Dinamica dos sólidos

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aprteodin01.pdf
prof. Brasílio
2004
SAIRSAIR
DINÂMICA DO SÓLIDOS
No desenvolvimento da teria de dinâmica dos sólidos, um conceito fundamental é
o de Centro de Massa, desta forma, esta será a primeira definição apresentada.
CENTRO DE MASSA
 Considere-se um sólido composto por elementos de massa dm, que são
determinados por suas coordenadas (x,y,z);
x
y
z i
j
k
dm
O Centro de Massa é um ponto associado ao sólido,
que simplifica as equações que expressam as leis
que regem a dinâmica dos mesmos, e é definido por
suas coordenadas xCM, yCM e zCM:
xCM =
x.dm
dm
yCM =
y.dm
dm
xCM =
x.dm
dm
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Na forma vetorial, pode-se definir o vetor posição do Centor de Massa por:
x
y
z i
j
k
dm
x.dm
dm
y.dm
dm
x.dm
dm
rCM
rCM = xCM . i + yCM . j + zCM . k
rCM = . i + . j + . k
dm
( x . i + y . j + z . k ) . dm
rCM =
r
dm
r . dm
rCM = m
r . dmrCM =
1 .
 vetor posição
do elemento dm
massa do
 sólido
eq.01
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outras interessantes relações cinemáticas:
m
r . dmrCM =
1 .entre velocidades... d
dt
d
dt
[ ]
m
r . dmvCM =
1 . d
dt
m
v . dmvCM =
1 .
entre acelerações... 
m
v . dmvCM =
1 .d
dt
[ ].d
dt
m
v . dmaCM =
1 . d
dt
m
a . dmaCM =
1 .
eq.02
eq.03
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“A soma das forças externas aplicadas ao sólido, é igual ao produto entre a
 massa do mesmo e a aceleração de seu centro de massa”
TEOREMA DO CENTRO DE MASSA
Rf.ext. = m . aCM
Demonstração:
como as dimensões de um elemento de massa dm, são tão próximas de zero
quanto se possa imaginar, pode-se aplicar a segunda lei de Newton ao mesmo:
dRdm = dm . adm
sendo:
dRdm a resultante das forças aplicadas ao elemento de massa dm;
adm a aceleração do elemento de massa dm;
Considerem-se os elementos de massa dm que compõem o sólido...
Considere-se um deles em especial...
As forças agentes no mesmo... 
P N1
N2
N1
N2
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retomando...
ZERO, pois envolve a soma de ação e reação...
As forças podem ser classificadas como de origem interna ao sólido ou de origem
externa ao sólido; a força peso, por exemplo, é de origem externa ao sólido enquanto
que as forças de contato, entre os elementos de massa, são de origem interna;
P N1
N2
N1
N2
dRdm = dm . adm
dRdm = dRf.ext + dRf.int. = dm . adm
A resultante das forças no sólido pode ser obtida pela soma
das forças resultantes em cada um dos elementos de massa:
Rsol. = dRdm = dRf.ext + dRf.int. = dm . adm
Rsol. = dRf.ext = dm . adm
da eq.03
Rsol. = Rf.ext = m . aCM
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A dinâmica do sólido apoia-se em apenas dois teoremas, um é o do
Centro de Massa já apresentado, outro é o Teorema do Momento 
Angular; este último exige algumas definições antes de abordá-lo; 
Quantidade de Movimento ou Momento Linear:
i
j
k
dm
P
I
dp
v
Considere-se o elemento de massa dm, localizado no ponto P, que apresenta
velocidade v, a quantidade de movimento deste é:
dp = dm . v
A quantidade de movimento do sólido é:
p = dp = dm . v
da eq.02
p = m . vCM
m . vCM
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Momento Angular:
i
j
k
dm
P
I
dp
v
Considere-se o elemento de massa dm, localizado no ponto P, que apresenta
velocidade v, quantidade de movimento dp, o momento angular deste em relação
ao polo O é:
dHO = ( P - O ) ^ dp
O
os vetores posição...
do ponto P: ( P - I )
do ponto O: ( O - I )
O momento Angular do sólido:
HO = dHO = ( P - O ) ^ dp
derivando em relação ao tempo...
da soma vetorial: ( P - I ) = ( O - I ) + ( P - O )
HO = [( P - I ) - ( O - I )] ^ dp
=> ( P - O ) = ( P - I ) - ( O - I )
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i
j
k
dm
P
I
dp
v
O
HO = [( P - I ) - ( O - I )] ^ dp
derivando em relação ao tempo...
