CONTEUDO MECANICA GERAL

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ENG 01156 – Mecânica - Aula 27
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM
292
27. CINÉTICA DOS CORPOS RÍGIDOS
27.1 MOVIMENTO PLANO VINCULADO
A maioria das aplicações em engenharia trata dos corpos rígidos que se movem sob a
ação de determinados vínculos ( manivelas giram em torno de um eixo fixo, rodas rolam sem
deslizar, barras de ligação devem possuir movimentos determinados ). Em todos estes casos
existem relações definidas entre as componentes da aceleração Ga
!
 do centro de massa do
corpo considerado e sua aceleração angular α . A Fig. (27.1) ilustra este tipo de problema, que
deve primeiro ser resolvido cinematicamente para depois aplicar as equações de equilíbrio.
Figura 27.1 –
Exemplo 1. As extremidades de uma barra de 1,2m, pesando 250N podem deslocar-se
livremente e sem atrito em duas pistas retas. Se a barra parte da posição assinalada com
velocidade nula, determine a aceleração angular da barra e as reações em A e B.
Solução: Como o movimento é vinculado a aceleração de G deve estar relacionada com α . Para se obter esta
relação, determina-se inicialmente Aa
!
 supondo α dirigido no sentido anti-horário. A figura na próxima página
ilustra as direções das acelerações dos pontos A e B. Nota-se que a aceleração do ponto A é necessariamente
horizontal e a aceleração do ponto B é paralela à rampa. As coordenadas dos pontos de interesse são
A(1,04 ; 0 ) , B( 0 ; 0,6) e G(0,52 ; 0,3)
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F
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A
B
θ
ω
α L
),,( αωθya
),,( αωθxa
BN
G
P
AN
F
αGI
Gyma
Gxma
1,2 m
45° 30°
G
A
B
x
y
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293
O primeiro passo na solução
do problema é escrever a
aceleração do ponto B em
função da aceleração do ponto
A.
BAAB aaa
!!!
+=
Como a barra parte do
repouso, ou seja a sua
velocidade inicial é nula tem-
se que a velocidade angular
inicial da barra também é nula
logo
( ) α!! ×−= BAaBA
Agora levando-se em conta as direções das acelerações dos pontos A e B pode-se escrever
jiiajaia
kji
iajaia ABBABB
!!!!!
!!!
!!!
αα
α
041 60 
00
00,6-1,04 ,, −−=−→+=− (1)
A expressão (1) resulta em duas equações escalares
α60,−= AB aa e ααααα 64160041041041 ,,,,, =→+=→=→−=− AABB aaaa
Logo as acelerações dos pontos A e B resultam em
jiaB
!!!
αα 041041 ,, −= e iaA
!!
α641,=
O próximo passo é definir a aceleração do centro de massa G
jiaG
!!!
αα 520341 ,, −=
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre e o diagrama cinético da barra
jiia
kji
iGAiaaa GGAAG
!!!!
!!!
!!!!!!
ααα
α
ααα 52030641
00
00,3-0,52 641641 ,,,,)(, −−=→+=×−+=+=
45° 30°
G
A
B
x
y
aA
aB
α
45° 30°
G
A
B
x
y
aA
RA
RB
250 N
45° 30°
G
A
B
x
y
maGx
= maGy
IGα
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Cálculo do momento de inércia: kg 4925
m/s 8069
N 250
2
,
,
==m 
2
2
2
 063
12
214925
12
1
kgmmlIG ,
,,
=
⋅
==
Cálculo dos vetores de inércia
αα 1343414925 ,,, =⋅=Gxam ( ) αα 2135204925 ,,, −=−⋅=Gyam
O próximo passo é escrever as equações de equilíbrio
αα 224813445 ,,ºsen =→=→=∑ BBGxx RRmaF (2)
∑ −=−+→= 21325045 α,ºcos. ABGyy RRmaF (3)
Substituindo-se (2) em (3) e operando-se fica
250347R22487070250213RR7070250213R AABA +−=→⋅−+−=→−+−= αααα ,,,,,, (4)
Fazendo-se o somatório dos momentos em relação ao ponto B tem-se
∑∑ +−=+−→= ααα 13430520213063041250520 ,.,,.,,,., ABefB RMM
( ) rad/s 2,34 62551304266 19491304266250347041130 2=→=→=−→=+−⋅+− αααααα ,,,,,,
Substituindo-se este resultado em (2) e (4) tem-se N 3139,=AR e N 7112,=BR
27.2 ROTAÇÃO NÃO BARICÊNTRICA
Define-se como rotação não baricêntrica o movimento de rotação de um corpo rígido
em torno de um eixo fixo, que não passa por seu centro de massa. A Fig. (27.2) ilustra um
exemplo de rotação não baricêntrica. Nota-se que o corpo é obrigado a girar no plano em
torno de um eixo perpendicular ao plano da página e que passa pelo pino O. A velocidade e
aceleração angulares são geradas pelas forças e momentos externos atuantes no corpo. Como
o corpo realiza um movimento de rotação em torno do ponto O, todas as trajetórias dos pontos
do corpo são circunferências concêntricas em O. Como a linha OG pertence ao corpo, sua
velocidade angular ω e sua aceleração angular α também representam a velocidade e
aceleração angular do corpo em seu movimento em relação a G.
