CONTEUDO MECANICA GERAL

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ENG 01156 – Mecânica - Aula 24
Prof Inácio Benvegnu Morsch / aluno Eng Civil Luciano Perin - CEMACOM
254
24. CINÉTICA DE UMA PARTÍCULA
24.1 SEGUNDA LEI DE NEWTON
Um ponto submetido a uma força não nula adquire uma aceleração com módulo
proporcional ao módulo da força na mesma direção e sentido desta.
amF
!!
⋅= (24.1)
Para mais de uma força agindo sobre a partícula, sabe-se que a partícula adquire uma
aceleração com módulo proporcional ao módulo da força resultante na mesma direção e
sentido desta. Este resultado está expresso na equação (24.2) e na Fig. (24.1).
amFFR
!!! ∑ == (24.2)
Figura 24.1
É importante salientar, que é mais usual empregar-se a ilustração da Fig. (24.2) do que a da
Fig. (24.1).
Figura 24.2
Na Fig. (24.2) iguala-se o diagrama de corpo livre, que representa a partícula livre de sua
vizinhança e mostra todas as forças atuantes sobre esta, ao diagrama cinético, o qual
corresponde ao movimento da partícula provocado pelas forças.
Nota-se pela equação (24.2) que se a força resultante é nula ( 0∑ == FFR !! ) então a
aceleração também é nula ( 0=a
!
, já que 0≠m ), logo a partícula permanecerá em repouso ou
realizará um movimento retilíneo uniforme (condição de equilíbrio estático – 1ª Lei de
Newton).
P
1F
!
2F
!
RF
!
a
!
P
=
Diagrama de corpo livre
P
Diagrama de corpo livre
1F
!
2F
!
RF
!
am
!
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24.2 QUANTIDADE DE MOVIMENTO
O vetor quantidade de movimento L
!
 de um ponto tem a mesma direção e sentido que
a velocidade do ponto e o seu módulo é igual ao produto da massa pela velocidade do ponto.
vmL
!!
= (24.3)
Utilizando-se este conceito pode-se rescrever a 2ª Lei de Newton na sua forma original
L
dt
Ld
F
!
"
!
!
==∑ (24.4)
Nesta expressão, o ponto sobre o vetor L
!
 indica derivada em relação ao tempo (por exemplo
dt
dx
x =" e 
2
2
dt
xd
x ="" ). Considerando a massa m constante, a expressão (24.4) reproduz a (24.2),
ou seja
amF
dt
vd
mvF
dt
vmd
F
!!
!
!!
!!
=→+=→= ∑∑ ∑ dt
dm
 
)(
(24.5)
É importante observar que se a força resultante, que atua numa partícula é nula, a
quantidade de movimento da partícula permanece constante, tanto em módulo como em
direção e sentido.
24.3 EQUAÇÕES DE MOVIMENTO
Apresenta-se a seguir as equações de movimento mais empregadas na solução de
problemas.
24.3.1 Equações de Movimento em Coordenadas Cartesianas
Os vetores força e aceleração são representados por suas componentes cartesianas num
sistema de referência XYZ como ilustrado na Fig. (24.3).
Figura 24.3 – Representação das equações de movimento em componentes retangulares.
X
Z
O
Y
P
X
Z
O
Y
P=
Fx
Fy
Fz
maz
may
max
�
�
�
��
��
��
��	
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��
��
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��
���
���
��
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Considerando a expressão (24.2) e escrevendo os vetores força e aceleração em
componentes cartesianas tem-se
∑ ++=++ )()( kajaiamkFjFiF zyxzyx !!!!!! (24.6)
que resulta em três equações escalares
∑
∑
∑
=
=
=
zz
yy
xx
maF
maF
maF
(24.7)
Quando o problema é definido no plano XY as equações de movimento ficam reduzidas a
duas: ∑ = xx maF e ∑ = yy maF .
24.3.2 Equações de Movimento no Triedro de Frenet
Quando uma partícula se desloca ao longo de uma trajetória curva conhecida,
normalmente é vantajoso escrever as equações de movimento em relação ao triedo de Frenet.
