CONTEUDO MECANICA GERAL

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ENG 01156 – Mecânica - Aula 26
Prof Inácio Benvegnu Morsch/ aluno Eng Civil Luciano Perin – CEMACOM
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26. CINÉTICA DOS CORPOS RÍGIDOS
Do ponto de vista da Mecânica de Newton, um sólido é representado por um sistema
de partículas, logo os resultados obtidos no item 25 aplicam-se diretamente.
26.1 EQUAÇÕES DE MOVIMENTO PARA UM CORPO RÍGIDO
Considerando que um corpo rígido é representado por sistema de partículas pode-se
escrever
∑ = CMamF !" (26.1)
em que m é a massa do corpo e CMa
!
é aceleração do centro de massa.
Considerando o movimento do sólido em relação ao sistema de referência baricêntrico
CMX´Y´Z´, ver item 25.4, tem-se
∑ = CMCM HM !#" (26.2)
As equações (26.1) e(26.2) estão ilustradas na Fig. (26.1), a partir da qual conclui-se
que o sistema de forças externas é equivalente ao sistema formado pelo vetor CMam
!
 e pelo
vetor momento CMH
!
# . É importante ressaltar que as equações (26.1) e (26.2) são genéricas,
ou seja valem para problemas tridimensionais ou bidimensionais.
Figura (26.1) -
26.2 EQUAÇÕES DE MOVIMENTO DA CINÉTICA PLANA
As equações de movimento que serão obtidas são válidas para corpos e carregamentos
considerados simétricos em relação a um plano de referência considerado fixo. Neste caso, a
trajetória de cada partícula que forma o corpo é uma curva plana paralela ao plano de
referência fixo. Com esta simplificação a equação de movimento correspondente à rotação
toma uma forma mais simplificada.
CM
1F
"
4F
"
2F
"
3F
"
CM CMam
!
CMH
"
#
=
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26.2.1 Momento angular de um corpo rígido em movimento plano
Seja uma placa rígida em movimento plano. Supondo a placa constituída de n pontos
iP de massa im∆ , sabe-se que o momento angular da placa em relação ao seu centro de massa
pode ser calculado em relação ao referencial CMx´y´, ver item 25.4, fazendo-se
∑
=
∆×=
n
i
iiiCM mVrH
1
'
)´(
"""
(26.3)
Como o ponto iP pertence à placa tem-se 
''
ii rV
"""
×= ω (velocidade relativa), em que ω
"
 é a
velocidade angular da placa no instante considerado. Logo, pode-se escrever
])´(´[
1
∑
=
∆××=
n
i
iiiCM mrrH
""""
ω (26.4)
; cujas variáveis, que estão relacionadas na (26.4), são ilustradas na Fig.(26.2).
Figura (26.2) -
Analisando-se a expressão (26.4), nota-se que o momento angular CMH
"
 tem a mesma
direção de ω
"
 (é importante ressaltar que isto ocorre porque o problema é plano) e o seu
módulo vale
∑∑
==
∆=°°∆=
n
i
ii
n
i
iiiCM rmmrrH
1
2
1
'
']90sen)90sen(´[ ωω (26.5)
A velocidade angular ω foi colocada para fora do somatório porque ela tem o mesmo valor
para todo o corpo (característica geométrica do sólido). Sabe-se que ∑
=
∆
n
i
ii rm
1
2
' representa o
momento de inércia da placa em relação a um eixo baricêntrico perpendicular à placa, ver
item 17, logo pode-se escrever
kIH CMCM
""
ω= (26.6)
Derivando-se esta expressão em relação ao tempo obtém-se
`ir
"
k
"
ω
CM
X
Y
x'
y'
ii mV ∆
'"
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kIk
dt
d
IH GCMCM
"""
# α
ω
== (26.7)
e considerando-se a equação (26.2) pode-se escrever
kIM GCM
""
α=∑ (26.8)
Embora a equação (26.8) esteja escrita com notação vetorial, é importante ressaltar
que esta somente é válida em problemas planos.
26.2.2 Movimento plano de um corpo rígido
Escrevendo-se as equações (26.1) e (26.7) em notação escalar tem-se
∑∑ ∑ === αZCMCMCMyyCMxx IMmaFmaF (26.9)
Logo, pode-se afirmar que o movimento da placa é completamente definido pela
resultante e pelo momento resultante em relação ao centro de massa, das forças externas que
nela atuam.
Como o movimento de um corpo rígido depende somente da resultante e do momento
resultante das forças externas que atuam sobre ele, conclui-se que dois sistemas de forças
eqüipolentes, isto é que têm a mesma resultante e o mesmo momento resultante, são também
equivalentes, isto é, têm exatamente o mesmo efeito sobre um dado corpo rígido.
