Dinâmica de Sólidos - Departamento de Engenharia Civil · 3.8 Exercícios propostos para as aulas prática . . . . . . . . . . . . . 90 4 Cinemática dos Corpos Rígidos 107

Universidade Nova de Lisboa

Faculdade de Ciências e Tecnologia

Dinâmica de Sólidos

Fichas da disciplina

Corneliu Cismasiu

c©DEC/FCT/UNL, 2005-2009

Conteúdo

1 Método dos Trabalhos Virtuais 11.1 Trabalho de uma força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Trabalho do peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3 Forças que não realizam trabalho . . . . . . . . . . . . . 21.1.4 Trabalho de um momento . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Princípio dos Trabalhos Virtuais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Trabalho de uma força num deslocamento finito . . . . . . . . . .7

1.3.1 Trabalho de um peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.2 Trabalho da força exercida por uma mola . . . . . . . . . 8

1.4 Energia potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4.1 Energia potencial gravítica . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4.2 Energia potencial elástica . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5 Energia potencial e o equilíbrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5.1 Estabilidade do equilíbrio . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.6 Exercícios propostos para as aulas práticas . . . . . . . . . .. . . 17

2 Cinemática da Partícula 412.1 Movimento rectilíneo de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . .41

2.1.1 Movimento rectilíneo uniforme . . . . . . . . . . . . . . 422.1.2 Movimento rectilíneo uniformemente acelerado . . . . .. 432.1.3 Movimento de várias partículas . . . . . . . . . . . . . . 46

2.2 Movimento curvilíneo de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . 502.2.1 Vector de posição, velocidade e aceleração . . . . . . . . 502.2.2 Componentes cartesianas da velocidade e da aceleração . 512.2.3 Movimento relativo a um sistema em translação . . . . . . 532.2.4 Componentes normal e tangencial . . . . . . . . . . . . . 552.2.5 Componentes radial e transversal . . . . . . . . . . . . . 57


i

3 Cinética da Partícula 673.1 Segunda lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.2 Equações de movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.3 Quantidade de movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.4 Momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.5 Princípio do trabalho e da energia . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.6 Princípio da conservação da energia . . . . . . . . . . . . . . . . 823.7 Princípio do impulso e da quantidade de movimento . . . . . .. . 84

3.7.1 Movimento impulsivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.7.2 Choque de partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.8 Exercícios propostos para as aulas prática . . . . . . . . . . .. . 90

4 Cinemática dos Corpos Rígidos 1074.1 Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.2 Rotação em torno de um eixo fixo . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.2.1 Rotação de uma placa representativa . . . . . . . . . . . . 1094.3 Movimento plano geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.3.1 Centro instantâneo de rotação no movimento plano . . . .1134.4 Exercícios propostos para as aulas práticas . . . . . . . . . .. . . 120

5 Cinética dos Corpos Rígidos 1355.1 Equações de movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5.1.1 Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.1.2 Rotação em torno do centro de massa . . . . . . . . . . . 1375.1.3 Movimento plano geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.1.4 Sistemas de corpos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.2 Princípio do trabalho e da energia . . . . . . . . . . . . . . . . . 1435.2.1 Conservação da energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.2.2 Princípio do impulso e da quantidade de movimento . . . 147


6 Vibrações mecânicas 1736.1 Vibrações não amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

6.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples . . . . .1746.1.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.2 Vibrações amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2036.2.1 Vibrações livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2036.2.2 Vibrações forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209


ii

Capítulo 1

Método dos Trabalhos Virtuais

- método baseado no princípio dos trabalhos virtuais, usadopela primeira vezpelo matemático suíço Jean Bernoulli;

- particularmente eficaz quando aplicado à resolução de problemas que en-volvem o equilíbrio de vários corpos rígidos interligados.

1.1 Trabalho de uma força

O

A′

A

~F

α

~r ~r + d~r

d~r

Considere-se uma partícula que se move de um pontoA para um ponto vizinhoA′.

- ~r - o vector de posição do pontoA

- d~r - deslocamento da partícula

O trabalho da força~F no deslocamentod~r é definidopelo produto interno da força~F pelo deslocamentod~r.

dτ = ~F · d~r dτ = |~F | · |d~r|︸︷︷︸

ds

cos α

O trabalho é uma grandeza escalar cuja unidade no SI éN ·m = J (Joule).

1.1.1 Casos particulares

- se a força~F tem a mesma direcção e o mesmo sentido qued~r, dτ = F ds;

- se a força~F tem a mesma direcção e o sentido oposto ad~r, dτ = −F ds;

1

CAPÍTULO 1. MÉTODO DOS TRABALHOS VIRTUAIS

- se a força~F for perpendicular ad~r, dτ = 0.

1.1.2 Trabalho do peso

~P

O trabalho do peso~P é igual ao produto deP pelo deslocamento verticaldy do centro de gravidadeG do corpo. Se o deslocamento for para baixo,dτ > 0; se for para cima,dτ < 0.

1.1.3 Forças que não realizam trabalho

- forças aplicadas em pontos fixos (ex: reacções em apoios fixos)

ds = 0 ⇒ dτ = 0

- forças que actuam numa direcção perpendicular ao deslocamento (ex: re-acção numa superfície sem atrito quando o corpo em contacto se move aolongo da respectiva guia)

~F

d~r

~F ⊥ d~r ⇒ cos α = 0 ⇒ dτ = 0

- forças internas

~F−~F

a soma dos trabalhos das duas forças anula-se.

1.1.4 Trabalho de um momento

O trabalho do momento~M que actua num corpo rígido é

dτ = M dθ

ondedθ é o ângulo elementar, expresso em radianos, de que o corpo roda.

p.2 – Capítulo 1

1.2. PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS

1.2 Princípio dos Trabalhos Virtuais

A

A′

~F1

~F2

~Fn

δ~r

Considere-se uma partícula actuada por várias forças~F1, ~F2, . . . , ~Fn. Imaginamos que a partícula sofreum pequeno deslocamento deA paraA′. Este des-locamento é possível, mas não tem necessariamentede dar-se. Uma vez que o deslocamento consideradonão se dá efectivamente, chama-se-lhedeslocamentovirtual (δ~r).

O trabalho de cada uma das forças~F1, ~F2, . . . , ~Fn durante o deslocamento vir-tual δ~r chama-setrabalho virtual (δτ ). O trabalho virtual de todas as forças queactuam na partícula é:

δτ = ~F1δ~r + ~F2δ~r + . . . ~Fnδ~r = (~F1 + ~F2 + . . . ~Fn) δ~r = ~R · δ~r

onde~R =∑

~Fn é a resultante das forças dadas.

O princípio dos trabalhos virtuais - PartículaSe uma partícula está em equilíbrio, o trabalho virtual total das forças que actuamna partícula é nulo, para qualquer deslocamento virtual da partícula.

O princípio dos trabalhos virtuais - Corpo rígidoSe um corpo rígido se encontra em equilíbrio, o trabalho virtual total das forçasexteriores que actuam no corpo rígido é nulo para qualquer deslocamento virtualdo corpo.

No caso de um sistema de corpos rígidos interligados, se as ligações do sistema semantêm durante o deslocamento virtual, só será necessário considerar o trabalhodas forças exteriores ao sistema.

Exercício~P

L L

θ θA

B

C

Considere-se o torno de avalanca articu-lada ABC, utilizado para comprimir umbloco de madeira. Pretende determinar-se aforça exercida pelo torno no bloco quando seaplica uma dada força~P emC, supondo quenão há atrito.

p.3 – Capítulo 1


xB δxB

yC

~P

C

B

θ

δθ

δyC

y

x

HA

VA N

QA

Considera-se o deslocamento virtual que se obtém dando um incremento positivoδθ ao ânguloθ. Exprimindo as coordenadasxB e yC em função do ânguloθ ediferenciando:

xB = 2L sin θyc = L cos θ

⇒

δxB = 2L cos θ δθδyc = −L sin θ δθ

O trabalho virtual das forças exteriores é

δτ = δτQ + δτP + δτN︸︷︷︸

=0

+ δτVA︸︷︷︸

=0

+ δτHA︸︷︷︸

=0

= δτQ + δτP

= ~Q · δ~xB + ~P · δ~yC = −Q2L cos θ δθ + PL sin θ δθ

Fazendoδτ = 0 resulta:

2QL cos θ δθ = PL sin θ δθ . . . ∀ δθ (qualquer deslocamento virtual)

Q =1

2P tan θ

NotaSe o deslocamento virtual considerado for compatível com asrestrições impostaspelos apoios e pelas ligações interiores, todas as reacçõese as forças interiores se-rão eliminadas da equação de P.T.V. e será necessário considerar apenas o trabalhodas forças aplicadas e das forças de atrito.

O método dos trabalhos virtuais pode também ser utilizado para resolver proble-mas que envolvem estruturas isostáticas, se bem que os deslocamentos virtuaisconsiderados nunca venham a ocorrer na realidade.

p.4 – Capítulo 1

1.2. PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS

ExercícioConsiderando a estruturaACB, determine as reacções emA eB.

θ θ

A B

C

L L

~P

~P

yC

xB

θ

δθ

HA

VA VB

HB x

y

xB = 2L sin θyc = L cos θ

⇒

δxB = 2L cos θ δθδyc = −L sin θ δθ

δτ = PL sin θ δθ −HB2L cos θ δθ = 0 . . . ∀ δθ

HB =1

2P tan θ

Analogamente, mantendoB fixo e dando aA um deslocamento virtual horizontal,resulta

HA =1

2P tan θ

As componentesVA e VB podem ser calculadas rodando a estruturaACB comoum corpo rígido em torno deB e deA, respectivamente.

~P

yC

θ

δθ

HA

VA VB

HB x

y

A

B

B′

CC′

δxB = AB(1− cos δθ)

δyB = AB sin δθ

δyC = AC [cos θ − cos(θ + δθ)]

AB = 2L sin θ

AC = L

δθ pequeno⇒

cos δθ ≃ 1sin δθ ≃ δθ

δxB = 2L sin θ(1− 1) = 0

p.5 – Capítulo 1


δyB = 2L sin θ δθ

δyC = L(cos θ − cos θ cos δθ︸︷︷︸

=1

+ sin θ sin δθ︸︷︷︸

=δθ

) = L sin θ δθ

δτ = −PL sin θ δθ + VB2L sin θ δθ = 0 ⇒ VB = P/2

e analogamente,VA = P/2.

NotaAs componentes verticais resultam muito mais fácil escrevendo

∑

MA = 0 ⇒ VB = P/2 e∑

MB = 0 ⇒ VA = P/2

O atractivo do método dos trabalhos virtuais depende em grande medida da exis-tência de relações geométricas simples entre os vários deslocamentos virtuais en-volvidos na resolução de um dado problema. Quando estas relações simples nãoexistam, é normalmente aconselhável voltar ao método convencional.

ExercícioNo pontoC do mecanismo representado aplica-se uma força~F de 178 N. A

constante da mola ék = 1576 N/m, e a mola encontra-se indeformada quandoθ = 0. Desprezando o peso do mecanismo, determine o valor deθ correspondenteao equilíbrio.

F

C

BAL

r

θ

k

r = 127 mmL = 305 mm

θ

A

A′

x

sA

x = sA = rθ ⇒ dx = r dθ

xC = L sin θ ⇒ dxC = L cos θ dθ

dθ = −krθ︸︷︷︸

Fe

rdθ︸︷︷︸

dx

+FL cos θ dθ = 0 ⇒ kr2θ

FL= cos θ

1576× 0.1272

178× 0.305× θ = cos θ ⇒ θ = 60.4155

p.6 – Capítulo 1

1.3. TRABALHO DE UMA FORÇA NUM DESLOCAMENTO FINITO

1.3 Trabalho de uma força num deslocamento finito

Considere-se uma força~F actuando numa partícula. O trabalho de~F num deslo-camento elementard~r da partícula foi definido como:

dτ = ~F · d~r (1.1)

O trabalho de~F num deslocamento finito da partícula deA1 atéA2 obtém-seintegrando a relação (1.1) ao longo da curva descrita pela partícula:

ds

α

A2

O

s

s1

~FA1

Aτ1→2 =

∫ A2

A1

~F ·d~r =

∫ A2

A1

(F cos θ) ds

Para momentos:

τ1→2 =

∫ θ2

θ1

M dθ

1.3.1 Trabalho de um peso

y

xy

y2

y1

dyA1

A

A2~PSe o eixoy estiver orientado paracima, o trabalho de~P num desloca-mento finito do corpo obtém-se es-crevendo

dτ = −P dy

e integrando desdeA1 atéA2:

τ1→2 = −∫ y2

y1

P dy = −P (y2 − y1) = −P ∆y

onde∆y é a componente vertical do deslocamento desdeA1 atéA2.

NotaO trabalho do peso~P é igual ao produto deP pela componente vertical do deslo-camento do centro de gravidade do corpo. O trabalho é positivo quando∆y < 0,isto é, quando o corpo desce.

p.7 – Capítulo 1


1.3.2 Trabalho da força exercida por uma mola

B

B

B

mola indeformada

x1

x

~F

A2

A

A1

A0

x2

|~F | = kx

dτ = −F dx = −kx dx

τ1→2 =

∫ x2

x1

−kx dx = −1

2k(x2

2−x21) =

=1

2k(x2

1 − x22)

O trabalho é positivo quando a mola volta a sua posição indeformada.

Interpretação gráfica:

F1 = kx1 F2 = kx2 ∆x = x2−x1

|τ1→2| =1

2(F1 + F2)∆x =

=1

2k(x1 + x2)(x2 − x1) =

=1

2k(x2

2 − x21)

x1 x2

∆x

F = kx

F2

F1

F

x

ou seja,|τ1→2| é a área do trapézio representado.

O trabalho de uma mola helicoidal é dado por

dτ = −Mθ dθ ⇒ τ1→2 =

∫ θ2

θ1

−Mθ dθ =1

2M(θ2

1 − θ22)

p.8 – Capítulo 1

1.4. ENERGIA POTENCIAL

1.4 Energia potencial

1.4.1 Energia potencial gravítica

y

xy

y2

y1

dyA1

A

A2~P Mostra-se que o trabalho do peso~P num des-locamento finito se obtém subtraindo o valorda funçãoPy correspondente à segunda po-sição do corpo, do seu valor correspondenteà primeira posição:

τ1→2 = Py1 − Py2

O trabalho de~P é independente do caminho efectivamente percorrido. A funçãoPy chama-seenergia potencialdo corpo relativamente à força da gravidade~P , erepresenta-se porVg:

τ1→2 = (Vg)1 − (Vg)2 . . . ondeVg = Py

Nota: se a energia potencial aumenta, o trabalho é negativo.

A energia potencial é expressa nas mesmas unidades do que o trabalho, isto é, emjoules (J).

1.4.2 Energia potencial elástica

Mostra-se que o trabalho da força elástica~F se obtém subtraindo o valor da funçãokx2/2 correspondente à segunda posição do corpo do seu valor correspondente àprimeira posição. Esta função representa-se porVe e chama-seenergia potencialdo corpo relativamente à força elástica~F

τ1→2 = (Ve)1 − (Ve)2 . . . ondeVe = kx2/2

Energia potencial - caso geralEm geral, o conceito de energia potencial é válido sempre queo trabalho ele-mentardτ da força considerada for umadiferencial exacta. Então será possívelencontrar uma função V, chamada energia potencial, tal que

dτ = −dV

e integrandoτ1→2 = V1 − V2

Uma força que satisfaça esta última equação chama-seforça conservativa.

p.9 – Capítulo 1


1.5 Energia potencial e o equilíbrio

Em termos de energia potencial, o princípio dos trabalhos virtuais estipula que:

P.T.V. - enunciado alternativoSe um sistema está em equilíbrio, as derivadas parciais da sua energia potencialtotal relativamente a cada grau de liberdade (cada variávelindependente) dosistema têm de ser nulas.

Exercício

P

kBAD

C

LL

θ

BA

P

C

F = kxB

VA VB

HA

yC

xB

y

x

Considere-se uma estrutura constituídapor duas barrasAC e CB, e que temsuspensa uma cargaP na articulaçãoC.A estrutura tem um apoio fixo emA, umapoio móvel emB e uma molaBD ligao pontoB a um ponto fixoD. Despre-zando as forças de atrito e o peso dasbarras, determine a posição de equilí-brio, sabendo que o comprimento natu-ral da mola éAD e portando esta se en-contra indeformada quandoB coincidecomA.

Tomando em conta que a deformada damola deve ser medida a partir da sua po-sição indeformada,

Ve = kx2B/2

Vg = PyC

Nota: as reacções emA eB não realizamtrabalho.

xB = 2L sin θyC = L cos θ

⇒

Ve = k(2L sin θ)2/2Vg = PL cos θ

V = Ve + Vg = 2kL2 sin2 θ + PL cos θ

A posição de equilíbrio do sistema obtêm-se igualando a zeroa derivada parcial

p.10 – Capítulo 1

1.5. ENERGIA POTENCIAL E O EQUILÍBRIO

da energia potencial totalV em relação a ânguloθ:

dV

dθ= 4kL2 sin θ cos θ − PL sin θ = 0 ⇒ L sin θ (4kL cos θ − P ) = 0

Há, portando, duas posições de equilíbrio:

sin θ = 0 ⇒ θ = 0

e

cos θ =P

4kL⇒ θ = arccos

(P

4kL

)

(P ≤ 4kL)

1.5.1 Estabilidade do equilíbrio

Considerem-se três barras homogéneas e suponhamos que cadabarra é ligeira-mente afastada da sua posição de equilíbrio e libertada em seguida.

θ

~P

θ

~P

θ

(a) (b) (c)

Vamos ter três casos:

(a) equilíbrio estável: a barra regressará à sua posição de equilíbrio. A energiapotencial total do sistema é mínima nesta posição;

(b) equilíbrio instável: a barra continuará a afastar-se dasua posição inicial. Aenergia potencial total do sistema é máxima nesta posição;

(c) equilíbrio indiferente: a barra ficará na sua nova posição. A energia poten-cial total do sistema é constante.

Resumindo, as condições de equilíbrio de um sistema com um grau de liberdadeθ (isto é, um sistema cuja posição de equilíbrio é definida por uma única variávelindependente), são:

dV

dθ= 0;

d2V

dθ2> 0 . . . equilíbrio estável



dV

dθ= 0;

d2V

dθ2< 0 . . . equilíbrio instável

dV

dθ= 0;

d2V

dθ2= 0 . . . equilíbrio indiferente

θ

V

(b)equilílibrio instável

θ

V

(c)equilíbrio indiferente

θ

V

(a)equilíbrio estável

NotaSe o sistema possui vários graus de liberdade, a energia potencial V depende devárias variáveis. Verifica-se que, para um sistema com dois graus de liberdade, oequilíbrio é estável e corresponde a energia potencialV (θ1, θ2) mínima, se foremsatisfeitas simultaneamenteas seguintes relações:

∂V

∂θ1=

∂V

∂θ2= 0

(∂2V

∂θ1∂θ2

)2

− ∂2V

∂θ21

∂2V

∂θ22

< 0

∂2V

∂θ21

> 0 ou∂2V

∂θ22

> 0

Exercício

L

L

k

P

B

C

A

θ

α

α

Considerando que a mola está indeformadaquandoθ = 60,

(a) calcule o ânguloθ na posição de equilíbrioem termos deP , k, eL;

(b) resolve a alínea (a) paraP = 200 N,k = 4 N/mm eL = 200 mm e verifiquea estabilidade do equilíbrio.

(a)

− para a posição indeformada:α = θ = 60 ⇒ LAB0= L

− para umθ qualquer:LAB = 2L sin(θ/2)



∆ = LAB − LAB0= L(2 sin(θ/2)− 1)

yB = L cos θ

V = Vg + Ve = PyB + k∆2/2 = PL cos θ +1

2kL2[2 sin(θ/2)− 1]2

Para equilíbrio:

dV

dθ= −PL sin θ + kL2 cos(θ/2) [2 sin(θ/2)− 1] = 0 ⇒ θ

(b)

P = 200 Nk = 4 N/mmL = 200 mm

⇒ −40000 sin θ +160000 cos(θ/2) [2 sin(θ/2)−1] = 0

Admitindo só as soluções positivas, resulta:

θ1 = 83.6206 e θ2 = 180

Para verificar a estabilidade do equilíbrio, calcula-se a segunda derivada:

d2V

dθ2= 160000 cos2(θ/2)− 40000 cos θ − 80000 sin(θ/2)[2 sin(θ/2)− 1]

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=83.6206

> 0 . . . equilíbrio estável

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=180

< 0 . . . equilíbrio instável

Nota: O casoθ = 0 é um caso singular, porque a força elástica não tem adirecção definida.

ExercícioConsiderando que a mola está indeformada quandoy = 0,

(a) exprime a equação de equilíbrio em função deP , k ea;

(b) determine a posição de equilíbrio paraP = 60 N, a = 400 mm ek =1 kN/m. Verifique se o equilíbrio é estável.



a

y

k

A

B

~P

(a)V = Ve + Vg

Vg = −Py

Ve = k∆2/2

∆ =√

a2 + y2 − a

∆2 = a2 + y2 − 2a√

a2 + y2 + a2 =

= y2 + 2a2 − 2a√

a2 + y2

V = −Py +1

2k(

y2 + 2a2 − 2a√

a2 + y2)

dV

dy= −P + ky

(

1− a√

a2 + y2

)

A condição de equilíbrio:

dV

dy= 0 ⇒ −P + ky

(

1− a√

a2 + y2

)

= 0

(b)

P = 60 Nk = 1 kN/m = 1 N/mma = 400 mm

⇒ −60 + y

(

1− 400√

160000 + y2

)

= 0

Resultay = 300 mm

d2V

dy2= k − a3k

(a2 + y2)3/2

d2V

dy2

∣∣∣∣(a=400, k=1, y=300)

=61

125> 0 . . . equilíbrio estável

ExercícioConsiderando que a mola está indeformada quando as barras estão horizontais,determine os valores deQ para os quais o equilíbrio é estável na posição indi-cada. (Analogia com os problemas de encurvadura)



k

L L

QQ

Fe

θ

Q Q

V = Ve + VQ

Ve =1

2k(L sin θ)2 =

1

2kL2 sin2 θ

VQ = 2QL cos θ

V =1

2kL2 sin2 +2QL cos θ

dV

dθ= kL2 sin θ cos θ − 2QL sin θ = sin θ (kL2 cos θ − 2QL) = 0

Resulta que a posição mostrada,θ = 0 é posição de equilíbrio. Para que o equilí-brio seja estável,

d2V

dθ2= kL2(cos2 θ − sin2 θ)− 2QL cos θ

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=0

= kL2 − 2QL > 0 ⇒ Q <kL

2

ExercícioDetermine a carga crítica de instabilidade para a estruturarepresentada.

A B C D

k k

L L L

P P

Considerando que as barras são rígidas, adopte-se o modelo com dois graus deliberdade representado.

P P

θ1 θ2

β

F1 F2

δ1 δ2



A energia potencial total do sistemaV é composta pela energia de deformaçãoelástica das molasVe, e o potencial das cargas aplicadasVP .

V = Ve + VP

Da geometria do problema,

L sin β = L(sin θ2 − sin θ1) ⇒ β = arcsin(sin θ2 − sin θ1)

resulta, para ângulos pequenos,

β ∼= θ2 − θ1

A energia de deformação elástica das molas é dada por,

Ve =1

2k(δ2

1 + δ22) =

1

2kL2(sin2 θ1 + sin2 θ2)

enquanto o potencial das cargas aplicadas é,

VP = −PL [(1− cos θ1) + (1− cos θ2) + (1− cos β)]

e tomando em conta a relação entreθ1, θ2 eβ,

Ve∼= −PL [3− cos θ1 − cos θ2 − cos(θ2 − θ1)]

A energia potencial total do sistema resulta

V ∼= 1

2kL2(sin2 θ1 + sin2 θ2)− PL [3− cos θ1 − cos θ2 − cos(θ2 − θ1)]

Verificar que a posição mostrada é posição de equilíbrio:

∂V

∂θ1

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= 0 e∂V

∂θ2

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= 0 ⇒ θ1 = θ2 = 0 posição de equilíbrio

Para que o equilíbrio seja estável, é preciso que:[(

∂2V

∂θ1∂θ2

)2

− ∂2V

∂θ21

∂2V

∂θ22

]

θ1=θ2=0

= −3L2P 2 + 4kL3P − k2L4 < 0 ⇒

P <kL

3ou P > kL (1.2)


1.6. EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRÁTICAS

∂2V

∂θ21

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= kL2 − 2PL > 0 ⇒ P <kL

2(1.3)

∂2V

∂θ22

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= kL2 − 2PL > 0 ⇒ P <kL

2(1.4)

De (1.2) e(1.3) ou de (1.2) e(1.4) resulta

P <kL

3

A carga crítica de instabilidade éP = kL/3.

1.6 Exercícios propostos para as aulas práticas

ExercícioUtilizando o método dos trabalhos virtuais, determine o valor do momentoM

que mantém a estrutura em equilíbrio.

L cos θ

L/2

L

P

A

B

C

M

θ

δϕ

θ + δθ

δτ = δτM + δτP δτM = M δϕ δτP = −P δyC

yC = L/2 + L sin θ ⇒ δyC = L cos θ δθ

δτ = M δϕ− PL cos θ δθ



Precisamos de encontrar uma ligação entreδϕ e δθ. A ligação encontra-se obser-vando que a distância entre a rótulaA e a barra vertical é constante:

L cos θ = L/2 sin δϕ + L cos(θ + δθ) ⇒ δϕ = 2 sin θ δθ

Resulta então,

δτ = M 2 sin θ δθ − PL cos θ δθ ⇒ M =PL

2 tan θ

Exercício(Beer 10.53 e 10.54)Utilizando o método dos trabalhos virtuais, determine, separadamente, a força eo binário que representam as reacções emA e a reacção emD.

1.8 m 2.4 m 1.2 m 1.8 m

A

B C

D

E F

G

1.5 m 1.5 m

P1 = 800 N P2 = 600 N

Para determinar a reacçãoVA, considere-se um deslocamento virtualδy.

1.5 m 1.5 m

P1 P2

CB DFE

GA

VA

2.4 m 1.2 m 1.8 m

δy

δyC

δy=

1.5

2.4⇒ δyC = 0.625 δy

δyE

δy=

1.2

2.4⇒ δyE = 0.5 δy

δyF

δyE

=1.5

1.8⇒ δyF = 0.4167 δy

δτ = −VA δy + P1 0.625 δy − P2 0.4167 δy = 0 . . . ∀ δy



VA = 800× 0.625− 600× 0.4167 = 250 N

Para determinar o momentoMA, considere-se uma rotação virtualδθ.

1.5 m 1.5 m

P1 P2

D G

2.4 m 1.2 m 1.8 m

θ

A

MA

1.8 m

B C

E F

δyB = 1.8 δθδyC

δyB=

1.5

2.4⇒ δyC = 1.125 δθ

δyE

δyB

=1.2

2.4⇒ δyE = 0.5 δyB = 0.9 δθ

δyF

δyE=

1.5

1.8⇒ δyF = 0.75 δθ

δτ = MA δθ − P1 1.125 δθ + P2 0.75 δθ = 0 . . . ∀ δθ

MA = 800× 1.125− 600× 0.75 = 450 Nm

Para determinar a reacção emD, considere-se um deslocamento virtualδy.

G

δy

ND

FE

1.8 m

2.4 m

0.9

B C D

3.6 m

P11.5 m

P2

A

δyE

δy=

3.6

2.4⇒ δyE = 1.5 δy



δyF

δyE=

1.5

1.8⇒ δyF = 0.833 δyE = 1.25 δy

δyC

δy=

0.9

2.4⇒ δyC = 0.375 δy

δτ = P1 0.375 δy + P2 1.25 δy −ND δy = 0 . . . ∀ δy

ND = 0.375× 800 + 1.25× 600 = 1050 N

Exercício(Beer 10.39)Duas barrasAC eCE estão ligadas por uma articulação emC e por uma molaAE. A constante da mola ék = 263 N/m e a mola encontra-se indeformadaquandoθ = 30. Sabendo queL = 254 mm e desprezando o peso das barras,determine o valor deθ correspondente ao equilíbrio quandoP = 179 N.

θ θ

C

EA

P

B

L

L

θθ θδθ

A E

A′ E′

y

xD

xA = −L sin θxE = L sin θ + 2L sin θ = 3L sin θyE = −L cos θ

⇒

δ xA = −L cos θ δθδxE = 3L cos θ δθδyE = L sin θ δθ

Fe = k ∆x ∆x = A′E ′ − AE = 4L(sin θ − sin 30)

Fe = 4kL(sin θ − 0.5)

δτ = FeAδxA − FeE

δxE − P δyE

δτ = 4kL(sin θ−0.5)(−L cos θ δθ−3L cos θ δθ)−PL sin θ δθ = 0 . . . ∀ δθ

16kL

P(0.5− sin θ) cos θ = sin θ



Com os valores numéricos dados,

16× 263× 0.254

179(0.5− sin θ) cos θ = sin θ ⇒ θ = 24.9633

Exercício(Beer 10.6)Uma mola de constante 15 kN/m liga os pontosC e F do sistema articulado

representado. Desprezando o peso da mola e do sistema articulado, determine aforça que se exerce na mola e o deslocamento vertical que sofre o pontoG quandose aplica uma força vertical de 120 N, actuando de cima para baixo, (a) no pontoE ou (b) nos pontosE eF .

A

D

G

B

E

H

C

F

y

xyE

yF

yG

yC

Fe

P

yH = yG = 4yC ⇒ δyH = δyG = 4δyC

yF = 3yC ⇒ δyF = 3δyC

yE = yD = 2yC ⇒ δyE = δyD = 2δyC

Admitindo a mola alongada, a força elástica ficaFe. O trabalho virtual escreve-seentão:

(a)δτ = δτFe

+ δτP

δτ = Fe(δyc − 3δyc)− P2δyc = (−2Fe − 2P ) δyc = 0 ∀ δyc

Fe = −P = −120 N (a mola está comprimida)

A força elástica pode ser calculada multiplicando a constante de rigidez damola pela deformação da mola,

Fe = k(L− L0)

L = yF − yC L0 = yF0− yC0

yF = yF0+ ∆yF yC = yC0

+ ∆yC



L− L0 = ∆yF −∆yC ⇒ Fe = k(∆yF −∆yC) = 2k∆yC

∆yC =Fe

2k⇒ ∆yG =

2Fe

k

∆yG =−2× 120

15000= −0.016 m

(b)y

xyE

yF

yG

yC

Fe

P

P

δτ = −PδyF − Pδye + Fe(δyc − δyF ) = (−5P − 2Fe) δyC = 0 ∀ δyc

Fe = −5P

2= −5× 120

2= −300 N

∆yG =2Fe

k=−2× 300

15000= −0.040 m

Exercício(Beer 10.14)Deduza uma expressão para a intensidade da forçaQ necessária para manter oequilíbrio do mecanismo representado.

F

L

QL L

F

θD C

B

A

θ

δA

δBδθ

x

xD

xD = 2L cos θ ⇒ δxD = −2L sin θ δθ



δA = 2L δθ δB = L δθ

δτ = −FδA − FδB −QδxD

δτ = −F2L δθ−FL δθ + Q2L sin θ δθ = (2Q sin θ− 3F )L δθ = 0 . . . ∀ δθ

Q =3F

2 sin θ

Exercício(Beer 10.9)No mecanismo representado actua a força~P . Deduza uma expressão para a

intensidade da forçaQ necessária para manter o equilíbrio.

|AC| = |CE| = |EF | = L

|BC| = |CD| = |DF | = L

x

y

θ

xA

yF

P

θθ

QA B

C

D E

F

L

L

LL

L

L

xA = 2L sin θ ⇒ δxA = 2L cos θ δθ

yF = 3L cos θ ⇒ δyF = −3L sin θ δθ

δτ = δτQ + δτP = Q δxA + P δyF

δτ = (2Q cos θ − 3P sin θ)L δθ = 0 . . . ∀ δθ

Q =3P

2tan θ

Exercício(Beer 10.33)Uma cargaP de 600 N é aplicada ao pontoB do sistema articulado. A cons-

tante de rigidez da mola ék = 2.5 kN/m e a mola encontra-se indeformadaquandoAB e BC estão horizontais. Desprezando o peso do sistema e sabendoqueL = 300 mm, determine o valor deθ correspondente ao equilíbrio.