Figura 27.2 – Exemplo de rotação não baricêntrica. O sentido da aceleração angular é apenas
ilustrativo. No desenho está indicado que a velocidade angular pode ter os dois sentidos
1F
! r
!
2F
!
3F
!
O
G
P
α
ω
Gta
!
Gna
!
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295
Como o centro de massa do corpo realiza um movimento de rotação em torno do
ponto O, é conveniente trabalhar com as componentes normal e tangencial da aceleração. A
aceleração tangencial deve ter a sua orientação coerente com a da aceleração angular. Esta
aceleração é dada por raGt α= ou em notação vetorial ( ) α!! ×−= GOaGt . A aceleração
normal é sempre direcionada para o ponto O, independente do sentido da velocidade angular,
e é dada por raGn
2
ω= ou em notação vetorial ( ) 2ωGOaGn −=! .
A Fig.(27.3) ilustra o diagrama de corpo livre e diagrama cinético correspondente ao
exemplo da Fig. (27.2). Também é possível representar-se apenas o diagrama de corpo livre
levando em consideração o momento e as forças inerciais.
Figura 27.3 – Representam das equações de movimento e das equações de equilíbrio
dinâmico correspondentes ao exemplo da Fig. (27.2).
As equações de movimento correspondentes à Fig. (27.3) são escritas como
∑
∑
∑
=
==
==
α
α
ω
GG
Gtt
Gnn
IM
rmmaF
rmmaF
2
(27.1)
Normalmente em problemas de rotação não baricêntrica é conveniente fazer o
somatório dos momentos em relação em relação ao eixo de rotação, que no caso do exemplo é
o ponto O. Neste caso, devem ser levados em conta os momentos dos vetores de inércia.
Neste caso, a equação de movimento correspondente aos momentos fica
1F
! r
!
2F
!
3F
!
O
G
P
Rx
Ry
=
r
!
O
G
m aGt
m aGn
IG α
1F
! r
!
2F
!
3F
!
O
G
P
Rx
Ry
- IG α
- m aGt
- m aGn
= 0
!
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296
∑ += rmaIM GtGO α (27.2)
É importante ressaltar que o vetor de inércia Gnam não gera momento porque está sempre
direcionado para o ponto O. Substituindo-se a definição da aceleração tangencial Gta na
(27.2) tem-se
∑∑ ∑  +=→+=→+=
22
rmIMrmIMrrmIM GOGOGO ααααα )( (27.3)
Pelo teorema dos eixos paralelos, ver expressão (18.9), tem-se 2mdII G += , logo o
termo 2rmIG + representa o momento de inércia do corpo em relação ao eixo fixo de rotação
que passa por O ou seja OI . Logo, pode-se rescrever a (27.3) como
α∑ = OO IM (27.4)
Exemplo 2. Uma placa retangular pesa 267N e está suspensa por 2 pinos A e B. Se o
pino B for removido repentinamente , determine a aceleração angular da placa e as
componentes das reações no pino A imediatamente após ter sido removido o pino B.
Solução: Observa-se que a placa gira em torno de
A, e seu centro de massaG descreve uma
circunferência de raio r com centro em A. Como
a placa parte do repouso a sua velocidade angular
inicial é nula, o mesmo ocorrendo com a
aceleração normal, ou seja 0=oω e 0=na .