d
dt
d
dt
HO = [( P - I ) - ( O - I )] ^ dp + [( P - I ) - ( O - I )] ^ dpd
dt
d
dt
HO = [ ( P - I ) - ( O - I )] ^ dm . v + ( P - O ) ^ dm . vd
dt
d
dt
d
dt
d
dt
vOvP = v
HO = [v - vO] ^ dm . v + 
 + [( P - O ) ^ dm . v
d
dt
d
dt
HO = [v - vO] ^ dm . v + 
 + ( P - O ) ^ dm . v
d
dt
d
dt
d
dt
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derivando em relação ao tempo...
HO = [v - vO] ^ dm . v + ( P - O ) ^ dm . vd
dt
d
dt
v ^ v = 0 a
HO = [- vO] ^ dm . v + ( P - O ) ^ dm . ad
dt
df
HO = [- vO] ^ dm . v + ( P - O ) ^ dfd
dt
m . vCM dMO
HO = [- vO] ^ m . vCM + dMOd
dt
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derivando em relação ao tempo...
HO = [- vO] ^ m . vCM + dMOd
dt
MO
MO = HO + vO ^ m . vCMd
dt
Terorema do Momento Angular
Um sólido com massa m, com centro de massa com velocidade vCM, com momento
resultante MO, em relação ao polo O, que apresenta velocidade vO, e momento 
angular HO, respeita a relação entre estas grandezas fornecida pela equação: 
MO = HO + vO ^ m . vCMd
dt
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A escolha do polo simplifica a expressão que fornece o TMA - Teorema do Momento
Angular e as escolhas mais comuns são:
MO = HO + vO ^ m . vCMd
dt
polo fixo: vO = 0
polo coincidente com o centro de massa: vO = vCM
zero !!
MO = HOd
dt
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Aplicando o TMA - Teorema do Momento Angular ao movimento de translação:
todos os elementos de massa do sólido apresetam a mesma velocidade: v
da definição de Momento Angular do sólido, em relação ao polo O:
MCM = HCMd
dt
HO = ( P - O ) ^ dm . v
HO = { ( P - O ) ^ dm } . v
HO = ( CM - O ) ^ m . v
( CM - O ) . m
adotando O coincidente com CM: HCM = zero = constante !!
impondo o TMA:
MCM = zero
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Movimento de Translação:
MCM = zero
TCM - Teorema do Centro de Massa:
TMA - Teorema do Momento Angular:
Rf.ext. = m . aCM
apr1608_2.pdf
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o centro de massa da porta desloca-se em trajetória
reta inclinada de 150 em relação ao horizonte, adotando
eixo x nesta direção, a aceleração será:
a cinemática do movimento...
0,55
150
os roletes escorregam sobre a haste e desta forma, ficam 
sob ação da força de atrito cinética: fat =  . N
aCM = aCM . i
1608
Uma porta de massa m = 35 kg, encontra-se apoiada em haste através
de roletes, que não giram e desta forma, o coeficiente de atrito com a
mesma  = 0,2. A haste é fixa e inclinada de em relação ao horizonte.
A porta é mantida em repouso por um vinculo. No instante em que o
vinculo é liberado, pedem-se:
a) a aceleração da porta;
b) as reações normais nos roletes.
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Nd = Nd . j
..força normal dianteira:
.força peso:
as forças agentes ...
P
..força normal traseira:
Nt = Nt . j
0,55
150
150
Nt
Nd
P = - m . g . cos(150) . j + m . g . sen(150) .i
fatt
fatd
fatd = - fatd . i
...força de atrito dianteira:
....força de atrito traseira:
fatt = - fatt . i
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Nd = Nd . j
P
Nt = Nt . j
0,55
150
150
Nt
NdP = - m . g . cos(150) . j + m . g . sen(150) .i fatt
fatd
fatd = - fatd . i
fatt = - fatt . i
retomando...
TCM:
a dinâmica do movimento...
