Exercícios Resolvidos 01 - Vibrações Mecânicas - Versão 01

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Eng. Mecânica – Vibrações Mecânicas 
Prof. Marcelo Eurípedes 
Exercícios Resolvidos 01 
 
EXERCÍCIOS 
01 – Se a extremidade do cabo em A é puxada para baixo com velocidade de 2m/s, determine a 
velocidade com que o bloco B sobe. 
 
 
02 – Sabendo-se que o bloco B abaixo, se move para cima com velocidade de 1,5 m/s, determine 
a velocidade do bloco A. 
 
 
03 - O elevador E, mostrado na figura, parte do repouso e sobe com aceleração constante. Se o 
contrapeso W se desloca 10m em 40s, determinar (a) a aceleração do elevador; (b) a aceleração 
do cabo C e (c) a velocidade do elevador depois de 6s. 
 
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04 - Os dois blocos mostrados na figura abaixo estão inicialmente em repouso. Despreze as 
massas das polias e os atritos entre as diversas partes do sistema. Obtenha (a) a aceleração de 
cada bloco e (b) a tensão no cabo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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05 – Uma mola AB é presa no suporte A e no cursor B. O comprimento não deformado da mola 
é 𝑙. Sabendo que o cursor é solto do repouso em 𝑥 = 𝑥0, e que a aceleração é definida pela 
fórmula 𝑎 = −100 (𝑥 −
𝑙𝑥
√𝑙2+𝑥2
), determine a velocidade do cursor quando ela passa pelo ponto 
C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exercícios Resolvidos 01 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS 
EXERCÍCIO 01 
Nesse exercício é importante prestar atenção pois a corda que movimenta as polias D e C é 
diferente da corda que movimenta o bloco B. 
 
Adotanto o sentido positivo para cima, e usando a regra dada em sala de aula na primeira corda, 
percebe-se que o ponto A está na tangente e a polia C tem corda dos dois lados, assim: 
 
𝑣𝐴 + 2𝑣𝐶 = 0 → 2𝑣𝐶 = −𝑣𝐴 → 𝑣𝐶 = 1 𝑚/𝑠 
 
Usando novamente a regra na segunda corda, percebe-se que ela sai do centro da polia C e está 
na tangente da polia que segura o bloco B, já o bloco B está no centro, assim: 
 
𝑣𝐶 − 2𝑣𝐵 = 0 → 2𝑣𝐵 = 𝑣𝐶 → 𝒗𝑩 = 𝟎, 𝟓 𝒎/𝒔 
 
EXERCÍCIO 02 
Da figura: 
 
𝑋𝐴 + 3𝑋𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
𝑣𝐴 + 3𝑣𝐵 = 0 
𝑣𝐴 = −3𝑣𝐵 = −3 × 1,5 = −4,5 𝑚/𝑠 
 
𝒗𝑨 = 𝟒, 𝟓
𝒎
𝒔
↓ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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EXERCÍCIO 03 
1º passo: Adotar o referencial 
 
 
 
2º Passo: Analisar o problema 
**É importante observar que existem dois cabos diferentes. 
Como o comprimento do cabo que liga E a W é constante, pode-se dizer que: 
𝑥𝐸 + 𝑥𝑊 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
𝑣𝐸 + 𝑣𝑊 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
𝑣𝐸 = −𝑣𝑊 (1) 
𝑎𝐸 = −𝑎𝑊 (2) 
 
a) Do enunciado são conhecidos o deslocamento e o tempo gasto para o contrapeso, assim 
pode-se aplicar a equação: 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2 
∆𝑥 = 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2 
∆𝑥 = 10 𝑚 (dado no enunciado); percebam que é positivo porque W se desloca no sentido 
positivo de x. 
𝑣0 = 0 (parte do repuso) 
T = 40 s (enunciado) 
𝑎 = 𝑎𝑊 (estamos calculando a aceleração do contra-peso) 
 
Assim: 
10 = 0 × 40 +
1
2
𝑎𝑊40
2 → 𝑎𝑊 = −0,0125
𝑚
𝑠2
= 0,0125
𝑚
𝑠2
 ↑ 
 
b) Do desenho: 
𝑥𝐶 − 𝑙1 + 𝑥𝐸 − 𝑙1 − 𝑙2 + 𝑥𝐸 − 𝑙2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
𝑥𝐶 + 2𝑥𝐸 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
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𝑣𝐶 = −2𝑣𝐸 (3) 
𝑎𝐶 = −2𝑎𝐸 (4) 
𝑎𝐶 = 0,025
𝑚
𝑠2
 ↓ (4) 
c) Usa-se a equação da velocidade: 
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 → 0 = 𝑣𝐸 = 0 − 0,0125 × 6 → 𝒗𝑬 = −𝟎, 𝟎𝟕𝟓
𝒎
𝒔
= 𝟎, 𝟎𝟕𝟓
𝒎
𝒔
 ↑ 
 
 
EXERCÍCIO 04 
1° passo, adotar o referencial: os referenciais adotados estão mostrados na figura abaixo 
 
2° passo: diagrama de corpo livre nos corpos A e B 
 
Para simplificar, podemos adotar dois referenciais, um para o movimento de A e outro para o 
movimento de B. Assim no bloco A, evita-se projetar as forças normal e tração, o que poderia 
complicar o problema. 
 
