42 + 0.52

2o Mtodo: Utilizando o centro instantneo de rotao 0.8 sin = 0.82 + 0.42 A AB C BD vB B 400 mm vD 400 mm D E ED 500 mm 300 mm

63.44 0.5 sin = 0.52 + 0.42 = 180 65.22 51.34

Aplicando o teorema dos senos no BDC,

sin sin sin = = DC BC BD BD sin 0.788 m sin 0.42 + 0.52 0.640 m

resulta, BC = BD sin 0.688 m sin 0.42 + 0.82 0.894 m CD =

AB =

ED =

Com a geometria conhecida, vB = AB AB = BD BC BD = AB AB 4 0.894 = 5.2 rad/s BC 0.688

ED p.124 Captulo 4

vD = BD CD = ED ED 5.2 0.788 CD = 6.4 rad/s = BD ED 0.640

4.4. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS Exerccio Sabendo que a extremidade D da corda avana para a esquerda com velocidade de 150 mm/s e que o cilindro rola sem escorregar, determine: (a) a velocidade angular do cilindro; (b) a velocidade do ponto A; (c) o comprimento da corda enrolado/desenrolado num segundo.r = 90 mm R = 120 mm r vD D A B R vA vB A B

111111111 000000000 111111111 000000000Como o o inextensvel, vB = vD = 150 mm/s

11111111 00000000 11111111 00000000 C

Como o cilindro rola sem escorregar, o ponto de contacto entre o cilindro e a superfcie horizontal o centro instantneo de rotao, C C.I.R. (vC = 0) (a) vB = CB = (R r) (b) vA = AC = R = 5 120 = 600 mm/s (c) Como vA > vB , a corda vai se enrolar no cilindro. Considerando o movimento do cilindro de raio r em relao a corda, o ponto B ca o centro instantneo de rotao e a velocidade angular dada por, vA vB 0 = r O comprimento da corda enrolado num intervalo de tempo t, vA vB t r = (vA vB )t s = r = 0 t r = r ou seja, num segundo, s = (600 150) 1 = 450 mm p.125 Captulo 4 = vB 150 = = 5 rad/s Rr 120 90

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS Exerccio (Beer 15.67) Na posio mostrada, a barra DE tem uma velocidade angular constante de 15 rad/s no sentido horrio. Determine (a) a distncia b para a qual a velocidade do ponto F vertical e (b) a correspondente velocidade do ponto F .F vF vB B D A b 300 240 vD DE E 100 320 C F D

(a) O C.I.R. da barra F D situado no ponto de interseco das rectas DE e AB, ou seja o ponto C. Para que a velocidade do ponto F seja vertical, F C deve ser horizontal. CA 320 = 240 300 + 240 CA = 540 320 = 720 mm 240

CB = CA BA = 720 420 = 300 mm CB 100 = CF 300 Resulta, b = 0.9 m (b) DE CD = CB + 100 320 CD = 400 DE = 1.25 DE 320 DE DE CD CF = 3 CB = 3 300 = 900 mm

vD = DE DE = F D CD F D =

F D =

15 DE = = 12 rad/s 1.25 1.25

vF = F D CD = 12 0.9 = 10.8 m/s p.126 Captulo 4

4.4. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS Exerccio (Beer 15.70) Um automvel desloca-se para a direita com uma velocidade constante de 77.23 km/h. Se o dimetro da roda for de 560 mm, determine as velocidades dos pontos B, C e E na periferia da roda.B vB

vA = 77.23 km/h =

77.23 1000 21.45 m/s 3600A

vA

r = 0.56/2 = 0.28 m O centro instantneo de rotao da roda o ponto de contacto com o solo, ou seja o ponto C (vC = 0). vA = r =