θ

k

P

L L

A

B

C

P

Fe

x

y

yB

xC s

2L

yB = L sin θ ⇒ δyB = L cos θ δθ

xC = 2L cos θ ⇒ δxC = −2L sin θ δθ

Fe = ks = k(2L− xC) = 2kL(1− cos θ)

δτ = δτFe+ δτP

δτ = 2kL(1− cos θ)(−2L sin θ δθ) + PL cos θ δθ

δτ =[PL cos θ − 4kL2 sin θ(1− cos θ)

]δθ = 0 . . . ∀ δθ

tan θ (1− cos θ) =P

4kL=

600

4× 2500× 0.3= 0.2

tan θ (1− cos θ) = 0.2 ⇒ θ = 40.2236

Método de Newton-Raphson

y = f(x)

x

xnxn+1xn+2

α

tan α = f ′(xn) =f(xn)

xn − xn+1

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)

Para o exemplo em causa,

f(x) = tanx (1− cos x)− 0.2 f ′(x) =1− cos x

cos2 x+ sin x tanx



xn f(xn) f ′(xn) xn+1

0.785398 0.092893 1.29289 0.7135490.713549 0.0111975 0.993425 0.7022770.702277 0.000230722 0.952661 0.7020350.702035 2.82343× 10−7 0.951802 0.702035

Resultax = 0.702035 rad, ou seja,

θ = 0.702035× 180/π = 40.2236

Exercício(Beer 10.32)A barraABC está ligada aos blocosA eB, que se podem mover livremente nascalhas representadas. A constante da mola que liga o pontoA é k = 3 kN/m e amola encontra-se indeformada quando a barra está vertical.Para o carregamentoindicado, determine o valor deθ correspondente ao equilíbrio.

|AB| = |BC| = L = 200 mm

P = 150 N

P

θ

A

CP

Fe

θ

yA

xC

x

y

B

xC = 2L sin θ ⇒ δxC = 2L cos θ δθ

yA = L cos θ ⇒ δyA = −L sin θ δθ

Fe = kL (1− cos θ)

δτ = δτP + δτFe

δτ = P 2L cos θ δθ − kL (1− cos θ) L sin θ δθ

δτ = [2P cos θ − kL sin θ (1− cos θ)] L δθ = 0 . . . ∀ δθ

tan θ (1− cos θ) =2P

kL⇒ tan θ (1− cos θ) =

2× 150

3000× 0.2= 0.5



θ = 52.2269

Exercício(Beer 10.57)Determine o deslocamento vertical da articulaçãoD se o comprimento da barraBF for aumentado de 38 mm.

H

L L L L

A B C D

F GE

J

L = 12.19 m

H = 9.14 m

(a) A primeira etapa da resolução é a determinação da força exercida pela barraBF nas articulaçõesB e F , função do valor de uma força fictícia verticalP aplicada emD.

P

VE

HE

α

VE

FFG

FFB

FABx

y

∑

Fx = HE = 0

∑

MH = −PL + VE3L = 0

VE = P/3

∑

Fy = −VE + FFB sin α = 0

FFB =VE

sin α=

√L2 + H2

HVE

FFB = 0.55P

(b) Aplica-se agora o P.T.V., tomando em conta que a forçaFFB tende diminuiro comprimento da barraBF .

P

FFBFFB

δD



δτ = δτP + δτFF B

δτ = P δD − FFB δFB

δτ = P (δD − 0.55 δFB) = 0 . . . ∀P ⇒ δD = 0.55 δFB

δD = 0.55× 38 = 21.11 mm

Exercício(Beer 10.75)

A

k

C

B

r

θ

L

PUma carga P de 445 N é aplicada

ao mecanismo representado no pontoC.Sabendo que a mola se encontra indefor-mada quandoθ = 15, determine o valordeθ correspondente ao equilíbrio e con-firme que o equilíbrio é estável.

Considerer = 127 mm,L = 508 mm ek = 8756 N/m.

O alongamento da mola é dadopor:

s = r (θ − θ0)

A energia potencial do sistema écomposta pela energia potencialda forçaP e pela energia poten-cial elástica:

V = VP + Ve

θ

P

L cos θ

Fe

s

VP = PL cos θVe = 1

2kr2 (θ − θ0)

2 ⇒ V = PL cos θ +1

2kr2 (θ − θ0)

2

dV

dθ= kr2 (θ − θ0)− PL sin θ

d2V

dθ2= kr2 − PL cos θ

A posição de equilíbrio:

dV

dθ= 0 ⇒ θ − θ0

sin θ=

PL

kr2⇒ θ − 15

sin θ=

445× 0.508

8756× 0.1272= 1.6



θ − 15

sin θ= 1.6 ⇒ θ = 103.964

Para ver se o equilíbrio é estável ou não, verifica-se o sinal da segunda derivadada energia potencial nesta posição:

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=103.964

= kr2

(

1− PL

kr2cos θ

)∣∣∣∣θ=103.964

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=103.964

= kr2 [1− 1.6× (−0.241318)] = 1.3861 kr2 > 0

Resulta que a posição de equilíbrio é estável.

Exercício(Beer 10.77)Uma barra homogéneaAB, de pesoP , está ligada a dois blocosA e B que

se podem mover livremente nas calhas representadas. Sabendo que a mola seencontra indeformada quandoy = 0, determine o valor dey correspondente aoequilíbrio quandoP = 80 N, L = 500 mm ek = 600 N/m.

A

BL

y

|AB| = L

Ck

~P

O alongamento da mola és =

√

L2 + y2 − L

A energia potencial do sistema escreve-se

V = Ve + VP =1

2ks2 − Py/2

dV

dy= ks

ds

dy− P/2

ds

dy=

y√

L2 + y2⇒ dV

dy= ky

(

1− L√

L2 + y2

)

− P/2



Para encontrar a posição de equilíbrio,

dV

dy= 0 ⇒

(

1− L√

L2 + y2

)

y =P

2k

(

1− 0.5√

0.52 + y2

)

y =80

2× 600⇒ y = 0.357453 m

y ≃ 357 mm

ExercícioConsidere a barraABC de comprimentoL e articulada emB. Determine o valorda carga crítica do sistema, considerando as molas indeformadas na posiçãomostrada.

L L

P PA C

kr

kB

P P

δ

L cos θL cos θ

L(1− cos θ)L(1− cos θ)

θ θ

V = VP + Ve

VP = 2PL cos θ

Ve =1

2kδ2 +

1

2kr(2θ)

2 =1

2kL2 sin2 θ + 2krθ

2

V = 2PL cos θ +1

2kL2 sin2 θ + 2krθ

2

Para determinar a posição de equilíbrio do sistema,

dV

dθ= −2PL sin θ + kL2 sin θ cos θ + 4krθ = 0



Verifica-se que,θ = 0 é posição de equilíbrio do sistema. A carga crítica, é acarga para a qual a posição de equilíbrio do sistema deixa de ser estável, ou seja,a segunda derivada da energia potencial deixa de ser positiva.

d2V

dθ2= −2PL cos θ + kL2 cos2 θ − kL2 sin2 θ + 4kr

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=0

= −2PL + kL2 + 4kr > 0 ⇒ P <kL

2+

2kr

L

A carga crítica do sistema resultaPcr = kL/2 + 2kr/L.

Nota: Determinação da posição de equilíbrio utilizando o P.T.V.

P P

L cos θL cos θ

L(1− cos θ)L(1− cos θ)

θ θ

A B

C

x

y

Fe

Me

Como deslocamento virtual, assuma-se uma rotação no sentido horário,δθ, dabarraAC. Os deslocamentos virtuais provocados serão:

xA = −L cos θ ⇒ δxA = L sin θ δθ

xC = L cos θ ⇒ δxC = −L sin θ δθ

yB = L sin θ ⇒ δyB = L cos θ δθ

A rotação relativa entre as duas barras em pontoC é

θC = 2θ ⇒ δθC = 2δθ

A equação do P.T.V. escreve-se,

δτ = P δxA − P δxC − Fe δyB −Me δθC = 0

Tomando em conta que

|Fe| = kyB = kL sin θ e |Me| = krθC = 2krθ

resulta

δτ = (2PL sin θ − kL2 sin θ cos θ − 4krθ)︸︷︷︸

= dVdθ

δθ = 0 . . . ∀ δθ



2PL sin θ − kL2 sin θ cos θ − 4krθ = 0 ⇒ θ = 0 é posição de equilíbrio

ExercícioDuas barrasAB eBC, cada uma com comprimentoL e peso desprezável, estãoligadas a duas molas de rigidezk1 e k2. As molas encontram-se indeformadas eo sistema está em equilíbrio quandoθ1 = θ2 = 0. Determine a gama de valoresdeP para a qual a posição de equilíbrio é estável.

Aplicação numérica:L = 800 mm,k1 = 5 kNm/rad ek2 = 2.5 kN/m.

k1

θ1

θ2

A

B

C

k2

P

θ1

θ2

B

C

A

xC

yC

x

y

V = VP + Ve = PyC +1

2k1θ

21 +

1

2kx2

C

yC = L cos θ1 + L cos θ2

xC = L sin θ1 + L sin θ2

V = PL (cos θ1 + cos θ2) +1

2k1θ

21 +

1

2k2L

2 (sin θ1 + sin θ2)2

Verificar a posição de equilíbrio:

∂V

∂θ1

= k1θ1 − PL sin θ1 + k2L2 cos θ1 (sin θ1 + sin θ2);

∂V

∂θ1

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= 0



∂V

∂θ2= −PL sin θ2 + k2L

2 cos θ2 (sin θ1 + sin θ2);∂V

∂θ2

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= 0

Verificar a estabilidade do equilíbrio:

∂2V

∂θ1∂θ2

= k2L2 cos θ1 cos θ2

∂2V

∂θ21

= k1 − PL cos θ1 + k2L2[cos2 θ1 − sin θ1 (sin θ1 + sin θ2)

]

∂2V

∂θ22

= −PL cos θ2 + k2L2[cos2 θ2 − sin θ2 (sin θ1 + sin θ2)

]

A primeira condição para o equilíbrio estável fica:

[(∂2V

∂θ1∂θ2

)2

− ∂2V

∂θ21

∂2V

∂θ22

]

θ1=θ2=0

= k22L

4 − (k2L2 − PL)(k1 + k2L

2 − PL)

k22L

4 − (k2L2 − PL)(k1 + k2L

2 − PL) < 0

Como a condição é um polinómio de segunda ordem emP , com o coeficiente deP 2 negativo, para que a inequalidade seja satisfeita, oP deve tomar valores nosintervalos(−∞, primeira raiz) e (segunda raiz,+∞). Resulta,

P <k1 + 2k2L

2 −√

k21 + 4k2

2L4

2L(1.5)

P >k1 + 2k2L

2 +√

k21 + 4k2

2L4

2L

A segunda condição para o equilíbrio estável é uma das seguintes duas inequali-dades:

∂2V

∂θ21

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= k1 + k2L2 − PL ⇒ P < k2L + k1/L (1.6)

ou∂2V

∂θ22

∣∣∣∣θ1=θ2=0

= k2L2 − PL ⇒ P < k2L (1.7)



Para os valores numéricos dados,

(1.5) ⇒

P < 5+2×2.5×0.82−√

52+4×2.52×0.84

2×0.8= 1.41479 kN

P > 5+2×2.5×0.82+√

52+4×2.52×0.84

2×0.8= 8.83521 kN

(1.6) ⇒ P < 2.5× 0.8 + 5/0.8 = 8.25 kN

(1.7) ⇒ P < 2.5× 0.8 = 2 kN

O valor da carga crítica, fica entãoPcr ≃ 1.41 kN.

ExercícioBeer 10.25Uma barra esbelta de comprimentoL está ligada a um cursor emB e repousa

sobre uma superfície cilíndrica de raior. Desprezando o atrito, determine o valordeθ correspondente à posição de equilíbrio do mecanismo quandoL = 200 mm,r = 60 mm,P = 40 N eQ = 80 N.

P

θ

yA

O

A

B

C

r

Q

L

θ

xB

x

y

A. Utilizando o P.T.V.

δτ = δτP + δτQ = 0

yA = L cos θ ⇒ δyA = −L sin θ δθ

xB =r

cos θ⇒ δxB =

r sin θ δθ

cos2 θ

δτ = −P (−L sin θ δθ)−Qr sin θ δθ

cos2 θ= 0 . . . ∀ δθ



sin θ (PL− Qr

cos2 θ) = 0 ⇒

sin θ = 0 ⇒ θ = 0

cos2 θ = Qr/(PL) . . . (Qr ≤ PL)

Substituindo os valores numéricos,

cos2 θ =80× 60

40× 200= 0.6 ⇒ θ = 39.2

As duas posições de equilíbrio:

θ = 0 e θ = 39.2

B. Utilizando a energia potencial

V = VP + VQ

VP = P yA = PL cos θVQ = Q xB = Qr/(cos θ)

⇒ V = PL cos θ +

QR

cos θ

A posição de equilíbrio é dada por,

dV

dθ= −PL sin θ +

Qr sin θ

cos2 θ= sin θ (

Qr

cos2 θ− PL) = 0

︸︷︷︸

= a equação do P.T.V.

⇒

sin θ = 0 ⇒ θ = 0

cos2 θ = Qr/(PL) ⇒ θ = 39.2

Trabalhando com a energia potencial, pode estudar-se também a estabilidade doequilíbrio nestas duas posições.

d2V

dθ2= −PL cos θ + Qr

cos θ cos2 θ − sin θ 2 cos θ (− sin θ)

cos4 θ

d2V

dθ2= −PL cos θ + Qr

(1

cos θ+ 2

sin2 θ

cos3 θ

)

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=0

= −PL + Qr = −40× 200 + 80× 60 = −3200 < 0

d2V

dθ2

∣∣∣∣θ=39.2

= −8000 cos θ + 4880×(

1

cos θ+ 2

sin2 θ

cos3 θ

)

= 8262.35 > 0



Resulta,

θ = 0 . . . posição de equilíbrio instável

θ = 39.2 . . . posição de equilíbrio estável

Exercício

Utilizando o P.T.V., determine a reacção emA eC.

A B

C

D

E

F

25 kN

10 kN

15 kN/m

1 m

1.5 m

1.5 m

1 m

1 m

1 m 1 m 1 m 1 m 1 m



15 kN/m

25 kN

10 kN

HA

δ

δ1δθ

δθ = δ/2

δ1 = 1 · δθ = δ/2

δτ = 0 :

HA δ + 10 δ/2 = 0 . . . ∀δ

HA = −5 kN

15 kN/m

25 kN

10 kN

VA

δδ/2

δτ = 0 :

−VA δ + 25 δ/2 = 0 . . . ∀δ

VA = 12.5 kN

15 kN/m

25 kN

10 kN

HC

CIRCE

δθ

δθ

δθ

√13 · δθ

3/2 · δθ

√13/4 · δθ

3 δθ3/2 · δθ

δτ = 0 :

−HC 3δθ + 103

2δθ+

+15√

13

2

√13

4δθ = 0 . . . ∀δθ

HC = 13.125 kN



ExercícioUtilizando o P.T.V., determine a reacção horizontal emD.

2 m

2 m

1 m

1 m 1 m3 m3 m

2 kN/m5 kN

B

CA D

E

B

G

F

0.5 · δθ

δθ3 · δθ

δθ

2/3 · δθ

HD

2 · δθ

2/3 · δθ

2 kN/m 5 kN

F ≡ CIRDE

G ≡ CIRCD

δτ = 0 :

−HD 2δθ + 2 · 5 · 0.5 δθ − 5 · 23

δθ = 0 . . . ∀δθ

HD = 5/6 ≃ 0.833 kN

ExercícioUtilizando o P.T.V., determine as reacções verticais emH e F , assim como o

momento flector emA.

1.5 m 1.5 m 1.5 m 1.5 m 1.0 m2.0 m

A B C

D

E F

G

H

5 kN/m3 kNm

15 kN



5 kN/m3 kNm

15 kN

δ

δ/2

δ

2δ

δ

VH

δτ = 0 : −VH δ + 5 · 1.5 δ/2− 15 δ + 3 δ = 0 . . . ∀δ

VH = 7.5/2− 15 + 3 = −8.25 kN

5 kN/m

δθ

2δθ

VF

15 kN

3 kNm

δτ = 0 : −VF 2δθ + 3 δθ = 0 . . . ∀δθ

VF = 1.5 kN



5 kN/m

15 kN

3 kNm

MA

δθ

δτ = 0 : MA δθ = 0 . . . ∀δθMA = 0 kNm


Capítulo 2

Cinemática da Partícula

A Mecânica dos corpos rígidosdivide-se em duas grandes partes:

- Estática: análise de corpos em repouso;

- Dinâmica: análise de corpos em movimento;

- Cinemática: estudo da geometria do movimento. Permite relacionardeslocamento, velocidade, aceleração e tempo, sem qualquer referên-cia à causa do movimento;

- Cinética (dinâmica): estuda as relações entre forças e os movimentosconsequentes.

No caso daCinemática da Partícula, os corpos são encarados como partículas,isto é, durante o movimento, o corpo é entendido como um todo,não considerandoqualquer rotação em torno do seu centro de massa.

2.1 Movimento rectilíneo de partículas

Neste tipo de movimento, a partícula se desloca ao longo de uma linha recta.

O (t + ∆t)(t)

xP ′P

∆xx Considere-se a posiçãoP ocupada pela par-tícula no instantet e a respectiva coordenadade posiçãox. Considere-se também a posi-çãoP ′, no instantet + ∆t e a respectiva co-ordenadax + ∆x.

A velocidade médiada partícula, ao longo do intervalo∆t, define-se como:

vm =∆x

∆t[m/s]

41

CAPÍTULO 2. CINEMÁTICA DA PARTÍCULA

A velocidade instantâneada partícula, é definida por:

v = lim∆t→0

∆x

∆t=

dx

dt[m/s] (2.1)

xP ′P

v > 0 v < 0

Considera-se a partícula com velocidadev no instantet e v + ∆v no instantet + ∆t.

P ′P x

O

v v + ∆v

(t) (t + ∆t)

A aceleração médiada partícula durante o intervalo de tempo∆t é definida como:

am =∆v

∆t[m/s2]

A aceleração instantâneaé dada por:

a = lim∆t→0

∆v

∆t=

dv

dt=

d2x

dt2[m/s2] (2.2)

A aceleração pode ainda ser expressa de outra forma,

de (2.1) ⇒ dt =dx

v(2.3)

de (2.2) e (2.3) ⇒ a =dv

dt= v

dv

dx⇒ a = v

dv

dx(2.4)

2.1.1 Movimento rectilíneo uniforme

No movimento rectilíneo uniforme, a velocidade da partícula é constante:

dx

dt= v = constante

Resulta:

dx = v dt ⇒∫ x

x0

dx = v

∫ t

t0

dt ⇒ x− x0 = v(t− t0︸︷︷︸

=0

) = vt

x = x0 + vt


2.1. MOVIMENTO RECTILÍNEO DE PARTÍCULAS

2.1.2 Movimento rectilíneo uniformemente acelerado

No movimento rectilíneo uniformemente acelerado, a aceleração da partícula éconstante:

dv

dt= a = constante

Resulta:

dv = a dt ⇒∫ v

v0

dv = a

∫ t

t0

dt ⇒ v − v0 = a(t− t0︸︷︷︸

=0

) = at

v = v0 + at

dx

dt= v ⇒ dx

dt= v0 + at ⇒ dx = (v0 + at) dt

∫ x

x0

dx =

∫ t

t0=0

(v0 + at) dt ⇒ x− x0 = v0t +1

2at2

x = x0 + v0t +1

2at2

Ou ainda,

vdv

dx= a = constante ⇒ v dv = a dx ⇒

∫ v

v0

v dv = a

∫ x

x0

dx ⇒ 1

2

(v2 − v2

0

)= a (x− x0)

v2 = v20 + 2a (x− x0)

Exercício(Beer 11.9)A aceleração de uma partícula éa = 6 m/s2. Sabendo quex = −32 m quandot = 0 e v = −6 m/s quandot = 2 s, determine a velocidade, a posição e adistância total percorrida quandot = 5 s.

Comoa = 6 = constante resulta que o movimento é rectilíneo, uniformementeacelerado e as equações de movimento são

x = x0 + v0t +1

2at2 (2.5)

v = v0 + at (2.6)

v2 = v20 + 2a (x− x0) (2.7)



Do enunciado, sabe-se que

x(t = 0) = −32 . . . de (2.5) ⇒ x0 = −32 m

e

v(t = 2) = −6 . . . de (2.6) ⇒ −6 = v0 + 6× 2 ⇒ v0 = −18 m/s

Resulta:x = −32− 18t + 3t2

v = −18 + 6t

x− x0 =1

12(v2 − 182)

v(t = 5) = −18 + 6× 5 = 12 m/s

x(t = 5) = −32− 18× 5 + 3× 52 = −47 m

(x− x0)t=5 = −47− (−32) = −15 m

ou ainda

(x− x0)t=5 =1

12(122 − 182) = −15 m

O(t = 0)(t = 5)

(x = −32)(x = −47)

aav0v

a

v = 0

A posição da partícula quando a sua velocidade é nula é dada por

x = x0 +1

12(0− 182) = −32− 182

12= −59 m

Resulta que a distância total percorrida pela partícula é

s = [−32− (−59)] + [−47− (−59)] = 39 m

Exercício(Beer 11.17)A aceleração de uma partícula é definida pela relaçãoa = 6x−14, na quala exsão expressos em m/s2 e em m, respectivamente. Sabendo quev = 4 m/s quando



x = 0 m, determine (a) o valor máximo dex e (b) a velocidade após a partículapercorrer uma distância de 1 m.

a = vdv

dx⇒ v dv = a dx ⇒

∫ v

v0

v dv =

∫ x

x0

a dx

∫ v

v0

v dv =

∫ x

x0

(6x− 14) dx ⇒[1

2v2

]v

v0=4

=[3x2 − 14x

]x

x0=0

1

2(v2 − 16) = 3x2 − 14x

(a) O valor máximo dex é obtido quandov = 0:

3x2 − 14x + 8 = 0 ⇒ (3x− 2)(x− 4) = 0

Portanto,

x =2

3ou x = 4

Mas,

x = 0 v = 4 a = −14 x = 2/3 v = 0 a = −10

0 2/3

a = −14 a = −10x

v = 4 v = 0

Resulta que a partícula nunca pode chegar em pontox = 4.

xmáx = 2/3 m

(b) Após ter percorrido uma distância de 1 m, a partícula vai se encontrar nopontox = 1/3, num movimento para esquerda.

xa = −14 a = −12 a = −10

0 1/3 2/3

a = −12

v = 0v = 4 v

v

1

2v2 = 3x2 − 14x + 8

x = 1/3 ⇒ 1

2v2 = 3× 1

9− 14× 1

3+ 8 =

11

3⇒



v = ±√

22

3≃ ±2.71

Tomando em conta que o movimento é para esquerda,

v = −2.71 m/s

Exercício(Beer 1.30)A aceleração de uma partícula em queda livre, devida à gravidade, é dada pora = −gR2/r2, na qualr é a distância da partícula ao centro da Terra,R é o raioda Terra eg é a aceleração devida a gravidade ao nível da superfície da Terra. SeR = 6371.64 km, calcule a velocidade de escape, isto é, a velocidade mínima comque a partícula deve ser projectada desde a superfície da Terra e verticalmentepara cima, se admitimos que não deve regressar à Terra. (Sugestão: v = 0 parar →∞)

r

R

P

a = vdv

dr⇒ v dv = a dr

v dv = −gR2

r2dr

∫ v

v0

v dv = −gR2

∫ r

R

dr

r2⇒

1

2

(v2 − v2

0

)= gR2

[1

r

]r

R

⇒ 1

2

(v2 − v2

0

)= gR2

(1

r− 1

R

)

Tomando em conta que a partícula não deve regressar à Terra, vamos imporv = 0parar →∞. Resulta

−v20

2= −gR ⇒ v0 =

√

2gR

2.1.3 Movimento de várias partículas

Quando várias partículas se movem independentemente umas das outras ao longoda mesma linha, as equações de movimento para cada partículasão independentes.

Movimento relativo de duas partículas

Considere-se duas partículasA eB que se movem ao longo da mesma linha recta.



O A B x

xA xB/A

xB

Se medir as coordenadas de posiçãoxA exB a partir da mesma origem, a diferençaxB − xA define a coordenada de posição deB relativamente aA, designada porxB/A.

xB/A = xB − xA ⇒ xB = xA + xB/A

vB = vA + vB/A

aB = aA + aB/A


vA vB

d

xA

xB

Os automóveisA eB deslocam-se com velocidades constantes devA = 36 km/hevB = 27 km/h, respectivamente. O condutor do carroA acciona as suas travõese desacelera a uma razão de 0.042 m/s2. Determine a distânciad entre os carros,para a qual o condutor do carroA deve aplicar as travões se pretende evitar acolisão com o carroB.

Como vamos trabalhar no Sistema Internacional,

vA = 36× 1000

3600= 10 m/s

vB = 27× 1000

3600= 7.5 m/s

aA = 0.042 m/s2

A. Método 1

Para que o carroA não ultrapasse o carroB é preciso quexB ≥ xA, ou seja,

d + vBt ≥ vAt− 1

2aAt2 ⇒ d ≥ (vA − vB) t− 1

2aAt2



d + vBt

vAt− aAt2/2

x

td

O

O máximo da função

f(t) = (vA − vB) t− 1

2aAt2

é no ponto ondedf

dt= 0 e

d2f

dt2< 0

df

dt= (vA − vB)− aAt = 0 ⇒ t =

vA − vB

aA

d2f

dt2

∣∣∣∣t=

vA−vBaA

= −aA = −0.042 < 0

Resulta

fmáx= (vA − vB)vA − vB

aA

− 1

2aA

(vA − vB

aA

)2

=(vA − vB)2

2aA

E então,

d ≥ (vA − vB)2

2aA=

(10− 7.5)2

2× 0.042≃ 74.40 m

B. Método 2 (utilizando o movimento relativo)

A velocidade relativa entre os dois carros évr = vA − vB = 2.5 m/s.

Podemos considerar que o carroB estáem repouso e que o carroA se aproximaa uma velocidadevr. Aplicando as tra-vões, o carroA deve parar emd metros.

d

vrBA

Depois de aplicar as travões, o carroA vai parar emt segundos,

0 = vr − aAt ⇒ t =vr

aA=

vA − vB

aA



A distância percorrida neste intervalo de tempo serád,

d = vrt−1

2aAt2 = (vA−vB)

vA − vB

aA− 1

2aA

(vA − vB

aA

)2

=(vA − vB)2

2aA

Movimentos dependentes

Por vezes, a posição de uma partícula depende da posição de uma ou várias partí-culas. Os movimentos são ditos dependentes.

Como o comprimento do cabo é constante,escreve-se:

xA + 2xB = constante

e derivando,vA + 2vB = 0

aA + 2aB = 0B

A

xB

xA

Exercício(Beer 11.52)Na posição mostrada, o cursorB move-se para esquerda com uma velocidade

de 150 mm/s. Determine: (a) a velocidade do cursorA; (b) a velocidade dosegmentoC do cabo; (c) a velocidade do segmentoC do cabo relativamente aocursorB.

(a) O comprimento do cabo é constante,

2(L−xA)+(L−xB)+(xA−xB) = const.

⇓xA + 2xB = const.

e derivando,

vA + 2vB = 0 ⇒ vA = −2vB

vA = −2× (−150) = 300 mm/s

xA

xB

xC

L

A

B

C

(b) O troço de cabo entre a parede de lado direita e o pontoC é constante,

2(L− xA) + (L− xC) = const.

⇓



2xA + xC = const.

e derivando,

2vA + vC = 0 ⇒ vC = −2vA

vC = −2× 300 = −600 mm/s

(c)

vC = vB + vC/B ⇒ vC/B = vC − vB

vC/B = −600− (−150) = −450 mm/s

2.2 Movimento curvilíneo de partículas

Sempre que a partícula se desloca ao longo de uma trajectóriaque não seja umalinha recta, dize-se que a partícula está em movimento curvilíneo.

2.2.1 Vector de posição, velocidade e aceleração

Considere-se a posiçãoP da partícula numdado instantet definida num sistema de re-ferência fixoOxyz pelo vector~r. O vector~r chama-se vector de posição da partícula noinstantet.Considere-se agora a posiçãoP ′ da partículano instantet + ∆t, caracterizada no mesmoreferencial pelo vector de posição~r′. O vec-tor ∆~r, que liga as extremidadesP e P ′, re-presenta a variação do vector de posição dapartícula durante o intervalo de tempo∆t.

z

x

y

P ′

P~r

∆~r ~v

~v′

∆s

~r′

O

A velocidade instantânea da partícula define-se pelo

~v = lim∆t→0

∆~r

∆t=

d~r

dt

Nota: O vector velocidade~v é tangente à trajectória descrita pela partícula.


2.2. MOVIMENTO CURVILÍNEO DE PARTÍCULAS

Considere-se que, nos instantest e t + ∆t, avelocidade da partícula é~v e ~v′, respectiva-mente.O vector∆~v representa a variação de veloci-dade da partícula durante o intervalo∆t.Define-se a aceleração instantânea da partí-cula, como

~a = lim∆t→0

∆~v

∆t=

d~v

dtz

x

y

P

~v

O

P ′

~v′

∆~v

~a

2.2.2 Componentes cartesianas da velocidade e da aceleração

Quando a posição de uma partícula é definidaem qualquer instante através das suas coor-denadas cartesianasx, y e z, torna-se conve-niente decompor a velocidade a a aceleraçãoda partícula nessas mesmas componentes.Escreve-se o vector de posição~r em funçãodas suas componentes cartesianasx, y e z,que são funções de tempo,

~r = x~i + y~j + z~k

onde~i, ~j e ~k são os versores dos eixosOx,Oy eOz.

x

y

P

~r

z

x

y

z

O ~i~j

~k

Derivando duas vezes em relação ao tempo,

~v =d~r

dt= x~i + y~j + z~k

~a =d~v

dt= x~i + y~j + z~k

Exercício(Beer 11.103)Um jogador de golfe dá uma tacada na bola, fazendo um ângulo de25 com a

horizontal e com uma velocidade inicial de 48.8 m/s. Sabendoque o campo temum declive de 5, determine a distânciad entre o jogador e o ponto onde se dá oprimeiro impacte da bola com o solo. (Despreza-se a resistência do ar.)



Como durante o movimento a resistên-cia do ar é desprezada as componentesda aceleração do corpo no sistemaOxysão:

ax = x = 0 e ay = y = −g

Integrando,

~v0

x

y

β = 25

α = 5d

O

vx = x = (vx)0 e vy = y = (vy)0 − gt

x = x0 + (vx)0t e y = y0 + (vy)0t−1

2gt2

Escolhendo a origem do sistema cartesiano no ponto inicial de impacte da bola,as condições iniciais passam a ser:

x0 = y0 = 0 (vx)0 = vx0 (vy)0 = vy0

resultando as seguintes equações de movimento:

x = vx0t y = vy0t− gt2

2

A equação da trajectória obtém-se eliminando o tempo nas equações de movi-mento,

t =x

vx0

⇒ y = xvy0

vx0

− g

2

x2

v2x0

O ponto de impacte resulta da intersecção da curva representando a trajectória dabola com a recta representando a superfície do terreno,

y = xvy0

vx0− g

2

x2

v2x0

. . . trajectória

y = −x tan α . . . superfície do terreno

⇒

x

[

xg

2v2xo

−(

vy0

vx0+ tan α

)]

= 0

As duas soluções são

x = 0 . . . ponto do impacte inicial



e

x =2v2

x0

g

(vy0

vx0+ tanα

)

=2v2

x0

g(tan β + tan α)

A distânciad resulta

d =x

cos α=

2v2x0

g cos α(tanα + tan β)


d =2× (48.8 cos 25)2

9.81× cos 5(tan 5 + tan 25) = 221.696 m

2.2.3 Movimento relativo a um sistema em translação

Habitualmente, o movimento de uma partícula é descrito com aajuda de apenasum sistema de referência. Na maioria dos casos, este sistemaencontra-se rigi-damente ligado à Terra e é considerado fixo. Contudo, existe situações em quese torna conveniente utilizar, simultaneamente, vários sistemas de referência. Se,por exemplo, um dos sistemas estiver ligado à Terra, chamar-se-á sistema de re-ferência fixo, enquanto os restantes serão denominados de sistemas de referênciamóveis.