A Fig (24.4) ilustra o diagrama de corpo livre e o diagrama cinético no sistema de referência
adotado.
Figura 24.4 – Representação dos diagramas de corpo livre e cinético no triedro de Frenet.
Considerando-se a definição do triedro de Frenet, ver item 19.2, e a equação (19.11)
pode-se escrever
∑∑
∑∑
∑∑
=→=
=→=
=→=
00 bbb
tttttt
nnnnnn
uFF
umauFamF
umauFamF
!!
!!!!
!!!!
(24.8)
nas quais nu
!
 e tu
!
 são vetores unitários que definem as direções normal e tangencial. Vale
dizer que o somatório de forças na direção do vetor binormal bu
!
 é necessariamente nulo, já
z
y
x
O
nu
!
∑ nF
!
∑ tF
!
tu
!
z
y
x
O
nu
!
tam
!
tu
!
P
P
nam
!
=
�
�
�
��
��
��
��	
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��
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��
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���
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que o movimento da partícula está restrito a sua trajetória. As duas primeiras equações
apresentadas em (24.8) podem ser rescritas como
ttt
nnn
u
dt
dV
muF
u
R
V
muF
!!
!!
∑
∑
=
=
2
(24.9)
, o que indica que as forças na direção tangencial, ∑ ttuF ! , provocam variação no módulo da
velocidade e as forças na direção normal geram a aceleração normal, que deve estar sempre
direcionada para o centro de curvatura, com o sentido representado na Fig. (24.4). Como a
resultante das forças normais tem sempre o seu sentido para o centro da trajetória, costuma-se
chama-la de força centrípeta.
As expressões apresentadas em (24.8) podem ser escritas na sua forma escalar como
∑
∑
∑
=
=
=
0b
tt
nn
F
maF
maF
(24.10)
24.3.3 Equações de Movimento em Componentes Polares
Seja P um ponto móvel sobre um plano e seja OX um eixo escolhido sobre este plano.
Considerando o item 19.3.4 e a Fig. (24.5) pode-se escrever as equações de movimento como
rrrrrr
trtrtrtrtrtr
umauFamF
umauFamF
!!!!
!!!!
∑∑
∑∑
=→=
=→=
(24.11)
Figura 24.5 - Representação dos diagramas de corpo livre e cinético num sistema de
coordenadas polares.
Nesta expressão trF
!
 e rF
!
 representam as forças nas direções transversal e radial.
Considerando a expressão (19.26), pode-se rescrever a (24.11) como a (24.12), que
corresponde as equações escalares apresentadas em (24.13).
x
P
90°
r
θ
O
90° ur
utr
S
∑ trF!
∑ rF!
x
P
90°
r
θ
O
90° ur
utr
S
tram
!
ram
!
=
�
�
�
��
��
��
��	
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��
��
���
��
���
���
��
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rrr
trtrtr
ur
dt
rd
muF
u
dt
d
r
dt
dr
muF
!!
!!
∑
∑




−=


 +=
2
2
2
2
ω
ω
ω
(24.12)
∑
∑




−=


 +=
r
dt
rd
mF
dt
d
r
dt
dr
mF
r
tr
2
2
2
2
ω
ω
ω
(24.13)
Em alguns tipos de problemas pode ser mais vantajoso trabalhar com as forças
projetadas segundo uma direção tangencial e normal à trajetória da partícula. Por exemplo,
considere que uma partícula P realiza um movimento, ao longo de uma trajetória ( )θfr = ,
provocado por uma força F1. A força normal N que a trajetória exerce na partícula é sempre
perpendicular à tangente a trajetória. Já a força de atrito FA age ao longo da tangente a
trajetória no sentido oposto ao movimento. Neste caso, normalmente é mais simples
identificar as direções normal e tangencial a partir da coordenada radial, calculando-se o
ângulo ϕ definido entre o prolongamento da direção radial e a reta tangente à curva no ponto
considerado. A Fig. (24.6) ilustra o cálculo do ângulo ϕ. Nota-se que quando a partícula
percorre uma distância ds na trajetória, a componente deste deslocamento na direção radial
vale dr e na direção transversal vale θdr . Como estas componentes são ortogonais pode-se
definiro ângulo ϕ pela equação (24.14)
Figura 24.6
θ
ϕ
ddr
r
=tan (24.14)
É importante salientar que se o ângulo ϕ é positivo, este é medido no sentido anti-horário a
partir da reta que prolonga a direção radial, e no caso do ângulo ϕ ser negativo, deve-se medi-
lo no sentido horário a partir da reta que prolonga a direção radial.