 
 
 
3° passo: Equações do movimento (coordenadas cartesianas) 
 
Para o corpo A (em relação ao referencial 1): 
 
𝑇 − 𝑃𝐴𝑥 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥 → 𝑇 − 890 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥 
Através de relações geométricas, sei que 𝑃𝐴𝑥 = 𝑃𝐴 sin(30°) e 𝑃𝐴𝑦 = 𝑃𝐴 cos(30°) 
Assim: 𝑇 − 𝑃𝐴𝑥 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥 → 𝑇 − 890 sin(30°) =
890
9,81
𝑎𝐴𝑥 
𝑇 − 445 = 90,72𝑎𝐴𝑥 (1) 
Não é necessário fazer a equação do movimento para A no eixo y, pois como não existem atritos, 
não é necessário conhecer a normal. 
 
Para o corpo B (em relação ao referencial 2): 
 
2𝑇 − 𝑃𝐵 = 𝑚𝐵𝑎𝐵 → 2𝑇 − 1557 =
1557
9,81
𝑎𝐵 → 2𝑇 − 1557 = 158,72𝑎𝐵 (2) 
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4° passo: equações da cinemática 
 
Até o momento, temos duas equações e três incógnitas: T, aA e aB. A terceira equação deve ser 
deduzida através da relação entre as acelerações dos blocos A e B. Entretanto é preciso estar 
atento para o fato de que o referencial adotado para o corpo A e o referencial adotado são 
diferentes. Assim deve-se projetar aAx no referencial 2, como mostrado abaixo. 
 
Considerando a relação geométrica, mostrada na figura acima, podemos escrever: 
𝑎𝐴𝑦′ = 𝑎𝐴𝑥𝑠𝑒𝑛(30°) → 𝑎𝐴𝑦′ = 0,5𝑎𝐴𝑥 
Como o quanto A sobe, B desce: 
𝑎𝐵 = −𝑎𝐴𝑦′ → 𝑎𝐵 = −0,5𝑎𝐴𝑥 (3) 
Substituindo (3) em (2) tem-se: 
2𝑇 − 1557 = 158,72(−0,5𝑎𝐴𝑥) → 2𝑇 − 1557 = −79,36𝑎𝐴𝑥 (4) 
Colocando as equações (1) e (4) lado a lado: 
𝑇 − 445 = 90,72𝑎𝐴𝑥 
2𝑇 − 1557 = −79,36𝑎𝐴𝑥 
 
Multiplicando a primeira equação por -2 e somando com a segunda equação: 
−2𝑇 + 890 + 2𝑇 − 1557 = −181,44𝑎𝐴𝑥 − 79,36𝑎𝐴𝑥 
−667 = −260,8𝑎𝐴𝑥 
 𝒂𝑨𝒙 = 𝟐, 𝟓𝟔𝒎/𝒔
𝟐 
 
Substituindo o resultado acima em (4) temos: 
2𝑇 − 1557 = −79,36 × 2,56 
 
 𝑻 = 𝟔𝟕𝟕𝑵 
 
 
EXERCÍCIO 05 
O referencial adotado é mostrado na figura referente ao enunciado do exercício. 
 
Escrevendo a aceleração com função de 𝑥: 
 
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
→ 𝑑𝑡 =
𝑑𝑣
𝑎
 
𝑣 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→ 𝑑𝑡 =
𝑑𝑥
𝑣
 
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Exercícios Resolvidos 01 
 
𝑑𝑥
𝑣
 =
𝑑𝑣
𝑎
→ 𝑎𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑣 (1) 
 
 
Substituindo a equação do enunciado do exercício em (1), temos: 
 
[−100 (𝑥 −
𝑙𝑥
2𝑙2
+ 𝑥2)] 𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑣 
 
Integrando: 
∫ 𝑣𝑑𝑣
𝑣𝐶
𝑣0
= ∫ [−100 (𝑥 −
𝑙𝑥
√𝑙2 + 𝑥2
)] 𝑑𝑥
0
𝑥0
 
∫ 𝑣𝑑𝑣
𝑣𝐶
𝑣0
= −100 ∫ [(𝑥 −
𝑙𝑥
√𝑙2 + 𝑥2
)] 𝑑𝑥
0
𝑥0
 
𝑣𝐶
2
2
−
𝑣0
2
2
= −100 [
𝑥2
2
− 𝑙√𝑙2 + 𝑥2]|
0
𝑥0
 
𝑣𝐶
2
2
− 0 = −100 [−
𝑥0
2
2
− 𝑙2 + 𝑙√𝑙2 + 𝑥0
2] 
 
𝑣𝐶
2
2
= −100 (
−𝑥0
2 − 2𝑙2 + 2𝑙√𝑙2 + 𝑥0
2
2
) 
 
𝑣𝐶
2
2
= −100 (
−𝑙2 − 𝑥0
2 − 𝑙2 + 2𝑙√𝑙2 + 𝑥0
2
2
) 
 
𝑣𝐶
2
2
= 100 (
𝑙2 + 𝑥0
2 + 𝑙2 − 2𝑙√𝑙2 + 𝑥0
2
2
) 
 
𝑣𝐶
2
2
=
100
2
(𝑙2 + 𝑥0
2 + 𝑙2 − 2𝑙√𝑙2 + 𝑥0
2) 
 
𝑣𝐶
2 = 100 (√𝑙2 + 𝑥0
2 − 𝑙)
2
 
 
𝒗𝑪 = 𝟏𝟎 (√𝒍
𝟐 + 𝒙𝟎
𝟐 − 𝒍)