- m . g . cos(150) . j + m . g . sen(150) . i + Nd . j + Nt . j - fatd . i - fatt . i = m . aCM . i
ou
[x]: m . g . sen(150) - fatd - fatt = m . aCM
[y]: - m . g . cos(150) + Nd + Nt = zero
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0,55
150
150
Nt
fatt
fatd
retomando...
m . g . sen(150) - fatd - fatt = m . aCM [01]
- m . g . cos(150) + Nd + Nt = 0 [02]
.momento do peso: zero
TMA: (polo no CM) +
MNt = Nt . 0,2
MNt = Nt . bNt
...momento da Nt:
MNd = - Nd . 0,2MNd = - Nd . 0,2
MNd = - Nd . bNd
..momento da Nd:
MNt = Nt . 0,2
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0,55
150
150
fatt
fatd
retomando...
m . g . sen(150) - fatd - fatt = m . aCM [01]
- m . g . cos(150) + Nd + Nt = 0 [02]
....momento das forças de atrito:
MNd = - Nd . 0,2 MNt = Nt . 0,2
Mfatd = - fatd . bfatd Mfatt = - fatt . bfatt
Mfatd = - fatd . 0,55 Mfatt = - fatt . 0,55
MP + MNd + MNt + Mfatd + Mfatt= zero
impondo o TMA:
0 - Nd . 0,2 + Nt . 0,2 - fatd . 0,55 - fatt . 0,55= 0
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0,55
150
150
fatt
fatd
retomando...
m . g . sen(150) - fatd - fatt = m . aCM [01]
- m . g . cos(150) + Nd + Nt = 0 [02]
- Nd . 0,2 + Nt . 0,2 - fatd . 0,55 - fatt . 0,55= 0 [03]
como os atritos são de escorregamento:
fatd =  . Nd fatd =  . Nd
os momentos dos
atritos sempre criam
esta diferença de 
normais ....
fatd = 0,2 . Nd fatd = 0,2 . Nd
em [03]:
- Nd . 0,2 + Nt . 0,2 - 0,2 . Nd . 0,55 - 0,2 . Nt . 0,55= 0
- Nd . 0,2 + Nt . 0,2 - Nd . 0,11 - Nt . 0,11 = 0
Nt = Nd . 3,44
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0,55
150
150
fatt
fatd
retomando...
m . g . sen(150) - fatd - fatt = m . aCM [01]
- m . g . cos(150) + Nd + Nt = 0 [02]
fatd = 0,2 . Nd fatd = 0,2 . Nd
Nt = Nd . 3,44
em [02]:
-35 . 10 . 0,97 + Nd + Nd . 3,44 = 0 [02]
Nd = 76,46 N Nt = 263,02 N b)
calculando os atritos:
fatd = 15,29 N fatd = 52,60 N
em [01]:
aCM = 0,65 m/s2 a)
apr1610.pdf
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1610
Uma esteira transportadora, desloca-se com aceleração constante,
a = 6,5 m/s2. A caixa com massa m = 0,3 kg, e dimensões d x h,
apresenta coeficiente de atrito  com a plataforma. Pedem-se:
a) o mínimo coeficiente de atrito que impede deslizamento da caixa;
b) a relação h/d que impede o tombamento da caixa, mantida a condição anterior.
Suco de
maçã
250
a
d
h
a cinemática do movimento...
o centro de massa da porta desloca-se em trajetória
reta inclinada de 650 em relação ao horizonte, adotando
o sistema de eixos indicado, a aceleração será:
x
y
z
as forças agentes ...
aCM = aCM . ( - sen(250) . i + cos(250) . j )
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Suco de
maçã
1610
Uma esteira transportadora, desloca-se com aceleração constante,
a = 6,5 m/s2. A caixa com massa m = 0,3 kg, e dimensões d x h,
apresenta coeficiente de atrito  com a plataforma. Pedem-se:
a) o mínimo coeficiente de atrito que impede deslizamento da caixa;
b) a relação h/d que impede o tombamento da caixa, mantida a condição anterior.
250
a
.força peso:
as forças agentes ...
P
x
y
z
a cinemática do movimento...
o centro de massa da porta desloca-se em trajetória
reta inclinada de 650 em relação ao horizonte, adotando
o sistema de eixos indicado, a aceleração será:
aCM = aCM . ( - sen(250) . i + cos(250) . j )
d/2
h/2
P = - m . g . j
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Suco de
maçã
250
a
..força de atrito:
x
y
z
aCM = aCM . ( - sen(250) . i + cos(250) . j ) P = - m . g . j
fat
d/2
h/2
x
retomando...