x
r
O
θ
ϕ
tangente
( )θfr =
dr
rdθ
ds
dθ r
�
�
�
��
��
��
��	
�
�
��
��
���
��
���
���
��
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24.3.4 Equações do Movimento em Componentes Cilíndricas
Seja um ponto P móvel no espaço. Considerando os resultados obtidos no item 19.3.5
e a Fig. (24.7) pode-se escrever as equações de movimento deste ponto num sistema de
coordenadas cilíndricas como
Figura 24.7 - Representação dos diagramas de corpo livre e cinético num sistema de
coordenadas cilíndricas.
∑∑
∑∑
∑∑
=→=
=→=
=→=
zzzzz
rrrrrr
amuFamF
umauFamF
umauFamF
!!!!
!!!!
!!!!
θθθθθθ (24.15)
Considerando a equação (19.31) pode-se rescrever a (24.15) como
∑
∑
∑
=


 +=




−=
zzz
rrr
u
dt
zd
muF
ur
dt
dr
muF
ur
dt
rd
muF
!!
!!
!!
2
2
2
2
2
2 θθθ αω
ω
(24.16)
θ r
z
rp
P
uz
ur
uθ
∑ zF!
∑ θF!
∑ rF!
=
θ r
z
rp
P
zam
!
θam
!
ram
!
�
�
�
��
��
��
��	
�
�
��
��
���
��
���
���
��
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24.4 MOMENTO ANGULAR
Define-se o momento angular de uma partícula como o momento em relação ao ponto
O, conforme Fig.(24.8), do vetor quantidade de movimento vm
!
 da partícula, no instante
considerado, ou seja
LrHvmrH oo
!!!!!
×=→×= (24.17)
Figura 24.8 – Momento angular de uma partícula.
Pela expressão (24.17) nota-se que o vetor momento angular OH
!
 tem as seguintes
propriedades:
• φsen.rmvHo = ;
• oH
!
 é perpendicular ao plano definido por r
!
e L
!
;
• O sentido de oH
!
é dado pela regra da mão direita;
• Unidade: [kg m2/s].
O momento angular OH
!
 é calculado pelo determinante apresentado na expressão
(24.18)








=++=
zyx
OOOo
mvmvmv
HHHH
zyx zyx
rrr
kji
 kji
!!!
!!!!
(24.18)
Em problemas definidos no plano XY tem-se ( )0;; yx rrr =! e ( )0;; yx vvv =! , logo como
rHO
!! ⊥ e vHO
!! ⊥ , conclui-se que ( )
zOO
HH ;0;0=
!
Em coordenadas polares o momento angular pode ser definido a partir da Fig. (24.9), o
que resulta na expressão (24.19).
y
x
O
oH
!
r
!
vm
!
φ
�
�
�
��
��
��
��	
�
�
��
��
���
��
���
���
��
�
�
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Figura 24.9 – Definição do momento angular em coordenadas polares.
dt
d
mrHrmvHrmvH ooo
θφ θ 2sen. =→=→= (24.19)
Calculando-se a derivada do momento angular oH
!
 em relação ao tempo tem-se
dt
vd
mrvm
dt
rd
dt
Hd o
!
!!
!!
×+×= (24.20)
Considerando as definições de velocidade e aceleração, expressões (19.1) e (19.2), pode-se
rescrever a (24.20) como
amrvmv
dt
Hd o !!!!
!
×+×= (24.21)
Como v
!
 e vm
!
 são vetores paralelos, sabe-se que 0=× vmv
!!
, logo a (24.21) resulta em
amrHamr
dt
Hd
O
o !!
!
"!!
!