Nota: A escolha do sistema fixo é puramente arbitrária. Qualquer sistema podeser designado por fixo, enquanto todos os restantes, não ligados rigidamente aeste, serão sistemas móveis.

Considerem-se duas partículas,A eB que se deslocam no espaço e cujaposição relativamente a um referen-cial fixo Oxyz é dada em qualquerinstante por~rA e ~rB, respectiva-mente.Seja um sistema de eixosAx′y′z′,centrado emA e paralelos aos eixosx, y ez. Se durante o movimento doA, os eixos mantêm a sua orientação,diz-se que o sistemaAx′y′z′ está emtranslação relativamente aOxyz.

x

y

O

z

z′

x′

y′

B

A~rA

~rB ~rB/A

O vector~rB/A define a posição deB relativamente ao sistema móvelAx′y′z′.



Temos,~rB = ~rA + ~rB/A

e derivando em relação ao tempo,

~rB = ~rA + ~rB/A

~rB = ~rA + ~rB/A

Nota:

- O movimento deB em relação ao sistema fixoOxyz chama-se movimentoabsoluto (~rB - velocidade absoluta,~rB - aceleração absoluta);

- O movimento deB em relação ao sistema móvelAx′y′z′ chama-se movi-mento relativo (~rB/A - velocidade relativa,~rB/A - aceleração relativa);

- O movimento deA em relação ao sistema fixoOxyz chama-se movimentode transporte (~rA - velocidade de transporte,~rA - aceleração de transporte).

Exercício(Beer 11.118)As velocidades dos esquiadoresA e B estão indicadas na figura. Determine a

velocidade deA relativamente aB.

14 m/s

10 m/s

25

10Ox

y

A

B

Utilizando as equações do movimento relativo, sabe-se que,

~vA = ~vB + ~vA/B ⇒ ~vA/B = ~vA − ~vB

e admitindo o referencial representado,

(vA/B)x = vA cos 10 − vB cos 25 = 10× cos 10 − 14× cos 25 ≃ −2.84 m/s

(vA/B)y = −vA sin 10 + vB sin 25 = −10× sin 10 + 14× sin 25 ≃ 4.18 m/s



vA/B =√

(vA/B)2x + (vA/B)2

y =√−2.842 + 4.182 ≃ 5.05 m/s

tanα =|vA/B|y|vA/B|x

=4.18

2.84≃ 1.47 ⇒ α ≃ 55.8

~vA/B

55.8

(vA/B)y

(vA/B)x

2.2.4 Componentes normal e tangencialConsidera-se uma partícula num movi-mento plano. SejaP a posição da partí-cula num dado instante, e seja~et o versorligado aP , tangente à trajectória e orien-tado no sentido do movimento. Seja~e′to versor correspondente à posiçãoP ′ dapartícula num instante posterior.

Define-se o vector

∆~et = ~et − ~e′t

x

y

O

P

P ′

ρ

∆θ =∆s

ρ

∆θ∆s

~et

~e′t

~e′t

~et

∆~et

Como~et e~e′t são versores,

|∆~et| = 2 sin(∆θ/2)

resultando

lim∆θ→0

|∆~et|∆θ

= lim∆θ→0

2 sin(∆θ/2)

∆θ= lim

∆θ→0

sin(∆θ/2)

(∆θ/2)= 1 (2.8)

Observa-se ainda que, quando

∆θ → 0 ⇒ ∆~et ⊥ ~et (2.9)

Analisando (2.8) e (2.9) resulta que

~en = lim∆θ→0

∆~et

∆θ=

d~et

dθ



Uma vez que a velocidade~v da partí-cula é tangente à trajectória, podemosexpressá-la pelo produto do escalarvpelo versor~et, ou seja,

~v = v · ~et

Para obter a aceleração da partícula,deriva-se a expressão da velocidade emordem a tempo,

x

y

O

P

~et

~en

~v

~a =d~v

dt=

dv

dt~et + v

d~et

dt(2.10)

Mas,d~et

dt=

d~et

dθ

dθ

ds

ds

dt= ~en

1

ρv (2.11)

De (2.10) e (2.11) resulta,

~a =dv

dt~et +

v2

ρ~en

Ou seja, as componentes escalares, nor-mal e tangencial, da aceleração são

an =v2

ρ

at =dv

dt x

y

O

P

~et

~en

at =dv

dt

an =v2

ρ


A partir de medições efectuadas numa fotografiatirada a um jacto de água, verifica-se que este deixaa extremidade do tubo fazendo um raio de curvaturacom 25 m.

34

A

vA

B

Determine (a) a velocidade inicialvA do jacto e (b) o raio de curvatura do jactoquando alcança o seu ponto mais alto,B.

(a) A velocidade emA será tangente a trajectória, ou seja, vai fazer um ânguloα = arctan(3/4) ≃ 36.87 com a horizontal.



(aA)n =v2

A

ρA⇒ v2

A = ρA(aA)n

v2A = ρAaA cos α

v2A = 25× 9.81× 4

5= 196.2

vA =√

196.2 ≃ 14.01 m/s

~vA

~aA = ~g

α3

4(aA)t

(aA)n

A

(b) No ponto mais alto da trajectória, a velocidade será horizontal ea aceleração terá uma única componente segundo o versor normal,

(aB)n =v2

B

ρB

Como a aceleração é vertical (~g), o mo-vimento segundo um eixo horizontal éconstante, resultando

B ~vB

(aB)n = aB = g

VB = (VA) cosα =4

5vA

Logo,

ρB =V 2

B

(aB)n

=

16

25× 196.2

9.81= 12.8 m

2.2.5 Componentes radial e transversal

Em alguns problemas de movimento plano, a posição da partícula define-se atra-vés das suas coordenadas polaresr e θ. Torna-se então conveniente decompor avelocidade e a aceleração da partícula segundo duas direcções, a direcção radial ea direcção transversal, respectivamente.

Uma operação similar à utilizada na sec-ção 2.2.4 para determinar a derivada doversor~et, resulta nas seguintes expres-sões:

d~er

dθ= ~eθ

d~eθ

dθ= −~er O

P

x

~er

~eθ

~r = r~er

θ

Pela definição, a velocidade da partícula é a derivada do vector de posição emordem ao tempo, ou seja,

~v =d~r

dt=

d

dt(r~er) = r~er + r

d~er

dt



Mas,d~er

dt=

d~er

dθ

dθ

dt= θ ~eθ

Resulta~v = r ~er + rθ ~eθ (2.12)

Pela definição, a aceleração da partícula é a derivada da velocidade em ordem aotempo, ou seja,

~a =d~v

dt=

d

dt(r ~er + rθ ~eθ) = r ~er + r

d~er

dt+ rθ ~eθ + rθ ~eθ + rθ

d~eθ

dt

Tomando em conta que,

d~eθ

dt=

d~eθ

dθ

dθ

dt= −θ ~er

Resulta~a =

(

r − rθ2)

~er +(

rθ + 2rθ)

~eθ (2.13)

Resumindo, de (2.12) e (2.13) resulta que as componentes escalares da velocidadee da aceleração nas direcções radial e transversal são

vr = r vθ = rθ

ar = r − rθ2 aθ = rθ + 2rθ

Exercício(Beer 11.119)Um avião percorre uma trajectória de voo segundo uma linha recta horizontal

que passa por cima de uma estação de radar,A. Sabendo que o avião se deslocapara esquerda com uma velocidade constantev0, determinedθ/dt e d2θ/dt2 emfunção dev0, h eθ.

A

B~v0

h

θ θ

r h

~v0

vθ

vr

~er

~eθ



vθ = rθ = v0 sin θ

r =h

sin θ

⇒ h

sin θθ = v0 sin θ ⇒ θ =

v0

hsin2 θ

θ =v0

h2 sin θ cos θ θ =

2v0

hsin θ cos θ

(v0

hsin2 θ

)

⇒ θ =2v2

0

h2sin3 θ cos θ


Exercício(Beer 11.182)O movimento de uma partícula é definido pela relação

x = 2t3 − 15t2 + 24t + 4

na qualx e t são expressos em [m] e em [s], respectivamente. Determine (a) oinstante em que a velocidade é zero e (b) a posição e a distância total percorridaquando a aceleração é nula.

Pela definição,

v =dx

dt= 6t2 − 30t + 24

a =dv

dt= 12t− 30

(a) Instantes em que a velocidade é nula,

v = 0 ⇒ 6t2 − 30t + 24 = 0 ⇒

t = 1 st = 4 s

(b) O instante em que a aceleração é nula,

a = 0 ⇒ 12t− 30 = 0 ⇒ t = 2.5 s

xt=2.5 = 2× 2.53 − 15× 2.52 + 24× 2.5 + 4 = 1.5 m

0 1.5 m 4 m 15 m(0 s) (1 s)(2.5 s)

~a~a ~v~v

a = 0 v = 0

x



t = 0x = 4 m

v = 24 m/sa = −30 m/s2

∣∣∣∣∣∣∣∣

t = 1 sx = 15 m

v = 0a = −18 m/s2

∣∣∣∣∣∣∣∣

t = 2.5 sx = 1.5 m

v = −13.5 m/sa = 0

⇓Distância total percorrida,

s = 11 + 13.5 = 24.5 m

Exercício(Beer 11.184)Um projéctil entra num meio resistente quandox = 0 com velocidade inicial

v0 = 274.3 m/s e percorre101.6 mm antes de atingir o repouso. Assumindo que avelocidade do projéctil é definida pela relaçãov = v0 − kx, na qualv é expressoem [m/s] ex em [m], determine (a) a aceleração inicial do projéctil e (b)o temponecessário para que o projéctil penetre99 mm no meio resistente.

Sabendo o valor máximo dex, determina-se logo o valor da constantek,

v = v0 − kx ⇒ 0 = 274.3− k × 101.6

1000⇒ k = 2699.8 s−1

(a) A expressão da aceleração do projéctil, pela definição,

a =dv

dt= −k

dx

dt− kv ⇒ a = −k (v0 − kx)

No momento inicial,

x = 0 ⇒ a0 = −kv0 = −2699.8× 274.3 ≃ −7.4× 105 m/s2

(b) Para determinar uma expressão que liga o tempo da distância percorrida nomeio resistente, integra-se a expressão da velocidade.

v = v0 − kx =dx

dt⇒ dx = (v0 − kx) dt ⇒

dx

v0 − kx= dt ⇒

∫ x

0

dx

v0 − kx=

∫ t

0

dt ⇒[− ln(v0 − kx)

k

]x

0

= [t]t0 ⇒ t =1

k[ln(v0)− ln(v0 − kx)] ⇒



t =1

kln

v0

v0 − kx=

1

kln

1

1− kx

v0

Para uma penetração de99 mm,

t =1

2699.8ln

1

1− 2699.8× 0.099

274.3

≃ 1.36× 10−3 s≃ 1.3 ms


O blocoB parte do repouso e move-se parabaixo com aceleração constante. Sabendoque o blocoA atinge a velocidade de4 m/sapós ter percorrido a distância de400 mm,determine (a) as acelerações deA eB e (b) avelocidade e a variação da posição deB aofim de2 s.

Os movimentos dos blocosA eB são depen-dentes. A ligação entre os dois movimentosresulta da hipótese de que o fio que liga osblocos é inextensível, ou seja,

A

xA

xB

xA0

xB0

B

xA + 3xB = Constante

Derivando duas vezes em ordem ao tempo,

d2

dt2(xA + 3xB) = 0 ⇒ aA = −3aB (2.14)

(a) SeaB é constante (veja o enunciado), tomando em conta (2.14), resulta queaB também é constante.

aA =dvA

dt⇒ vA =

∫ t

0

aA dt = aAt + vA0︸︷︷︸

=0

= aAt

vA = aAt ⇒ t =vA

aA

(2.15)

vA =dxA

dt⇒ xA =

∫ t

0

vA dt =

∫ t

0

aAt dt =1

2aAt2 + xA0



xA − xA0=

1

2aAt2 (2.16)

Substituindo (2.15) em (2.16), resulta

xA − xA0=

1

2aA

v2A

a2A

=v2

A

2aA

⇒ aA =v2

A

2(xA − xA0)

aA =42

2× (−0.4)= −20 m/s2

e de (2.14),aB = −aA/3 = 20/3 ≃ 6.67 m/s2

(b) Ao fim de2 segundos,

vB = vB0︸︷︷︸

=0

+aBt = aBt = 6.67× 2 = 13.33 m/s

xB − xB0=

1

2aBt2 =

1

2× 6.67× 22 = 13.33 m


Um jogador de golfe lança a sua bola a partir do pontoA, com uma velocidade inicial de50 m/s e fazendo umângulo de25 com a horizontal. Determine o raio decurvatura da trajectória descrita pela bola (a) no pontoA e (b) no ponto mais elevado da trajectória.

~v0

x

25A

Sabe-se que as componentes normal e tangencial da aceleração são dadas por,

an =v2

ρat =

dv

dt

(a) No ponto inicial,

an = g cos 25 =v2

ρ

ρ =v2

g cos 25=

502

9.81× cos 25

ρ ≃ 281.187 m

25Ax

y

~v0

~g = ~a

~et

~en



(b) No ponto mais alto da trajectória, a componente verticalda velocidade énula

~vy = 0

vx = (v0)x = v0 cos 25

an =v2

ρ⇒ ρ =

v2

an=

(vo cos 25)2

g

A

y

x

~v = ~vx

~et

~en

~g = ~a

ρ =(50× cos 25)2

9.81≃ 209.326 m


A rotação da barraOA em torno deO é definida pelaexpressãoθ = π(4t2 − 8t), na qualθ é expresso emradianos et em segundos. O cursorB desliza ao longoda barra, de tal modo que a distância medida a partir deO é dada porr = 10+6 sin(πt), onder et são expressosem milímetros e em segundos, respectivamente. Quandot = 1 s, determine (a) a velocidade do cursor, (b) aaceleração total do cursor e (c) a aceleração do cursorrelativamente à barra.

r

θ

B

O

~eθ

~er

A

Sabe-se que as componentes radial e transversal da velocidade e da aceleração emcoordenadas polares são dadas por,

vr = r vθ = rθ

ar = r − rθ2 aθ = rθ + 2rθ

Então,r(t) = 10 + 6 sin(πt) θ(t) = π (4t2 − 8t)

r(t) = 6π cos(πt) θ(t) = 8π (t− 1)

r(t) = −6π2 sin(πt) θ(t) = 8π

(a) a velocidade absoluta do cursor no instantet = 1 s,

~vB(t) = r ~er + rθ ~eθ

~vB(t = 1) = −6π ~er



(b) a aceleração total do cursor no instantet = 1 s,

~aB(t) =(

r − rθ2)

~er +(

rθ + 2rθ)

~eθ

~aB(t = 1) = 80π ~eθ

(c) Para um referencial ligado a barra, a posiçãodo cursor é dada pela coordenadar. Resultaentão,

~aB/O(t) = r ~er

~aB/O(t = 1) = 0

Oθ = −4π

~vB

~aB

~er

~eθ

r = 10

(t = 1 s)


Um camião descarrega carvão sobre um tapete transportador no pontoB comuma velocidade(vC)t=0 = 1.83 m/s e um ângulo de50.

α = 50

~vC0

β = 10

~vB h = 1.52 m

Determine a velocidade~vB do tapete, se a velocidade relativa com que o carvãoatinge o tapete for (a) vertical; (b) tão pequena quanto possível.

* Determinar a velocidade do carvão quando atinge o tapete,~vC

- o movimento horizontal é uniforme,

vCx = (vCx)0 = −vC0cos 50

vCx = −1.83× cos 50 ≃ −1.176 m/s

- o movimento vertical é uniformementeacelerado,

v2Cy = (vCy)

20 + 2gh

h = 1.52 m

x

y

O

I

~vC0

α

~vC (vCx, vCy)

vCy = −√

(1.83× sin 50)2 + 2× 9.81× 1.52 ≃ −5.638 m/s



* A velocidade do carvão relativamente ao tapete,

~vC/B = ~vC − ~vB

y

O x

β

~vB

~vC

~vC/B

(a) ~vC/B for vertical(vC/B)x = 0

(vC/B)x = vCx − vBx = 0 ⇒ vBx = vCx

−vB cos β = vCx ⇒ vB =−vCx

cos β=

1.176

cos 10= 1.194 m/s

(b) ~vC/B for tão pequeno quanto possível

~vC/B ⊥ ~vB

⇓vB = vC cos(γ + β)

vC cos

(

β + arctanvCx

vCy

)

y

O x

β

~vC

~vB

~vC/B γ

vB =√

v2Cx + v2

Cy cos

(

β + arctanvCx

vCy

)

vB =√

1.1762 + 5.6382 cos

(

10 + arctan5.638

1.176

)

vB = 5.759 cos(88.218) = 0.179 m/s


Capítulo 3

Cinética da Partícula

Sob acção de forças, uma partícula adquire aceleração. A cinética estuda a relaçãoexistente entre as forças, a massa da partícula e a aceleração adquirida.

3.1 Segunda lei de Newton

Segunda Lei de NewtonSe a resultante das forças actuantes numa partícula não for zero, esta adquiriráuma aceleração proporcional à intensidade da força resultante, e na mesma di-recção e no mesmo sentido desta.

∑~F = m~a [N] (1N = 1 kg·m/s2)

3.2 Equações de movimento

Considere-se uma partícula de massam sujeita à acção de várias forças. Pararesolução de problemas, a segunda lei de Newton,

∑~F = m~a

m

~F1

~F2 m~a

m

é habitualmente substituída por equações equivalentes, envolvendo apenas gran-dezas escalares.

Assim, as equações de movimento podem ser escritas em

67

CAPÍTULO 3. CINÉTICA DA PARTÍCULA

Componentes cartesianas

∑

Fx = m ax

∑

Fy = m ay

∑

Fz = m az

ou∑

Fx = mx∑

Fy = my∑

Fz = mz

Componentes normal e tangencial

∑

Fn = m an

∑

Ft = m at

ou∑

Fn = mv2

ρ

∑

Ft = mdv

dt

Componentes radial e transversal

∑

Fr = m ar

∑

Fθ = m aθ

ou∑

Fr = m(

r − rθ2) ∑

Fθ = m(

rθ + 2rθ)

Exercício(Beer 12.15)Os blocosA e B têm, respectivamente,

as massas de40 kg e8 kg. Os coeficien-tes de atrito estático e cinético entre assuperfícies em contacto sãoµe = 0.2 eµc = 0.15.

Determine:(a) a aceleração do blocoB;(b) a tensão na corda.

xA

xB

xB/A

A

B

α = 25

* Determinar a tendência de movimento

Sabe-se que a força de atrito tem o sentido oposto a tendênciado movi-mento1. A tendência do movimento depende das massas dos dois blocosedo ângulo do plano inclinado.

1Tendência de movimento: o movimento do sistema sob a acção das forças dadas e sem atrito.


3.2. EQUAÇÕES DE MOVIMENTO

Isolando os dois corpos,

AB

x

y

x

y

~PA~PB

~T~T

~NA

~NB

~NB

α

Bloco A∑

Fx = mAaA ⇒ PA sin α− T = mAaA (3.1)

∑

Fy = 0 ⇒ NA − PA cos α−NB = 0 (3.2)

Bloco B∑

Fx = mBaB ⇒ PB sin α− T = mBaB (3.3)

∑

Fy = 0 ⇒ NB − PB cos α = 0 (3.4)

Fio inextensível

O movimento dos dois corpos é dependente. A ligação entre os dois movi-mentos resulta da imposição da condição de o fio for inextensível,

2xA + xB/A = const. ⇒ 2xA + xB − xA = const

⇓

xA + xB = const. ⇒ aA = −aB (3.5)

(3.1) ⇒ T = PA sin α−mAaA (3.6)

(3.3) e (3.6) ⇒ PB sin α− PA sin α + mAaA = mBaB (3.7)

(3.5) e (3.7) ⇒ (PA − PB) sin α = (mA + mB) aA ⇒

aA = gmA −mB

mA + mBsin α = 9.81

40− 8

40 + 8sin 25 ≃ 2.76 > 0

Como a aceleração do blocoA é positiva, resulta que a tendência de movi-mento do blocoA e no sentido positivo do eixox.



* Determinar se há movimentoO facto de haver uma tendência de movi-mento, não significa que o movimento existe. Por exemplo, se as forçasde atrito são suficientemente grandes, o sistema pode estar em repouso.

Para determinar se há ou não há movimento, considere-se o sistema emequilíbrio e verifica-se se a condição de equilíbrio está satisfeita. Se estacondição for violada, o sistema encontra-se em movimento.

A

x

y

x

y

~PA~PB

~NA

~NB

~NB

α

~T

B~T~FA

~FB

~FB

tendência de movimento

Se os dois blocos estão em equilíbrio, escreve-se

Bloco A

∑

Fx = 0 ⇒ mAg sin α− T − FA − FB = 0 (3.8)

∑

Fy = 0 ⇒ NA −NB −mAg cos α = 0 (3.9)

FA ≤ µeNA (3.10)

FB ≤ µeNB (3.11)

Bloco B∑

Fx = 0 ⇒ mBg sin α− T + FB = 0 (3.12)

∑

Fy = 0 ⇒ NB −mBg cos α = 0 ⇒ NB = mBg cos α

(3.13)

(3.12) ⇒ T = mBg sin α + FB (3.14)

(3.9) e (3.13) ⇒ NA = (mA + mB) g cos α (3.15)

(3.8) ⇒ T = mAg sin α− FA − FB (3.16)

(3.12) e (3.16) ⇒ mBg sin α + FB = mAg sin α− FA − FB

(mA −mB) g sin α = 2FB + FA (3.17)



(3.17), (3.13), (3.15), (3.10) e (3.11)⇒(mA −mB) g sin α ≤ µe [2mBg cos α + (mA + mB) g cos α] | : cos α

(mA −mB) g tan α ≤ µe (3mB + mA) g

ou seja, a condição de equilíbrio fica,

tanα ≤ µe3mB + mA

mA −mB


tan α ≤ 0.23× 8 + 40

40− 8= 0.4 ⇒ α ≤ 21.8

Mas, comoα = 25 (enunciado), a condição de equilíbrio é violada e por-tanto, o sistema encontra-se em movimento.

* Determinar a aceleração do blocoB e a tensão na corda

Considerando o sistema em movimento, e notandoaA = −aB = a, temos,

Bloco A∑

Fx = mAa ⇒ mAa = mAg sin α− T − FA − FB

∑

Fy0 = ⇒ NA −NB −mAg cos α = 0

FA = µCNA FB = µCNB

Bloco A∑

Fx = −mBa ⇒ −mBa = mBg sin α− T + FB

∑

Fy0 = ⇒ NB −mBg cos α = 0

Fazendo as contas, resulta

a = g

[mA −mB

mA + mB

sin α− µCmA + 3mB

mA + mB

cos α

]

ou seja, com os valores numéricos dados,

a = 9.81×[40− 8

40 + 8sin 25 − 0.15× 40 + 3× 8

40 + 8cos 25

]

≃ 0.986 m/s2



T = mBg (sin α + µC cos α) + mBa

ou seja,

T = 8× [9.81× (sin 25 + 0.15× cos 25) + 0.986] ≃ 51.7 N

aB = −0.986 m/s2 e T = 51.7 N

Exercício(Beer 12.37)A bola A com450 g move-se ao longo de uma trajectória circular horizontal

com uma velocidade constante de4 m/s. Determine (a) o ânguloθ que a correnteforma com o astroBC e (b) a tensão na corrente.

Trabalhando em coordenadas normal etangencial, temos,

∑

Fn =mv2

r⇒ mv2

r= T sin θ

∑

Fb = 0 ⇒ T cos θ = mg

e ainda, da geometria,

r = L sin θ

A

B

C

~et

~enθ

r

~T

~G

~eb

L = 1.8 m

Resulta,

T sin θ =mv2

L sin θ

T cos θ = mg

⇒

T sin2 θ =mv2

L

T cos θ = mg

1− cos2 θ

cos θ=

v2

Lge com cos θ ≡ x ⇒ 1− x2 =

v2

Lgx


x2 +42

1.8× 9.81x− 1 = 0 ⇒ x2 + 0.906105 x− 1 = 0

x1 = 0.644789 x2 = −1.55089

Tomando em conta o facto de estar a procura de um ângulo entre0 e90, o valordex deve ser positivo. Resulta,

cos θ = 0.644789 ⇒ θ ≃ 49.85


3.3. QUANTIDADE DE MOVIMENTO

A tensão na corrente resulta logo,

T =mg

cos θ=

0.45× 9.81

0.644789≃ 6.85 N

3.3 Quantidade de movimento

Substituindo na segunda lei de Newton a aceleração pela sua definição, escreve-se

∑~F = m~a = m

d~v

dt

e, uma vez que a massam é constante ao longo do movimento,

∑~F =

d

dt(m~v)

O vectorm~v é designado por quantidade de movimento e costuma ser represen-tado por~L.A segunda lei de Newton pode então ser enunciada de seguinte forma:

Segunda Lei de Newton - enunciado alternativoA resultante das forças que actuam numa partícula é igual à taxa de variação daquantidade de movimento da partícula

∑~F = ~L

Nota: Note-se que a massam da partícula é constante. Por isto, estas equaçõesnão devem ser utilizadas para resolver problemas que envolvem o movimento decorpos que ganham ou perdem massa, tais como os foguetes.Quando a resultante das forças que actuam numa partícula é nula, a taxa de varia-ção da quantidade de movimento é zero, ou seja,

Princípio da conservação da quantidade de movimentoSe a força resultante que actua na partícula for zero, a quantidade de movimentoda partícula permanece constante, quer em intensidade, quer em direcção e sen-tido.

Exercício(Beer 14.4)Um homem com81 kg e uma mulher com54 kg estão situados em extremos

opostos de um barco com136 kg, prontos para mergulhar, cada um com uma



velocidade de4.8 m/s relativamente ao barco. Determine a velocidade do barcodepois de os dois terem mergulhado, se (a) a mulher mergulharprimeiro, ou (b)se o homem mergulhar primeiro.

MH

Se o atrito entre o barco e a água for desprezado, não há forçashorizontais exter-nas aplicadas. Da aplicação do princípio da conservação da quantidade de movi-mento, resulta que a componente horizontal da quantidade demovimento total seconserve ao longo do movimento.

(a) Se a mulher mergulhar primeiro, e tomando em conta que inicialmente osistema encontra-se em repouso,

HM

vM vBH

0 = mM × ~vM + (mB + mH)× ~vBH

ou0 = −mM × vM + (mB + mH)vBH

Mas, como,

~vM = ~vBH + ~vM/B ⇒ −vM = vBH − vM/B

Resulta0 = −mM × (vM/B − vBH) + (mB + mH)vBH

0 = −54× (4.8− vBH) + (136 + 81)× vBH

259.2 = 271× vBH ⇒ vBH ≃ 1.05 m/s

Segue o mergulho do homem,

vB

vH

H

(mB + mH)× ~vBH = mH × ~vH + mB × ~vB


3.3. QUANTIDADE DE MOVIMENTO

ou(mB + mH)× vBH = mH × vH + mB × vB

Mas, como,

~vH = ~vB + ~vH/B ⇒ vH = vB + vH/B

Resulta

(mB + mH)× vBH = mH × (vB + vH/B) + mB × vB

(136 + 81)× 1.05 = 81× (vB + 4.8) + 136× vB

−160.95 = 217× vB ⇒ vB ≃ −0.74 m/s

Ou seja, a velocidade final do barco será0.74 m/s para esquerda.

(b) Se o homem mergulhar primeiro, e tomando em conta que inicialmente osistema encontra-se em repouso,

MvBM

vH

H

0 = mH × ~vH + (mB + mM)× ~vBM

ou0 = mH × vH + (mB + mM)× vBM

0 = mH × (vBM + vH/B) + (mB + mM )× vBM

0 = 81× (vBM + 4.8) + (136 + 54)× vBM

−388.8 = 271vBM ⇒ vBM ≃ −1.43 m/s

Segue o mergulho da mulher,

M

vM

vB

(mB + mM)× ~vBM = mM~vM + mB~vB



ou(mB + mM)× vBM = −mMvM + mBvB

(mB + mM)× vBM = −mM (vM/B − vB) + mB × vB

(136 + 54)× (−1.43) = −54(4.8− vB) + 136× vB

−12.5 = 190vB ⇒ vB ≃ −0.14 m/s

Ou seja, a velocidade final do barco será0.14 m/s para esquerda.

3.4 Momento angular

Considere-se uma partícula de massammovendo-se relativamente a um sistemade referência fixo,Oxyz. O momento dovectorm~v em relação aO é designadopor momento angular da partícula em re-lação aO, e costuma a ser representadopor ~HO.

Nota: ~HO é um vector perpendicular aoplano que contém~r em~r.

O

P

x

y

z

~r

~HO

m~v

Pela definição,

~HO = ~r ×m~v ~HO =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kx y z

mvx mvy mvz

∣∣∣∣∣∣

A segunda lei de Newton pode ser enunciada de seguinte forma,

Segunda Lei de Newton - enunciado alternativoA soma dos momentos das forças actuantes sobre a partícula, em relação aO, éigual à taxa de variação do momento angular da partícula em relação aO.

∑~MO = ~HO

Prova:


3.4. MOMENTO ANGULAR

~HO = ˙(~r ×m~v) = ~r ×m~v + ~r ×m~v = ~v ×m~v + ~r ×m~a

Mas,~v ×m~v = 0

em~a =

∑~F

resultando~HO = ~r ×

∑~F =

∑

~r × ~F =∑

~MO

Exercício(Beer 12.131)Um cursor com250 g pode deslizar ao longo de uma barra horizontal que rodalivremente em torno de um eixo vertical. O cursor é inicialmente mantido naposiçãoA através de uma corda ligada ao veio e comprimindo uma mola comconstante de rigidez de6 N/m, que se encontra indeformada quando o cursorestá situado a500 mm do veio. À medida que a barra roda com uma velocidadeθ0 = 16 rad/s, a corda é cortada fazendo que o cursor se mova ao longo da barra.Desprezando o atrito e a massa da barra, determine para a posiçãoB do cursor:(a) a componente transversal da velocidade do cursor; (b) ascomponentes radiale transversal da aceleração; (c) a aceleração do cursor relativamente à barra.