N
P
é tangente às superfícies em contato e opõe-se ao
escorregamento da caixa;
fat = - fat . i
..força normal:
note-se que a força de atrito tem momento ante-horário,
desta forma, tenta girar a caixa neste sentido, ou seja, a
caixa apoia-se principalmente à direita da linha de ação
da força peso;
assim sendo, a linha de ação da normal é deslocada de
uma distância x (a ser determinada), da linha de ação da
força peso;
N = N . j
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Suco de
maçã
250
a
x
y
z
aCM = aCM . ( - sen(250) . i + cos(250) . j ) P = - m . g . j
fat
retomando...
N
P
fat = - fat . i N = N . j
d/2
h/2
x
TCM:
a dinâmica do movimento...
.momento do peso: zero
TMA: (polo no CM) +
[y]: - m.g + N = m.aCM.cos(250) N - m.g = aCM . 0,27 [02]
- m.g.j - fat.i + N.j = m . {- aCM.sen(250).i + aCM.cos(250).j}
ou:
[x]: - fat = - m . aCM.sen(250) fat = aCM . 0,13 [01]
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retomando...
..momento do atrito:
Mfat = - fat . bfat
Mfat = - fat . h/2
...momento da normal:
MN = N . bN
MN = N . x
MP + Mfat + MN = zero
impondo o TMA:
0 - fat . h/2 + N . x = 0 N . x = fat . [03]
2
h
fat = aCM . 0,13 [01]
N - m.g = aCM . 0,27 [02]
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retomando...
N . x = fat . [03]
2
h
o mínimo coeficiente de atrito, coloca a caixa na iminência de deslizar, e desta forma,
a força de atrito será:
fat =  . N
de [01]:
N = m.g + aCM . 0,27
fat = 6,5 . 0,13 fat = 0,85 N
de [02]:
N = 3 + 6,5 . 0,27 N = 4,75 N
 = 0,18 a)
fat = aCM . 0,13 [01]
N - m.g = aCM . 0,27 [02]
 =
fat
N
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retomando...
N . x = fat . [03]
2
h
b)
na iminência de tombar:
Suco de
maçã
fat
N
d/2
h/2
x
d
2
x = 
em [03]: N . = fat . 
2
hd
2
N . d = .N . h

h
d
 = 1
valores que não produzem tombamento:

h
d
 < 1
apr1612_1.pdf
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1612_1
Uma empilhadeira de massa me = 2000 kg, desloca-se para direita com
velocidade 10 m/s, transportando carga com massa mc = 500 kg, quando
os freios são acionados gerando desaceleração igual a 4,5 m/s2.
O coeficiente de atrito entre a carga e a plataforma é  = 0,40. Pedem-se,
no instante do acionamento dos freios:
a) a aceleração da carga;
b) a reação nas rodas da empilhadeira.
Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
dimensões em metros
Quando ocorre a frenagem, a carga tende a
continuar a mover-se com a mesma velocidade,
ou seja, tende a escorregar em relação à
plataforma da empilhadeira.
Desta forma, inicia-se a análise do problema,
pela carga.
a cinemática do movimento...
o centro de massa da empilhadeira desloca-se
em trajetória reta horizontal, adotando o sistema
de eixos indicado, a aceleração será:
x
y
z
ae = - 4,5 . i
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Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
y
z
retomando...
as forças agentes ...
fatd
Pc
Pe
fatt
fatc
.forças peso:
Pe = - me . g . j Pe = - 20.000 . j
Pc = - mc . g . j Pe = - 5.000 . j
..forças de atrito:
nas rodas...
fatd = - fatd . i
na carga...
fatc = - fatc . i
na plataforma...
fatc = fatc . i
fatc
fatt = - fatt . i
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Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
x
y
z
fatd
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatt
fatc
Nc
..forças normais:
nas rodas...
Nd = Nd . j
Nt = Nt . j
na carga...
a força de atrito na carga, produz momento
horário, desta forma, a carga apioa-se mais
na região a direita da linha de ação do peso, desta forma, a linha de ação da normal
estará deslocada de x, em relação a linha de ação do peso;
Nc = Nc . j
na plataforma... Nc = - Nc . j
fatc
retomando...
Pe = - 20.000 . j Pe = - 5.000 . j
fatd = - fatd . i fatt = - fatt . i
fatc = - fatc . i fatc = fatc . i
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Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
x
y
z
fatd
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatt
fatc
Nc
TCM:
a dinâmica do movimento...
na empilhadeira...