×=→×= (24.22)
Considerando a 2ª Lei de Newton, equação (24.2), pode-se escrever a (24.22) como
∑×= FrHO !!
!
" (24.23)
que resulta em
∑= oO MH !
!
" (24.24)
Conclusão: A soma dos momentos em relação a O, das forças que atuam num ponto P
é igual a derivada do momento angular em relação ao tempo.
24.5 VALIDADE DAS EQUAÇÕES DE MOVIMENTO
As equações de movimento anteriormente apresentadas são válidas quando escritas
em relação a um sistema de referência Newtoniano ou sistema de referência inercial. Defini-
se um referencial inercial como um sistema de eixos em repouso ou realizando um
movimento retilíneo uniforme. Esta definição assegura que a aceleração de uma partícula P
O
r
!
mv
φ
rvm
!
θvm
!
P
θ
�
�
�
��
��
��
��	
�
�
��
��
���
��
���
���
��
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medida em relação à dois sistemas de referência inerciais seja a mesma. Como exemplo,
vamos analisar o movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV) de um partícula P em
relação a vários sistemas de referência como está ilustrado na Fig. (24.10).
Figura 24.10 – Exemplos de sistemas de referência.
No desenho acima representa-se por aP/O a aceleração do ponto P medida em relação ao sistema de referência
Oxy. Aplica-se a mesma convenção para os demais sistemas de referência.
Nota-se que a aceleração da partícula observada a partir dos sistemas de referência Oxy (em
repouso) e O1x1y1 (em MRU) é a mesma, ou seja POPOP aaa
###
==
1//
. Estes dois sistemas de
referência são classificados como referenciais inerciais. Já a aceleração da partícula medida
no referencial O2x2y2, que realiza um movimento retilíneo acelerado, vale 22/ OPOP aaa
###
−= ,
e a aceleração da partícula medida no referencial O3x3y3, que realiza um movimento de
rotação, sofre efeito da aceleração de coriolis resultando em 33/ OPOP aaa
###
−= . Os
referenciais O2x2y2 e O3x3y3 são denominados referenciais não inerciais, logo as acelerações
medidas em relação à estes sistemas, 
2/OP
a
#
 e 
3/OP
a
#
, não podem ser utilizadas na expressão
da 2ª Lei de Newton com a finalidade de determinar as forças atuantes na partícula.
Quando devemos trabalhar em relação a um referencial não inercial, as leis de Newton
poderão ser aplicadas desde que se introduzam as chamadas forças inerciais. Essas forças são
intrínsecas ao referencial e desaparecem quando a observação é feita fora dele. Logo, são
utilizadas como uma técnica que nos permite aplicar as leis de Newton para descrever um
evento num referencial não inercial como por exemplo um referencial rotacional.
Eixos terrestres. Em um número significativo de aplicações, costuma-se adotar como
sistema de referência um triedro solidário com a Terra e, portanto, afetado pela rotação desta.
Na maioria dos problemas de engenharia isso não altera de modo significativo os resultados
obtidos. Entretanto, em problemas de balística, trajetória de projéteis, em problemas de
navegação aérea, não se pode deixar de considerar as acelerações de condução e de Coriolis.
A aceleração de condução é a aceleração normal devida ao movimento de rotação da Terra,
não dependendo do movimento relativo (cabe salientar que o movimento de translação da
Terra não é considerado porque no intervalo de tempo no qual ocorre o movimento em
estudo, pode-se considerar a translação terrestre como retilíneo e uniforme). A aceleração de
coriolis também é provocada pela rotação da Terra, já que o movimento de condução do
sistema de referência é uma rotação, mas esta aceleração somente se manifesta quando há
também um movimento relativo. Denomina-se de efeito geostrófico a toda manifestação da
aceleração de Coriolis em relação aos eixos terrestres.
O x
y
ap
trajetória da partícula
sistema em repouso
O1
sistema em MRU
VO1
x1
y1
sistema em acelerado
(movimento retilíneo)
O2 x2
y2
aO2
ap
ap/02 - aO2
sistema em rotação
O3 x3
y3
ω3
ap
- aO3
ap/03
Vp
P
aP/O = ap aP/O1 
= ap
�
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��
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24.6 EQUILIBRIO DINÂMICO
A Segunda Lei de Newton pode ser escrita como 0=−∑ amF !! , que mostra ao
adicionarmos o vetor am
!