A

B

300 mm100 mm

~en

~et

~eb

~G

~N

~Fe

~θ

O



(a)∑

Fb = 0 ⇒ N = mg

∑~MO = ~HO

Mas∑

~MO = ~MO( ~G) + ~MO( ~N) + ~MO(~Fe)︸︷︷︸

0

= −mgr~et + mgr~et = 0

Resulta,~HO = 0 ⇒ ~HO = constante

~HO = ~r ×m~v =

∣∣∣∣∣∣

~er ~eθ ~eb

r 0 0mvr mvθ 0

∣∣∣∣∣∣

= rmvθ ~eb

rAmvθA= rBmvθB

⇒ vθB=

rA

rB

vθA

vθA=

(ds

dt

)

A

=

(r dθ

dt

)

A

= rAθ0

vθB=

rA

rB

rAθ0 =r2A

rB

θ0


vθB=

0.12

0.4× 16 = 0.4 m/s

(b)∑

Fr = mar ⇒ mar = Fe ⇒ ar = Fe/m∑

Ft = mat ⇒ mat = 0 ⇒ at = 0

Fe = k(R− r) ondeR = 500 mm

ar =k

m(R− r)

Resulta

arB=

k

m(R− rB) atB = 0


arB=

6

0.25× (0.5− 0.4) = 2.4 m/s2


3.5. PRINCÍPIO DO TRABALHO E DA ENERGIA

(c) A aceleração do cursor segundo~er é dada por,

ar = r − rθ2

A aceleração do cursor em relação a barra é dada porr,

r = ar + rθ2 = ar + rv2

θ

r2= ar +

v2θ

r

rB = arB+

v2θB

rB

= 2.4 +0.42

0.4= 2.8 m/s2

3.5 Princípio do trabalho e da energia

m

A2

~F

~Fn

~Ft

A1

O

s1

s2

Considere-se uma partícula de massam sujeita àacção de uma força~F e que se desloca ao longode uma trajectória curvilínea.A segunda lei de Newton, expressa em funçãodas componentes tangencias da força e da acele-ração da partícula, escreve-se

Ft = mat = mdv

dt= m

dv

ds

ds

dt= mv

dv

ds

Ft ds = mv dv

Integrando entreA1 eA2, resulta∫ s2

s1

Ft ds = m

∫ v2

v1

v dv =1

2mv2

2 −1

2mv2

1

A expressãomv2/2 é uma grandeza escalar que traduz a energia cinética da par-tícula e designa-se porT .

Princípio do Trabalho e da Energia

O trabalho realizado pela força~F entre a posição 1 e 2, é igual à variação daenergia cinética da partícula entre os mesmos pontos.

∫ s2

s1

~F d~r = T2 − T1 T =1

2mv2

Nota:



- quando se pretende relacionar forças com velocidades, é aconselhável apli-car o princípio do trabalho e da energia;

- quando se pretende relacionar forças com acelerações, é mais fácil aplicar asegunda lei de Newton.

Exercício(Beer 13.28)Um bloco comm1 = 3 kg repousa sobre um outro bloco, comm = 2 kg, que estáapoiado mas não ligado a uma mola com constante de rigidezk = 40 N/m. Obloco superior é subitamente removido. Determine (a) a velocidade máxima; (b)a altura máxima alcançada pelo bloco de massam = 2 kg; (c) resolva o mesmoproblema considerando que o bloco de2 kg está ligado à mola.

~Fe~G

~G x

m1

m(1)H

- Determinar a força elástica

Na posição (1), a força elástica é dada por

Fe = kH e Fe = G + G1

kH = (m + m1) g ⇒ H =g

k(m + m1)

Num pontox,

Fe(x) = k (H − x) = g (m1 + m)− kx

(a) a velocidade será máxima quando a aceleração do corpo será nula, isto é,enquanto a mola e o corpo estão em contacto. Portanto, utilizando o Princí-pio do Trabalho e da Energia, e tomando em conta que a velocidade inicialda partícula é nula,∫ x

0

(Fe−G) dx =mv2

2⇒ v2 =

2

m

∫ x

0

[g (m1 + m)− kx−mg] dx

v2 =2

m

∫ x

0

(m1g − kx) dx ⇒ v2(x) =2

m(m1gx− 1

2kx2)



Para obter a velocidade máxima,

dv2(x)

dx= 0 e

d2v2(x)

dx2< 0

ou seja,dv2(x)

dx=

2

m(m1g − kx) = 0 ⇒ x =

m1g

k

ed2v2(x)

dx2= −2k

m< 0

vmáx = v(m1g/k) =

√

2

m

[

m1gm1g

k− 1

2k(m1g

k

)2]

= m1g

√

1

km


vmáx = 3× 9.81×√

1

40× 2≃ 3.29 m/s

(b) utilizando o Princípio do Trabalho e da Energia, e tomando em conta que avelocidade inicial e final da partícula é nula,

∫ H

0

Fe dx +

∫ xmáx

0

−G dx = 0− 0

∫ gk(m1+m)

0

[g (m1 + m)− kx] dx−∫ xmáx

0

mg dx = 0

[

g (m1 + m)x− 1

2kx2

] gk(m1+m)

0

= mgxmáx

xmáx =1

mg

[

g (m1 + m)g

k(m1 + m)− 1

2k

g2

k2(m1 + m)2

]

=g(m1 + m)2

2mk


xmáx =9.81× (2 + 3)2

2× 2× 40≃ 1.53 m



(c) Quando o bloco de2 kg está ligado à mola, a velocidade máxima alcançadaserá a mesma, tendo em conta que está alcançada quando o mola eo corpoestão em contacto. Contudo, a altura máxima alcançada será diferente. Oprincípio do Trabalho e da Energia escreve-se desta vez,

∫ xmáx

0

(Fe−G) dx = 0− 0 ⇒∫ xmáx

0

[g (m1 +m)− kx−mg] dx = 0

∫ xmáx

0

(m1g − kx) dx = 0 ⇒ xmáx(m1g −k

2xmáx) = 0

Comoxmáx = 0 é a posição inicial, resulta que a altura máxima alcançada é

xmáx =2m1g

k=

2× 3× 9.81

40≃ 1.47 m

Nota: O mesmo valor pode ser obtido, utilizando a expressão da velocidadee sabendo que esta é nula quando se alcança a altura máxima:

v2(x) =2

m(m1gx− 1

2kx2) = 0 ⇒ x =

2m1g

k

Contudo, esta expressão não pode ser utilizada se o corpo nãofor ligado amola, pois a expressão da velocidade é valida só enquanto há contacto entreo corpo e a mola.

3.6 Princípio da conservação da energia

Durante o estudo sobre a energia potencial, mostrou-se que otrabalho realizadopor uma força conservativa, pode ser exprimido como uma variação da energiapotencial,

τ1→2 = V1 − V2 (3.18)

Mas o Princípio do Trabalho e da Energia estipula que,

τ1→2 = T2 − T1 (3.19)

De (3.18) e (3.19) resulta,

V1 − V2 = T2 − T1 ⇒ T1 + V1 = T2 + V2

ou seja,


3.6. PRINCÍPIO DA CONSERVAÇÃO DA ENERGIA

Princípio da conservação da energiaQuando uma partícula se desloca sob a acção de forças conservativas, a soma dasua energia cinética e da sua energia potencial se mantêm constante

T + V = E (energia mecânica total)

ExercícioUma esfera de20 kg de massa é libertada do repouso quandoθ = 0. Para

que a velocidade da esfera seja de2 m/s quandoθ = 90, determine o valor doesforço inicial na mola. Considerek = 15 kN/m,h = 150 mm,d = 62.5 mm eL = 350 mm.

(1)

(2)

θ

h

d

L

k

Aplicando o princípio da conservação daenergia entra as posições (1) e (2),

V1 =1

2k∆2

0 + mgL T1 = 0

V2 =1

2k(∆0 + ∆1)

2 T2 =1

2mv2

V1 + T1 = V2 + T2


∆1 = h + d−√

h2 + d2 = 150 + 62.5−√

1502 + 62.52 = 50 mm

resulta,

1

2× 15000∆2

0 + 20× 9.81× 0.350 =1

2× 15000(∆0 + 0.05)2 +

1

2× 20× 22

⇓

68.67 + 7500∆20 = 40 + 7500(0.05 + ∆2

0)2 ⇒ ∆0 = 0.0132267 m

O esforço inicial na mola fica então,

Fe0= k∆0 = 15000× 0.0132267 ≃ 198.4 N



3.7 Princípio do impulso e da quantidade de movi-mento

O princípio do impulso e da quantidade de movimento pode ser utilizado na re-solução de problemas que envolvam força, massa, velocidadee tempo. É particu-larmente eficaz para resolver problemas que envolvam movimentos impulsivos ouchoques.

Seja uma partícula de massam sob a acção de uma força~F . A segunda lei deNewton pode ser escrita,

~F = m~a = md~v

dt⇒ ~F dt = m d~v

∫ t2

t1

~F dt = m~v2 −m~v1

O integral que aparece na equação, chama-se impulso da força~F durante o inter-valo de tempo considerado.

Princípio do impulso e da quantidade de movimentoA quantidade de movimento finalm~v2 da partícula pode obter-se pela adiçãovectorial da sua quantidade de movimento inicialm~v1 com o impulso exercidopela força~F durante o intervalo de tempo considerado.

m~v2 = m~v1 +

∫ t2

t1

~F dt

Nota: Se a força exercida sobre a partícula é nula (~F = 0), resulta

m~v2 = m~v1

o que traduz a lei de conservação da quantidade de movimento.

3.7.1 Movimento impulsivo

Uma força que actua numa partícula durante um intervalo de tempo muito curtoe que seja suficientemente elevada para produzir uma variação da quantidade demovimento diz-se que é umaforça impulsiva. O movimento que daí resulta diz-semovimento impulsivo.


3.7. PRINCÍPIO DO IMPULSO E DA QUANTIDADE DE MOVIMENTO

Como exemplo de forças não impulsivas temos o peso de um corpo, a força exer-cida por uma mola ou qualquer outra força que se admita ser pequena quandocomparada com uma força impulsiva. As reacções desconhecidas devem, regrageral, ser consideradas como forças impulsivas.

Quando sobre uma partícula actuam várias forças impulsivas, o princípio do im-pulso e da quantidade de movimento reduz-se à

m~v2 = m~v1 +∑

~F∆t

em que∑

~F são apenas as forças impulsivas. Qualquer força que não sejaimpul-siva pode ignorar-se, já que o correspondente impulso

∑~F∆t é muito pequeno.

Quando várias partículas estão envolvidas, na equação tomaa forma,

∑

m~v2 =∑

m~v1 +∑

~F∆t

em que∑

~F∆t representa apenas o impulso das forças impulsivas externasaosistema.

3.7.2 Choque de partículas

A colisão entre dois corpos que ocorre num intervalo de tempomuito curto e du-rante o qual os corpos exercem entre si forças relativamenteelevadas é designadopor choque. A normal comum às superfícies em contacto denomina-se normal dechoque. Se os centros de massa dos dois corpos que colidem se situarem nessalinha, diz-se que o choque é central. De outro modo, o choque diz-se excêntrico.

normalde choque

normalde choque

~vA

~vA

~vB

~vB

A

B

A

B

(a) choque central directo (b) choque central oblíquo

Diz-se que o choque é:



- directo quando as velocidades das duas partículas estão dirigidas segundo anormal de choque;

- oblíquo se uma ou ambas as partículas se movem ao longo de umalinha quenão a normal de choque.

Choque central directo

~vA ~vB

~v′A

~u

~v′B

Seja duas partículasA e B, com massasmA e mB, que se deslocam na mesma linharecta, para direita, com velocidades conhe-cidas,~vA e~vB.

Se a velocidade da partículaA for superiora da partículaB, as duas partículas acaba-rão por colidir. Sob o efeito do choque, asduas partículas deformar-se-ão, e no fim doperíodo de deformação possuirão a mesmavelocidade~u.

Segue um período de restituição, no fim do qual, e dependendo da intensidadedas forças de choque e dos materiais envolvidos, as partículas recuperam ou nãoa forma original. No fim deste período, as partículas vão ter as velocidades~v′

A e~v′

B, velocidades estas que devem ser determinadas.

Considerando o sistema formado pelas duas partículas, verifica-se que não existequalquer força externa impulsiva e por isto, a quantidade demovimento totalmantém-se constante:

mA~vA + mB~vB = mA~v′A + mB~v′

B

Como as velocidades estão dirigidas segundo o mesmo eixo, obtém-se a seguinteequação escalar,

mAvA + mBvB = mAv′A + mBv′

B (3.20)

Para poder obter as velocidades incógnitas~v′A e~v′

B, torna-se necessário estabeleceruma segunda relação entre as suas componentes escalares.

Define-se o coeficiente de restituição,e, como a razão das intensidades dos im-pulsos que correspondem, respectivamente, ao período de restituição e ao períodode deformação. O valor deste coeficiente varia entre0 e 1 e depende, em grandeparte, dos materiais envolvidos, mas varia também com a velocidade do choque,com a forma e com o tamanho dos corpos que colidem.



O coeficiente de restituição permite relacionar a velocidade relativa das duas par-tículas antes e depois do choque, segundo a normal do choque:

v′B − v′

A = e(vA − vB) (3.21)

As velocidades das duas partículas depois do choque podem agora obter-se pelaresolução do sistema formado pelas equações (3.20) e (3.21)em ordem av′

A ev′B.

Nota: Valores particulares do coeficiente de restituição:

Choque perfeitamente plástico (e = 0) Não existe período de restituição e asduas partículas permanecem juntas após o choque.

Choque perfeitamente elástico (e = 1) As velocidades relativas antes e depoisdo choque são iguais. Neste caso, conserva-se quer a quantidade de movi-mento total, quer a energia cinética total.

Choque - caso geral (0 < e < 1) A energia total da partícula não se conserva.Parte dela transforma-se em calor e parte gasta-se na criação de ondas elás-ticas no interior dos corpos em colisão.

Choque central oblíquo

normal dechoque

~vA

~v′A

~v′B

~vB

n

t n

t

Seja duas partículasA e B, que colideme cujas velocidades não estão dirigidas se-gundo a normal de choque. Neste caso trata-se de um choque oblíquo.

Admitindo as superfícies em contacto sematrito, as únicas forças impulsivas são as for-ças internas dirigidas ao longo da normal dechoque.

Conclui-se então que:

• A componente, ao longo do eixot, da quantidade de movimento de cadapartícula, considerada em separado, mantém-se constante.

(v′A)t = (vA)t e (v′

B)t = (vB)t (3.22)

• A componente, ao longo do eixon, da quantidade de movimento total dasduas partículas, mantém-se constante.

mA(vA)n + mB(vB)n = mA(v′A)n + mB(v′

B)n (3.23)



• As velocidades relativas antes e depois do choque, ao longo do eixo n,relacionam-se através do coeficiente de restituição.

(v′B)n − (v′

A)n = e [(vA)n − (vB)n] (3.24)

O sistema formado pelas equações (3.22), (3.23) e (3.24) permite a obtenção dascomponentes escalares das velocidades depois do choque.


B

A~v0

θ

Uma esferaA com1.2 kg desloca-se comuma velocidade~v0 paralela ao solo e comintensidadev0 = 2 m/s, quando atinge aface inclinada de uma cunhaB com4.8 kg,em repouso e que pode rolar livremente so-bre solo.

Sabendo queθ = 60 e que o choque é perfeitamente elástico, determine a velo-cidade da cunha imediatamente após o choque.

• Considerando apenas a esferaA, observa-se que a força impulsiva~N é⊥ aoeixo ~et. Aplicando o princípio do impulso e da quantidade de movimentosegundo este eixo, resulta:

θ~N

~vA = ~V0

~en

~et

~v′A

A

mA(vA)t = mA(v′A)t

⇓(v′

A)t = (vA)t

(v′A)t = −vA cos θ (3.25)

• Considerando o sistema composto pela esferaA e a cunhaB, observa-seque a força impulsiva~F é⊥ ao eixo~ex. Aplicando o princípio do impulsoe da quantidade de movimento segundo este eixo, resulta:

mA(vA)x + mB( vB︸︷︷︸

0

)x = mA(v′A)x + mB(v′

B)x



~vA

~F

~v′A

~v′B

x

Mas depois do choque,v′B = (v′

B)x,porque a cunha é forçada pelas liga-ções a se deslocar na horizontal:

−mAvA = mA(v′A)x −mBv′

B

Para trabalhar apenas com as com-ponentes normal e tangencial da ve-locidade~vA,

(v′A)x = (v′

A)t cos θ + (v′A)n sin θ

ou seja,

−mAvA = mA [(v′A)t cos θ + (v′

A)n sin θ]−mBv′B (3.26)

• O coeficiente de restituição,e = 1 (choque perfeitamente elástico), relaci-ona as velocidades relativas segundo a normal de choque:

~vA

~v′A

~v′B

~en

(v′B)n − (v′

A)n = e [(vA)n − (vB)n]

⇓−v′

B sin θ − (v′A)n = −vA sin θ

ou seja,v′

B sin θ + (v′A)n = vA sin θ (3.27)

• Considerando em simultâneo as equações (3.25), (3.26) e (3.27), resulta:

(v′A)t = −vA cos θ

(v′A)n = vA sin θ − v′

B sin θ

−mAvA = mA

[−vA cos2 θ + vA sin2 θ − v′

B sin2 θ]−mBv′

B

−mAvA = mAvA (sin2 θ − cos2 θ)︸︷︷︸

1−2 cos2 θ

−(mA sin2 θ + mB) v′B

2mAvA(1− cos2 θ) = (mA sin2 θ + mB) v′B

v′B = vA

2mA(1− cos2 θ)

mA sin2 θ + mB


v′B = 2× 2× 1.2× (1− cos2 60)

1.2× sin2 60 + 4.8≃ 0.632 m/s (←)



3.8 Exercícios propostos para as aulas prática


Um pequeno bloco de500 gramas está emrepouso no topo de uma superfície cilín-drica. Impõe-se uma velocidade inicialv0

ao bloco, para a direita e este deixa a su-perfície quandoθ = 30.

Desprezando o atrito, determine: (a) o va-lor de v0 e (b) a força exercida sobre a su-perfície pelo bloco, imediatamente depoisde este iniciar o movimento.

R = 1.5 m

θ

~G

~G

~N~N0

~v

~v0

~en

~et

• Calculo da reacção normalN numa posição qualquerθ

∑

Fn =mv2

R⇒ mv2

R= mg cos θ −N

ou

N(θ) = m

(

g cos θ − v2

R

)

(3.28)

• No instante em que o bloco deixa a superfície cilíndrica, a reacção normalNé nula. Sabe-se que isto acontece paraθ = 30. Substituindo estes valoresem (3.28), obtém-se a velocidade do bloco neste instante:

v2 = Rg cos 30 (3.29)

• Para obter a velocidade inicialv0 pode escrever-se a conservação da energiatotal do sistema entre a posição inicial e a posição em que o bloco deixa asuperfície cilíndrica,

V1 = mgR T1 = mv20/2

V2 = mgR cos 30 T2 = mv2/2

V1 + T1 = V2 + T2 ⇒mgR + mv2

0/2 = mgR cos 30 + mv2/2

v20 = v2 − 2Rg (1− cos 30) (3.30)


3.8. EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA AS AULAS PRÁTICA

ou ainda,

at =dv

dt=

dv

ds

ds

dt= v

dv

ds= v

dv

R dθ=

v

R

dv

dθmas

~a = ~g ⇒ at = g sin θ

Resulta,

g sin θ =v

R

dv

dθ⇒ Rg sin θ dθ = v dv

e integrando,∫ 30

0

Rg sin θ dθ =

∫ v

v0

v dv ⇒ Rg [− cos θ]30

0 =

[v2

2

]v

v0

Rg(1− cos 30) =1

2(v2 − v2

0) ⇒ v20 = v2 − 2Rg (1− cos 30)

Das relações (3.29) e (3.30), resulta,

v20 = Rg (3 cos 30 − 2) ⇒ v0 =

√

Rg (3 cos 30 − 2)


v0 =√

1.5× 9.81× (3× cos 30 − 2) ≃ 2.97 m/s

• O valor da reacção normal imediatamente depois de o bloco iniciar o movi-mento, resulta da equação (3.28), substituindoθ por0 ev porv0:

N0 = m

(

g cos 0 − v20

R

)

ou seja,

N0 = 0.5×(

9.81− 2.972

1.5

)

≃ 1.97 N

Exercício

A esferaC e o blocoA movem-se comvelocidade constantev0 quando o blocochoca com a parede. Admitindo o cho-que perfeitamente plástico, determine amenor velocidadev0 para a qual a es-fera descreve uma circunferência com-pleta em torno deB, se (a)BC for umahaste e (b) seBC for uma corda.

v0

A

L = 0.25 mC

B



(a) SeBC for uma haste, para a esfera descrever uma circunferência completa,é preciso que no topo, a velocidade da esfera seja positiva.

Aplicando o princípio do trabalho e da energiaentre as posições (1) e (2), resulta,

T2 − T1 = −mg (2L) T2 = T1 − 2mgL

T1 =mv2

0

2T2 > 0

L

L

B

(2)

(1)

mv20

2− 2mgL > 0 v0 >

√

4gL

v0 >√

4× 9.81× 0.25 ≃ 3.13 m/s

(b) SeBC for uma corda, para a esfera descrever uma circunferência completa,é preciso que a corda seja sempre tencionada.

Sabe-se que para qualquer posição da esferaC, aequação de movimento segundo o eixo normal édada por,

∑

Fn = man =mv2

L

No ponto mais alto da trajectória, o eixo normalserá vertical e a equação acima toma a seguinteexpressão,

mv2

L= mg + T

ou seja, tomando em conta que a corda deve sersempre em tensão,

T =mv2

L−mg > 0 ⇒ v2 > Lg

B

~et~en

~T

~P

B

~et

~en

~T ~P

Aplicando o princípio do trabalho e da energia entre as posições (1) e (2),resulta,

T2 − T1 = −mg (2L) ⇒ mv2

2− mv2

0

2= −2mgL

v2 = v20 − 4Lg > Lg ⇒ v0 >

√

5Lg

v0 >√

5× 0.25× 9.81 ≃ 3.5 m/s




O

0.8 m

0.4 mA

B

θ

30

Uma pequena esferaB de massam é solta da posi-ção de repouso conforme é mostrado e oscila livre-mente num plano vertical, primeiro em torno deO eem seguida em torno deA, logo que a corda entraem contacto com o suporteA. Determine a tensãona corda (a) imediatamente antes de esta estar emcontacto com o suporteA e (b) imediatamente de-pois de esta estar em contacto com o suporteA.

• Para determinar a velocidade da esferaB antes de entrar em contacto como suporteA, aplica-se o princípio do trabalho e da energia entre os pontos(1) e (2).

O30

(1)

(2)

m~g

~T

LComo a tensão~T é sempre perpendicu-lar ao deslocamento da esferaB, a únicaforça que vai produzir trabalho é o peso:

τ1→2 = mgL sin 30 =1

2mgL

T1 = 0 (v1 = 0) T2 =1

2mv2

2

τ1→2 = T2 − T1 ⇒ 1

2mgL =

1

2mv2

2 ⇒ v22 = gL

Escrevendo agora a equação de movimento no ponto (2) segundoo eixonormal, resulta:

∑

Fn =mv2

2

L⇒ mv2

2

L= T −mg sin 30

T =mgL

L+

1

2mg =

3

2mg

• Depois de entrar em contacto com o suporteA, a corda vai rodar em tornodo pontoA. Escrevendo de novo a equação de movimento segundo o eixonormal, obtém-se:

∑

Fn =mv2

2

OA= T −mg sin 30

T =mgL

L/2+

1

2mg =

5

2mg



Exercício(Beer 13.95)Uma bola com0.68 kg desliza numa superfície horizontal sem atrito e está li-

gada ao ponto fixoO através de uma corda elástica cuja constante de rigidez ék = 146 N/m e cujo comprimento indeformado é0.58 m. A bola é colocada nopontoA, a 0.76 m deO, e imprime-lhe-se uma velocidade inicial~v0 perpendicu-lar a AO. Determine (a) o valor mínimo admissível da velocidade inicial v0, se acorda não puder permanecer frouxa e (b) a distância mais próximad a que a bolase encontra quando regressa ao pontoO se lhe for imposta metade da velocidadeencontrada na alínea (a).

A

O

~v0

~v

d

L0

∆L~v0A

O

• Considere-se a posição da bola em que a corda tem de novo o comprimentoindeformado. Para que a corda não ficar frouxa daqui para frente, a veloci-dade~v da bola nesta posição deve ser perpendicular a direcção da corda.

O

L0

∆L

~v0

~Fe1

(1)

L0

~v

(2)

Entre as posições (1) e (2) a bola está su-jeita, no plano horizontal, apenas à forçaelástica~Fe. A direcção desta força passasempre por pontoO, ou seja é uma forçacentral.Escrevendo a segunda lei de Newton evi-denciando o momento angular, resulta:

∑

MO = HO = 0 ⇒ HO = const.

mv0 (L0 + ∆L) = mvL0 ⇒ v =L0 + ∆L

L0v0 (3.31)

Tomando em conta que não há atrito, as forças que actuam sobrea bolasão conservativas e portanto pode-se aplicar o princípio daconservação daenergia entre as posições (1) e (2):

T1 =1

2mv2

0 V1 =1

2k(∆L)2 T2 =

1

2mv2 V2 = 0



1

2mv2

0 +1

2k(∆L)2 =

1

2mv2 ⇒ v2

0 = v2 − k

m(∆L)2 (3.32)

De (3.31) e (3.32), resulta:

v20 =

(L0 + ∆L

L0

)2

v20−

k

m(∆L)2 ⇒ v2

0

[(

1 +∆L

L0

)2

− 1

]

=k

m(∆L)2

v20

[(∆L

L0

)2

+2∆L

L0

]

=k

m(∆L)2 ⇒ v0 = ∆L

√√√√√√

k

m

[(∆L

L0

)2

+2∆L

L0

]


v0 = 0.18

√√√√√√

146

0.68

[(0.18

0.58

)2

+2× 0.18

0.58

] ≃ 3.115 m/s

• Se a velocidade inicial imposta à bola for metade da velocidade encontradana alínea (a), significa que a corda vai ficar frouxa. Depois dea corda ficarfrouxa, não haverá forças aplicadas na bola no plano horizontal (a forçaelástica será nula) e portanto a trajectória será uma recta.

O

L0

∆L

~v0

~Fe1

(1)

d

(3)

~v

Entra as posições (1) e (3) a bola está su-jeita, no plano horizontal, apenas à forçaelástica~Fe. A direcção desta força passasempre por pontoO, ou seja é uma forçacentral. Aplicando de novo a conserva-ção do momento angular, resulta:

mv0 (L0 + ∆L) = mvd

d =v0

v(L0 + ∆L) (3.33)

A ligação entrev e v0 resulta da conservação da energia entre as posições(1) e (3):

T1 =1

2mv2

0 V1 =1

2k(∆L)2 T3 =

1

2mv2 V3 = 0



v2 = v20 +

k

m(∆L)2 (3.34)

De (3.33) e (3.34), resulta:

d =v0 (L0 + ∆L)√

v20 +

k

m(∆L)2

d =

3.115

2× (0.58 + 0.18)

√(

3.115

2

)2

+146

0.68× 0.182

≃ 0.386 m

Exercício(Beer 13.196)Um martelo com650 kg cai de uma altura de1.2 m sobre uma espia fazendo

que esta se afunde110 mm. Admitindo que o choque é perfeitamente plástico,determine a resistência média do solo à penetração da espia.

m1 = 650 kg

m2 = 140 kg

h = 1.2 m

• A velocidade do martelo no momento dochoque determine-se aplicando o princípioda conservação da energia:

m1v21

2= m1gh ⇒ v1 =

√

2gh

• Como o choque é perfeitamente plástico, ocoeficiente de restituição é zero, ou seja osdois corpos seguem juntos:

v′2 − v′

1 = e (v1 − v2) = 0

v′2 = v′

1 = v′

• Tomando em conta que durante o choque não há forças impulsivas externas(a reacção do solo considera-se como uma força elástica e portanto não éimpulsiva), o impulso total do sistema se conserva,

m1v1 = (m1 + m2) v′ ⇒ v′ =m1

m1 + m2

√

2gh

• Para obter a resistência média do solo, aplica-se o princípio do trabalho eda energia.



x

~F

~G

dT1 + τ1→2 = T2

1

2(m1 + m2) v′2 +

∫ d

0

(G− F ) dx = 0

1

2(m1 + m2) v′2 + (m1 + m2) gd− Fd = 0

F = (m1+m2) g+m1 + m2

2d2gh

(m1

m1 + m2

)2

F = (m1 + m2) g

[

1 +h

d

(m1

m1 + m2

)2]

ou, com os valores numéricos,

F = (650+140)×9.81×[

1 +1.2

0.11

(650

650 + 140

)2]

≃ 64984 N ≃ 65 kN

Exercício(Beer 13.200)Uma pequena esferaA ligada a uma cordaAC é solta do repouso na posição

mostrada e atinge uma esfera idênticaB suspensa por uma corda verticalBD.No movimento subsequente da esferaB pretende-se que o ângulo máximoθB, for-mado pela cordaBD com a vertical, seja igual ao ângulo inicialθA. Determineo valor necessário para a razão dos comprimentos das cordas,LB/LA em funçãodo coeficiente de restituiçãoe entre as duas esferas.

LA

LB

θA

θB

(1)(2)

(3)

D

C

A

B

• Escrevendo o princípio da conservação daenergia entra as posições (1) e (2), obtém-se a velocidade da esferaA antes do cho-que:

T1 = 0 V1 = mAgLA (1− cos θA)

T2 =mAv2

A

2V2 = 0

mAgLA (1− cos θA) =mAv2

A

2

v2A = 2gLA (1− cos θA) (3.35)



~vA

~TA~TB

BA

• No momento do choque, as forças impulsivas (~TA e ~TB)são perpendiculares à direcção da~vA. O princípio do im-pulso e da quantidade de movimento estipula que a quan-tidade de movimento total do sistema é constante segundoesta direcção:

mAvA + mBvB︸︷︷︸

0

= mAv′A + mBv′

B

ou, tomando em conta que as esferas são idênticas (mA = mB = m),

vA = v′A + v′

B (3.36)

As velocidades relativas antes e depois de choque relacionam-se através docoeficiente de restituição,

v′B − v′

A = e(vA − vB) ⇒ vAe = v′B − v′

A (3.37)

• O ângulo máximoθB relaciona-se com a velocidade da esferaB depois dochoque através do princípio da conservação da energia:

T2 =mv′

B

2V2 = 0 T3 = 0 V3 = mgLB (1− cos θB)

v′2B = 2gLB (1− cos θB) (3.38)

• A razão entre os comprimentos, resulta de seguinte modo:

de (3.36) e (3.37) vA = v′A + vB

vAe = v′B − v′

A

vA (1 + e) = 2v′B

⇒ v′B =

1

2vA (1 + e)

Substitui-se este valor na equação (3.38),[1

2vA (1 + e)

]2

= 2gLB (1− cos θB)

e com o valor dovA dado por (3.35),

(1 + e)2

42gLA (1− cos θA) = 2gLB (1− cos θB)

Mas no enunciado se especifica que oθA = θB = θ, ou seja,

(1 + e)2

4LA = LB ⇒ LB/LA =

(1 + e)2

4



Exercício(Beer 14.110)Um blocoB com9 kg parte do repouso e es-

correga pela superfície inclinada de uma cunhaA com15 kg que está assente num plano hori-zontal. Desprezando o atrito, determine (a) a ve-locidade deB relativamente aA depois de terdescido0.6 m e (b) a velocidade correspondenteda cunha.