Como remove-se o pino B e a única força externa
ativa que atua na placa é o seu peso próprio,
observa-se que a aceleração angular da placa tem
sentido horário mantendo coerência com o
sentido do momento causado pela força peso em
relação ao ponto A. A figura a seguir representa o
diagrama de corpo livre e o diagrama cinético
correspondente ao problema.
Cálculo do raio de rotação do centro de massa em relação ao ponto A:
m 1270101500760
222 ,,, =→+= rr
Fazendo-se o somatório dos momentos em relação ao ponto A tem-se
���
���
���
���
A B
0,203 m
0
,1
5
2
 m
G
A
G
yA
xA
A
r
!
G
Gam
!
1015,0=x
αGI
θ
θ267 N
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αGGtAefA IramMM −⋅⋅−=⋅−→=∑∑ 10150267 , (1)
Cálculo da massa: kg 2327
8069
267 ,
,
==m
Cálculo do momento de inércia: 
22222
mkg 146015202030
12
2327
12
,,,, =

 +=

 += bamIG
Substituindo-se estes valores na expressão (1) e considerando que raGt α= fica
22
rad/s 346
5850
127
146012702327127 ,
,
,,,,, =
−
−
=→−⋅⋅−=− ααα
Aceleração angular pode ser escrita em notação vetorial como 
2
rad/s 346 k
!! ,−=α
Cálculo do vetor de inércia: N 116012703462227 ,,,, =⋅⋅=⋅⋅=⋅ rmam G α
A direção do vetor de inércia é definida pelo ângulo θ ilustrado na figura anterior: 
10150
0760
,
,tan =θ
°= 8236,θ
N 9682361160 −=→°⋅−=→=∑ xxGxx AAmaF ,sen,
∑ =→°⋅−=−→= N 138,98236160267 yyGyy AAmaF ,cos
27.3 ROLAMENTO
Problemas que envolvem rodas ou cilindros que rolam sobre uma superfície plana
áspera apresentam um grau de dificuldade extra. Dependendo das cargas que atuam no corpo,
a roda pode pode rolar sem deslizar ou deslizar a medida que rola. Para estudar esta questão
vamos considerar o exemplo de uma roda homogênea que rola, devido à ação de uma força Q,
sobre uma superfície rugosa plana. A Fig. (27.4) ilustra o diagrama de corpo livre e o
diagrama cinético da roda.
Figura 27.4 – Movimento de rolamento de uma roda.
As forças ativas que atuam na roda são a força motriz Q, que faz com a roda se
desloque, e a força peso P. As forças reativas são a força de atrito FA e a força normal No.
Como a roda rola numa superfície plana, a aceleração do centro de massa G tem a direção
horizontal e com o sentido igual ao da força Q. É importante ressaltar que a aceleração do
centro de massa e a aceleração angular devem ter os seus sentidos definidos de modo
coerente. Escrevendo-se as equações de movimento correspondentes à Fig.(27.4) tem-se
Q
No
FA
maGx
=
IGα
P
G
GQ
r
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��
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298
GxAGxx amFQmaF ⋅=−→=∑ (1)
PNPNmaF Gyy =→=−→=∑ 0 (2)
αα GAGG IrFIM −=⋅−→=∑ (3)
Apenas com estas equações de equilíbrio não é possível resolver o problema já que as
incógnitas FA, aGx e α não ficam definidas pelas equações de movimento (1) e (3). Logo, é
necessária mais uma equação.
Rolamento sem deslizamento. Quando uma roda rola sem escorregar, não há
movimento relativo entre o ponto da roda que está em contato com o chão e o próprio chão,
ou seja 0='IIV
!
, conforme ilustrado na Fig. (27.5). Neste caso, o ponto de contato da roda
com o chão é o centro instantâneo de velocidade nula da roda, logo a velocidade da roda se
distribui linearmente a partir deste ponto. Considerando que a roda esteja balanceada, , isto é,
que seu centro de massa coincida com seu centro geométrico, a relação raG α= é válida.
Substituindo-se esta relação nas expressões (1) e (3) determina-se a força de atrito de modo
independente de oN . No entanto, este resultado deve ser verificado de modo que o seu valor
não exceda o valor máximo oeNF η=max ( eη : coeficiente de atrito estático). Quando o
escorregamento é iminente , a força de atrito alcança o seu valor máximo oeNF η=max . A
relação RaG α= ainda é válida.Caso o valor máximo seja excedido a hipótese de rolamento
sem deslizamento não é válida, logo a roda deve rolar com deslizamento.