− às forças que atuam sobre o ponto em estudo, obteremos um
sistema de vetores equivalentes a zero. O vetor am
!
− é chamado de vetor de inércia ou de
força de inércia. Diz-se então que o ponto está em equilíbrio dinâmico. Logo, este tipo de
problema pode ser resolvido através dos métodos da estática. Este procedimento de trabalho
costuma ser denominado de Princípio de D’Alembert. A Fig. (24.11) permite comparar o
procedimento baseado nas equações de movimento, que emprega um diagrama de corpo livre
e um diagrama cinético, com o procedimento do equilíbrio dinâmico, que trabalha apenas com
um diagrama de corpo livre.
Figura 24.11 – Comparação entre a equação de movimento e a equação de equilíbrio
dinâmico.
a) Equação de movimento representada através de um diagrama de corpo livre e um diagrama cinético;
b) Equação de equilíbrio dinâmico indicando que a força de inércia am
!
− deve se opor à força resultante das
forças externas;
c) Equação de equilíbrio dinâmico indicando que a força de inércia am
!
− , quando somadas com as forças
externas que atuam no corpo deve resultar no vetor nulo.
A Fig. (24.12) faz uma comparação entre a equação de movimento e a equação de
equilíbrio dinâmico quando se trabalha com as componentes tangencial e normal. Nota-se que
a componente tangencial do vetor de inércia, tam
!
− , mede a resistência que o ponto oferece
quando se tenta mudar o módulo de sua velocidade, enquanto a componente normal do vetor
de inércia, nam
!
− , representa a tendência do ponto material em abandonar sua trajetória
curvilínea. Este vetor de inércia é também chamado de força centrífuga.
1F
!
2F
!
RF
!
m
am
!
=
m
am
!
−
1F
!
2F
!
RF
!
m
= 0
am
!
−
1F
!
2F
!
m
= 0
a)
b)
c)
�
�
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264
Figura 24.12 – Comparação entre a equação de movimento e a equação de equilíbrio
dinâmico em termos de componentes normal e tangencial.
De modo geral, os vetores de inércia medem a resistência oferecida pelos pontos
materiais quando tentamos colocá-los em movimento ou quando tentamos mudar as condições
de seus movimentos. Os vetores de inércia são usualmente chamados de forças de inércia, no
entanto este é um tema polêmico.
Os vetores de inércia ou melhor forças de inércia não são iguais às forças encontradas
na Estática, que são forças de contato ou forças gravitacionais. Além disso, relendo o item
24.5 nota-se que as forças de inércia são intrinsicas ao referencial não inercial adotado, ou
seja estas forças desaparecem se o problema for analisado em relação a um referencial
inercial, logo pode-se dizer que as forças inerciais são forças fictícias. Por este motivo,
existem objeções ao uso da palavra força quando se trata do vetor de inércia am
!
− .
Por outro lado, verifica-se que os vetores de inércia, ou forças de inércia, e as forças
reais afetam os nossos sentidos da mesma maneira e não podem ser distinguidos por medidas
físicas. Por exemplo, um homem num elevador, que é acelerado para cima, terá a sensação de
que seu peso aumentou, e nenhuma medida realizada dentro do elevador pode estabelecer se
este está acelerado ou se a força gravitacional aumentou.
Não entrando no mérito desta questão, ao longo deste texto emprega-se ambos os
termos, força de inércia ou vetor de inércia, para identificar o vetor am
!
− .
Força centrífuga. A força centrífuga é uma força inércia que está associada a um
referencial que realiza um movimento de rotação. Alguns exemplos nos quais se encontra o
efeito desta força são as centrífugadoras, máquinas de lavar roupa. Outro exemplo comum é a
tendência de sermos prensados contra a parede de um automóvel quando este realiza uma
curva com velocidade considerável. A Fig. (24.13) ilustra esta situação.
m
∑ nF
!
∑ tF
!
nam
!
tam
!
m
=
nam
!