E vE

111111 000000 111111 000000C

21.45 vA = 76.61 rad/s r 0.28

vE = CE =

vA r 2 = vA 2 30.33 m/s r vA 2r = 2vA 42.90 m/s r

vB = BC = Resulta, vB = 42.90 m/s

vc = 0

vE = 30.33 m/s

Exerccio Um automvel parte do repouso e tem acelerao constante de 2.13 m/s2 para a direita. Sabendo que a roda rola sem escorregar, determine a velocidade do automvel para a qual o mdulo de aB 15.2 m/s2 . Nota: Num corpo que rola sem escorregar, a acelerao tangencial do ponto de contacto com o solo (o C.I.R.) nula. aB = aA + aB/A aB/A = AB 2 AB aB = aA + AB 2 AB 0.559 m B 2r A aA aA r aB

1111111 0000000C

p.127 Captulo 4

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS Para determinar a acelerao angular da roda, escreve-se aA = aC + aA/C = aC + CA 2 CA Projectando a equao segundo um eixo horizontal e tomando em conta que a componente horizontal da acelerao do centro instantneo de rotao nula, aA 2.13 = = 7.62 rad/s2 aA = (aC )x + r = r 0.559/20

As componentes escalares da acelerao do ponto B so: (aB )t = aA + r = 2.13 + 7.62 0.559/2 = 4.26 m/s2 (aB )n = 2 r = 0.559/2 2 = 0.2795 2 4

Como |aB | = 15.2 = 4.262 + 0.2795 2

2

= 15.22

15.22 4.262 7.225 rad/s 0.27952 a velocidade do automvel ca, vA = r = 7.225 0.2795 = 2.02 m/s Exerccio (Beer 15.78) Uma polia dupla est ligada a um bloco deslizante por meio de um apoio em A. A polia interior tem 30 mm de dimetro e est rigidamente ligada polia exterior, que tem 60 mm de dimetro. Sabendo que cada uma das cordas puxada com a velocidade constante indicada, determine: (a) o centro instantneo de rotao da polia dupla; (b) a velocidade do bloco deslizante; (c) os milmetros de corda enrolada e desenrolada em cada polia por segundo.v2 = 200 mm/s

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

E

A B

D

F

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

B v1 15

AI vA 30 D

v2

v1 = 160 mm/s

p.128 Captulo 4

4.4. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS (a) Determinar o C.I.R. como o ponto do disco cuja velocidade nula. ID BD = v1 + v2 v2 ID = v2 200 BD = 45 = 25 mm v1 + v2 200 + 160

AI = AD ID = 30 25 = 5 mm (b) A velocidade do bloco deslizante dada pela velocidade do ponto A, vA AI = v1 IB vA = v1 AI 5 = 160 = 40 mm/s IB 20

(c) Corda enrolada/desenrolada em cada polia, sB = vB/A t = (vB vA ) t sB = (160 40) 1 = 120 mm, desenrolada sD = vD/A t = (vD + vA ) t sD = (200 + 40) 1 = 240 mm, desenrolada Exerccio (Beer 15.117) O tambor com 150 mm de raio rola sem escorregar numa correia que se desloca para a esquerda com a velocidade constante de 300 mm/s. No instante em que a velocidade e a acelerao do centro D do tambor tm os valores indicados, determine as aceleraes dos pontos A, B e C do tambor. Calcular a velocidade angular do tambor vD = vC + vD/CvD = 750 mm/s A R D aD = 900 mm/s2 B

R = 150 mm

Projectando a equao vectorial num eixo horizontal e tomando em conta que no h escorregamento entre o tambor e a correia, vD = v0 + R

v0 = 300 mm/s

C

=

750 + 300 v0 + vD = = 7 rad/s R 150 p.129 Captulo 4

CAPTULO 4. CINEMTICA DOS CORPOS RGIDOS Calcular a acelerao angular do tambor aD = aC + aD/C Projectando a equao vectorial num eixo horizontal e tomando em conta que no h escorregamento entre o tambor e a correia, aD = 0 + r =