Figura (27.5) – Distribuição de velocidades para uma roda que rola sem deslizamento.
Rolamento com deslizamento. Quando o disco rola e escorrega ao mesmo tempo há
um movimento relativo entre o ponto em contato com a superfície e o mesmo, ou seja
0≠'IIV
!
. Logo, a aceleração do centro de massa e a aceleração angular não podem ser
relacionadas, ou seja raG α≠ . Neste caso, a força de atrito vale ocA NF η= ( cη : coeficiente
de atrito cinemático). Este valor deve então ser substituído nas expressões (1) e (3) para se
determinar a aceleração do centro de massa aGx e a aceleração angular α.
Q
r
I
I' CI
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Exemplo 3. Uma corda está enrolada no tambor interno de uma roda e é puxada
horizontalmente com uma força de 200N. A roda tem massa de 50 kg e um raio de giração
mmrG 70= . Sabendo-se que 2,0=eη e 15,0=cη ,determine a aceleração de G a aceleração
angular da roda.
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de corpo livre e o diagrama cinético correspondente ao
problema. A força de atrito FA foi colocada com sentido contrário ao deslizamento. A aceleração do centro de
massa do tambor e a aceleração angular tiveram os seus sentidos determinados de modo coerente.
Cálculo do peso da roda: N 3490m/s 9,806kg 50
2 ,=⋅=P
Cálculo do momento de inércia do tambor: 
222
mkg 245007050 ,, =⋅=⋅= GG rmI
O primeiro passo na solução do problema é escrever as equações de equilíbrio.
GxAGxx aFmaF ⋅=−→=∑ 50200 (1)
N 3490 03490 ,, =→=−→=∑ NNmaF oGyy (2)
Fazendo-se o somatório dos momentos em relação ao ponto I fica
GxGxIefI aaMM ⋅−−=−→⋅⋅−−=⋅−→=∑∑ 52450850102450200040 αα ,,,, (3)
Como o problema não especifica que a roda rola sem deslizar ou que a roda rola deslizando, deve-se
estabelecer uma hipótese para se obter a relação que falta para se resolver o problema.
Hipótese: rolamento sem deslizamento. Neste caso, αα 10,== raG . Substituindo-se esta relação na expressão
(3) obtém-se
22
m/s 0741rad/s 74107450810524508 ,,,,, =→=→−=−→⋅−−=− Gxaαααα
Substituindo-se a aceleração na expressão (1) fica N 3146074150200 ,, =→⋅=− AA FF
Para esta solução seja verdadeira deve-se ter 069831463490203146 ,,,,, ≤→⋅≤→⋅≤ oeA NF η
Como a força de atrito obtida é superior à força de atrito máxima verifica-se que a hipótese de rolamento sem
deslizamento é falsa. Logo, deve-se considerar que o tambor rola e desliza. Neste caso, a solução fica
N 5733490150 ,,, =⋅=→⋅= AocA FNF η
Substituindo-se a força de atrito nas expressões (1) e (3) tem-se
2
m/s 53250573200 ,, =→⋅=− GxGx aa
2
rad/s 98182450654532524508 ,,,,, −=→−=→⋅−−=− ααα
Por este resultado se conclui que o sentido de giro da roda é invertido, ou seja
G
100
60
A
I
200 N
G
A
I
200 N
P
No
FA
G
A
I
m aG=
IG α
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300
Rolamento de roda não balanceada. Seja uma roda não balanceada que realiza um
movimento de rolamento sem deslizamento sobre uma superfície rugosa. Como a roda rola
sem deslizar não há movimento relativo entre o ponto da roda que está em contato com o chão
e o próprio chão, ou seja 0='IIV
!
, conforme ilustrado na Fig. (27.6). Nestecaso, o ponto de
contato da roda com o chão é o centro instantâneo de velocidade nula da roda, logo a
velocidade da roda se distribui linearmente a partir deste ponto. Logo, a velocidade do ponto
que representaria o centro de massa da roda se esta fosse homogênea, ponto O, é dada por
rVO ⋅=ω e a aceleração deste mesmo ponto é dada por raO ⋅=α .
Figura (27.6) – Rolamento sem deslizamento de uma roda não balanceada.