−
tam
!
−
m
∑ nF
!
∑ tF
!
= 0
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265
Figura 24.13 – Exemplo de atuação da força centrífuga.
Força de Coriolis. A força de Coriolis é uma força de inércia cujo efeito se manifesta
quando se observa o movimento de um corpo a partir de um referencial girante. Para ficar
mais claro vamos analisar alguns exemplos. Seja uma partícula P de massa m, que se move
com velocidade v
!
, em relação a um sistema de referência solidário (Oxy) a uma plataforma,
que realiza um movimento de rotação com velocidade angular constante ω
!
, em relação a um
sistema de referência fixo (UXY). A Fig. (24.14) ilustra este exemplo.
Figura 24.14
Quando o movimento da partícula é observado do referencial Oxy devem ser
consideradas duas forças inerciais. A primeira é a força centrífuga ( ) 2ωPOmFcentr −=! , que
é perpendicular ao eixo de rotação e dirigida radialmente para fora da plataforma. A segunda
é a força de Coriolis vmFcoriolis
!!!
×−= ω2 , que tem direção vFcoriolis
!! ⊥ e ω!
!
⊥coriolisF .
Quando um objeto de massa m é lançado na direção radial para um ponto A, que está
na periferia de uma plataforma girante, a força de Coriolis provoca uma deflexão lateral em
sua trajetória conforme ilustrado na Fig. (24.15a). Isto ocorre no referencial não inercial da
plataforma, no qual o ponto A está em repouso e o corpo é defletido para a direita. Por outro
lado, quando se observa este movimento de um referencial inercial, o objeto desloca-se em
linha reta e não atinge o ponto A, já que este desloca-se com a plataforma conforme ilustrado
na Fig. (24.15b).
força centrífuga
força de atrito entre
o passageiro e o banco
velocidade
O x
y
ωωωω
v0
U X
Y
Fcoriolis
Fcentr.
P
�
�
�
��
��
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ENG 01156 – Mecânica - Aula 24
Prof Inácio Benvegnu Morsch / aluno Eng Civil Luciano Perin - CEMACOM
266
Figura 24.15 – Lançamento de um objeto do centro de uma plataforma girante para um ponto
localizado na periferia desta plataforma.
Exemplo 1. Um carrinho de brinquedo
de 0,4 kg de massa se desloca sobre uma
plataforma girante, com velocidade de 2
m/s constante e direcionado do centro da
plataforma para a periferia.
Considerando que a plataforma tem uma
velocidade angular pmk r30
!!
=ω
constante e que o carrinho se encontra a
0,5 m do centro, determine quais as
forças que atuam no carrinho. Apresente
a solução num referencial não inercial
(plataforma) e num referencial inercial.
A Fig. (24.16) ilustra os dados do
problema.
Figura 24.16 – Exemplo de aplicação da força de Coriolis.
ωωωω ωωωω
A
A
m
m
b)
ωωωω
Pij
X
Y
U=O
0,5
x
y
30o
ωωωω
Am
ωωωω
A
m
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267
Solução: Na representação das forças que atuam no carrinho será desprezada a força aerodinâmica (atrito entre o
carrinho e o ar) já que a velocidade deste é baixa. Considerando-se a solução no referencial não inercial tem-se
rad/s
60
302
π
π
ω =
⋅
=
O próximo passo é definir os vetores velocidade e aceleração. Particularizando-se as expressões (23.6) e (23.7)
tem-se 0=OV
#
 e 0=j
dt
dy !
, logo
( ) m/s 5,0
00
005,0 j
kji
π
π
ω =








−=×−=
##
POVcP e m/s2 iidt
dx
VrP
!!#
== , logo( )m/s0;618,0;786,054,2=PV#
Para se definir o vetor aceleração deve-se particularizar as expressões (23.14) a (23.16), ou seja 0=Oa
! , 0=α#
e 0
2
2
=j
dt
yd !
, logo tem-se
( )[ ] ( ) 22 m/s 93,45,0 iiPOPOacP !!#!! −=−=−=×−×= πωωω , 02
2
== i
dt
xd
arP
!!