α = 30

~N

~GB

~GA

BA

• A velocidade deB relativamente aA é dada por,

~vB/A = ~vB − ~vA ou ~vB = ~vA + ~vB/A

Projectando esta equação segundo o eixo ho-rizontal, escreve-se

(vB)x = −vA + vB/A cos α (3.39)

α

~vB/A

~vA

~vB

x

y

Ainda, de teorema de Pitágoras generalizada resulta,

v2B = v2

A + v2B/A − 2vAvB/A cos α (3.40)

• Considerando o sistema constituído pelo bloco e pela cunha,observa-se quetodas as forças externas são verticais. Aplicando o princípio do impulso eda quantidade de movimento, resulta que a quantidade de movimento totaldo sistema mantém-se constante segundo o eixo horizontal. Tomando emconsta que o sistema encontra-se inicialmente em repouso, escreve-se,

∑

m(v0)x =∑

m(v)x

0 = mA(vA)x + mB(vB)x

e tomando em conta (3.39),

0 = −mAvA + mBvB/A cos α−mBvA

α

~vB/A

~vA

~vB

x

y

vA = vB/AmB cos α

mA + mB(3.41)

• Todas as forças que actuam sobre o sistema são conservativas(não há atrito).Escreve-se então a conservação da energia entre a posição inicial (0) e aposição final (1),



T1 = 0 V1 = mBgd sinα

T2 =mAv2

A

2+

mBv2B

2V2 = 0

mBgd sinα =mAv2

A

2+

mBv2B

2(3.42)

d(0)

(1)

• As velocidadesvB/A e vA resulta da resolução simultânea das equações(3.40), (3.41) e (3.42):

2mBgd sinα = mAv2B/A

(mB cos α

mA + mB

)2

+ mB

[

v2B/A

(mB cos α

mA + mB

)2

+ v2B/A − 2v2

B/A

mB cos2 α

mA + mB

]

2mBgd sinα = v2B/A

[m2

B cos2 α

mA + mB+ mB −

2m2B cos2 α

mA + mB

]

2gd sinα = v2B/A

(

1− mB

mA + mBcos2 α

)

vB/A =

√√√√

2gd sinα

1− mB

mA + mB

cos2 α


vB/A =

√√√√

2× 9.81× 0.6× sin 30

1− 9

24cos2 30

≃ 2.862 m/s

De (3.41),

vA = 2.962× 9 cos 30

9 + 15≃ 0.929 m/s

Exercício

Um bloco de26.7 N está ligado a uma mola de rigidezk = 876 N/m e suspenso por um cabo. Sabendo que no equilí-brio, a tensão no cabo éTc = 17.8 N, determine, após se cortaro cabo (a) o máximo deslocamento do bloco e (b) a máxima ve-locidade do bloco.



• Na primeira etapa deve determinar-se a deformação inicial da mola,x0. Poristo, considera-se o bloco em equilíbrio, escrevendo o somatório de forçassegundo a direcção vertical, resulta:

T − P + Fe = 0 Fe = kx0

x0 =P − T

k=

26.7− 17.8

876≃ 0.01 m

T

PFe

x0

• O deslocamento máximo do bloco após se cortar o cabo, resultada aplicaçãodo princípio do trabalho e da energia, sabendo que a energia cinética é nulatanto na posição inicial (quando o cabo é cortado o bloco estáem equilíbrio),como na posição final (quando o bloco alcança o deslocamento máximo, asua velocidade é nula).

∫ xM

x0

(P − Fe) dx = 0

[Px]xM

x0−[kx2

2

]xM

x0

= 0

P

Fe

∆x

x0xM

P (xM − x0)−k

2(x2

M − x20) = 0

(xM − x0)

[

P − k

2(xM + x0)

]

= 0

ComoxM = x0 não é a solução procurada, pois representa a posição inicial,resulta

xM =2P

k− x0 =

2× 26.7

876− 0.01 ≃ 0.05 m

O deslocamento máximo do bloco será

∆x = xM − x0 = 0.05− 0.01 = 0.04 m ↓

• A velocidade do bloco vai ser máxima na posição de equilíbrio(onde aaceleração do bloco é nula). A posição de equilíbrio é dada por,

Fe = P ⇒ kx = P ⇒ x =P

k=

26.7

876≃ 0.03 m



Para obter a velocidade do bloco nesta posição,vM , aplica-se de novo oprincípio do trabalho e da energia entre a posição inicial e aposição deequilíbrio, resultando:

P (x− x0)−k

2(x2 − x2

0) =mv2

M

2

vM =

√

2g

P

[

P (x− x0)−k

2(x2 − x2

0)

]


vM =

√

2× 9.81

26.7

[

26.7 (0.03− 0.01)− 876

2(0.032 − 0.012)

]

≃ 0.36 m/s

Exercício

A

B

h

Solta-se uma esferaA com5.78 N a partir de uma al-tura de0.55 m sobre uma placaB com11.56 N, que estáinicialmente em repouso e que está apoiada numa molade constante de rigidezk = 876 N/m. Determine: (a) ocoeficiente de restituição entre a esfera e a placa para oqual a alturah alcançada pela esfera, após o ressalto,seja máxima; (b) o correspondente valor doh; (c) o cor-respondente valor para a máxima deflexão da placa; (d)a deformação máxima da mola.

• Começa-se por determinar a velocidade da esfera antes do choque. Apli-cando o princípio da conservação da energia tem-se,

mgh =mv2

A

2⇒ vA =

√

2gh

Como durante o choque não há forças impulsivas externas, segundo a nor-mal do choque a quantidade de movimento total se conserva:

mAvA = mAv′A + mBv′

B ⇒ v′A +

mB

mA

v′B =

√

2gh

Mas as velocidades relativas antes e depois do choque relacionam-se atravésdo coeficiente de restituição,

v′B − v′

A = evA ⇒ v′B = v′

A + e√

2gh



e substituindo este resultado na equação acima,

v′A +

mB

mA

(

v′A + e

√

2gh)

=√

2gh

v′A

(

1 +mB

mA

)

=√

2gh

(

1− mB

mA

e

)

v′A =

√

2gh1− mB

mAe

1 +mB

mA

A altura hM alcançada pela esfera após o ressalto obtém-se aplicando denovo o princípio da conservação da energia:

mAghM =mAv′2

A

2⇒ hM =

v′2A

2g= h

1− mB

mAe

1 +mB

mA

2

Utilizando a notaçãoµ = mB/mA, o hM tem o valor máximo, quandof(e) = (1− µe)2 é máximo, isto éf ′(e) = 0 ef ′′(e) < 0.

df(e)

de= −2µ (1− µe) = 0 ⇒ e =

1

µ=

mA

mB

d2f(e)

de2= 2µ2

Os resultados acima indica que o valor do coeficiente de restituiçãoe = mA/mB = 0.5 vai provocar o ressalto mínimo,hmín = 0.

Tomando em conta que o coeficiente de restituição pode tomar valores entre0 e1, analisa-se o comportamento da funçãof(e) entre estes valores.

df(e)

de< 0 . . . e ∈ [0, 0.5)

df(e)

de> 0 . . . e ∈ (0.5, 1]

ou seja, a funçãof(e) tem os valoresmáximos nos limites do intervalo[0, 1]. 0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

f(e)

e

µ = mB/mA = 2

f(0) = (1− 2× 0)2 = 1 f(1) = (1− 2× 1)2 = 1



Como os dois valores são iguais, resulta que a altura do ressalto será má-xima,

hmáx =h

(1 + mB/mA)2=

0.55

(1 + 11.56/5.78)2= 0.061 m

quando o coeficiente de restituição é0 ou1.

Contudo, coeficiente de restituição nulo, significa choque perfeitamenteplástico, e analisando o sinal dov′

A,

v′A =

√

2gh

1 +mB

mA

> 0

conclui-se que tem o mesmo sinal como a velocidadevA, o seja a boladesloca-se para baixohmáx m.

Quando o coeficiente de restituição é1, o choque é perfeitamente elástico,e a bola, após o choque vai sofrer um ressalto dehmáx m, para cima.

v′A =−√

2gh

1 +mB

mA

> 0

Resulta que o ressalto máximo,0.061 m é alcançado para um choque per-feitamente elástico, ou seja, coeficiente de restituição1.

• Para um coeficiente de restituição unitário, a velocidade daplacaB depoisde choque é dada por,

v′B = v′

A + e√

2gh =√

2gh

−1

1 +mB

mA

+ 1

=

√

2gh

mB

mA

1 +mB

mA

v′B =√

2× 9.81× 0.552

1 + 2≃ 2.19 m/s

A deflexão máxima da placa,d, resulta aplicando o princípio do trabalho eda energia entre a posição de equilíbrio estático da placax0 (onde se dá ochoque) e a posição da deflexão máximad,



∫ d

0

(GB − Fe) dx = 0− mBv′2B

2

d

GB

Fex0

∫ d

0

[mBg − k (x0 + x)] dx =

∫ d

0

[(mBg − kx0)︸︷︷︸

0

−kx] dx = −∫ d

0

kx dx

−∫ d

0

kx dx = −mBv′2B

2⇒ kd2

2=

mBv′2B

2

d = v′B

√mB

k= 2.19

√

11.56

9.81× 876≃ 0.083 m

• A deformação máxima da mola é dada por,

xmáx = x0 + d =mBg

k+ d =

11.56

876+ 0.083 = 0.096 m


Capítulo 4

Cinemática dos Corpos Rígidos

A cinemática dos corpos rígidos investiga as relações existentes entre o tempo,as posições, as velocidades e as acelerações das várias partículas que formam umcorpo rígido.O estudo será limitado aos seguintes tipos de movimentos: translação, rotação emtorno de um eixo fixo e movimento plano geral.

4.1 Translação

O movimento é dito de translação se qualquer linha recta no interior do corpo semantiver na mesma direcção durante o movimento. Neste caso,todas as partículasque formam o corpo se deslocam segundo trajectórias paralelas. Se as trajectóriasforem linhas rectas, o movimento chama-setranslação rectilínea; se forem linhascurvas, o movimento é ditotranslação curvilínea.

Seja um corpo rígido em translação e sejamA eB duas partículas quaisquer no interiordo corpo. Num sistema de referência fixo,define-se,

~rB = ~rA + ~rB/A com~rB/A = const.

Derivando a expressão em relação ao temo,obtém-se:

~vB = ~vA e ~aB = ~aA

O

x

y

z

A

B

~rB

~rA

~rB/A

~rB/A

Ou seja, quando um corpo rígido se encontra em translação, todos os pontos docorpo têm, em qualquer instante, a mesma velocidade e a mesmaaceleração.

107

CAPÍTULO 4. CINEMÁTICA DOS CORPOS RÍGIDOS

4.2 Rotação em torno de um eixo fixo

Neste tipo de movimento, as partículas que formam o corpo rígido movem-seem planos paralelos e segundo circunferências em torno do mesmo eixo fixo, de-nominado poreixo de rotação. As partículas localizadas sobre este eixo terãovelocidade e aceleração nulas.

Considere-se um corpo rígido que roda emtorno de um eixo fixoAA′. SejaP umponto do corpo e~r o seu vector de posiçãoem relação a um sistema de referência fixo.A velocidade do pontoP será um vectortangente à trajectória, ou seja perpendicularao plano formado pelo eixoAA′ e ~r, cujaintensidade é dada por

v =ds

dt

P

O

B

A

θ

~r

~v

A′

~ω = θ~k

~k

~i~j

Φ

Mas, tomando em conta que

∆s = |BP |∆θ = (r sin Φ) ∆θ

resulta,

v =ds

dt= lim

∆t→0

∆s

∆t= r sin Φ lim

∆t→0

∆θ

∆t= rθ sin Φ

Observa-se que o vector tangente a trajectória e cuja valor edado pela expres-são acima, pode ser obtido pelo produto externo~ω × ~r. A velocidade fica entãodefinida,

~v = ~ω × ~r

O vector~ω = ω~k = θ~k [rad/s]

chama-sevelocidade angulardo corpo.

A aceleração da partícula resulta derivando a expressão da velocidade em relaçãoao tempo,

~a =d~v

dt=

d

dt(~ω × ~r) =

d~ω

dt× ~r + ~ω × d~r

dt= ~α× ~r + ~ω × ~v

O vector

~α =d~ω

dt= ω~k = θ~k [rad/s2]


4.2. ROTAÇÃO EM TORNO DE UM EIXO FIXO

chama-seaceleração angulardo corpo.

A aceleração da partícula fica então definida por,

~a = ~α× ~r + ~ω × (~ω × ~r)

4.2.1 Rotação de uma placa representativa

A rotação de um corpo rígido em torno de um eixo fixo pode definir-se pelo movi-mento de uma placa representativa num plano de referência perpendicular ao eixode rotação.

Seja o planoOxy o plano de referência.Pela definição, a velocidade do pontoP é,

~v = ~ω × ~r = ω~k × ~r

e tomando em conta que o vector~r é per-pendicular ao vector~k, a intensidade da ve-locidade é

v = ωr

O sentido da velocidade obtém-se apli-cando as regras do produto externo.

x

y

O

P

~r

~v

~ω

Utilizando a fórmula de Gibbs1, a aceleração do pontoP resulta,

~a = ~α× ~r + ~ω × (~ω × ~r) = ~α× ~r + (~ω · ~r) ~ω − (~ω · ~ω)~r

Mas,~ω ⊥ ~r ⇒ ~ω · ~r = 0 e ~ω · ~ω = ω2

~a = ~α× ~r − ω2~r

Como~α é perpendicular à~r, o vector~α×~r éum vector perpendicular ao plano formadopor ~α e ~r, ou seja é contido no plano dereferência e é perpendicular ao~r. A inten-sidade do vector éαr.

A aceleração pode então ser definida pelassuas componentes escalares normal e tan-gencial,

x

y

O

P

~at

~an

~α

~ω

1Fórmula de Gibbs para o produto externo a três vectores:~a× (~b× ~c) = (~a · ~c)~b − (~a ·~b)~c



~an = −ω2~r an = −ω2r . . . aceleração normal

~at = ~α× ~r at = αr . . . aceleração tangencial

Exercício(Beer 15.14)Uma placa triangular e duas placas rectangulares estão soldadas entre si e a

uma barraAB. O conjunto assim formado roda em torno do eixoAB com umavelocidade angular constante de5 rad/s. Sabendo que no instante considerado avelocidade do cantoE é dirigida para baixo, determine a velocidade e a acelera-ção do cantoD.

A

B

O

C

E

D x

y

z 350 mm

300 mm

400 mm

~ω

~VE

~λBA

• A velocidade angular tem a intensidade e a direcção conhecida, mas não osentido. Para determinar o sentido da velocidade angular, assuma-se, porexemplo, o sentido anti-horário e calcula-se a velocidade do cantoE. Seesta velocidade fica para baixo (veja o enunciado), significaque o sentidoassumido está correcto; se a velocidade doE for para cima, significa que osentido da velocidade angular é contrário ao assumido.

~vE = ~ω × ~rE

onde~rE é o vector de posição deE em relação a um pontoqualquerper-tencendo a barraBA. Para simplicidade, escolha-se o pontoB resultando,

~vE = ~ω × ~BE

Assumindo uma rotação anti-horária, o vector velocidade angular será defi-nido por

~ω = ω~BA

| ~BA|= ω ~λBA


4.2. ROTAÇÃO EM TORNO DE UM EIXO FIXO

onde~λBA é o versor do eixo de rotação,BA.

~BA = (xA − xB)~i + (yA − yB)~j + (zA − zB)~k = 400~j − 300~k

| ~BA| =√

4002 + 3002 = 500

~λBA = 0.8~j − 0.6~k ⇒ ~ω = 4~j − 3~k [rad/s]

~vE = ~ω × ~BE =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k0 4 −3

350 0 0

∣∣∣∣∣∣

= −1050~j − 1400~k [mm/s]

Como a velocidade do cantoE é dirigida para baixo, resulta que o sentidoassumido para~ω está correcto.

• A velocidade do cantoD resulta,

~vD = ~ω × ~BD =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k0 4 −3

350 0 −300

∣∣∣∣∣∣

= −1200~i− 1050~j − 1400~k [mm/s]

~vD(−1.2, −1.05, −1.4) |~vD| =√

1.22 + 1.052 + 1.42 ≃ 2.12 [m/s]

Nota: Considerando outro ponto da rectaBA, por exemplo o pontoA,

~vD = ~ω× ~AD =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k0 4 −3

350 −400 0

∣∣∣∣∣∣

= −1200~i−1050~j−1400~k [mm/s]

• A aceleração do cantoD resulta,

~aD = ~α× ~BD + ~ω × (~ω × ~BD)

Mas,

~α =d~ω

dt= 0 (~ω = const.)

e tomando em conta que~ω × ~BD = ~vD,

~aD = ~ω × ~vD =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k0 4 −3−1.2 −1.05 −1.4

∣∣∣∣∣∣

= −8.75~i + 3.6~j + 4.8~k [m/s2]

~aD(−8.75, 3.6, 4.8) |~aD| =√

8.752 + 3.62 + 4.82 ≃ 10.61 [m/s2]



4.3 Movimento plano geral

Qualquer movimento plano (i.e., movimento no qual todas as partículas do corpose movem em planos paralelos) que não seja de translação ou derotação em tornode um eixo fixo considera-se um movimento plano geral.

rotação em torno deAtranslação comAmovimento plano

A1

B1

A2

B2

A1 A2

B1

B2

A2

B′

1 B′

1

rotação em torno deA

A2

A1

B2

B1 B1 B′

1

A1

A2

A2

B′

1

B2

movimento plano translação comA

O movimento plano pode ser sempre representado por uma translação definidapelo movimento de um ponto arbitrário e por uma rotação em torno deste ponto.

Exercício

A figura plana mostrada desloca-se no planoxy. Sabendo que(vA)x =300 mm/s,(vB)y = −180 mm/s e(vC)x = −150 mm/s, determine (a) a velo-cidade angular da placa e (b) a velocidade do pontoA.

O movimento plano da placa pode ser consi-derado como composto por uma translaçãocom a velocidade doA e uma rotação emtorno deA. Nestas condições, as velocida-des dos pontosB eC serão dadas por:

~vB = ~vA + ~ω × ~AB

~vC = ~vA + ~ω × ~AC50150

150

AB

C

~vA

~vB

~vC

y

x

[mm]


4.3. MOVIMENTO PLANO GERAL

vBx

−1800

=

300vAy

0

+

~i ~j ~k0 0 ω

150 0 0

⇒

vBx= 300 [mm/s]

−180 = vAy+ 150 ω

−150vCy

0

=

300vAy

0

+

~i ~j ~k0 0 ω

200 −150 0

⇒

−150 = 300 + 150 ω

vCy= vAy

+ 200 ω

ω = −3 [rad/s] vAy= 270 [mm/s] vCy

= −330 [mm/s]

ou seja,

~ω = −3~k [rad/s] ~vA = 300~i + 270~j [mm/s]

4.3.1 Centro instantâneo de rotação no movimento plano

Seja uma placa num movimento plano geral. Pode ser mostrado que, em qualquerinstante, as velocidades das partículas da placa são as mesmas que se obteriampela rotação da placa em torno de um eixo perpendicular ao plano da placa, de-signado poreixo instantâneo de rotação. A intersecção entre este eixo e o planoda placa chama-secentro instantâneo de rotação - C.I.R.da placa.

A posição do centro instantâneo de rotação pode ser encontrada em vários modos:

• Conhecendo a velocidade~vA num pontoA e a velocidade angular da placaω (ambas não nulas);A velocidade~vA poderia ser obtidafazendo rodar a placa com veloci-dade angular~ω em torno do pontoC - centro instantâneo de rotação, si-tuado na perpendicular a~vA e a umadistância

AC =vA

ω

~ωA

~vA

A

~vA

~ω

C

• Conhecendo as direcções das velocidades de duas partículasA eB da placa;

– se as direcções forem diferentes, o centro ins-tantâneoC obtém-se pela intersecção das rec-tas perpendiculares a~vA e~vB, passando porAeB, respectivamente;

C

A

~vA

B~vB



– se as duas velocidades forem perpendicularesà rectaAB, o centro instantâneoC obtém-sepela intersecção da rectaAB com a recta queune as extremidades das velocidades~vA e ~vB.Nota-se que, no caso limite em que as duasvelocidades tiverem a mesma intensidade, ocentro instantâneoC estará situado a infinito.Neste caso, a velocidade angular é nula e ocorpo sofre um movimento de translação (cur-vilínea).

A

~vA

C

B ~vB

A

B

C

∞

~vA

~vB

• Tomando em conta que o centro instantâneo de rotação tem a velocidadenula, qualquer ponto do corpo cuja velocidade é nula no instante conside-rado é o centro instantâneo de rotação do corpo. Por exemplo,no caso deum corpo que roda sem escorregar numa superfície fixa, o pontode contactoentre o corpo e a superfície é o centro instantâneo de rotaçãodo corpo.

C.I.R. (~v = 0)

ExercícioSabendo que a barraAB tem a velocidade angularωAB = 3 rad/s no sentido

anti-horário, determine as velocidades angulares das barrasBD eDE.

• 1o Método

O movimento de barraAB é rotação em torno deA,

~vB = ~ωAB × ~AB

320

[mm]y

x

60

160 300

~vB

~vD

ωDE

ωAB

A

B

D

E



~vB =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k0 0 30 160 0

∣∣∣∣∣∣

= −3× 160~i = −480~i

O movimento da barraED é rotação em torno deE,

~vD = ~ωDE × ~ED =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k0 0 −ωDE

0 −300 0

∣∣∣∣∣∣

= −300 ωDE~i

O movimento plano da barraDB pode ser decomposto num movimento detranslação com a velocidade doB e uma rotação em torno doB,

~vD = ~vB + ~ωBD × ~BD

−300 ωDE

00

=

−48000

+

~i ~j ~k0 0 ωBD

320 −240 0

⇒

−300 ωDE = −480 + 240 ωBD

0 = 0 + 320ωDB⇒

ωBD = 0 . . . barraBD está em translação curvilíneaωDE = 1.6 [rad/s]

• 2o Método(Utilizando o C.I.R.)

O centro instantâneo derotação da barraBD estásituado ao infinito. Re-sulta que a barra está emtranslação curvilínea e asua velocidade angular énula,

ωBD = 0 320

60

160 300

~vB

~vD

ωDE

ωAB

(C.I.R.)BD →∞

A

B

D

E

- barraAB está em rotação em torno doA,

vB = ωABBA = 3× 160 = 480 [mm/s]



- barraBD está em translação,

vD = vB = 480 [mm/s] ωBD = 0

- barraDE está em rotação em torno doE,

vD = ωDEDE ⇒ ωDE =vD

DE=

480

300= 1.6 [rad/s]

Exercício(Beer 15.63, 15.134)Na posição mostrada, a barraAB tem uma velocidade angular constante de

4 rad/s no sentido horário. Determine a velocidade e a aceleração angular dasbarrasBD eDE.

• Determinar a velocidade angular das barrasBD eDE

BD

DG=

BF

EG⇒ BF = BD

EG

DG

BF = 80× 60 /30 = 160 mm

vB = ωABAB = ωBDBF

ωBD = ωABAB

BF= 4×100 /160 = 2.5 rad/s

FD =√

BF 2 + BD2 ≃ 178.885 [mm]

ED =√

EG2 + DG2 ≃ 67.082 [mm]

A

B D

E

F

G

3080

[mm]

10060

vB

vD

ωAB

ωBD

ωDE

vD = ωBDFD = ωDEED ⇒ ωDE = ωBDFD

ED

ωDE = 2.5× 178.855

67.082≃ 6.67 rad/s

• Determinar a aceleração angular das barrasBD eDE



- barraAB:

(aB)n = ω2ABAB

(aB)t = ωABAB

Mas,

ωAB = const. ⇒ ωAB = 0

⇓aB = (aB)n = ω2

ABAB

A

B D

E

F

G

(aD)t

ωBD

aB

ωAB

ωBD

ωDE

ωDE

(aD)n

β

- barraDE:

(aD)n = ω2DEDE (aD)t = ωDEDE

- barraBD: o movimento plano será decomposto numa translação comB e uma rotação em torno deB;

B D

aB aB aBaD

(aD/B)n

fixoωBD

(aD/B)t

aD/B

ωBD

(aD)t

(aD)n

~aD = ~aB + ~aD/B

e projectando esta equação vectorial segundo um eixo horizontal esegundo um eixo vertical, resulta o seguinte sistema de equações comas incógnitasωDE e ωBD:

−(aD)t cos β + (aD)n sin β = −(aD/B)n

(aD)t sin β + (aD)n cos β = aB + (aD/B)t

⇒

−ωDEDE cos β + ω2DEDE sin β = −ω2

BDBD

ωDEDE sin β + ω2DEDE cos β = ω2

ABAB + ωBDBD

Resulta

ωDE =1

cos β

(

ω2BD

BD

DE+ ω2

DE sin β

)



ωDE =DE

EG

(

ω2BD

BD

DE+ ω2

DE

DG

DE

)

ωDE =1

EG

(ω2

BD BD + ω2DE DG

)

e

ωBD =1

BD

(

ωDEDEDG

DE+ ω2

DEDEEG

DE− ω2

ABAB

)

ωBD =1

BD

(ωDEDG + ω2

DEEG− ω2ABAB

)


ωDE =1

60

(2.52 × 80 + 6.672 × 30

)≃ 30.578 rad/s2

ωBD =1

80

(30.578× 30 + 6.672 × 60− 42 × 100

)≃ 24.8 rad/s2

Utilização do C.I.R. em problemas de P.T.V.

A determinação dos deslocamentos virtuais necessários na aplicação do Métododos Trabalhos Virtuais em estruturas, pode ser muito facilitada pela utilização doconceito de centro instantâneo de rotação.

Viu-se que, conhecido o C.I.R. e a velocidade angular do corpo, a distribuição dasvelocidades é praticamente conhecida em todo o corpo rígido. Admitindo que omovimento de rotação em torno do C.I.R. acontece no intervalo infinitesimal detempodt, resulta que todas as relações válidas para as velocidades instantâneasextendem-se também para os deslocamentos infinitesimais. Portanto, conhecidaa rotação infinitesimal do corpo e o seu C.I.R., são praticamente conhecidos osdeslocamentos em todos os pontos do corpo.

ExercícioPara o carregamento indicado, determine a reacção no apoioC.



3 m 4 mA D

B C

4 m2 kNm

3 kN

10 kN

A D

B C

2 kNm

3 kN

10 kN

F

RC

dθ1

dθ2

dθ3

δτ = 3× δBH+ 10× δBV

− RC × δCH+ 2× dθ3 = 0

δB = AB dθ1 = FB dθ2 ⇒ dθ2 =AB

FBdθ1

δC = FC dθ2 = DC dθ3 ⇒ dθ3 =FC

DCdθ2 =

AB FC

DC FBdθ1

4

3=

FD

4 + 3⇒ FD =

7× 4

3=

28

3

√32 + 42

3=

FA

4 + 3⇒ FD =

7× 5

3=

35

3

FC = FD − CD =28

3− 4 =

16

3

FB = FA−AB =35

3− 5 =

20

3

dθ3 =5× 16

4× 20dθ1 = dθ1

δτ = 3× 4dθ1 + 10× 3dθ1 −RC × 4dθ1 + 2× dθ1 = 0

RC = 11 kN




Exercício(Beer 15.35)Dois discos de fricçãoA e B estão ambos a rodar livremente a240 rpm em

sentido anti-horário, quando são postos em contacto entre si. Após8 s de escor-regamento, durante os quais cada disco tem uma aceleração angular constante, odiscoA atinge uma velocidade angular final de60 rpm em sentido anti-horário.Para rA = 80 mm erB = 60 mm, determine (a) a aceleração angular de cadadisco durante a fase de escorregamento e (b) o instante para oqual a velocidadeangular do discoB é zero.

A B

(~ωA)0 (~ωB)0~ωA

A B

(t = 0 s) (t = 8 s)

240 rpm = 240× 2π

60≃ 25.13 rad/s

60 rpm = 60× 2π

60≃ 6.28 rad/s

(a) O discoA tem uma aceleração angular constante,

~α =d~ω

dt= const. ⇒ ~ω = ~ω0 + ~α t

ωA = (ωA)0 + αA t ⇒

αA =ωA − (ωA)0

t=

6.28− 25.13

8≃ −2.35 rad/s2

Depois de8 segundos, não há escorrega-mento entre os dois discos, i.e., a velocidadedos pontos em contacto dos dois discos é amesma,~vC .

vC = ωArA = ωBrB

ωB = ωArA

rB= 6.28

80

60≃ 8.37 rad/s

A BC

~vC

~ωB

~ωA



Mas o movimento do discoB é também com aceleração angular constante,

ωB = (ωB)0 + αB t ⇒

αB =ωB − (ωB)0

t=−8.37− 25.13

8≃ −4.19 rad/s2

Portanto,

αA = 2.35 rad/s2 y αB = 4.19 rad/s2 y

(b) O instante para o qual a velocidade angular do discoB é zero,

ωB = (ωB)0 + αB t

0 = 25.13− 4.19 t ⇒ t ≃ 6 s


O braçoAB gira com velocidade angular de42 rpm no sentido horário. Determine a ne-cessária velocidade angular da rodaA para aqual: (a) a velocidade angular da rodaB é de20 rpm no sentido anti-horário; (b) o movimentoda rodaB é uma translação curvilínea. Consi-dererA = 60 mm erB = 90 mm.

A

B

C

• O braçoAB

vB = ωAB (rA + rB)A

B

ωAB

vB

• A rodaA

vC = ωA rA

C

ωA vC



• A rodaB

B

vB

vC

B

vC

vC

B

vB/CC C C

ωB

O movimento plano da rodaB é descomposto numa translação com a velo-cidade do pontoC e uma rotação em torno doC.

vB = vC + vB/C e vB/C = ωB rB

Das equações obtidas resulta,

ωAB (rA + rB) = ωA rA + ωB rB

(a)

ωA =1

rA[ωAB (rA + rB)− ωB rB]

ωA =1

60[42× (60 + 90) + 20× 90] = 135 rpm y

(b) O movimento da rodaB é uma translação curvilínea seωB = 0,

ωAB (rA + rB) = ωA rA ⇒ ωA = ωAB

(

1 +rB

rA

)

ωA = 42

(

1 +90

60

)

= 105 rpm y

Exercício(Beer 15.65)Na posição mostrada, a barraAB tem uma velocidade angular de4 rad/s no

sentido horário. Determine a velocidade angular das barrasBD eDE.



• 1o Método

– barraAB

vB = ωAB AB

– barraED

vD = ωED EDB D

E

300 mm

500 mm

A

β

αωAB

400 mm 400 mm

vB

vD

ωED

vB = 4×√

0.42 + 0.82 ≃ 3.58 m/s

vD = ωED

√0.42 + 0.52 ≃ 0.64 ωED m/s

– barraBD

vB

vD

β

B DvB vB

B D

D

B

fixo

ωBD

vD/B

α

rotação em torno deBtranslação comBmovimento plano

~vD = ~vB + ~vD/B ~vD/B = ~ωBD × ~BD

Projectando esta equação vectorial segundo os eixos horizontal e ver-tical resulta,

−vD cos β = −vB cos α

−vD sin β = vB sin α− ωBD BD

vD = vBcos α

cos β⇒ 0.64 ωED = 3.58

0.8√0.42 + 0.82

0.5√0.42 + 0.52

ωED ≃ 6.4 rad/s

−vD sin β = vB sin α−ωBD BD ⇒ ωBD =1

BD(vB sin α+vD sin β)



ωBD =1

0.8(3.58

0.4√0.42 + 0.82

+ 0.640.4√

0.42 + 0.52) ≃ 5.2 rad/s

Portanto

~ωBD = 5.2 rad/sy ~ωED = 6.4 rad/sy

• 2o Método: Utilizando o centro instantâneo de rotação

sin α =0.8√

0.82 + 0.42

⇓α ≃ 63.44

sin β =0.5√

0.52 + 0.42

⇓β ≃ 51.34

γ = 180−α−β ≃ 65.22

B D

300 mm

500 mm

A

400 mm 400 mm

vD

ωED

ωAB

C

E

α β

ωBD

γ

vB

Aplicando o teorema dos senos noBDC,

sin α

DC=

sin β

BC=

sin γ

BD

resulta,

BC =BD sin β

sin γ≃ 0.688 m CD =

BD sin α

sin γ≃ 0.788 m

AB =√

0.42 + 0.82 ≃ 0.894 m ED =√

0.42 + 0.52 ≃ 0.640 m

Com a geometria conhecida,

vB = ωAB AB = ωBD BC

ωBD = ωABAB

BC=

4× 0.894

0.688≃ 5.2 rad/sy

vD = ωBD CD = ωED ED

ωED = ωBDCD

ED=

5.2× 0.788

0.640≃ 6.4 rad/sy



ExercícioSabendo que a extremidadeD da corda avança para a esquerda com velocidadede 150 mm/s e que o cilindro rola sem escorregar, determine: (a) a velocidadeangular do cilindro; (b) a velocidade do pontoA; (c) o comprimento da cordaenrolado/desenrolado num segundo.

r = 90 mmR = 120 mm

rR

A

B

DvD

A

B

C

vA

vB

ω

Como o fio é inextensível,

vB = vD = 150 mm/s

Como o cilindro rola sem escorregar, o ponto de contacto entre o cilindro e asuperfície horizontal é o centro instantâneo de rotação,

C ≡ C.I.R. (vC = 0)

(a)

vB = ω CB = ω (R− r) ⇒ ω =vB

R− r=

150

120− 90= 5 rad/s

(b)vA = ω AC = ω R = 5× 120 = 600 mm/s←

(c) ComovA > vB, a corda vai se enrolar no cilindro. Considerando o mo-vimento do cilindro de raior em relação a corda, o pontoB fica o centroinstantâneo de rotação e a velocidade angular é dada por,

ω0 =vA − vB

r

O comprimento da corda enrolado num intervalo de tempot, é

s = θ r = ω0 t r =vA − vB

rt r = (vA − vB)t

ou seja, num segundo,

s = (600− 150)× 1 = 450 mm



Exercício(Beer 15.67)Na posição mostrada, a barraDE tem uma velocidade angular constante de

15 rad/s no sentido horário. Determine (a) a distânciab para a qual a velocidadedo pontoF é vertical e (b) a correspondente velocidade do pontoF .