Logo, pode-se afirmar que as forças externas que atuam sobre um corpo rígido são
equivalentes às forças efetivas dos vários pontos materiais que o formam. Este princípio é
conhecido como Princípio de D´Alembert e pode ser ilustrado pela Fig.(26.3).
Figura (26.3) –
É importante ressaltar que na equação ∑ = αZCMCM IM o somatório dos momentos
das forças externas pode ser realizado em relação a um outro ponto que não seja o centro de
massa do corpo. No entanto, neste caso devem ser considerados os momentos das forças
efetivas (vetores de inércia) em relação ao mesmo ponto. Para realizar este cálculo deve-se
considerar as forças efetivas, CMxma e CMyma , como vetores deslizantes e o momento
inercial α
ZCM
I como vetor livre. A Fig. (26.4) e a equação (26.10) ilustram esta situação.
CM
1F
"
4F
"
2F
"
3F
"
CM
CMam
"
αZCM
I
=
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Fig. (26.4) -
CMxCMyCMA maymaxIM Z ⋅+⋅+=∑ α (26.10)
Chamando-se a soma dos momentos das forças efetivas com o momento inercial de ∑ AefM
pode-se rescrever a (26.10) como
∑∑ = AefCM MM (26.11)
Aplicação para o movimento de translação. Neste caso, a aceleração angular do
corpo é nula e as forças efetivas reduzem-se ao vetor CMam
"
. Logo, a resultante das forças
externas que atuam sobre um corpo rígido em rotação passa pelo centro de massa do corpo e
é igual a CMam
"
, conforme ilustrado na Fig.(26.5).
Figura (26.5)
Este resultado, pode ser representado pela afirmação: “A resultante de todas as forças
externas atuantes sobre o corpo é igual à massa do corpo multiplicada pela aceleração de seu
centro de massa”. Este resultado corresponde à escrita das equações de movimento de modo
que
∑∑ ∑ === 0CMCMyyCMxx MmaFmaF (26.12)
É importante ressaltar que o somatório de momentos das forças externas pode ser feito
em relação a um outro ponto que não seja o centro de massa, mas neste caso devem ser
considerados os momentos das forças inerciais como indicado em (26.10).
CM
1F
"
4F
"
2F
"
3F
"
CM
CMam
"
=
CM
A =
CM
A
maCMx
maCMy
ICMα
x
y
�
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Aplicação para o movimento de rotação baricêntrica. Neste caso, a aceleração do
centro de massa CMa
"
 é nula, logo as forças externas que atuam num corpo em rotação
baricêntrica são equivalentes a um momento igual αCMzI , conforme ilustrado na Fig.(26.6).
Figura (26.6)
Este resultado, pode ser representado pela afirmação: “A soma dos momentos, de
todas as forças externas, calculados em relação ao centro de massa é igual ao momento
inercial. Este resultado corresponde à escrita das equações de movimento de modo que
∑∑ ∑ === αZCMCMyx IMFF 00 (26.13)
Aplicação para o movimento plano geral. Verifica-se , que do ponto de vista da
Dinâmica, este movimento pode ser substituído pela soma de uma translação com uma
rotação baricêntrica.
Procedimento para a solução de problemas. Existe basicamente duas formas de
abordar um problema. Na primeira, trabalha-se com diagramas de corpo livre e diagrama
cinético, que é o esquema ilustradona Fig.(26.3). Na segunda, trabalha-se com o diagrama de
corpo livre representando neste os vetores de inércia (forças de inércia) e momento inercial,
conforme ilustrado na Fig. (26.7).
Figura (26.6) -
Cada uma destas formas de trabalho pode apresentar vantagens conforme o caso.
Sugere-se que se adote um procedimento para todos os problemas a fim de evitar confusão.
CM
1F
"
4F
"
2F
"
3F
"
CM
αZCM
I
=
CM
1F
"
2F
"
3F
"
α
ZCM
I−CM
am
"
−
0
"
=
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26.3 APLICAÇÕES
1) Um caixote de 50 kg repousa sobre uma superfície horizontal. Considerando que uma
força de NiR
""
600= é aplicada ao caixote, calcule a sua velocidade após esse ter-se
deslocado 3m. Admita que o caixote parte do repouso e sua massa está distribuída
homogeneamente . Considere o coeficiente de atrito cinético, 2,0=cη , entre a superfície
e o caixote.