2
m/s 4
002
0022 j
kji
ππωτ =







=×= rPP Va
#!!
, logo ( ) 2m/s 0;931,0;365,049,13 −=Pa!
Pelos resultados obtidos nota-se que a aceleração de condução é a aceleração centrípeta. As figuras abaixo
auxiliam na interpretação dos resultados referentes aos vetores velocidade e aceleração.
O próximo passo é determinar as forças que atuam no carrinho:
Peso: N 9,3806,94,0 =⋅== mgP , reação normal N 9,3== PNo
Força centrífuga: ( ) ( ) N 97,193,44,02 iiPOmFcentr !!! =−⋅−=−= ω , que é equilibrada por uma força de atrito.
Força de Coriolis: ( ) N 544,02 jjvmFcoriolis !!!!! −=⋅−=×−= πω , que é equilibrada por uma força de atrito.
A figura apresentada na próxima página auxilia na interpretação das forças de inércia.
ωωωω
Pij
X
Y
U=O
x
y
Vrel
Vcond
VP
ωωωω
P
ij
X
Y
U=O
x
y
30o
acent
ri
acoriolis
aP
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Considerando a solução num referencial inercial tem-se que o carrinho de brinquedo realiza uma trajetória
espiral. Neste caso, o cálculo da velocidade e aceleração do ponto P é feito segundo o item 19.3.4.
Particularizando a expressão (19.24) tem-se
m/s 5,02 jiuru
dt
dr
V trrP
!!!!!
πω ⋅+=+=
, e particularizando a expressão (19.26) tem-se 0
2
2
=
dt
rd
 já que a velocidade de 2 m/s do carrinho é constante,
logo
222
2
2
m/s 56,1293,4225,02 jijiu
dt
d
r
dt
dr
ur
dt
rd
a trrp
!!!!!!!
+−=⋅⋅+⋅−=


++



−= ππ
ω
ωω
A figura abaixo auxilia a interpretação dos resultados. Nota-se que a aceleração do ponto P é provocada pela
força de atrito entre a plataforma e o carrinho.
ωωωω
P
X
Y
U=O
x
y
Fcentrifuga
Fcoriolis
Fatrito
Fatrito
Z=z
P
No
Z=z
P
No
ωωωω
P
X
Y
30o
Fatrito
=
ωωωω
P
X
Y
30o
maP
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24.7 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Uma caixa com 60 kg de massa cai horizontalmente de um caminhão que se desloca com
uma velocidade de 80 km/h. Determine o coeficiente de atrito cinético entre a pista e o
engradado considerando que este desliza 45 m sobre a pista sem tombar antes de atingir o
repouso. Admita que a velocidade inicial do engradado sobre a pista seja de 80 km/h.
Solução: Ao cair do caminhão a caixa tem como velocidade inicial a própria velocidade do caminhão devido a 1ª
Lei de Newton. A partir deste ponto a caixa passa a deslizar sobre a pista sofrendo uma frenagem provocada pela
força de atrito. A figura abaixo ilustra o diagrama de corpo livre e o diagrama cinético do problema. É
importante ressaltar que como a caixa não tomba e como não foram especificadas as dimensões da caixa,
considera-se que a reação normal ao peso da caixa atua na mesma reta suporte da força peso.
Escrevendo-se as equações de movimento tem-se
N 4,588806,960 =⋅== mgP
∑ =→=→= 588,4 0588,4- 00 NNNmaF Gyy
Como o problema pede para determinar o coeficiente de atrito cinético pode-se coca NF ηη 4,588=⋅=
GxcGxcGxx aamaF 102,0604,588 =→==∑ ηη (1)
Para se calcular a velocidade considera-se 0=fV , m/s 22,22km/h 80 ==oV , 0=oS e m 45=fS , logo
( ) 2222 m/s 49,545222,2202 =→⋅+=→−+= GxGxofGxof aaSSaVV (2)
Substituindo-se o resultado (2) em (1) obtém-se 56,049,5102,0102,0 =⋅== Gxc aη
2) O elevador ilustrado na figura ao lado tem
massa de 500 kg, e o contrapeso A tem massa
de 150 kg. Sabendo que o motor gera uma
força constante de 5 kN no cabo em B,
determine a velocidade do elevador para t =
3s, sabendo que este parte do repouso.