100

320

240300b

A

C

D

E

F

B

vF

ωFD

ωDE

vD

vB

(a) OC.I.R. da barraFD é situado no ponto de intersecção das rectasDE eAB, ou seja o pontoC. Para que a velocidade do pontoF seja vertical,FCdeve ser horizontal.

320

240=

CA

300 + 240⇒ CA =

540× 320

240= 720 mm

CB = CA−BA = 720− 420 = 300 mm

CB

CF=

100

300⇒ CF = 3 CB = 3× 300 = 900 mm

Resulta,b = 0.9 m

(b)CD

CB + 100=

DE

320⇒ CD =

400 DE

320= 1.25 DE

vD = ωDE DE = ωFD CD ⇒ ωFD =ωDE DE

CD

ωFD =ωDE

1.25=

15

1.25= 12 rad/s

vF = ωFD CD = 12× 0.9 = 10.8 m/s



Exercício(Beer 15.70)Um automóvel desloca-se para a direita com uma velocidade constante de

77.23 km/h. Se o diâmetro da roda for de560 mm, determine as velocidadesdos pontosB, C eE na periferia da roda.

vA = 77.23 km/h =77.23× 1000

3600≃ 21.45 m/s

r = 0.56/2 = 0.28 m

O centro instantâneo de rotação da roda éo ponto de contacto com o solo, ou seja opontoC (vC = 0).

A

B

C

E

ωvE

vA

vB

vA = ω r ⇒ ω =vA

r=

21.45

0.28≃ 76.61 rad/s

vE = ω CE =vA

rr√

2 = vA

√2 ≃ 30.33 m/s

vB = ω BC =vA

r2r = 2vA ≃ 42.90 m/s

Resulta,

~vB = 42.90 m/s→ ~vc = 0 ~vE = 30.33 m/sց

ExercícioUm automóvel parte do repouso e tem aceleração constante de2.13 m/s2 para

a direita. Sabendo que a roda rola sem escorregar, determinea velocidade doautomóvel para a qual o módulo de~aB é15.2 m/s2.

Nota: Num corpo que rola sem escorregar, aaceleração tangencial do ponto de contactocom o solo (o C.I.R.) é nula.

~aB = ~aA + ~aB/A

~aB/A = ~ω × ~AB − ω2 ~AB

~aB = ~aA + ~ω × ~AB − ω2 ~AB

A

C

aA

ω

ω

B

aB

aA

ω2r

ωr

0.559 m



Para determinar a aceleração angular da roda, escreve-se

~aA = ~aC + ~aA/C = ~aC + ~ω × ~CA− ω2 ~CA

Projectando a equação segundo um eixo horizontal e tomando em conta que acomponente horizontal da aceleração do centro instantâneode rotação é nula,

aA = (aC)x︸︷︷︸

0

+ ω r ⇒ ω =aA

r=

2.13

0.559/2= 7.62 rad/s2 y

As componentes escalares da aceleração do pontoB são:

(aB)t = aA + ωr = 2.13 + 7.62× 0.559/2 = 4.26 m/s2

(aB)n = ω2r = 0.559/2 ω2 = 0.2795 ω2

Como|~aB| = 15.2 ⇒ 4.262 +

(0.2795 ω2

)2= 15.22

ω =4

√

15.22 − 4.262

0.27952≃ 7.225 rad/s

a velocidade do automóvel fica,

vA = ω r = 7.225× 0.2795 = 2.02 m/s

Exercício(Beer 15.78)Uma polia dupla está ligada a um bloco deslizante por meio de um apoio emA.A polia interior tem30 mm de diâmetro e está rigidamente ligada à polia exterior,que tem60 mm de diâmetro. Sabendo que cada uma das cordas é puxada coma velocidade constante indicada, determine: (a) o centro instantâneo de rotaçãoda polia dupla; (b) a velocidade do bloco deslizante; (c) os milímetros de cordaenrolada e desenrolada em cada polia por segundo.

A D

B

E

F

v2 = 200 mm/s

v1 = 160 mm/s

15 30

AB

D

v2

v1

I

vA



(a) Determinar o C.I.R. como o ponto do disco cuja velocidadeé nula.

BD

v1 + v2=

ID

v2⇒ ID =

v2

v1 + v2BD =

200

200 + 160× 45 = 25 mm

AI = AD − ID = 30− 25 = 5 mm

(b) A velocidade do bloco deslizante é dada pela velocidade do pontoA,

vA

v1

=AI

IB⇒ vA = v1

AI

IB= 160× 5

20= 40 mm/s

(c) Corda enrolada/desenrolada em cada polia,

sB = vB/A t = (vB − vA) t

sB = (160− 40)× 1 = 120 mm, desenrolada

sD = vD/A t = (vD + vA) t

sD = (200 + 40)× 1 = 240 mm, desenrolada

Exercício(Beer 15.117)O tambor com150 mm de raio rola sem escorregar numa correia que se deslocapara a esquerda com a velocidade constante de300 mm/s. No instante em quea velocidade e a aceleração do centroD do tambor têm os valores indicados,determine as acelerações dos pontosA, B eC do tambor.

• Calcular a velocidade an-gular do tambor

~vD = ~vC + ~vD/C

Projectando a equaçãovectorial num eixo ho-rizontal e tomando emconta que não há escorre-gamento entre o tambor ea correia,

R

A

B

Cv0 = 300 mm/s

aD = 900 mm/s2

vD = 750 mm/s

R = 150 mm

ω

ωD

vD = −v0 + ω R ⇒ ω =v0 + vD

R=

750 + 300

150= 7 rad/s



• Calcular a aceleração angular do tambor

~aD = ~aC + ~aD/C

Projectando a equação vectorial num eixo ho-rizontal e tomando em conta que não há escor-regamento entre o tambor e a correia,

ω

ω

(aD/C)n

(aD/C)t

aD = 0 + ω r ⇒ ω =aD

r=

900

150= 6 rad/s2

• Para qualquer pontoP do tambor,

~aP = ~aD + ~aP/D

ω2R = 72 × 150 = 7350 mm/s2

ωR = 6× 150 = 900 mm/s2

aD = 900 mm/s2

ωr

ωr

ωr

aD

aD

aD

ω2R

ω2R

ω2R

ω

~aA

~aC

~aB

x

y

ω

– pontoA

(aA)x = 900 + 900 = 1800 mm/s2 (aA)y = −7350 mm/s2

aA ≃ 7567 mm/s2

– pontoB

(aB)x = 900− 7350 = −6450 mm/s2 (aB)y = −900 mm/s2

aB ≃ 6512 mm/s2

– pontoC

(aC)x = 900− 900 = 0 (aC)y = 7350 mm/s2

aC ≃ 7350 mm/s2

ExercícioSabendo que a hasteAB gira com velocidade angular~ω e aceleração angular~α,ambas no sentido anti-horário, deduza expressões para a velocidade e aceleraçãodo cursorC.



A

B

C

LL

x

xC

ω

α

θ

Como o movimento do cursorC é ao longo da barra horizontal, tanto a sua velo-cidade como a sua aceleração serão horizontais.

xC = 2L cos θ

vC =dxC

dt=

dxC

dθ

dθ

dt= −2L sin θ θ ⇒ vC = −2Lω sin θ

aC =dvC

dt=

d

dt(−2L sin θ θ) = −2L

[

d

dt(sin θ) θ + sin θ

dθ

dt

]

aC = −2L(cos θ θ2 + sin θ θ) ⇒ aC = −2L(ω2 cos θ + α sin θ)

ExercícioSabendo que o cursorC se move para direita com velocidade constantev0, de-

duza expressões para a velocidade angular e a aceleração angular da barraAB.

A

B

C

LL

x

xC

ω

α

θ

xC = 2L cos θ

vC =dxC

dt=

dxC

dθ

dθ

dt= −2L sin θ θ ⇒ v0 = −2Lω sin θ

ω = − v0

2L sin θ



α =dω

dt=

dω

dθ

dθ

dt= − v0

2L

d

dθ

(1

sin θ

)

ω = − v0

2L

− cos θ

sin2 θ

−v0

2L sin θ

α = −( v0

2L

)2 cos θ

sin3 θ

Exercício(Beer 15.120)O disco mostrado possui uma velocidade angular constante de360 rpm no sen-tido horário. Determine a aceleração do cursorC quando (a)θ = 0 e (b)θ = 180.

A

B

C

L = 300 mm

r = 75 mm

θ

ωA

• θ = 0

O pontoB pertence ao discoAque roda com velocidade angu-lar constante,

vB = ωAAB

aB = ω2AAB

A C

BaB

ωA ωBC

aC

aC/B

vB

ωA = 360 rpm = 360× 2π

60≃ 37.70 rad/s

vB = 37.7× 0.075 ≃ 2.83 m/s

aB = 37.72 × 0.075 ≃ 106.60 m/s2

O centro instantâneo de rotação da barraBC é o pontoC. Então,

vB = ωBCBC ⇒ ωBC =vB

BC=

2.83

0.3≃ 9.43 rad/s

~aC = ~aB + ~aC/B ⇒ aC = aB − ω2BCBC

aC = 106.6− 9.432 × 0.3 ≃ 79.92 m/s2



• θ = 180

A

B

C

vB

aB

ωA ωBC

aC/B

aC

B ∈ discoA ⇒ vB ≃ 2.83 m/s e aB ≃ 106.60 m/s2

O centro instantâneo da barraBC é de novo o pontoC, resultando

ωBC ≃ 9.43 rad/s

~aC = ~aB + ~aC/B ⇒ aC = aB + ω2BCBC

aC = 106.6 + 9.432 × 0.3 ≃ 133.28 m/s2


Capítulo 5

Cinética dos Corpos Rígidos

A cinética dos corpos rígidos estuda as relações que existementre as forças queactuam num corpo, a sua forma e massa e o movimento resultante. No caso doscorpos rígidos, estuda-se o movimento do centro de massa, mas também o movi-mento em torno do centro de massa.

5.1 Equações de movimento

Considere-se um corpo rígido sujeito à acçãode várias forças externas. As equações de mo-vimento serão dadas por,

∑

n

~F = m~aG e∑

n

~MG = ~HG

ondem é a massa do corpo,~aG é a aceleraçãoabsoluta do centro de massaG e ~HG é o mo-mento angular do corpo rígido em torno do seucentro de massa.

O x

y

z

G

~F1 ~F2

~F3~Fn

Nota: O estudo que se segue será limitado apenas ao caso do movimento plano.

135

CAPÍTULO 5. CINÉTICA DOS CORPOS RÍGIDOS

Seja uma placa rígida num movimento plano. Admi-tindo que a placa é constituída por uma infinidade departículasPi de massa∆mi, o seu momento angularrelativamente ao centro de massa é dado por

~HG =∑

i

~ri ×∆mi~vi

onde:O

x0

y0

G x

Pi

ri

∆mivi

y

ω

~ri – vector de posição da partículaPi em relação ao referencialGxy;

∆mi~vi – quantidade de movimento da partículaPi em relação ao referencialGxy.

Se a velocidade angular da placa no instante considerado é~ω,

~vi = ~ω × ~ri

⇓~HG =

∑

i

~ri × (~ω × ~ri) ∆mi

No limite, para um número infinito de partículas,

~HG =

∫

Ω

[~r × (~ω × ~r)] dm =

∫

Ω

(~r · ~r) ~ω − (~r · ~ω)︸︷︷︸

0

~r

dm

~HG = ~ω

∫

Ω

r2 dm = ~ω IG

ondeIG é o momento de inércia do corpo relativamente a um eixo perpendicularao planoGxy e que passa porG (eixo baricêntrico).

Resulta que as equações de movimento do corpo rígido no caso plano são dadaspor

∑~F = m~aG e

∑~MG = IG ~α

GG

m~aG

IG ~α

~F1~F2

~Fn

~F3

Por exemplo, em coordenadas cartesia-nas resulta as seguintes equações escala-res: ∑

Fx = m (aG)x

∑

Fy = m (aG)y

∑

MG = IG θ



5.1.1 Translação

A resultante das forças externas aplicadas a um corpo rígidoem translação passapelo seu centro de massa,

GG

m~aG

~F1~F2

~Fn

~F3

Como~ω = 0 ⇒ ~α = 0

⇓∑

~F = m~aG

∑~MG = 0

5.1.2 Rotação em torno do centro de massa

Quando um corpo rígido roda em torno de um eixo passando pelo seu centro demassaG, diz-se que o corpo está em rotação baricêntrica. As forças externasaplicadas ao corpo são equivalentes a um binário.

GG

IG ~α

~F1

~F2

~F3

~Fn

Como~vG = 0 ⇒ ~aG = 0

⇓∑

~F = 0∑

~MG = IG ~α

5.1.3 Movimento plano geral

O movimento plano geral de um corpo rígido pode ser substituído pela soma deuma translação com o centro de massaG, e uma rotação baricêntrica.

O movimento do centro de massa é dado por

∑~F = m~aG

enquanto a rotação baricêntrica é definida por

∑~MG = IG ~α



Exercício(Beer 16.16)Uma placa circular uniforme com3 kg está ligada a duas barrasAC eBD como mesmo comprimento. Sabendo que a placa é libertada do repouso na posiçãomostrada, determine (a) a aceleração da placa e (b) a tensão em cada barra.

Como o centro instantâneo de rotação da placatende para infinito, resulta que o movimento daplaca será uma translação curvilínea, ou seja

θ = θ = 0∑

Fx = max . . . −mg cos α = max

∑Fy = may . . . FA + FB −mg sin α = 0

∑MG = IGθ . . . FB cos α R− FA sin α R = 0

A

B

C

D

G

m~g

α

x

y

~FB

~FA

α

α = 75

(a)ax = −g cos α = −9.81× cos 75 ≃ 2.54 m/s2

~a = −2.54~i m/s2

(b)

FA + FB = mg sin α

FA = FBcos α

sin α

⇒ FB

(

1 +cos α

sin α

)

= mg sin α

FB = mgsin2 α

sin α + cos αFA = mg

sin α cos α

sin α + cos α

Para os valores numéricos da-dos,

FA = 3×9.81sin 75 × cos 75

sin 75 + cos 75≃ 6.01N

FB = 3×9.81sin2 75

sin 75 + cos 75≃ 22.42N

C

D

α

B

A

FA = 6.01 N

FB = 22.42 N



5.1.4 Sistemas de corpos rígidos

No caso de sistemas de corpos rígidos, podem escrever-se equações de tipo∑

~F = m~aG

∑~MG = IG ~α

para cada parte do sistema. Estes equações resolvem-se em seguida simultanea-mente.

Em alguns casos, pode escrever-se estas equações para o sistema completo, masneste caso devem ser incluídas todas as forças externas, bemcomo os vectoresm~ae os bináriosI~α associados às várias partes do sistema.

∑~F =

∑

mi ~aGi

e ∑~MG =

∑

IGi~αi +

∑~GGi × (mi ~aGi

)

Exercício(Beer 16.110)A roda dentadaB tem uma massa de1.8 kg e um raio de giração baricêntrico de32 mm. A barra uniformeACD tem uma massa de2.5 kg e a roda exterior estáestacionária. Sabendo que um momento~M de 1.25 Nm é aplicado em sentidoanti-horário à barra quando o sistema está em repouso, determine (a) a acelera-ção angular da barra e (b) a aceleração do pontoD.

L = 60 mm

R = 40 mm

L = 60 mmB

D

C

A~M

G

a x

y

z

Iy =ma2

12



• Considerações cinemáticas

Considerando a movimento da barraAD, derotação em torno doC, e tomando em contaque parte do repouso, significa que a compo-nente normal da aceleração doD é nula (poisωAD = 0). Resulta que a aceleração total dopontoD é a sua aceleração tangencial, ou seja,

aD = αAD L (5.1)

~aD

~αB

C

A

D

E

~αAD

L

R

Considerando o movimento do discoB, sabe-se que o disco não escorregasobre a roda exterior, significando que a aceleração tangencial do ponto decontactoE é nula. Escrevendo,

~aD = ~aE + ~aD/B onde ~aD/B = ~αB × ~ED (ωB = 0)

e projectando segundo um eixo horizontal, resulta

aD = αB R ⇒ αB =aD

R

e tomando em conta (5.1),

αB = αADL

R(5.2)

• A rodaB

~F

~GB

~RB

ID ~αB

mB ~aD

D

E

∑

MD = ID αB ⇒ FR = ID αB

Mas o momento de inércia da rodaB em torno do pontoD é dado por

ID = mBk2 (5.3)

e considerando o resultado (5.2),

F = mBk2L

R2αAD (5.4)



• A rodaB e a barraAD

~F

~GB

~GAD

~RC

mB ~aD

IAD ~αAD

ID ~αB

C

A

E

~M

L

R

D

∑

MC =∑

I α +∑

~MG(mi ~aGi)

M − F (R + L) = IAD αAD + mB aD L− ID αB

O momento de inércia da barraAD em torno deC é dado por

IAD =mAD(2L)2

12=

mADL2

3

e tomando em conta (5.1), (5.2), (5.3) e (5.4), resulta

αAD =M

L2

[mAD

3+ mB

(

1 +k2

R2

)]


αAD =1.25

0.062

[2.5

3+ 1.8

(

1 +0.0322

0.042

)] ≃ 91.73 rad/s2

A aceleração do pontoD resulta logo,

aD = αAD L = 91.73× 0.06 ≃ 5.50 m/s2

ExercícioUm armário com31.7 kg é montado sobre rodas que permitem o seu movimentolivre sobre o pavimento. Se for aplicada uma carga de156 N como se mostra na



figura, determine (a) a aceleração do armário e (b) a gamma de valores deh paraos quais o armário não tomba.

0.457 m

0.711 m

F

h

G

(a) A aceleração do armário, sem derrubamento, deve ser horizontal,

∑

Fh = ma

F = ma ⇒ a =F

m=

156

31.7

a ≃ 4.92 m/s2

F

N1 N2

P

(b) Para que o armário não tomba, é preciso verificar a estabilidade em relaçãoao seu possível derrubamento para direita e para esquerda. Considerandoa tendência de derrubamento positiva, para o armário não tombar é precisoque a sua aceleração angular seja nula ou negativa.

– derrubamento iminente para direita

∑

Fv = 0 ⇒ N = P

∑

MG ≤ 0 ⇒

F

(

h− b

2

)

−Na

2≤ 0

h ≤ 1

2

(

b + aP

F

)

N

P

a

b

F

h

G



– derrubamento iminente para esquerda

∑

Fv = 0 ⇒ N = P

∑

MG ≤ 0 ⇒

F

(b

2− h

)

−Na

2≤ 0

h ≥ 1

2

(

b− aP

F

)

P

a

b

G

N

F

h

Juntando os dois resultados,

1

2

(

b− aP

F

)

≤ h ≤ 1

2

(

b + aP

F

)

ou, para os valores numéricos dados,

1

2

(

1.442− 0.45731.7× 9.81

156

)

≤ h ≤ 1

2

(

1.422 + 0.45731.7× 9.81

156

)

0.255 m ≤ h ≤ 1.167 m

5.2 Princípio do trabalho e da energia

O princípio do trabalho e da energia é particularmente adequado à resolução deproblemas que envolvem velocidades e deslocamentos, assimcomo no caso desistemas de corpos ligados por juntas articuladas, cabos inextensíveis e engrena-gens.

O princípio do trabalho e da energia é definido pela seguinte equação,

T1 + U1→2 = T2

onde, no caso de

- um corpo rígido

- T1 e T2 representam os valores inicial e final da energia cinética totaldas partículas que constituem o corpo;



- U1→2 representa o trabalho realizado por todas as forças externas queactuam no corpo rígido durante o deslocamento considerado.

- um sistema de corpos rígidos

- T1 e T2 representam os valores inicial e final da soma aritmética dasenergias cinéticas dos corpos rígidos que constituem o sistema;

- U1→2 representa o trabalho realizado por todas as forças externas queactuam no sistema de corpos rígidos durante o deslocamento conside-rado.

Nota: O trabalho das forças que actuam num corpo rígido, calcula-se pela expres-são

U1→2 =

∫ s2

s1

~F d~r +

∫ θ2

θ1

~M d~θ

Nota: A energia cinética total de um corpo rígido em movimento plano é dada por

T =1

2m v2

G +1

2IG ω2

ondevG é a velocidade do centro de massa eIG é o momento de inércia do corpoem relação ao eixo que passa porG.

Se o corpo rígido está numa rotação não-baricêntrico em torno de0, a energiacinética total é dada por

T =1

2IO ω2

ondeIO representa o momento de inércia do corpo em torno do eixo fixo quepassa porO.


Uma corda está enrolada à volta de um cilindro de raioR,raio de giraçãok e massam, assim como se mostra na fi-gura. Sabendo que o cilindro é libertado do repouso, deter-mine a velocidade do seu centro após se ter deslocado parabaixo uma distâncias.

R



v

ω

s

(2)

(1)

C G

Na posição(1) o cilindro está em repouso, por-tanto a sua energia cinética é nula.

Na posição(2) o centro do cilindro terá uma ve-locidadev enquanto a velocidade angular do ci-lindro seráω. Tomando em conta que o cilin-dro não escorrega em relação à corda, o pontoC será o centro instantâneo de rotação do disco,resultando

v = ω R ⇒ ω =v

R

A correspondente energia cinética fica,

T2 =1

2mv2 +

1

2IGω2 =

1

2

(

mv2 + mk2 v2

R2

)

=mv2

2

(

1 +k2

R2

)

Escrevendo o princípio do trabalho e da energia,

T2 = U1→2 + T1 ⇒ mgs =mv2

2

(

1 +k2

R2

)

v =

√√√√

2gs

1 +k2

R2

5.2.1 Conservação da energia

Quando um corpo rígido, ou um sistema de corpos rígidos, se desloca sob a ac-ção de forças conservativas, a soma da energia cinética e da energia potencial dosistema permanece constante,

T1 + V1 = T2 + V2

Nota: No caso do movimento plano, a energia cinética do corpo inclui a parcelada translação,mv2/2, e a parcela da rotação,Iω2/2.

Exercício(Beer 17.22)Uma barraAB com 6 kg está ligada por rebites a um disco uniforme semi-

circular com1.8 kg, que pode rodar em torno do apoioC. Uma mola de cons-tantek = 160 N/m está ligada ao disco e não está deformada quando a barra



AB se encontra na posição horizontal. Sabendo que o conjunto é libertado do re-pouso na posição mostrada, determine a sua velocidade angular após ter rodadode90.

L = 750 mm

B

C

A

R = 150 mm

A velocidade angular do disco será determinada aplicando a conservação da ener-gia entre a posição inicial - sistema em repouso e a posição final - rodada de90.

A BC

G

B

G1

4R

3π

V = 0

L/2−R

G C

As

(2)(1)

V1 = −mdiscog4R

3π= −1.8× 9.81× 4× 0.15

3× π≃ −1.1241 J

T1 = 0

V2 = −mABg (L/2−R) +1

2ks2 = −mABg (L/2−R) +

1

2k

(πR

2

)2

V2 = −6× 9.81× (0.75/2− 0.15) +160

2× π2 × 0.152

22≃ −8.8022 J

Tomando em conta que o sistema está numa rotação não-baricêntrica em torno doC, a energia cinética na posição(2) é dada por,

T2 =1

2IC ω2



ondeIC é o momento de inércia do sistema em torno doC.

IC = IC,disco+ IC,AB

IC,disco =1

2mdiscoR

2 =1

2× 1.8× 0.152 = 0.02025 kgm2

IC,AB = IAB + mABCG21 =

1

12mABL2 + mAB(L/2−R)2

IC,AB = mAB

[L2

12+ (L/2−R)2

]

IC,AB = 6×[0.752

12+ (0.75/2− 0.15)2

]

= 0.585 kgm2

IC = 0.02025 + 0.585 = 0.60525 kgm2

e escrevendo a conservação da energia entre as duas posições,

V1 + T1 = V2 + T2 ⇒ −1.1241 = −8.8022 +1

20.60525 ω2

ω ≃ 5.04 rad/s

5.2.2 Princípio do impulso e da quantidade de movimento

No caso de um corpo rígido em movimento plano, o sistema de impulsos das for-ças externas é igual a taxa de variação dos sistemas das quantidades de movimentono intervalo considerado,

Sist.Quant.Movimento1+Sist.Impulso Forças Ext.1→2 = Sist.Quant.Movimento2

m~v2

IG ω2

m~v1

IG ω1

∫~F dt

Nota: No caso do movimento plano, o sistema das quantidades de movimentoinclui a parcela de translação - o vector quantidade de movimentom~v e a parcelade rotação - o momento angularIω.




A polia dupla que se mostra na figura possuiuma massa de3 kg e um raio de giração de100 mm. Sabendo que, quando a polia está emrepouso, a força~F de intensidade24 N é apli-cada à cordaB, determine (a) a velocidade docentro da polia após1.5 s e (b) a tensão nacordaC.

r = 80 mmR = 150 mm

rR

~F

B

C

A

Aplica-se o princípio do impulso e da quantidade de movimento entre a posiçãoinicial - polia em repouso e a posição final - depois de1.5 s.

rR

AD

AD D

A

~Ft ~T t m~v

m~gt

I~ω

Sist. quant. mov. 1 Sist. impulsos ext. Sist. quant. mov. 2

O pontoD é o centro instantâneo de rotação da polia, portanto

v = ω R ⇒ ω =v

R

Escrevendo somatório de momento em torno deD, resulta

0 + Ft (R + r)−mgt R = I ω + mv R

t [F (R + r)−mg R] = v

(I

R+ mR

)

e tomando em conta queI = m k2

v =F (R + r)−mgR

m

(

R +k2

R

) t


v =24× (0.15 + 0.08)− 3× 9.81× 0.15

3×(

0.15 +0.12

0.15

) × 1.5 ≃ 2.55 m/s



Para obter a tensão na corda, escreve-se somatório das forças verticais,

0 + Ft + Tt−mgt = mv

T =mv + mgt− Ft

t= m

v

t+ mg − F

ou seja,

T = 3× 2.55

1.5+ 3× 9.81− 24 = 10.53 N

Exercício(Beer 16.129)A barra uniformeAB com3 kg está ligada à manivelaBD e ao cursor de massadesprezável, que pode deslizar livremente ao longo da barraEF . Sabendo quena posição mostrada a manivelaBD gira com velocidade angular de15 rad/se uma aceleração angular de60 rad/s2, ambas no sentido horário, determine areacção emA.

A

B

D

E

F

500 mm

80 mm

α = 30

ωBD

ωBD


– velocidades

vB = ωBD DB = ωAB IB

IB =AB

tan α

⇓

ωAB = ωBDBD tan α

AB

ωAB = 15×0.08× tan 30

0.5≃ 1.3856 rad/s

I

A B

D

ωAB

ωBD

α vB



– acelerações

O movimento plano da barraAB será decomposto numa translaçãocomB e uma rotação em torno doB.

BA

D

(aB)t

(aB)n

ωBD

ωBD

ωABωAB(aA/B)n

(aA/B)t

aA α

x

y

~aA = ~aB + ~aA/B

Ox . . . −aA cos α = −(aB)t + (aA/B)n

Oy . . . aA sin α = (aB)n + (aA/B)t

−aA cos α = −ωBDBD + ω2

ABABaA sin α = ω2

BDBD + ωABAB⇒

aA = 4.434 m/s2 ωAB = −31.566 rad/s2

• Equações de movimento

α

mg

NVB

HB

may

max

IGωAB

A B

G

∑

Fy = may ⇒ may = N cos α−mg + VB

∑

MG = IGωAB ⇒ IGωAB = (VB −N cos α)AB

2

Com a notaçãoAB ≡ L e sabendo queIG = mL2/12, resulta

mL2

12ωAB = (may −N cos α + mg −N cos α)

L

2

mL ωAB

6= may + mg − 2N ⇒ N = m

ay + g − ωABL/6

2 cos α



Para obter a componenteay, considere-se o movimento plano da barraABdecomposto numa translação comA e uma rotação em torno deA,

~aG = ~aA + ~aG/A ⇒ ay = aA sin α + ωABL/2

ay = 4.434× sin 30 + 31.566× 0.25 ≃ 10.1085 m/s2

A recção emA fica então,

N = 3× 10.1085 + 9.81− 31.566× 0.5/6

2× cos 30≃ 29.94 N


Cada uma das barrasAB e BC possui um compri-mentoL = 500 mm e uma massam = 3 kg. A forçahorizontal F de 20 N é aplicada à barraBC empontoC. Determine a aceleração angular de cadabarra. F

L

L

B

C

A


L

L

ωAB

ωBC

aAB

aB

aBC

A

B

C

aAB = ωABL/2

aB = ωABL

aBC = aB + aBC/B = ωABL + ωBCL/2

• Equações de movimento

– barraBC

B

C

G2

mg

VB

HB

F

x

y

∑

Fx = maBC ⇒maBC = F −HB

e substituindo a expressão para a acele-raçãoaBC ,

HB = F −mL

(

ωAB +ωBC

2

)



∑

MG2= IG2

ωBC ⇒ IG2ωBC = (F + HB)

L

2

Subtituindo a expressão doHB e tomando em conta queIG2

= mL2/12,

1

12mL2ωBC =

[

2F −mL

(

ωAB +ωBC

2

)]L

2

ωAB +2

3ωBC =

2F

mL(5.5)

– barraAB

G1

mg x

y

VB

HB

B

VA

HA

∑

Fx = maAB ⇒

maAB = HB −HA

e substituindo as expressões deaAB eHB,

HA = HB −mωABL

2

HA = F−mL

(3

2ωAB +

ωBC

2

)

∑

MG1= IG1

ωAB ⇒ IG1ωAB = (HB + HA)

L

2

Subtituindo a expressão doHB e HA e tomando em conta queIG1

= mL2/12,

1

12mL2ωAB =

[

2F −mL

(5

2ωAB + ωBC

)]L

2

8

3ωAB + ωBC =

2F

mL(5.6)

De (5.5) e (5.6) resulta,

ωAB +2

3ωBC =

2F

mL

8

3ωAB + ωBC =

2F

mL

∣∣∣∣×(

−2

3

)

ωAB

(

1− 16

9

)

=1

3

2F

mL⇒ ωAB = − 6F

7mL



ωBC =2F

mL− 8

3ωAB =

30F

7mL


ωAB = − 6× 20

7× 3× 0.5≃ −11.428 rad/s2

ωBC =30× 20

7× 3× 0.5≃ 57.1428 rad/s2

F

A

B

C



O suporte mostrado utiliza-se para transportar latascilíndricas de um nível a outro. Sabendo que o co-eficiente de atrito estático entre a lata e o suporte é0.25, determine (a) a intensidade da aceleração as-cendente~a para a qual a lata deslizará no suporte e(b) o menor valor deh/d para o qual a lata tombaráantes de escorregar.