[x] fatc - fatd - fatt = me . ae
fatc
fatc - fatd - fatt = 2.000 . (- 4,5 )
[y] Nd + Nt - Nc - Pe = me . zero
Nd + Nt - Nc - 20.000 = 0
retomando...
Pe = - 20.000 . j Pe = - 5.000 . j
fatd = - fatd . i fatt = - fatt . i
fatc = - fatc . i fatc = fatc . i
Nd = Nd . j Nt = Nt . j
Nc = Nc . j Nc = - Nc . j
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01]
Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
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Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
x
y
z
fatd
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatt
fatc
Nc
na carga...
[x] - fatc = mc . ac
fatc[y] Nc - Pc = mc . zero
retomando...
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01] Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
- fatc = 500 . ac
Nc = Pc Nc = 5.000 [04]
- fatcac = 500
[03]
analisando a carga: a aceleração da
carga é proporcional à força de atrito;
a máxima força de atrito ocorre na
iminência de escorregamento: fatc =  . Nc
fatc =  . 5.000
em [03]: acmax. = 500
 . 5.000
acmax. = -  . 10
acmax. = - 0,40 . 10 acmax. = - 4,0 m/s2
como a empilhadeira freia com 4,5 m/s2,
a carga irá escorregar com 4,0 m/s2
a)
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Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatc
Ncfatc
retomando...
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01] Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
Nc = 5.000 [04]
ac = - 4,0 m/s2
continuando com dinâmica do movimento...
na empilhadeira...
TMA: (polo no CM) +
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 +
+fatd . 0,9 + fatt . 0,9 +
+fatc .0,1 + Nc . ( 2,2 + x) = 0
na carga...
fatc =  . 5.000 = 2.000
fatdfatt
fatc .0,8 + Nc . x = 0
2.000 .0,8 + 5.000 . x = 0 x = 0,32 m
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retomando...
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01] Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
Nc = 5.000 [04]
ac = - 4,0 m/s2
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + fatd . 0,9 + fatt . 0,9 + fatc .0,1 + Nc . ( 2,2 + x) = 0
fatc =  . 5.000 = 2.000
x = 0,32 m
de [01]: fatd + fatt = 9.000 - fatc
fatd + fatt = 9.000 - 2.000
fatd + fatt = 7.000
de [02]: Nd + Nt = 20.000 + Nc
Nd + Nt = 20.000 + 5.000
Nd + Nt = 25.000
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + ( fatd + fatt ) . 0,9 + fatc .0,1 + Nc . 2,52 = 0
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + 7.000 . 0,9 + 2.000 .0,1 + 5.000 . 2,52 = 0
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retomando...
Nd + Nt = 25.000
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + 7.000 . 0,9 + 2.000 .0,1 + 5.000 . 2,52 = 0
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + 6.300 + 200 + 12.600 = 0
Nd = 25.000 - Nt
Nt . 0,8 - ( 25.000 - Nt ) . 1,0 + 6.300 + 200 + 12.600 = 0
Nt . 1,8 - 5.900 = 0
Nt = 3.278
Nd = 21.722
b)
novamente os momentos dos
atritos nas rodas são os
responsáveis pela diferença
entre as normais...
Gemp
0,8 1,0 1,2
0,9 1,00,5
x
Nd
Pe
Nt
Ncfatc
fatdfatt
apr1612_2.pdf
prof. Brasílio
2004
SAIRSAIR
1612_1
Uma empilhadeira de massa me = 2000 kg, desloca-se para direita com
velocidade 10 m/s, transportando carga com massa mc = 500 kg, quando
os freios são acionados gerando desaceleração igual a 4,5 m/s2.
O coeficiente de atrito entre a carga e a plataforma é  = 0,40. Pedem-se,
no instante do acionamento dos freios:
a) a aceleração da carga;
b) a reação nas rodas da empilhadeira.
Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
dimensões em metros
Quando ocorre a frenagem, a carga tende a
continuar a mover-se com a mesma velocidade,
ou seja, tende a escorregar em relação à
plataforma da empilhadeira.