Solução: Este é um típico problema no qual deve-se verificar a hipótese de tombamento do corpo, ou seja a
rotação do seu centro de massa G em torno do ponto A. Quando empurramos um caixote sobre uma superfície
sem atrito, não há possibilidade de tombamento, neste caso a reação normal tem como reta suporte a mesma reta
da força peso. Quando há atrito entre o caixote e a superfície, deve-se deslocar a reta suporte da reação normal
de uma distância x medida a partir da reta suporte da força peso. Normalmente ocorre tombamento quando o
coeficiente de atrito entre o caixote e a superfície for elevado.
O processo de solução a ser adotado neste tipo de problema é considerar que não há tombamento e depois
verificar esta hipótese. Abaixo estão ilustrados os diagramas de corpo livre e cinético do problema.
Escrevendo-se as equações de movimento correspondentes aos diagramas ilustrados tem-se
GxGxX aNmaF 502,0600 0 =−=∑ (1)
G
������
No
G
�����
No
X
b
0,
3m
1
 m
1 m
600N
G
���������
A
G
No
X
600 N
Fa=0,2No
NsmkgP 5,490/81,9.50
2
==
G
Ga50
Diagrama de Corpo Livre
=
Diagrama Cinético
Sem Atrito Com Atrito
�
�
�
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∑ =→=→= 490,5 0490,5- 00 NNNmaF GyY
05,0.03.600o)(translaçã 0 =−+−→=→=∑ aoGG FxNIM αα (2)
Como considera-se que o caixote está em movimento, pode-se relacionar diretamente as forças normal e de
atrito, logo pode-se escrever ooca NNF 2,0=⋅= η . Substituindo-se este resultado na equação (2) tem-se
mxxNxNo 47,0 005,495,49018005,0..2,003.600 0 ≅→=−+−→=−+−
A partir do resultado obtido para x pode-se verificar a hipótese de tombamento fazendo-se as seguintes
comparações:
• x < b/2 não há tombamento. Os diagramas ilustrados estão corretos;
• x = b/2 posição limite sem tombamento. Os diagramas ilustrados estão corretos;
• x > b/2 há tombamento. Os diagramas ilustrados não estão corretos.
Como x<0,5m, não há tombamento, logo pode-se escrever
2
/10
50
1,98600
smaG =
−
=
smvvSSavv GGGoGGGoG /75,7)03(10.20)(2
222
=→−+=→−+=
2) Um veículo se desloca com velocidade de 9 m/s quando são aplicados bruscamente os
freios, fazendo com que as 4 rodas parem de girar. Sabendo-se que o veículo derrapou 6
m antes de parar, determine o módulo da reação normal e da força de atrito em cada roda
enquanto o veículo derrapa.
Solução: O primeiro passo é calcular a desaceleração (aceleração negativa) do centro de massa do veículo
fazendo-se
2222 /75,6 6..2902 smaaxavv GGGoG −=→+=→∆+=
O sinal negativo indica que a aceleração tem sentido contrário ao da velocidade.
Considerando que o veículo está derrapando, e trabalhando-se apenas com o diagrama de corpo livre, e
representado neste as forças inerciais, tem-se
Como o veículo está derrapando pode-se associar diretamente as forças normais com as forças de atrito, ou seja,
 e BBAA NFNF ηη == , em que η é o coeficiente de atrito cinético. Escrevendo-se as equações de equilíbrio
dinâmico correspondentes ao diagrama de corpo livre tem-se
PFFP
FF
PNNmaF BA
BA
BAGyy ηηη
=+→=+→=−+→=∑ 0 (1)
�����������
�����������
1,5 2,1
A B
smv /90 =
1
,2
Ga
G
P
A
Gxma−
B
0
"
=
FA FBNA NB
�
�
�
��
��
��
��	
�
�
��
��
���
��
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���
��
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288
BF 0 0 +=→=+−−→=∑ AGxGxBAx FmamaFFF (2)
Substituindo-se (1) em (2) tem-se 688,0
806,9
75,6
75,6. ==→=→= ηηη P
g
P
PmaGx .
Escrevendo-se a equação de equilíbrio dinâmico correspondente aos momentos, considerando que o veículo
realiza um movimento de translação, tem-se
P
g
P
P
NamPNM BGxBA 646,06,3
2,175,65,1
02,15,16,30 =
⋅⋅+
=→=⋅⋅−−→=∑
Com este resultado pode-se escrever PPPNPN BA 354,0646,0 =−=−=
PPFB 445,0646,0688,0 =⋅= e PPFA 244,0354,0688,0 =⋅=
Como as forças calculadas representam a soma das reações nas duas rodas dianteiras ou nas duas traseiras,
obtém-se os módulos das reações em cada roda fazendo-se
3) Um disco de 30kg é sustentado por meio de um pino em seu centro. Determine o número
de revoluções que o mesmo deve efetuar para alcançar uma velocidade angular de 20
rad/s, partindo do repouso. O disco é acionado por uma força constante de 10N , aplicada
através de uma corda enrolada em sua periferia, e por um conjunto constante de 5Nm
(desprezar a massa da corda).