(aD/C )n (aD/C )t

aD 900 = = 6 rad/s2 r 150r aD 2R aC x r 2

Para qualquer ponto P do tambor, aP = aD + aP/D

aA 2R aB r

aD

R = 7 150 = 7350 mm/s R = 6 150 = 900 mm/s2 aD = 900 mm/s2

2

2

2

y

R aD

ponto A (aA )x = 900 + 900 = 1800 mm/s2 (aA )y = 7350 mm/s2

aA 7567 mm/s2 ponto B (aB )x = 900 7350 = 6450 mm/s2 aB 6512 mm/s2 ponto C (aC )x = 900 900 = 0 (aC )y = 7350 mm/s2 (aB )y = 900 mm/s2

aC 7350 mm/s2 Exerccio Sabendo que a haste AB gira com velocidade angular e acelerao angular , ambas no sentido anti-horrio, deduza expresses para a velocidade e acelerao do cursor C. p.130 Captulo 4


L A

B xC

L C

x

Como o movimento do cursor C ao longo da barra horizontal, tanto a sua velocidade como a sua acelerao sero horizontais. xC = 2L cos vC = dxC dxC d = = 2L sin dt d dt vC = 2L sin

aC =

d d d dvC = (2L sin ) = 2L (sin ) + sin dt dt dt dt aC = 2L( 2 cos + sin )

aC = 2L(cos 2 + sin )

Exerccio Sabendo que o cursor C se move para direita com velocidade constante v0 , deduza expresses para a velocidade angular e a acelerao angular da barra AB.L A xC B L C

x

xC = 2L cos vC = dxC d dxC = = 2L sin dt d dt = v0 2L sin p.131 Captulo 4 v0 = 2L sin


=

d d d v0 d = = dt d dt 2L d

v0 cos v0 1 = sin 2L sin2 2L sin v0 2 cos = 2L sin3

Exerccio (Beer 15.120) O disco mostrado possui uma velocidade angular constante de 360 rpm no sentido horrio. Determine a acelerao do cursor C quando (a) = 0 e (b) = 180 .L = 300 mm B

A A r = 75 mm C

= 0 O ponto B pertence ao disco A vB que roda com velocidade angular constante,B

A

BC aC

vB = A AB2 aB = A AB

aB

A

aC/B

C

A = 360 rpm = 360

aB = 37.72 0.075 106.60 m/s2

2 37.70 rad/s 60 vB = 37.7 0.075 2.83 m/s

O centro instantneo de rotao da barra BC o ponto C. Ento, vB = BC BC BC = vB 2.83 = 9.43 rad/s BC 0.32 aC = aB BC BC

aC = aB + aC/B

aC = 106.6 9.432 0.3 79.92 m/s2 p.132 Captulo 4

4.4. EXERCCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRTICAS = 180A B A aB vB aC/B aC C BC

B disco A

vB 2.83 m/s e

aB 106.60 m/s2

O centro instantneo da barra BC de novo o ponto C, resultando BC 9.43 rad/s aC = aB + aC/B 2 aC = aB + BC BC

aC = 106.6 + 9.432 0.3 133.28 m/s2

p.133 Captulo 4

Captulo 5 Cintica dos Corpos RgidosA cintica dos corpos rgidos estuda as relaes que existem entre as foras que actuam num corpo, a sua forma e massa e o movimento resultante. No caso dos corpos rgidos, estuda-se o movimento do centro de massa, mas tambm o movimento em torno do centro de massa.

5.1 Equaes de movimentoConsidere-se um corpo rgido sujeito aco de vrias foras externas. As equaes de movimento sero dadas por, F = maGn

F1

F2

y G Fn F3 x

en

MG = HG

onde m a massa do corpo, aG a acelerao absoluta do centro de massa G e HG o momento angular do corpo rgido em torno do seu centro de massa.

O z

Nota: O estudo que se segue ser limitado apenas ao caso do movimento plano. 135

CAPTULO 5. CINTICA DOS C

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