Desta forma, inicia-se a análise do problema,
pela carga.
a cinemática do movimento...
o centro de massa da empilhadeira desloca-se
em trajetória reta horizontal, adotando o sistema
de eixos indicado, a aceleração será:
x
y
z
ae = - 4,5 . i
prof. Brasílio
2004
SAIRSAIR
Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
y
z
retomando...
as forças agentes ...
fatd
Pc
Pe
fatt
fatc
.forças peso:
Pe = - me . g . j Pe = - 20.000 . j
Pc = - mc . g . j Pe = - 5.000 . j
..forças de atrito:
nas rodas...
fatd = - fatd . i
na carga...
fatc = - fatc . i
na plataforma...
fatc = fatc . i
fatc
fatt = - fatt . i
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SAIRSAIR
Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
x
y
z
fatd
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatt
fatc
Nc
..forças normais:
nas rodas...
Nd = Nd . j
Nt = Nt . j
na carga...
a força de atrito na carga, produz momento
horário, desta forma, a carga apioa-se mais
na região a direita da linha de ação do peso, desta forma, a linha de ação da normal
estará deslocada de x, em relação a linha de ação do peso;
Nc = Nc . j
na plataforma... Nc = - Nc . j
fatc
retomando...
Pe = - 20.000 . j Pe = - 5.000 . j
fatd = - fatd . i fatt = - fatt . i
fatc = - fatc . i fatc = fatc . i
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2004
SAIRSAIR
Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
x
y
z
fatd
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatt
fatc
Nc
TCM:
a dinâmica do movimento...
na empilhadeira...
[x] fatc - fatd - fatt = me . ae
fatc
fatc - fatd - fatt = 2.000 . (- 4,5 )
[y] Nd + Nt - Nc - Pe = me . zero
Nd + Nt - Nc - 20.000 = 0
retomando...
Pe = - 20.000 . j Pe = - 5.000 . j
fatd = - fatd . i fatt = - fatt . i
fatc = - fatc . i fatc = fatc . i
Nd = Nd . j Nt = Nt . j
Nc = Nc . j Nc = - Nc . j
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01]
Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
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Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
x
y
z
fatd
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatt
fatc
Nc
na carga...
[x] - fatc = mc . ac
fatc[y] Nc - Pc = mc . zero
retomando...
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01] Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
- fatc = 500 . ac
Nc = Pc Nc = 5.000 [04]
- fatcac = 500
[03]
analisando a carga: a aceleração da
carga é proporcional à força de atrito;
a máxima força de atrito ocorre na
iminência de escorregamento: fatc =  . Nc
fatc =  . 5.000
em [03]: acmax. = 500
 . 5.000
acmax. = -  . 10
acmax. = - 0,60 . 10 acmax. = - 6,0 m/s2
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Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
x
y
z
fatd
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatt
fatc
Nc
- fatc = mc . ac
fatc
retomando...
acmax. = - 6,0 m/s2
a empilhadeira freia com 4,5 m/s2, como a
carga pode desacelerar com até 6,0 m/s2,
NÃO irá escorregar, e acompanhará a 
plataforma da empilhadeira com a mesma
desaceleração: 4,5 m/s2
a)ac = - 4,5 m/s2
a força de atrito assumirá portanto, outro
valor: 
- fatc = 500 . (- 4,5 )
fatc = 2.250 N
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SAIRSAIR
Gemp
Gcarga
0,8 1,0 1,2
0,9 1,0
0,8
0,5
x
Nd
Pc
Pe
Nt
Nc
fatc
Ncfatc
retomando...
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01] Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
Nc = 5.000 [04]
ac = - 4,5 m/s2
continuando com dinâmica do movimento...
na empilhadeira...
TMA: (polo no CM) +
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 +
+fatd . 0,9 + fatt . 0,9 +
+fatc .0,1 + Nc . ( 2,2 + x) = 0
na carga...
fatc = 2.250
fatdfatt
fatc .0,8 + Nc . x = 0
2.250 .0,8 + 5.000 . x = 0 x = 0,36 m
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SAIRSAIR
retomando...
fatc - fatd - fatt = - 9.000 [01] Nd + Nt - Nc = 20.000 [02]
Nc = 5.000 [04]
ac = - 4,5 m/s2
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + fatd . 0,9 + fatt . 0,9 + fatc .0,1 + Nc . ( 2,2 + x) = 0
fatc = 2.250
x = 0,36 m
de [01]: fatd + fatt = 9.000 - fatc
fatd + fatt = 9.000 - 2.250
fatd + fatt = 6.750
de [02]: Nd + Nt = 20.000 + Nc
Nd + Nt = 20.000 + 5.000
Nd + Nt = 25.000
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + ( fatd + fatt ) . 0,9 + fatc .0,1 + Nc . 2,56 = 0
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + 6.750 . 0,9 + 2.250 .0,1 + 5.000 . 2,56 = 0
prof. Brasílio
2004
SAIRSAIR
retomando...