Quando uma roda homogênea roda sem deslizar pode-se interpretar o seu movimento
como a soma de uma translação do centro de massa da roda com uma rotação baricêntrica. No
entanto, no caso do movimento de rolamento sem deslizamento de uma roda não balanceada,
este movimento deve ser interpretado como a soma de uma translação do ponto O com uma
rotação não baricêntrica. Ocorre uma rotação não baricêntrica porque o centro de massa da
roda não balanceada G gira no entorno do ponto O, cuja posição a em relação a superfície
rugosa não varia (no caso da Fig.(27.6) esta posição é representada pela cota y).
A Fig.(27.7) mostra como ficam as acelerações dos pontos O e G para o caso de
rolamento sem deslizamento de uma roda não balanceada. Nota-se que a aceleração relativa
do centro de massa G em relação ao centro de rotação O é decomposta em componentes
normal e tangencial. Utilizando-se a notação vetorial pode-se escrever a aceleração do centro
de massa como GOOG aaa
!!!
+= ou tGOnGOOG aaaa
!!!!
++= , que pode ser rescrita de maneira
mais detalhada como
( ) ( ) 2ωαα GOGOiraG −+×−+⋅= !!! (27.5)
G
A
I
200
N
P
No
FA
G
A
I
m aG=
IG α
O
G
I
I'
O
G
I
rVO ω=
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301
Figura (27.7) -
Exemplo 4. O centro de massa G de uma roda de 5 kg está localizado a 0,1 m do seu
centro. Sabendo que a roda rola sem deslizamento, e que para o instante ilustrado a sua
velocidade angular vale k
!
8− rad/s, determine a aceleração angular da roda. Considere que o
raio de giração baricêntrico da roda vale 0,15m.
Solução: O primeiro passo na solução do problema é representar o seu
diagrama de corpo livre e o correspondente diagrama cinético. Nota-se
que a roda rola devido à ação da força peso, que é a única força externa do
tipo ativa. As forças externas do tipo reativa são a reação normal e a força
de atrito. O sentido do momento da força peso P em relação ao centro de
rotação O define o sentido do momento inercial αGI já que a força peso
é a única força ativa. A aceleração do ponto O tem o sentido definido de
modo a ficar coerente com o sentido da aceleração angular da roda. Como
o centro de massa G realiza um movimento de translação somado com
uma rotação não baricêntrica em torno de O, decompõem-se a aceleração
relativa GOa
!
 em componentes normal e tangencial.
Peso da roda: N 4980695 =⋅=⋅= ,gmP
Momento de inércia baricêntrico: 
222
mkg 11301505 ,, =⋅=⋅= GG rmI
Equações de movimento:
( )GOnOAGxx aaFmaF +−⋅=−→=∑ 5 (1)
∑ ⋅−=+−→= 549 GOtoGyy aNmaF (2)
O
GGOna
!
GOta
!
Oa
!
Oa
!
OG
0,3 m
0,1
ω
OG
0,3 m
0,1
P
No
FA
O
G
=
ωIGα
GOna
!
GOta
!
Oa
!
I I
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302
Fazendo-se o somatório dos momentos em relação ao ponto I , ponto de contato da roda com o solo. Este ponto
representa o centro instantâneo de velocidade nula já que a roda rola sem deslizar.
raaraIMM GOnGOtOGIefI −⋅++=⋅→=∑∑ 101049 ,, α que pode ser rescrita como
GOnGOtO aaa ⋅−⋅+⋅+= 301030113094 ,,,,, α (3)
Como a roda rola sem deslizar tem-se
αα 30,=⋅= raO (4)
( ) 222 m/s 46810 iGOaGOn !! ,, =⋅=⋅−= ω (5)
( ) j
kji
GOaGOt
!
!!!
!!
α
α
α ⋅−=








=×−= 10
00
0010 ,, (6)
Substituindo-se os resultados (4) a (6) em (3) obtém-se
222
rad/s 32213082646301030113094 =→=→⋅−++= ααααα ,,,,,,,,
Substituindo-se este resultado nas expressões (1), (2), (4) e (6) tem-se
2
m/s 23 jaGOt
!! ,−=
2
m/s i 69
!! ,−=Oa
( ) N 1646695 =→+−⋅=− AA FF ,,
N 33 491623549 =→+−=→⋅−=+− ooo NNN ,