Solução: O primeiro passo é fazer os diagramas de corpo rígido e cinético. Como o ponto O é um mancal sabe-se
que o único movimento do disco é uma rotação baricêntrica conforme ilustrado no diagrama cinético.
Cálculo do momento de inércia: 
222
0 6,02,0.302
1
2
1
kgmmrI ===
∑ =→=−−→= NFFF yyy 3304 01032940 ,,
∑ =→−=−−→= 200 /67,116,02,0.105 sradIM ααα
Como α é constante tem-se rad14,17 )0(67,11.2020)(2
2
0
2
0
2
=→−+=→−+= θθθθαωω
revoluções 73,2
2
14,17
rev nº ==
rad
rad
π
PFFPFF
PNNPNN
AtrasBdiant
AtrasBdiant
122,0
2
1
 227,0
2
1
177,0
2
1
 323,0
2
1
..
..
====
====
10N
��
0,2m
O
5Nm 5Nm
XF
YF
10N
NP 3,29481,9.30 ==
α0I
O
Diagrama de Corpo
Livre
Diagrama Cinético
0 0 =→=∑ xx FF
�
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��
��
��
��	
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��
��
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��
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4) Uma corda está enrolada num disco homogêneo com 15 kg de massa. Se a corda for
puxada para cima com uma força T
"
 de módulo igual a 180N. Determinar a aceleração do
centro do disco, a aceleração angular do disco e a aceleração da corda.
Solução: O primeiro passo é fazer os diagramas de corpo livre e cinético. Como não há nenhuma restrição ao
movimento do centro de massa do disco, representa-se todas as acelerações no diagrama cinético. Escrevendo-
se as equações de equilíbrio correspondentes tem-se
N 1,147806,915 =⋅=⋅= gmP
0.150 =→=→=∑ GxGxGxx aamaF
∑ ==→= /19,2 15.147,1-180 2y smaamaF GyGGyy
∑ =→−=−→= /48.5,0.15.215,0.180 22 sradIM GG ααα
Pode-se notar que a aceleração da corda é igual a componente tangencial da aceleração do ponto A sobre o
disco. Logo,
)()(19,2
2
AGAGjaaaa AAGGA −+×−+=→+= ωα
""""""
iji
kji
jaA
"""
"""
""
5,0.19,265,0. 
4800
005,0 19,2
22
ωω +=+








−
+== 
2
m/s 19,26 jaa
tAcorda
"""
==
5) O disco mostrado na figura temuma massa de 20 kg e
está originalmente girando na extremidade da haste com
uma velocidade angular ω = 60 rad/s, quando ele é
colocado contra a parede, cujo coeficiente de atrito
dinâmico vale 0,3. Determine o tempo necessário para o
movimento cessar. Qual a força na haste BC durante este
tempo?
Solução: O primeiro passo é fazer um diagrama de corpo livre das forças
que atuam no disco. Este diagrama deve ser igualado a um diagrama
cinético equivalente ao primeiro.
0,5
m
G
αGI
Diagrama de Corpo
Livre
Diagrama Cinético
T
A G
T
A
r
P
A
GYma
GXma
A
B
150
ω
60o
�
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290
O próximo passo é escrever as equações de equilíbrio para o problema em questão.
oxxCMx NRFmaF x =→=→= ∑∑ 0
00 =−+→=→= ∑∑ PFRFmaF ayyCMy y
Como há deslizamento entre a parede e disco tem-se ooda NNF 3,0== µ , logo oy NPR 3,0−=
αα CMaCMCM IFIM =→=∑ 15,0 sendo que 42 m 22501502021 ,, =⋅=CMI , logo oN2,0=α
Como a barra AB é birotulada e tem peso desprezível, sabe-se que a força atuante na barra tem a direção desta
ou seja oxy
x
y NRRR
R
732,1732,160tan ==→=°
2
/19,302N 51,963,012,196732,1 sradNNN ooo =→=→−= α t∆+−= 302,19600
Rx = 96,51 N
Ry = 167,16 N
s 1,3=∆t
P
Fa
NoRx
Ry
=
IBα
�
�
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��
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ENG 1156 – MECÂNICA – TRABALHO 11 – 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) Resolver os exercícios 16.8, 16.12, 16.14 e 16.20 do BEER&JOHNSTON 5ª edição.