Nd + Nt = 25.000
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + 6.075 + 225 + 12.800 = 0
Nd = 25.000 - Nt
Nt . 0,8 - ( 25.000 - Nt ) . 1,0 + 6.075 + 225 + 12.800 = 0
Nt . 1,8 - 5.900 = 0
Nt = 3.278
Nd = 21.722
b)
novamente os momentos dos
atritos nas rodas são os
responsáveis pela diferença
entre as normais...
Gemp
0,8 1,0 1,2
0,9 1,00,5
x
Nd
Pe
Nt
Ncfatc
fatdfatt
Nt . 0,8 - Nd . 1,0 + 6.750 . 0,9 + 2.250 .0,1 + 5.000 . 2,56 = 0
apr1614.pdf
prof. Brasílio
2004
SAIRSAIR
1614
Um armário de massa m = 100 kg, apoiado em superfície horizontal,
com coeficiente de atrito , é acionado pela força F = 900 N.
Para  = 0,1 pedem-se:
a) a aceleração do armário;
b) o intervalo de valores, da altura de aplicação da força,
que não produz tombamento.
CM
0,25
0,75
dimensões
em metros
0,75
h
0,25
F
a cinemática do movimento...
o centro de massa do armário descreve trajetória
reta e horizontal, com aceleração:
x
y
z
aCM = aCM . i
as forças agentes ...
P
.força peso:
P = - m . g . j P = - 1.000 . j
..forças de atrito:
fatd = - fatd . i
fatt = - fatt . i
fatdfatt
fatdfatt
prof. Brasílio
2004
SAIRSAIR
CM
0,25
0,75
dimensões
em metros
0,75
h
0,25
F
x
y
z
P
P = - 1.000 . j fatd = - fatd . i fatt = - fatt . i
fatdfatt
retomando...
NdNt
..forças normais:
Nd = Nd . j
Nt = Nt . j
TCM:
a dinâmica do movimento...
[x] F - fatd - fatt = m . aCM
900 - fatd - fatt = 100 . aCM
[y] Nd + Nt - P = m . zero
Nd + Nt - 1.000 = 0
TMA: (polo no CM) +
Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + fatd . 0,75 + fatt . 0,75 + F . ( h - 0,75) = 0
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SAIRSAIR
CM
0,25
0,75
dimensões
em metros
0,75
h
0,25
F
x
y
z
P
fatdfatt
retomando...
NdNt
Nd + Nt = 1.000 [02]
Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + ( fatd + fatt ) . 0,75 + F . ( h -0,75 ) = 0 [03]
como há escorregamento entre os pés do armário e o piso,
as forças de atrito são cinéticas:
fatd =  . Nd fatt =  . Nt
900 - ( fatd + fatt ) = 100 . aCM [01]
em [01]: 900 - (  . Nd +  . Nt ) = 100 . aCM
900 -  . ( Nd + Nt ) = 100 . aCM
900 - 0,1 . ( Nd + Nt ) = 100 . aCM
900 - 0,1 . ( 1.000 ) = 100 . aCM
aCM = 8,0 m/s2 a)
em [03]: Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + (  . Nd +  . Nt ) . 0,75 + 900 . ( h - 0,75 ) = 0
prof. Brasílio
2004
SAIRSAIR
CM
0,25
0,75
dimensões
em metros
0,75
h
0,25
F
P
fatdfatt
retomando...
NdNt
Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + (  . Nd +  . Nt ) . 0,75 + 900 . ( h - 0,75 ) = 0
Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + ( 0,1 . Nd + 0,1 . Nt ) . 0,75 + 900 . ( h - 0,75 ) = 0
Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + ( 0,1 . Nd + 0,1 . Nt ) . 0,75 + 900 . ( h - 0,75 ) = 0
Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + Nd . 0,075+ Nt . 0,075 + 900 . ( h - 0,75 ) = 0
Nt . 0,25 - Nd . 0,25 + Nd . 0,075+ Nt . 0,075 + 900 . ( h - 0,75 ) = 0
Nt . 0,325 - Nd . 0,175 + 900 . ( h - 0,75) = 0
Nd + Nt = 1.000
ôps... são três incógnitas e duas equações...