Despreze as massas das polias e dos cabos.
Solução: O motor está recolhendo o cabo, o que faz com que
o elevador suba e o contrapeso A desça. Nota-se que as
acelerações do contrapeso e do elevador devem ser iguais
em módulo, mas têm sentidos contrários. O primeiro passo
para a solução do problema é fazer o diagrama de corpo
livre e cinético do contrapeso.
Peso do elevador: N 4903806,9500 =⋅=mg
Peso do contrapeso: N 9,1470806,9150 =⋅=mg
P
No
Fa
80 km/h
=
m aGx
5 kN
A
Elevador
B C
D
E
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��
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ENG 01156 – Mecânica - Aula 24
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AAAAyAy aTaTmaF 1509,1470 150-1470,9- −=→=→=∑
Como a massa dos cabos é desprezada, a força do cabo que liga o contrapeso à
polia B vale TA. Como a massa das polias é desprezada, e considerando que não
há atrito entre o cabo e a polia, bem como entre a polia e o seu eixo, pode-se
representar o diagrama de corpo livre abaixo. Aplicando-se o mesmo raciocínio
para a polia C tem-se
Fazendo-se o diagrama de corpo livre e cinético do elevador
tem-se
Escrevendo-se a equação de movimento do elevador tem-se ElevA aT 50049035000 =−+ , que pode ser rescrita
como ElevA aa 500490350001509,1470 =−+− . Como ElevA aa = e os sinais das acelerações já estão
considerados nas forças inerciais tem-se
2
m/s 41,21567650 =→= ElevElev aa
Para calcular a velocidade do elevador faz-se m/s 23,7341,2 =⋅=→⋅+= fof VtaVV
Obs. Nota-se que a força no cabo do contrapeso vale N 4,110941,21509,1470 =⋅−=AT . Como a força neste
cabo é distinta da força no cabo do motor (5 kN) verifica-se que há uma tendência de rotação do elevador, que
pode ser evitada posicionando os cabos no elevador de modo não simétrico ou acrescentando forças reativas
horizontais, que poderiam ser fornecidas por trilhos que guiam o movimento do elevador.
A
1470,9 N
TA
= A
150 aA
B
2TA
TATA
C
5 kN5 kN
10 kN
Elevador
TA 5 kN
=
500 aElev
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�
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��
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ENG 01156 – Mecânica - Aula 24
Prof Inácio Benvegnu Morsch / aluno Eng Civil Luciano Perin - CEMACOM
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ENG 1156 – MECÂNICA – TRABALHO 10 – TERCEIRA ÁREA
Os trabalhos devem ser desenvolvidos em folha A4 branca a caneta e sem rasuras, ou
podem ser desenvolvidos em editor de texto. Neste caso, o trabalho pode ser entregue em
arquivo (formato .rtf, pdf ou .doc) ou impresso em folha A4 branca. Trabalhos fora destas
condições não serão avaliados.
1) O braço AO gira em torno
de O com α = 3 rad/s2 e ω =
6 rad/s ambas no sentido
antihorário. No mesmo
instante, o disco gira em
torno de A com α1 = 2 rad/s
2
e ω1 = 4 rad/s ambas no
sentido antihorário.
Determine os vetores
velocidade e aceleração do
ponto P. Faça um esquema
ilustrando cada um destes
vetores. Indique o que
significa cada uma das
parcelas.
2) Um bloco com 10 kg de massa é lançado rampa acima com uma velocidade de 4 m/s.
Determine o ângulo mínimo da rampa para o bloco ser capaz de deslizar rampa abaixo.
Determine a velocidade do bloco quando este retornar ao ponto de onde foi lançado.
Considere que o coeficiente de atrito estático entre o bloco e a rampa vale 0,3 e o coeficiente
de atrito cinético entre o bloco e a rampa vale 0,2.
Y
XO
A
xy
P
i
j
1 
m
0,1 m
θ
4 m/s