30

~a

d

h

(a)∑

~F = m~a

ma sin 30 = N − Pma cos 30 = Fa

Fa ≤ µeN⇒

30

m~a

~P

~N

~Fa

N = m (g + a sin 30)

N ≥ Fa

µe=

ma cos 30

µe

⇒ ma cos 30

µe≤ m (g + a sin 30)

a ≤ gµe

cos 30 − µe sin 30

ou, para os valores numéricos dados,

a ≤ g0.25√

3/2− 0.25× 0.5⇒ a ≤ 0.337 g



(b)

Para a lata não derrubar, considerando o sentidode derrubamento positivo, é preciso que a acele-ração angular seja negativa ou, no limite, nula,

∑

MG ≤ 0

~P~Fa

~N

d

h/2

G

Fah

2−N

d

2≤ 0 ⇒ Fa

N≤ d

h

mas, comoFa ≤ µeN resulta,

d

h≥ µe ⇒ h

d≤ 4


Uma placa fina circular de raior e massam está sus-pensa a partir de duas molas como é mostrado. Se amolaB se partir, determine a aceleração neste instante(a) do pontoA e (b) do pontoB.

GA B

• Antes de a molaB partir calcula-se as forças elásticas emA eB através dasequações de equilíbrio estático.

∑

Fx = 0 ⇒ TA + TB −mg = 0

∑

MG = 0 ⇒ (TB − TA) r = 0

A BG

mg

TBTA

x

y

TA = TB =mg

2

• No instante em que a molaB se partir, a força elástica emA tem o mesmovalor como no caso de equilíbrio estático. A aceleração angular calcula-sedas equações de movimento.



∑

Fx = max ⇒ max = 0

∑

Fy = may ⇒ may = TA −mg

∑

MG = IGω ⇒ IGω = −TAr

A BG

mg

TA

ax = 0 ay =TA

m− g = −g

2ω = −TAr

IG

E sabendo que o momento de inércia baricêntrico do disco éIG = mr2/2,

a = ay = −g

2ω = −mg/2 r

mr2/2= −g

r

• Por fim, considere-se a cinemática do problema.

aG =g

2ω =

g

rω = 0

~aA = ~aG + ~aA/G

~aB = ~aG + ~aB/G

A B

~aA

~aG

~aB

G

ω

aA = aG − ωr =g

2− g

rr = −g

2aA =

g

2↑

aB = aG + ωr =g

2+

g

rr =

3g

2aB =

3g

2↓

Exercício(Beer 16.39)O discoA tem uma massa de6 kg e uma velocidade angular inicial de360 rpmno sentido horário. O discoB tem uma massa de3 kg e está inicialmente emrepouso. Os discos são colocados em contacto entre si, pela aplicação de umaforça horizontal de20 N sobre o eixo do discoA. Sabendo queµc = 0.15 entreos discos e desprezando o atrito nos apoios, determine (a) a aceleração angularde cada disco e (b) a velocidade angular final de cada disco.

ωA

A BrB = 60 mm

rA = 80 mm



(a) – discoA (IA = mAr2A/2)

∑

Fh = 0 ⇒ P = NC

F = µcNC∑

MA = IAαA ⇒ FrA = IAαA

αA =FrA

IA=

2µcP

mArA

A C

P

NAGAF

NC

ωAαA

αA =2× 0.15× 20

6× 0.08= 12.5 rad/s2

– discoB (IB = mBr2B/2)

∑

MB = IBαB ⇒ FrB = IBαB

αB =FrB

IB

=2µcP

mBrB

BC

F

NC

GB

RB

αB

αB =2× 0.15× 20

3× 0.06≃ 33.3 rad/s2

(b) A velocidade final será alcançada qunado a força de atritoserá nula, ou sejaquando não haverá tendência de escorregamento entre os doisdiscos. Istoacontece quando no ponto de contacto, os discos terão a mesmavelocidade,

vC = ωArA = ωBrB

[(ωA)0 − αAt] rA = αBtrB

t =(ωA)0 rA

αArA + αBrB

(ωA)0 = 360 rpm =360× 2× π

60= 12π rad/s

t =12× π × 0.08

12.5× 0.08 + 33.3× 0.06≃ 1.006 s

A velocidade angular final dos discos será então,

ωA = (ωA)0 − αAt = 12× π − 12.5× 1.006 ≃ 25.12 rad/s≃ 240 rpm y

ωB = αBt = 33.3× 1.006 ≃ 33.53 rad/s≃ 320 rpm x

A B




Um tambor com60 mm de raio está ligado a um discode120 mm de raio. O disco e o tambor têm uma massatotal de6 kg e um raio de giração combinado de90 mm.Liga-se uma corda como se mostra na figura e puxa-se com a força de20 N. Sabendo que o disco rola semescorregar, determine (a) a aceleração angular do discoe a aceleração deG e (b) o mínimo valor do coeficientede atrito estático compatível com o movimento.

G

r

R

F

G

F

G

C

mg

FaN

maIGα


Como o tambor essenta num plano horizontal, a aceleração do seu centrode massa deve ser horizontal. O seu movimento plano pode ser decompostonuma translação comG e uma rotação baricêntrica.

~aC = ~aG + ~aC/G

Mas, como não há escorregamento, a componente tangencial daaceleraçãodo pontoC é nula.

0 = −a + αR ⇒ a = αR

(a)∑

MG = IGα ⇒ Fr − FaR = IGα∑

Fh = ma ⇒ Fa = ma = mαR

Fr −mαR2 = mk2α ⇒ α =Fr

m(k2 + R2)

α =20× 0.06

6× (0.092 + 0.122)≃ 8.89 rad/s2 x



a = αR = 8.89× 0.12 ≃ 1.067 m/s2 ←

(b)∑

Fv = 0 ⇒ N + F −mg = 0 ⇒ N = mg − F

∑

Fh = ma ⇒ ma = Fa

Mas, comoFa ≤ µeN resulta

ma ≤ µe(mg − F ) ⇒ µe ≥ma

mg − F


µe ≥6× 1.067

6× 9.81− 20≃ 0.165 ⇒ µe ≥ 0.165


O extremoA da barra uniformeAB com massa de8 kgestá ligado a um cursor que pode deslizar sem atritonuma barra vertical. O extremoB da barra está ligadoa um cabo verticalBC. Se a barra for libertada do re-pouso na posição mostrada, determine (a) a aceleraçãoangular da barra e (b) a reacção em A.

α = 30

L = 750 mmA

B

C

• Coniderações cinemáticas

Como a bara é libertada do repouso, no instante considerado,a sua veloci-dade angular é nula.

~aB = ~aA + ~aB/A

Ox : aB = aB/A sin α

Oy : 0 = −aA + aB/A cos α

A

α

B

αAB

aA

aB

aB/A

aB/A = αABL aA = αABL cos α aB = αABL sin α

~aG = ~aA + ~aG/A



(aG)x = aG/A sin α = αABL

2sin α

(aG)y = −aA+aG/a cos α = −αABL cos α+αABL

2cos α = −αAB

L

2cos α

(a)

A

B

GA

G

Bmg

NT

m(aG)x

m(aG)y

IGαAB

∑

Fx = m(aG)x ⇒ m(aG)x = N

∑

Fy = m(aG)y ⇒ m(aG)y = T −mg

∑

MG = IGαAB ⇒ IGαAB = −N sin αL

2+ T cos α

L

2

Tomando em conta queIG = mL2/12, resulta

mL2

12αAB = −m(aG)x sin α

L

2+ [m(aG)y + mg] cosα

L

2

L

6αAB = −αAB

L

2sin2 α− αAB

L

2cos2 α + g cos α

αAB =3g

2Lcos α ⇒ αAB =

3× 9.81

2× 0.75× cos 30 ≃ 16.99 rad/s2

(b)

N = m(aG)x = mαABL

2sin α =

3

4mg sin α cos α

N =3

4× 8× 9.91× sin 30 × cos 30 ≃ 25.49 N

Exercício(Beer 17.32)A barraBC com5 kg está ligada através de pinos a dois discos uniformes comose mostra na figura. A massa do disco com o raio de150 mm é de6 kg e a do discocom75 mm é de1.5 kg. Sabendo que o sistema é libertado do repouso na posiçãomostrada, determine a velocidade da barra depois de o discoA ter rodado de90

no sentido horário. Considere∆r = 75 mm.



rA

rB

∆r

BA

C

Considerem-se as duas posições,(1) - a posição inicial em que o sistema está emrepouso e(2) - a posição rodada de90.

A B

CG

rR

r

mBCg

ωA

ωC

I1 I2

mBCg

vA

vBvBC

vC

(2)(1)

Na segunda posição, o centro instantâneo do discoA éI1, o centro instantâneo dodiscoC é I2, enquanto o centro instantâneo da barraBC → ∞, ou seja, a barraBC tem um movimento de translação curvilínea eωBC = 0.

vB = vBC = vC

vA = ωA IA = ωA R = 2 ωA r vB = ωA IB = ωA (R− r) = ωA r

⇓vA = 2 vB

vC = ωC r ⇒ ωA = ωC ≡ ω

A velocidade angularω vai ser obtida escrevendo a conservação da energia mecâ-nica entre as duas posições.

V1 = mBCg(R + r)/2 = 5× 9.81× (0.15 + 0.075)/2 = 5.518125 J

T1 = 0

V2 = mBCgr = 5× 9.81× 0.075 = 3.67875 J

T2 =1

2mAv2

A +1

2IAω2

A +1

2mBCv2

BC +1

2mCv2

C +1

2ICω2

C



mas

IA =1

2mAR2 = 2mAr2 e IC =

1

2mcr

2

e tomando em conta as expressões paravA, vBC evC ,

T2 = ω2r2

(

3mA +mBC

2+

3mc

4

)

T2 = 0.0752 ×(

3× 6 +5

2+

3× 1.5

4

)

ω2 ≃ 0.121641 ω2

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 5.518125 = 0.121641 ω2 + 3.67875

ω ≃ 3.89 rad/s

VBC = ω r = 3.89× 0.075 ≃ 0.29 m/s


O cursorC possui uma massa de8 kg e podedeslizar livremente ao longo da barraAB, quepor sua vez pode rodar livremente num planohorizontal. O conjunto roda com uma veloci-dade angularω de1.5 rad/s quando se liberta amola situada entreA e C, projectando o cursorao longo da barra com uma velocidade inicialrelativavr = 1.5 m/s.

ω

vr

A

BC

600 mm

Sabendo que o momento de inércia em torno deB do conjunto formado pelabarra e pela mola é de1.2 kgm2, determine (a) a distância mínima entre o cursore o pontoB no movimento subsequente e (b) a correspondente velocidadeangulardo conjunto.

Tomando em conta que, depois de o cursor iniciar o movimento ao longo da barra,não há forças externas no plano horizontal, a quantidade de movimento do sistemamantém-se constante (veja o princípio do impulso e da quantidade de movimento).

r1r2

ω1 ω2

(vr)1

(vθ)1(vθ)2

(vr)2

A BC

A

BC

(2)(1)



Considera-se a posição inicial do cursor(1), definida pela coordenadar1 e umaposição ulterior(2), definida pela coordenadar2. A conservação da quantidadede movimento do sistema implica (somatório de momentos emB),

IB ω1 + mC (vθ)1 r1 = IB ω2 + mC (vθ)2 r2

ondeIB é o momento de inércia em torno doG do conjunto barra - mola.Como,

vθ = ω r

resulta,(IB + mC r2

1) ω1 = (IB + mC r22) ω2


(1.2 + 8× 0.62)× 1.5 = (1.2 + 8× r22)× ω2 ⇒

ω2 =6.12

1.2 + 8 r22

(5.7)

Como todas as forças aplicadas são conservativas, escreve-se, entre as mesmas po-sições, a conservação da energia mecânica. Como a energia potencial do sistemaé constante, a energia cinética deve manter-se constante também.

T1 =1

2IB ω2

1 +1

2mC (vθ)

21 +

1

2mC (vr)

21 =

1

2ω2

1(IB + mC r21) +

1

2mC (vr)

21

T2 =1

2IB ω2

2 +1

2mC (vθ)

22 +

1

2mC (vr)

22 =

1

2ω2

2(IB + mC r22) +

1

2mC (vr)

22

T1 = T2 ⇒ω2

1(IB + mC r21) + mC (vr)

21 = ω2

2(IB + mC r22) + mC (vr)

22


1.52 × (1.2 + 8× 0.62) + 8× 1.52 = ω22 × (1.2 + 8× r2

2) + 8× (vr)22

27.18 = (1.2 + 8× r22) ω2

2 + 8 (vr)22 (5.8)

Substituindo (5.7) no (5.8) resulta,

27.18 = (1.2 + 8× r22)×

6.122

(1.2 + 8 r22)

2+ 8 (vr)

22 ⇒

27.18 =6.122

1.2 + 8 r22

+ 8 (vr)22



(a) A distância mínima é alcançada quando a velocidade radial é nula,

(vr)2 = 0 ⇒ 27.18 =6.122

1.2 + 8 r22

⇒ r2 ≃ 0.15 m

(b) A correspondente velocidade angular,

ω2 =6.12

1.2 + 8 r22

≃ 4.44 rad/s


Uma bala com45 g é disparada com a velo-cidade horizontal de400 m/s contra uma placaquadrada com9 kg e ladob = 200 mm. Sabendoqueh = 200 mm e que a placa está inicialmenteem repouso, determine (a) a velocidade do cen-tro da placa imediatamente depois de a bala ficarembutida na placa e (b) a reacção impulsiva emA, admitindo que a bala demora2 ms a inserir-secompletamente na placa.

b

bh

A

G

Aplicando o princípio do impulso e da quantidade de movimento, tem-se

A A

VA∆t

mv

IGωmBvB

HA∆t

A

mBv′B

G GG

(a)

∑

MA . . . mBvBh = IGω + mvb

2+ mBv′

B

√(

b

2

)2

+ h2

Mas

v = ωb/2 v′B = ω

√(

b

2

)2

+ h2 IG =m

12(b2 + b2) =

mb2

6



mBvBh =mb2

6ω + mω

(b

2

)2

+ mBω

[(b

2

)2

+ h2

]

Tomando em conta queb = h, resulta

ω =mBvB

mb

(5

12+

5mB

4m

) =0.045× 400

9× 0.2×(

5

12+

5× 0.045

4× 9

) ≃ 23.65 rad/s

(b)∑

Fx . . . mBvB −HA∆t = mv + mBv′B cos α

HA =mBvB −mv −mBv′

B cos α

∆t

v′B = ωb

√5/2 cos α = 2/

√5

HA =mBvB −mωb/2−mBωb

∆t

HA =0.045× 400− 9× 23.65× 0.2/2− 0.045× 23.65× 0.2

0.002

HA ≃ −1749 N

∑

Fy . . . VA∆t−mBv′B sin α = 0 ⇒ VA =

mBv′B sin α

∆t

VA =0.045× 23.65× 0.2/2

0.002≃ 53 N

A reacção impulsiva emA fica então,

RA ≃ 1.8 kN→

Exercício(Beer 17.111)Um caixote uniformemente carregado é libertado do repouso na posição mos-

trada. Admitindo que o pavimento é suficientemente rugoso para evitar o es-corregamento e que o choque emB é perfeitamente plástico, determine o menorvalor da relaçãoa/b para o qual o cantoA permanecerá em contacto com opavimento.



θ

A

B

a

b

Nota: quando o levantamento do pontoA é iminente, tanto a velocidade como areacção do solo neste mesmo ponto devem ser nulas.

Aplicando o princípio do impulso e da quantidade de movimento,

G G m v2 = 0IG ω2 = 0

A B A A B

B

m v1

V ∆t

H ∆t

IG ω1

Sist. quant. mov. antes do choque Sist. impulsos ext. Sist. quant. mov. depois do choque

α

∑

MB = 0 ⇒ −IGω1 + mv1 cos αa

2−mv1 sin α

b

2+ 0 = 0


sin α =b√

a2 + b2cos α =

a√a2 + b2

v1 = ω11

2

√a2 + b2 IG =

1

12m(a2 + b2)

resulta,

− 1

12m(a2+b2)ω1+mω1

1

2

√a2 + b2

a√a2 + b2

a

2−mω1

1

2

√a2 + b2

b√a2 + b2

b

2= 0

− 1

12(a2 + b2) +

a2

4− b2

4= 0 ⇒ a2

b2= 2 ⇒ a

b=√

2




Uma barra uniformeAB de comprimentoL cai livremente com uma velocidade~v0

quando uma cordaAC se torna repentina-mente esticada.

12

G

BAv0

C

Admitindo que o choque é perfeitamente plástico, determinea velocidade angularda barra e a velocidade do seu centro de massa imediatamente após a corda ficaresticada.


~vA = ~vG + ~vA/G

vA sin θ = vx

vA cos θ = vy − ωL/2

G

Bvy

Cθ

A

vxω

vA

vA/G

tan θ =vx

vy − ωL/2(5.9)

• Princípio do impulso e da quantidade de movimento

N

N ′

mv0

T∆t IGωmvx

mvy

A BG BGA G B A

∑

MA . . . mv0L/2 = IGω + mvyL/2

mv0L/2 = mL2ω/12 + mvyL/2

v0 = ωL/6 + vy (5.10)

∑

FNN ′ . . . mv0 cos θ = mvy cos θ + mvx sin θ

v0 = vx tan θ + vy (5.11)

De (5.9), (5.10) e (5.11),

1 − tan θ (L/2) tan θ0 1 L/6

tan θ 1 0

vx

vy

ω

=

0v0

v0

⇒



vx =tan θ

1 + 4 tan2 θv0 =

0.5

1 + 4× 0.52v0 =

1

4v0

vy =1 + 3 tan2 θ

1 + 4 tan2 θv0 =

1 + 3× 0.52

1 + 4× 0.52v0 =

7

8v0

ω =6 tan2 θ

1 + 4 tan2 θv0/L =

6× 0.52

1 + 4× 0.52v0/L =

3

4v0/L


O componente estruturalABC tem uma massade 2.4 kg e está articulado no suporteB. UmaesferaD com800 g colide com a extremidadeCdo referido componente com uma velocidadev1

de 3 m/s. Sabendo queL = 750 mm e que ocoeficiente de restituição entre a esfera e o com-ponenteABC é 0.5, determine, imediatamenteapós o choque,

LCBA

D

v1

L

(a) a velocidade angular do componenteABC e (b) a velocidade da esfera.

Aplicando o princípio do impulso e da quantidade de movimento,

B B B

mv2mv1

R∆tIBω2

∑

MB = 0 ⇒ mv1L = IBω2 + mv2L (5.12)

Considerando o choque,

B B

ω2

v1

v2

vC

vC − v2 = e(v1 − 0) comv2 = ω2L

v2 = ω2L− v1e (5.13)



De (5.12) e (5.13) e tomando em conta que

IB =1

12M(2L)2 =

1

3ML2

resulta

mv1L =1

3ML2ω2 + m(ω2L− v1e)L

mv1

L(1 + e) =

(M

3+ m

)

ω2 ⇒ ω2 =mv1(1 + e)

L(m + M/3)


ω2 =0.8× 3× (1 + 0.5)

0.75× (0.8 + 2.4/3)= 3 rad/s

v2 = ω2L− v1e = 3× 0.75− 3× 0.5 = 0.75 m/s

ExercícioUma metade de cilindro de massam está em repouso sobre uma superfície ho-

rizontal quando uma forçaF é aplicada como se mostra na figura. Admitindoque o sistema rola sem escorregar, determine (a) a sua aceleração angular e (b)o valor mínimo do coeficiente de atrito estático compatível com o movimento.

O

G

F

r

4r

3π

(a) Observa-se que a aceleração do centro de massaG deve ser horizontal (con-siderando o movimento de rotação em torno do C.I.R., a velocidade angularno momento inicial é nula, o que implica a componente normal da acelera-ção nula).

O

G

F

x

y

I

IGθ

ma

Fa

P

N

G

O



∑

Fx = ma ⇒ Fa = ma

∑

Fy = 0 ⇒ N − P − F = 0

∑

MG = IGθ ⇒ Fr − Fa

(

1− 4

3π

)

r = IGθ

Sabendo que

a = IGθ =

(

1− 4

3π

)

rθ não há escorregamento

resulta,

Fr −m

(

1− 4

3π

)

rθ

(

1− 4

3π

)

= IGθ

θ =Fr

mr2

(

1− 4

3π

)2

+ IG

O momento de inércia em torno doG, calcula-se de seguinte modo:

IO =1

2mr2 IO = IG + m

(4r

3π

)2

IG = IO −m

(4r

3π

)2

=1

2mr2 −m

(4r

3π

)2

= mr2

(1

2− 16

9π2

)

θ =Fr

mr2

(

1− 4

3π

)2

+ mr2

(1

2− 16

9π2

) =Fr

mr2

(3

2− 8

3π

)

θ =F

mr

(3

2− 8

3π

) ≃ 1.536F

mry

(b) A força de atrito necessária para o movimento considerado é,

Fa = ma = m

(

1− 4

3π

)

rθ ≃ 0.884F



A força de atrito máxima desenvolvida pela superfície é dadapor,

Fa,máx = µeN = µe(F + mg)

Fa ≤ Fa,máx ⇒ µe(F + mg) ≥ 0.884F

µe ≥0.884 F

F + mg

Exercício

A

B

G

v1

b

b

Um bloco cúbico de massam está em queda com umavelocidadev1 quando colide com um pequeno ressalto emB. Admitindo que o choque entre o cantoA e o ressaltoé perfeitamente plástico, determine, imediatamente apóso choque (a) a velocidade angular do bloco; (b) a velo-cidade do centro de massaG; (c) resolve as alíneas (a) e(b) admitindo que o choque é perfeitamente elástico.(IG = mb2/6)

Na resolução será utilizado o princípio do impulso e da quantidade de movimento.

• Choque perfeitamente plástico

A mv1 A

R∆tA ≡ C.I.R.

IGω2

mv2

∑

MA = 0 ⇒ mv1b

2+ 0 = IGω2 + mv2AG

Mas como,

IG =mb2

6AG =

b√2

v2 = ω2AG =ω2b√

2

resulta

mv1b

2=

mb2ω2

6+

mb√2

ω2b√2

=2

3mb2ω2 ⇒ ω2 =

3v1

4by



v2 = ω2AG =3v1

4b

b√2⇒ v2 =

3√

2

8v1 ց

• Choque perfeitamente elástico

A mv1 A

R∆tA

mv2

A

vA2 vG/A

v2

G

IGω2vA2

~vA2 = −~v1

~vG = ~v2 = ~vA2 + ~vG/A ~vG/A = ~ω2 × ~AG

∑

MA = 0 ⇒ mv1b

2+ 0 = IGω2 + mvG/AAG−mv1

b

2

mv1b

2=

mb2ω2

6+ mω2AG2 − mv1b

2

ω2 =3v1

2by

vG/A = ω2AG =3v1

2b

b√2

=3√

2

4v1

(vG/A)x =3√

2

4v1

√2

2=

3

4v1

(vG/A)y = −3√

2

4v1

√2

2= −3

4v1

(vG)x =3v1

4(vG)y = v1 −

3v1

4=

v1

4

vG = v1

√(

1

4

)2

+

(3

4

)2

≃ 0.791 v1 ր

tanα =(vG)y

(vG)x⇒ α ≃ 18.44


Capítulo 6

Vibrações mecânicas

Uma vibração mecânica é o movimento de uma partícula ou de um corpo queoscila em torno de uma posição de equilíbrio.

O estudo que se segue será limitado a sistemas com apenas um grau de liberdade.

Uma vibração mecânica surge geralmente quando um sistema é deslocado da suaposição de equilíbrio estável. Em geral, quando o sistema tende voltar sob a ac-ção de forças de restituição, ultrapassa esta posição. A repetição deste processoé chamado movimento oscilatório. O intervalo de tempo necessário para o sis-tema completar um ciclo de movimento chama-se período de vibração. O númerode ciclos por unidade de tempo define a frequência, e o deslocamento máximodo sistema medido a partir da sua posição de equilíbrio chama-se amplitude devibração.

Vibrações:

– livres: movimento mantido apenas por forças de restituição;

– forçadas: quando uma força periódica é aplicada ao sistema;

– não amortecidas: quando se pode desprezar o atrito - o movimentocontinua indefinidamente;

– amortecidas: a amplitude decresce lentamente até que, passado umcerto tempo, o movimento cessa.

173

CAPÍTULO 6. VIBRAÇÕES MECÂNICAS

6.1 Vibrações não amortecidas

6.1.1 Vibrações livres. Movimento harmónico simples

Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk.

molaindeformada

equilíbrioestático

δest

Fe

P

(a) (b) (c)

P

Fe

x

Quando a partícula se encontra na posição de equilíbrio estático (b),

∑

Fx = 0 ⇒ P − Fe = 0

Mas, nesta posição, a força elástica éFe = kδest, ondeδest representa a deforma-ção estática da mola, resultando

P = kδest

Numa posição arbitrária (c),

∑

Fx = max ⇒ P − Fe = mx

mx = P − k (δest + x) = P − kδest︸︷︷︸

0

−kx

mx + kx = 0

ou, dividindo pela massa,

x + ω2x = 0 comω2 ≡ k

m(6.1)

O movimento definido pela equação (6.1) e um movimento harmónico simples. Asolução desta equação diferencial homogénea é de tipoeλt,

x = eλt x = λeλt x = λ2eλt


6.1. VIBRAÇÕES NÃO AMORTECIDAS

(λ2 + ω2

)eλt = 0 ∀t ⇒ λ2 + ω2 = 0 . . . eq. característica

Como solução da equação característica é

λ1,2 = ± iω

a solução da equação diferencial é uma combinação linear de funções de tipoeλt,

x(t) = C1eλ1t + C2e

λ2t = C1e−iωt + C2e

iωt

ondeC1 e C2 são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição dascondições iniciais do movimento (deslocamento e velocidade inicial).

Usando a bem conhecida fórmula de Euler, que liga o número irracionale dasfunções trigonométricas,

e±ix = cos x± i sin x

a solução da equação diferencial pode ser escrita,

x(t) = C1 (cos ωt− i sin ωt) + C2 (cos ωt + i sin ωt)

x(t) = (C1 + C2) cos ωt + i(C2 − C1) sin ωt = A cos ωt + B sin ωt

ondeA e B são constantes arbitrárias que podem ser obtidas da imposição dascondições iniciais.

A forma acima é equivalente a

x(t) = Xm sin(ωt− φ)

ondeXm e φ são a amplitude e o desfazamento do movimento oscilatório, gran-dezas estas que devem ser determinadas das condições iniciais.Para mostrar que as duas formas são equivalentes, usa-se a fórmula trigonomé-trica,

sin(a− b) = sin a cos b− sin b cos a

Então,

A cos ωt + B sin ωt = Xm sin(ωt− φ) = Xm (sin ωt cosφ− sin φ cos ωt)

A cos ωt + B sin ωt = −Xm sin φ cos ωt + Xm cos φ sinωt ∀t⇓

A = −Xm sin φB = Xm cos φ

⇒ Xm =√

A2 + B2 φ =

π + arctan−A

B, seB < 0

arctan−AB

, seB ≥ 0



Resumindo, o movimento harmónico simples é definido pela equação diferencial

x + ω2x = 0

cuja solução geral pode ter uma das seguintes formas,

x(t) = C1e−iωt + C2e

iωt

x(t) = A cos ωt + B sin ωt

x(t) = Xm sin(ωt− φ)

Nestas equações,

ω =

√

k

mrad/s

denomina-se por frequência (circular) do movimento oscilatório. O tempo neces-sário para a partícula descrever um ciclo completo chama-seperíodo,

T =2π

ωs

enquanto o número de ciclos descritos na unidade de tempo, denomina-se porfrequência natural,

ν =1

T=

ω

2πHz

-XM

XM

φ

t

T

A velocidade e a aceleração da partícula resulta pela definição,

x(t) = Xm sin(ωt− φ) xmáx = Xm

x(t) = ωXm cos(ωt− φ) xmáx = ωXm

x(t) = −ω2Xm sin(ωt− φ) = −ω2x(t) xmáx = ω2Xm



Qualquer seja a forma sob a qual é apresentada a solução da equação diferencial,esta envolve duas constantes a determinar pela imposição das condições iniciais,ou seja, o deslocamento e a velocidade inicial da partícula.

Admitindo a solução e as condições iniciais,

x(t) = Xm sin(ωt− φ) x(0) = x0 e x(0) = v0

resulta,

x(0) = x0

x(0) = v0⇒

−Xm sin φ = x0

ωXm cos φ = v0

Xm =

√

x20 +

(v0

ω

)2

φ = arctan−ω x0

v0

Pêndulo simples (solução aproximada)

Seja um pêndulo simples formado por uma esfera demassam ligada a uma corda de comprimentol, quepode oscilar num plano vertical. Pede-se para deter-minar o período das pequenas oscilações (ângulo in-ferior à10).

∑

Ft = mat

−mg sin θ = mlθ ⇒ θ +g

lsin θ = 0

~P

~Tθ

l

m

Para pequenas oscilações,

sin θ ≃ θ ⇒ θ +g

lθ = 0

θ(t) = θm sin(ωt− φ) comω =

√g

lT =

2π

ω= 2π

√

l

g

Exercício(Beer 19.15)Um cursor com5 kg repousa sobre uma mola, não estando ligado a ela. Observa-se que, se o cursor for empurrado para baixo180 mm ou mais, perde o contactocom a mola depois de libertado. Determine (a) a constante de rigidez da mola e(b) a posição, a velocidade e a aceleração do cursor,0.16 s após ter sido empur-rado para baixo180 mm e , depois, libertado.



m

kmg

Fex

x0

equilíbrio estático

mola indeformada

Numa posição qualquerx,

mx = mg − Fe = mg − k(x + x0) = −kx + (mg − kx0)

mas tomando em conta que na posição de equilíbrio estático

mg − kx0 = 0

resulta

mx + kx = 0 ⇒ x + ω2x = 0 ω ≡√

k

m

A solução da equação diferencial pose ser escrita

x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt

ondeC1 e C2 são constantes arbitrárias a determinar aplicando as condições ini-ciais:

x(0) = Xm ⇒ C2 = Xm

x(0) = 0 ⇒ C1 = 0⇒ x(t) = Xm cos ωt

A velocidade a a aceleração serão dadas por,

x(t) = −ωXm sin ωt x(t) = −ω2Xm cos ωt

(a) Sabe-se que, quando o cursor perde o contacto com a mola a sua velocidadeé nula e a sua aceleração é a aceleração gravitacional,

x(t1) = 0 ⇒ sin ωt = 0 ⇒ ωt1 = π

x(t1) = g ⇒ −ω2Xm cos π = ω2Xm = g

ω2 =g

Xm=

k

m⇒ k =

mg

Xm

k =5× 9.81

0.18= 272.5 N/m



(b)

ω =

√g

Xm=

√

9.81

0.18≃ 7.38 rad/s

x(0.16) = 0.18× cos(7.38× 0.16) ≃ 0.068 m

x(0.16) = −7.38× 0.18× sin(7.38× 0.16) ≃ −1.23 m/s

x(0.16) = −7.382 × 0.18× cos(7.38× 0.16) ≃ −3.73 m/s2


Um bloco com35 kg está apoiado pelo conjunto de molasmostrado na figura. O bloco é deslocado verticalmente parabaixo e em seguida libertado. Sabendo que a amplitude domovimento resultante é de45 mm, determine (a) o período efrequência do movimento e (b) a velocidade e a aceleraçãomáxima do bloco. Considerek1 = 16 kN/m,k2 = k3 =8 kN/m.

m

k1

k3k2

• Determinar a constante de rigidez equivalente

posição de equilíbrio (molas indeformadas)

δ F1

F2 F3P P

Fe

P = F1 + F2 + F3 = Fe ⇒ (k1 + k2 + k3) δ = keδ

ke = k1 + k2 + k3 = 16 + 8 + 8 = 32 kN/m

ou seja, o movimento do sistema dado é equivalente ao movimento osci-latório de um bloco de massam = 35 kg ligado auma mola de rigidezke = 32 kN/m.