Na iminência de tombamento horário: Nt = 0
Nd = 1.000
- 1.000 . 0,175 + 900 . ( hmax. - 0,75 )= 0 hmax. = 0,94 m
Na iminência de tombamento ante-horário: Nd = 0
Nt = 1.000
1.000 . 0,375 + 900 . ( hmín. - 0,75 )= 0 hmín. = 0,33 m
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2004
SAIRSAIR
CM
0,25
0,75
dimensões
em metros
0,75
h
0,25
F
P
fatdfatt
retomando...
NdNt
hmax. = 0,94 m
hmín. = 0,33 m
para que não tombe:
0,33 < h < 0,94 b)
apr1616.pdf
prof. Brasílio
2004
SAIR
1616
O barril ilustrado tem massa m = 160 kg, centro de massa em G,
apoia-se em superfície horizontal com coeficiente de atrito estático
e = 0,40 e coef. de atrito cinético c = 0,35. Sendo acionado pelo
contra peso P = 770 N, pede-se o intervalo de valores h, para os 
quais o barril não tomba.
h
0,30 0,30
0,45
0,45
o centro de massa do barril,
caso o atrito estático seja vencido,
desloca-se em trajetória reta horizontal,
adotando o sistema de eixos, indicado,
a aceleração será:
a cinemática do movimento...
x
y
z
aCM = aCM . i
as forças agentes ...
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SAIR
h
0,30 0,30
0,45
0,45
x
x
y
z
as forças agentes ...
T = T . i
..forças de tração:
Pb = - mb . g . j
.forças peso:
P
N
T T
T
T
P
fat
fat
N
Pcp = - mcp . g . j
no barril:
no contra peso:
T = T . j
Pb = - 1600 . j
Pcp = - 770 . j
...força de atrito:
fat = - fat . i
os momentos da tração e do atrito, tendem a
girar o barril no sentido horário, desta forma,
a normal desloca-se a direita da linha de ação
do peso...
....força normal:
N = N . j
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2004
SAIR
h
0,30 0,30
0,45
0,45
x
x
y
z
P
N
T
T
P
fat
TCM:
a dinâmica do movimento...
barril:
[x] T - fat = mb . ab
[y] N - Pb = mb . zero
contra peso:
[x] nada...
[y] T - Pcp = mcp . ( - acp )
T - fat = 160 . a [01]
N = 1600 [02]
T - 770 = 77 . ( - a ) [03]
efetuando [01] - [03]: 770 - fat = ( 160 + 77 ) . a
770 - fat = 237 . a
a = 770 - fat
237
o atrito estático é: 0 < fate < e . N
0 < fate < 640
a = 770 - 640
237
ôps.... o atrito estático é
vencido, o barril escorrega
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2004
SAIR
h
0,30 0,30
0,45
0,45
x
x
y
z
P
N
T
T
P
fat
T - fat = 160 . a [01]
N = 1600 [02]
T - 770 = 77 . ( - a ) [03]
a = 770 - fat
237
[04]
a = 770 - 560
237
retomando...
como há escorregamento, o atrito é cinético:
fat = c . N
fat = 560
em [04]: a = 0.89 m/s2
em [01]: T - 560 = 160 . 0,89 T = 702,4
.momento do peso: zero
TMA: (polo no CM) +
ainda a dinâmica do movimento...
..momento da tração: MT = T . ( h - 0,45 )
prof. Brasílio
2004
SAIR
h
0,30 0,30
0,45
0,45
x
x
y
z
P
N
T
T
P
fat
N = 1600
retomando...
...momento do atrito:
MT = T . ( h - 0,45 )
Mfat = fat . 0,45
...momento da normal:
MN = - N . x
impondo o TMA...
702,4 . ( h - 0,45 ) +252 - 1600 . 0,30 = 0
fat = 560 a = 0.89T = 702,4
MT = 702,4 . ( h - 0,45 )
Mfat = 252
MN = - 1600 . x
na iminência de tombamento horário: x = 0,30
702,4 . ( h - 0,45 ) +252 - 1600 . x = 0
702,4 . h - 316,08 +252 - 480 = 0
h = 0,77
702,4 . ( h - 0,45 ) +252 + 1600 . 0,30 = 0
na iminência de tombamento ante-horário: x = - 0,30
h = - 0,59 ôps...altura negativa não é possivel...
resumindo:
0 < h < 0,77
resp.