(a)

ω =

√

ke

m=

√

32000

35≃ 30.237 rad/s

T =2π

ω≃ 0.208 s ν =

1

T≃ 4.81 Hz



(b)

x(t) = Xm sin(ωt− φ) ⇒

xmáx = ωXm

xmáx = ω2Xm

xmáx = 30.237× 0.045 ≃ 1.36 m/s

xmáx = 30.2372 × 0.045 ≃ 41.14 m/s2

Exercício(Beer 19.28)Sabe-se da mecânica dos materiais que quando uma carga estática P é aplicadana extremidadeB de uma viga encastrada com secção transversal uniforme, pro-voca uma flechaδB = PL3/(3EI), em queL é o comprimento da viga,E omódulo de elasticidade do material eI o momento de inércia da secção transver-sal. Sabendo queL = 3.05 m, E = 200 GPa eI = 4.84 × 10−6 m4, determine(a) a constante de rigidez equivalente da viga e (b) a frequência das vibraçõesverticais de um bloco com2313 N ligado à extremidadeB da mesma viga.(Nota: 1 Pa = 1 N/m2, 1 GPa = 109 Pa)

L, EI B

A

P

δB

P

ke

(a)

P = Fe = kδB ⇒ ke =P 3EI

PL3=

3EI

L3

ke =3× 200× 109 × 4.84× 10−6

3.053≃ 102.352 kN/m

(b)

ν =1

T=

ω

2π=

1

2π

√

k

m=

1

2π

√

kg

P

ν =1

2π

√

102352× 9.81

2313≃ 3.316 Hz



Vibrações de corpos rígidos

No caso dos corpos rígidos, a equação diferencial do movimento oscilatório re-sulta directo das equações de equilíbrio dinâmico.


A barra uniformeAB com 8 kg está articulada emC e ligada emA a uma mola de constante de rigidezk = 500 N/m. Se for imposto à extremidadeA um pe-queno deslocamento e se depois for libertada, deter-mine (a) a frequência das pequenas oscilações e (b) omenor valor da constante de rigidez para o qual ocorre-rão oscilações. ConsidereL = 250 mm ed = 40 mm.

kA

B

G

C

L

d

A

C

G

Fe

θ

CnCt

mg

(a)∑

MG . . . IGθ = −Fe(L/2) cos θ − Ctd

∑

Ft . . . mat = Ct + mg sin θ − Fe cos θ

at = θ d sin θ ≃ θ cos θ ≃ 1

Ct = mθd−mgθ + Fe

IGθ = −FeL/2−md2θ + mgdθ − Fed

Mas,

Fe = k

(L

2+ d

)

sin θ ≃ k

(L

2+ d

)

θ

e

IG =1

12mL2

resultando,

θ +k(L/2 + d)2 −mgd

mL2/12 + md2θ = 0

ω =

√

k(L/2 + d)2 −mgd

mL2/12 + md2

ω =

√

500× (0.25/2 + 0.04)2 − 8× 9.81× 0.04

8× 0.252/12 + 8× 0.042≃ 13.87 rad/s



f =1

T=

ω

2π≃ 2.21 Hz

(b) Não ocorrem oscilações quando oT →∞ ouω → 0, ou ainda se a frequên-cia é um número imaginário,

ω2 =k(L/2 + d)2 −mgd

mL2/12 + md2> 0 ⇒ k >

mgd

(L/2 + d)2

kmín >8× 9.81× 0.04

(0.25/2 + 0.04)2≃ 115.3 N/m

ExercícioDetermine o período das pequenas oscilações da placa rectangular homogénea

representada.

θ

~P

~R

G

2b

2bG

O

∑

MO = IO θ

IO = IG + m OG2

IO =1

12

[(2b)2 + (2b)2

]+ mb2

IO =5

3mb2

−Pb sin θ =5

3mb2θ ⇒ −mgb sin θ =

5

3mb2θ

Mas, comoθ << 1, sin θ ≃ θ, resultando,

θ +3g

5bθ = 0 ⇒ ω2 =

3g

5b⇒ T =

2π

ω= 2π

√

5b

3g

Aplicação do princípio da conservação da energia

O princípio da conservação da energia proporciona um meio conveniente paradeterminar o período de vibração de um sistema com um só grau de liberdade,desde que se admita o movimento harmónico simples.

Escolhem-se duas posições particulares do sistema:

1a Quando o deslocamento do sistema é máximo. Nesta posição a energia ciné-tica do sistemaT1 é nula. Escolhendo o nível zero para a energia potenciala posição de equilíbrio estático, a energia potencialV1 pode ser expressa emfunção da amplitudeXm ou θm;



2a Quando o sistema passa pela sua posição de equilíbrio. A energia potencialdo sistemaV2 é nula e a energia cinéticaT2 pode ser expressa em função davelocidade máximaXm ou da velocidade angular máximaθm.

O período das pequenas oscilações resulta escrevendo a conservação da energia,

T1 + V1 = T2 + V2

e tomando em conta que, num movimento harmónico simples,

Xm = ω Xm ou θm = ω θm

ExercícioUtilizando o princípio da conservação da energia, determine o período das pe-

quenas oscilações da placa rectangular homogénea considerada no exercício an-terior.

nível de referênciaV = 0

θM

θ = 0 θ = 0

~P ~P

2b

2b

O

GG

O

θM

• Posição do deslocamento máximo

T1 = 0 V1 = Pb(1− cos θm)

1− cos θm = 2 sin2

(θm

2

)

≃ 2

(θm

2

)2

=θ2

m

2⇒ V1 =

1

2Pbθ2

m

• Posição de equilíbrio

T2 =1

2IOθ2

m V2 = 0

IO = IG + mOG2 =1

12

[(2b)2 + (2b)2

]+ mb2 =

5

3mb2

T2 =1

2

5

3mb2θ2

m V2 = 0



• Conservação da energia

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 1

2Pbθ2

m =1

2

5

3mb2θ2

m

e tomando em conta queθm = ωθm (movimento harmónico),

mgbθ2m =

5

3mb2θ2

mω2 ⇒ ω2 =3g

5b⇒ T =

2π

ω= 2π

√

5b

3g


Uma barra AB com 8 kg e comprimentoL = 600 mm está ligada a dois cursores commassa desprezável. O cursorA está por suavez ligado a uma mola de constante de rigidezk = 1.2 kN/m e pode deslizar numa barra ver-tical, enquanto o cursorB pode deslizar livre-mente numa barra horizontal.

A L

B

kθ

Sabendo que o sistema está em equilíbrio e queθ = 40, determine o períodode vibração se for imposto um pequeno deslocamento ao cursorB e depois liber-tado.

• Determinação da deformação estática da mola.

Na posição de equilíbrio,

∑

Fh = 0 ⇒ NA = 0

∑

MB = 0

⇓

A

B

NA

NB

Fe

mg

mgL

2cos θ − FeL cos θ = 0 ⇒ δest =

mg

2k

• Conservação da energia



B

A

B

A

θ

dy

dx

dy

dθx

y

x

y

y

y

x

x

GG

(A) (B)

x = L cos θ y = L sin θdx = −L sin θ dθ dy = L cos θ dθ

Tomando em conta queθ - o ângulo da posição de equilíbrio estático - éindependente de tempo,

dx = −L sin θ dθ dy = L cos θ dθ

Comox = x/2 e y = y/2,

d ˙x = −L

2sin θ dθ d ˙y =

L

2cos θ dθ

(A) - posição de equilíbrio (deformação da molaδest, velocidade máxima)

V1 =1

2kδ2

est + mgy

T1 =1

2IG(dθ)2

m +1

2m[(d ˙x)2

m + (d ˙y)2m

]

T1 =1

2

(mL2

12

)

(dθ)2m +

1

2m

[(L

2sin θ

)2

+

(L

2cos θ

)2]

(dθ)2m

T1 =1

2

(1

12+

1

4

)

mL2(dθ)2m =

1

6mL2(dθ)2

m

(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade zero)

V2 =1

2k(δest − dym)2 + mg(y + dym)

T2 = 0



T1 + V1 = T2 + V2 ⇒1

6mL2(dθ)2

m +1

2kδ2

est + mgy = 0 +1

2k(δest − dym)2 + mg(y + dym)

1

6mL2(dθ)2

m =k

2(2δestdym + dy2

m) + mgdym

e substituindo a expressão doδest,

1

6mL2(dθ)2

m =k

2

(

−2mg

2kdym + dy2

m

)

+ mgdym

2=

k

2dy2

m

1

3mL2(dθ)2

m = kL2 cos2 θ(dθ)2m

Tomando em conta que o movimento é harmónico,

dθ = (dθ)m sin(ωt− φ) ⇒ (dθ)m = ω(dθ)m

resultando

1

3mL2ω2(dθ)2

m = kL2 cos2 θ(dθ)2m ⇒ ω2 =

3k

mcos2 θ

ω =

√

3k

mcos θ =

√

3× 1200

8× cos 40 ≃ 16.25 rad/s

T =2π

ω≃ 0.387 s


Uma barraAB com800 g está rebitada a umdisco com1.2 kg. Uma mola de constante derigidez k = 1.2 kN/m está ligada ao centro dodisco emA e à parede emC. Sabendo que odisco rola sem escorregar, determine o períododas pequenas oscilações do sistema. Considerer = 250 mm eL = 600 mm.

A

B

kr

L

C



θM

θM (L/2− r)

rθM

B

G

θM B

A

G

r sin θM ≃ rθM

(B)(A)

A

(A) - posição de equilíbrio estático (mola indeformada, velocidade máxima)

Tomando em conta que o ponto de contacto entre o disco e a superfíciehorizontal é o centro instantâneo de rotação do sistema, a velocidade dopontoA é

vA = rθm

A velocidade do pontoG resulta,

~vG = ~vA + ~vG/A ⇒ vG = rθm +L

2θm = θm(L/2− r)

T1 =IG,ABθ2

m

2+

mAB(L/2− r)2θ2m

2+

IA,discoθ2m

2+

mdiscor2θ2

m

2

IG,AB =mABL2

12=

0.8× 0.62

12= 0.024 kgm2

IA,disco =mdiscor

2

2=

1.2× 0.252

2= 0.0375 kgm2

T1 =

[0.024

2+

0.8× (0.3− 0.25)2

2+

0.0375

2+

1.2× 0.252

2

]

θ2m

Escolhendo o nível zero para a energia potencial do sistema nesta posição,temos então,

T1 = 0.06925 θ2m V1 = 0



(B) - posição de deslocamento máximo (velocidade nula)

A deformação da mola nesta posição é dada por,

∆ = r sin θm ≃ rθm

V2 =1

2k(rθm)2 + mABg

L

2(1− cos θm)

Mas como,

1− cos θm = 2 sin2

(θm

2

)

≃ 2

(θm

2

)2

=θ2

m

2

V2 =1

2kr2θ2

m + mABgL

2

θ2m

2=

(kr2

2+

mABgL

4

)

θ2m

V2 =

(1200× 0.252

2+

0.8× 9.81× 0.6

4

)

θ2m

Tomando em conta que nesta posição a velocidade do sistema é nula,

T2 = 0 V2 = 38.6772 θ2m

Aplicando agora o princípio da conservação da energia entreas duas posições, etomando em conta que o movimento é harmónico (θm = ωθm),

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 0.06925θ2m = 38.6772θ2

m

0.06925 ω2θ2m = 38.6772 θ2

m ⇒ ω2 =

√

38.6772

0.06925≃ 23.64 rad/s

T =2π

ω≃ 0.266 s

Exercício

Determine a frequência das pequenas osci-lações do disco homogéneo de massam re-presentado, assumindo que se encontra emequilíbrio na posição mostrada e que nãoescorrega na superfície horizontal.

B

O

r

k

a

kA



B

A

A

θM

θM

B

(1) (2)

(1) - posição de equilíbrio (a velocidade é máxima)

Como o disco não escorrega na superfície horizontal, o pontoB é o C.I.R.para o disco e o movimento é uma rotação não-baricêntrica.

T1 =1

2IBθ2

m

com

IB = IO + mr2 =1

2mr2 + mr2 =

3

2mr2

Escolhendo o nível zero para a energia potencial (gravíticae elástica) nestaposição, resulta

T1 =3

4mr2θ2

m V1 = 0

(2) - posição de deslocamento máximo (velocidade é nula)

V2 =1

2k(r + a)2θ2

m +1

2k(r + a)2θ2

m = k(r + a)2θ2m

T2 = 0

Aplicando o princípio da conservação da energia entre as duas posições, e to-mando em conta que o movimento é harmónico (θm = ωθm),

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 3

4mr2ω2θ2

m = k(r + a)2θ2m

ω =

√

4k(r + a)2

3mr2rad/s

Nota: Para que o resultado acima seja correcto, não é necessário que as molassejam indeformadas na posição de equilíbrio estático. Apenas é necessário que osistema seja em equilíbrio nesta posição. Como neste caso asduas molas tem a



mesma constante de rigidez, para o sistema estar em equilíbrio a deformação nasduas molas deve ser a mesma. Seja esta deformação inicialx0 (compressão outracção nas duas molas).

A energia mecânica na posição de equilíbrio passa a ser,

E1 =3

4mr2θ2

m +1

2kx2

0 +1

2kx2

0 =3

4mr2θ2

m + kx20 =

3

4mr2ω2θ2

m + kx20

Na posição de deslocamento máximo,

E2 =1

2k [x0 + (r + a)θm]2 +

1

2k [x0 − (r + a)θm]2 = kx2

0 + k(r + a)2θ2m

E igualando a energia mecânica nas duas posições,

3

4mr2ω2θ2

m + kx20 = kx2

0 + k(r + a)2θ2m ⇒ ω =

√

4k(r + a)2

3mr2

ExercícioO cilindro de massam e raio r rola sem escorregar numa superfície de raioR.

Determine a frequência das pequenas oscilações do sistema.

A B

C

Aθ

φO

O1 O1

O

(1) (2)

(1) - posição de equilíbrio estático (energia potencial zero, velocidade máxima)

V1 = 0

T1 =1

2mv2

O +1

2IO

˙(φ− θ)2

=1

2mr2

(

φ− θ)2

+1

2

1

2mr2

(

φ− θ)2

T1 =3

4mr2

(

φ− θ)2



Mas,

BC=

AC ⇒ Rθ = rφ ⇒ φ =R

rθ ⇒ φ =

R

rθ

e como nesta posiçãoθ = θm,

T1 =3

4mr2

(R

r− 1

)2

θ2m =

3

4m(R− r)2θ2

m

(2) - posição de deslocamento máximo (energia potencial máxima, velocidadenula)

T2 = 0

V2 = mg(R− r)(1− cos θ)

Mas como,

1− cos θ ≃ 2 sin

(θ

2

)2

V2 ≃ mg(R− r)2 sin

(θ

2

)2

= mg(R− r)2θ2

4=

1

2mg(R− r)θ2

e tomando em conta que nesta posiçãoθ = θm,

V2 =1

2mg(R− r) θ2

m

Aplicando o princípio da conservação da energia,

T1 + V1 = T2 + V2 ⇒ 3

4m(R − r)2θ2

m =1

2mg(R− r) θ2

m

Como o movimento oscilatório é harmónico,

θm = ωθm

resultando3

2m(R − r)2ω2θ2

m = mg(R− r) θ2m

ω2 =2g

3 (R− r)⇒ ω =

√

2g

3 (R− r)

Nota: Método alternativo para o cálculo doT1

T1 =1

2mv2

O +1

2IOω2 =

1

2mv2

O +1

2

1

2mr2v2

O

r2=

3

4mv2

O =3

4m(R− r)2θ2



Exercício

Admitindo que não há escorregamento entre o fioinextensível e o disco de massaM , determine afrequência das pequenas vibrações do sistema repre-sentado.

rk

M

m

GG

B ≡ C.I.R. BA

A

θMθM

(1) (2)

(1) - posição de equilíbrio estático (θ = θm)

V1 =1

2k∆2

0

T1 =1

2Mv2

G +1

2IGθ2

m +1

2mv2

A =1

2Mr2θ2

m +1

2

1

2Mr2θ2

m +1

2m4r2θ2

m

T1 =

(3

4M + 2m

)

r2θ2m

(2) - posição de deslocamento máxima (θ = θm)

V2 =1

2k(∆0 + xG)2 −mgxA −MgxG

V2 =1

2k(∆0 + rθm)2 − (2m + M)grθm

T2 = 0

Escrevendo agora o princípio da conservação da energia,

T1 + V1 = T2 + V2



resulta,

1

2k∆2

0 +

(3

4M + 2m

)

r2θ2m =

1

2k(∆0 + rθm)2 − (2m + M)grθm

(3

4M + 2m

)

r2θ2m =

1

2kr2θ2

m + [k∆0 − (2m + M)g] rθm

Na expressão acima,∆0 representa a deformação da mola na posição de equilíbrioestático. Se nesta posição escreve-se somatório de momentos emB, resulta

∑

MB = 0 ⇒ mg2r + Mgr − k∆0r = 0 ⇒ k∆0 − (2m + M)g = 0

Com este resultado, do princípio da conservação da energia resulta,

(3

4M + 2m

)

r2θ2m =

1

2kr2θ2

m

e admitindo o movimento harmónico,

(3

4M + 2m

)

ω2θ2m =

1

2kθ2

m ⇒ ω =

√

k32M + 4m

Nota: Para simplificar as contas no estudo das pequenas vibraçõesem torno daposição de equilíbrio estático, pode-se sempre admitir quea força elástica e asforças que a equilibram nesta nesta posição (pesos) anulam-se umas as outras.Então, estas forças podem ser deixadas fora das seguintes contas e na posição dedeslocamento máximo apenas terão de ser contabilizadas as restantes forças e osuplemento da força elástica.

No problema considerado, isto significava,

V1 = 0 T1 =(

34M + 2m

)r2θ2

m

V2 = 12kr2θ2

m T2 = 0

⇒ ω =

√

k32M + 4m

6.1.2 Vibrações forçadas

As vibrações forçadas ocorrem sempre que um sistema está sujeito a uma forçaperiódica, ou quando está elasticamente ligado a um apoio com movimento osci-latório.



Força periódica

Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a acção de uma força periódica

F = Fm sin ωf t

molaindeformada


xest

Fe

(a) (b) (c)

PF

Fe

P

x

∑

Fx = mx ⇒ mx = mg − Fe + F = mg − k(xest + x) + F

Tomando em conta que na posição de equilíbrio estáticomg = kxest e substi-tuindo a expressão para a excitação harmónica,

mx + kx = Fm sin ωf t

x + ω2x =Fm

msin ωf t ondeω =

√

k

m(6.2)

Uma equação diferencial que possui o membro direito diferente de zero, diz-senão homogénea. A sua solução geral obtém-se pela adição da solução particularda equação dada à solução geral da correspondente equação homogénea,

x = xp + x0

Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a soluçãoparticular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma funçãode tipo

xp = A sin ωf t + B cos ωf t

Nesta expressão,A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-tuindo a solução particular na equação diferencial,

xp = ωfA cos ωf t− ωfB sin ωf t



xp = −ω2fA sin ωf t− ω2

fB cos ωf t

−ω2fA sin ωf t− ω2

fB cos ωf t + ω2 (A sin ωf t + B cos ωf t) =Fm

msin ωf t

A(ω2 − ω2f ) sinωf t + B(ω2 − ω2

f ) cosωf t =Fm

msin ωf t ∀t

A(ω2 − ω2f) =

Fm

me B = 0

xp =Fm

m(ω2 − ω2f)

sin ωf t =Fm/k

1− (ωf/ω)2sin ωf t

Solução geral A solução geral obtém-se juntando à solução particular a soluçãoda equação homogénea (oscilações livres),

x(t) = C1 sin ωt + C2 cos ωt︸︷︷︸

solução homogénea

+ Xm sin ωf t︸︷︷︸

solução particular

onde, com a notaçãoΩ = ωf/ω,

Xm =Fm/k

1− Ω2

Nota-se que o movimento representado pela equação acima consiste em dois mo-vimentos oscilatórios sobrepostos. Os dois primeiros termos representam a vibra-ção livre do sistema. A frequência desta vibração é a frequência natural do sistemae depende apenas da rigidez e da massa do sistema. As constantesC1 e C2 po-dem ser determinadas a partir das condições iniciais. Está vibração é tambémdesignada por vibração em regime transitório, uma vez que, no caso de vibraçõesamortecidas, a amplitude deste movimento decresce rapidamente.

O último termo da equação acima represente a vibração em regime estacionário.Este movimento é produzido e mantido pela força aplicada. A sua amplitude de-pende da relação entre a frequência da excitação e a frequência natural do sistema.

A razão entre a amplitude das vibrações estacionárias e a deformação estáticaFm/k, chama-se factor de amplificação dinâmica,

Rd =1

1− Ω2



Movimento de base

Considere-se uma partícula de massam ligada a uma mola de constante de rigi-dezk, sujeita a um movimento de base harmónico,

yf = xg sin ωf t

molaindeformada


xest

Fe

P

x

(c)(b)(a)

yf

Fe

P

∑

Fx = ma ⇒ ⇒ m(x + yf) = mg − Fe = mg − k(xest + x)

Tomando em conta que na posição de equilíbrio estático,mg = kxest e substi-tuindo a expressão para o movimento harmónico de base,

mx + kx = mω2fxg sin ωf t

x + ω2x = ω2fxg sin ωf t ondeω =

√

k

m(6.3)

Solução particular Como o membro direito é uma função harmónica, a soluçãoparticular também é uma função harmónica. Seja a solução particular uma funçãode tipo


Nesta expressão,A e B são constantes arbitrárias que serão determinadas substi-tuindo a solução particular na equação diferencial,

(ω2 − ω2f)(A sin ωf t + B cos ωf t) = ω2

fxg sin ωf t ∀t

A = xgΩ2

1− Ω2e B = 0



xp = Xm sin ωf t comXm = xgΩ2

1− Ω2

No caso de movimento de base, interesse relacionar a amplitude das vibraçõesestacionárias com o deslocamento máximo da base. A razão entre estes doisdeslocamentos máximos, chama-se factor de transmissibilidade. Para o calcu-lar, nota-se que o deslocamento absoluto da massa em regime estacionário é dadopor,

xt(t) = xp(t) + yf(t) = xg

(

1 +Ω2

1− Ω2

)

sin ωf t = xg1

1− Ω2sin ωf t

Tr =xt,máx

xg

=1

1− Ω2

As características das vibrações forçadas não-amortecidas, são resumidas noseguinte quadro.

Vibrações forçadas não-amortecidasForça harmónica Movimento harmónico de base

x + ω2x = (Fm/m) sin ωf t x + ω2x = ω2fxg sin ωf t

xp (Fm/k)/(1− Ω2) sin ωf t xgΩ2/(1− Ω2) sin ωf t

x0 C1 sin ωt + C2 cos ωtx(t) x0(t) + xp(t)xt(t) x(t) x(t) + xg(t)Rd 1/(1− Ω2) –Tr – 1/(1− Ω2)

1 2 3 4

2

4

6

8

Ω

∣∣∣∣

1

1− Ω2

∣∣∣∣



Observa-se que, quando a frequência da excitação é igual a frequência natural dosistema a amplitude de vibração torna-se infinita. Diz-se que a excitação está emressonância com o sistema.

A amplitude do movimento é igual ao deslocamento estático paraωf = 0 e depoiscomeça a crescer comωf . Depois de ultrapassar a frequência de ressonância, aamplitude do movimente decresce, chegar a ser mais baixa do que o deslocamentoestático para excitações com frequências muito altas.

Exercício(Beer 19.112)A esfera com1.2 kg forma um pêndulo com comprimentoL = 600 mm que estásuspenso a partir de um cursorC com1.4 kg. O cursor é obrigado a deslocar-sede acordo com a relação,

xC = Ym sin ωf t

com amplitudeYm = 10 mm e uma frequênciaff = 0.5 Hz. Considerando apenaso regime estacionário, determine (a) a amplitude do movimento da esfera e (b) aforça que deve ser aplicada ao cursorC para o manter em movimento.

L

x

θ

C

mg

T

xC = Ym sin ωf t

∑

Fx . . . mx = −T sin θ∑

Fy . . . my = T cos θ −mg

Admitindo pequenas oscilações,

sin θ ≃ tan θ ≃ θ cos θ ≃ 1

e o movimento ocorre segundo um eixo horizontal. Resulta então,

T = mg



mx = −mgx− xC

L⇒ x +

g

Lx =

g

LxC

x + ω2 x = ω2 Ym sin ωf t comω =

√g

L

(a) A solução particular será dada por,

xp = Xm sin ωf t ondeXm =Ym

1− (ωf/ω)2

Tomando em conta que

ω2 =g

Lω2

f = (2πff)2

Xm =Ym

1− 4π2f 2f L/g

=0.01

1− 4× π2 × 0.52 × 0.6/9.81≃ 0.025 m

(b)

θ

C

T

N

mg

xC

aC = xC = −ω2fYm sin ωf t = −ω2

fxC

∑

Fx . . . mC aC = F + T sin θ ⇒ F = mC ac − T sin θ

Tomando em conta queT = mg, sin θ ≃ (x− xC)/L eω2 = g/L,

F = −mc ω2fxC −mg

x− xc

L= −mc ω2

fxC −mω2x + mω2xC

F =[(mω2 −mCω2

f)Ym −mω2Xm

]sin ωf t


F ≃ −0.44 sin πt N




Um motor com180 kg está fixo a uma viga horizontal de massa desprezável. Odesequilíbrio do rotor é equivalente a uma massa de28 g situada a uma distânciade150 mm do eixo de rotação, e a deformação estática da viga devida ao pesodo motor é igual a12 mm. A amplitude de vibração devida ao desequilíbrio podeser atenuada através da adição de uma placa à base do motor. Sea amplitude devibração em regime estacionário tiver que ser menor que60 µm para velocidadesdo motor acima de300 rpm, determine a massa necessária da placa.

ωf

m

ωf t

Pm sinωf tPm = mω2

fr

Rotor

Fe

MgPm sin ωf t

δest

x

Motor

sumFx . . . Mx = Mg − Fe + Pm sin ωf t

x + ω2x =Pm

Msin ωf t ondeω =

√

k

M

A vibração em regime estacionário vai ter uma amplitude dadapor,

Xm =Pm/k

1− (ωf/ω)2=

mω2fr/(Mω2)

1− (ωf/ω)2=

rm/M

(ω/ωf)2 − 1



1−r mM

Xm

ωf/ω

ωf > 300 rpm

Escrevendo o equilíbrio estático da viga,

kδest = Mg ⇒ k =Mg

δest=

180× 9.81

0.012= 147150 N/m

A frequência da estrutura, depois da adição da placa, será dada por,

ω2 =k

M ′

Tomando em conta esta definição,

Xm =rm/M ′

k/(M ′ω2f)− 1

⇒ Xm

(

k

M ′ω2f

− 1

)

= rm

M ′

M ′ =k

ω2f

− rm

Xm

Comoωf = 300× 2π/60 = 10π rad/s

eXm = −60× 10−6 m (. . . veja o enunciado e a figura)

resulta

M ′ =147150

100π2+

0.15× 0.028

60× 10−6≃ 219.1 kg

O peso da placa será

∆M = M ′ −M = 219.1− 180 = 39.1 kg



Exercício(Beer 19.125)Um pequeno reboque e o barco possuem a massa total de250 kg. O reboque

está apoiado em duas molas, cada uma com10 kN/m e desloca-se ao longo deuma estrada cuja superfície se pode aproximar a uma curva sinusoidal com umaamplitude de40 mm e um comprimento de onda de5 m. Determine (a) a veloci-dade para a qual ocorre a ressonância e (b) a amplitude da vibração do reboqueà velocidade de50 km/h.

2Ym

λ

vy

s

Fe

mg

y = Ym sin ωf t

x

δest m(x− y) = −kx

mx + kx = ky

x + ω2x = −ω2Ym sin ωf t

ω2 =k

mωf =

2π

T=

2π

λ/v=

2πv

λ

A solução da equação diferencial é

x(t) = Xm sin ωf t

onde a amplitude do movimento oscilatório é dada por

Xm =Ym

1− (ωf/ω)2

(a) A ressonância ocorre quando a amplitude do movimento é máxima, ou seja,quando

ω = ωf ⇒√

k

m=

2πv

λ⇒ v =

λ

2π

√

k

m

v =5

2π

√

2× 10000

250≃ 7.12 m/s≃ 25.62 km/h


6.2. VIBRAÇÕES AMORTECIDAS

(b)

Xm =Ym

1− (ωf/ω)2=

Ym

1−(

2πv

λ

)2m

k

v = 50 km/h =125

9m/s

Xm =0.040

1− 4× π2 × 1252

52 × 92

250

20000

≃ −0.014 m

6.2 Vibrações amortecidas

Na realidade, todas as vibrações são amortecidas, em maior ou menor grau, pelaacção das forças de atrito. Estas forças podem ser causadas por atrito seco - entrecorpos rígidos, por atrito fluido - quando um corpo rígido se desloca num fluido,ou por atrito interno - entre as moléculas que constituem um corpo.

Um tipo de amortecimento com especial interesse é o amortecimento viscoso emque a força de atrito é proporcional e oposta a velocidade do corpo em movimento

Fa = −c x

A constantec expressa em Ns/m chama-se coeficiente de amortecimento viscoso.

6.2.1 Vibrações livres

Seja uma partícula de massam ligada a uma mola de rigidezk e a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosoc.

(a) (c)(b)

xest

x

Fe

FaFe

mg

mg



Na posição de equilíbrio estático (b), o sistema está em repouso, portanto no amor-tecedor não se desenvolve força nenhuma. Escrevendo a equação de equilíbrioestático resultamg = kxest.Seja uma posição qualquer (c) caracterizada pela posiçãox e a velocidadex dapartícula. Escrevendo as equações de movimento nesta posição, resulta

mx = mg − cx− k(xest + x) = mg − kxest︸︷︷︸

0

−cx− kx

mx + cx + kx = 0


x +c

mx + ω2x = 0 comω2 ≡ k

m(6.4)

O movimento definido pela equação (6.4) representa um movimento oscilatórioamortecido. A solução desta equação diferencial homogéneaé de tipoeλt,

x = eλt x = λeλt x = λ2eλt

(

λ2 +c

mλ + ω2

)

eλt = 0 ∀t

Resulta a equação característica

λ2 +c

mλ + ω2 = 0

cuja solução é dada por

λ1,2 = − c

2m±√( c

2m

)2

− k

m

Designa-se por coeficiente de amortecimento crítico,ccr o valor do coeficiente deamortecimentoc que anula o radical,

ccr = 2m

√

k

m= 2mω

Por vezes, o amortecimento de um sistema costuma ser dado em percentagemsobre o valor do amortecimento crítico,

ζ =c

ccr



Os valores recomendados para o factor de amortecimentoζ no cálculo de estrutu-ras variam entre5 − 10% para estruturas metálicas,7 − 10% para estruturas embetão e10− 20% para estruturas em madeira.

Com esta notação, a equação diferencial das vibrações livres amortecidas toma aseguinte forma,

x + 2ζωx + ω2x = 0 (6.5)

Dependendo do valor do coeficiente de amortecimento, distinguem-se três casos:

Amortecimento super-crítico (c > ccr ou ζ > 1) As raízes da equação caracte-rística são reais e distintas, ambas negativas.

λ1, λ2 < 0 ⇒ x(t) = Aeλ1t + Beλ2t ⇒ limt→∞

x(t) = 0

O movimento resultante não é oscilatório. Ox tende para zero quandot aumenta indefinidamente, ou seja, o sistema readquire a sua posição deequilíbrio estático após um intervalo de tempo suficientemente longo.

Amortecimento crítico (c = ccr ou ζ = 1) A equação característica tem umaraiz dupla,

λ1,2 = −ω ⇒ x(t) = (A + Bt)e−ωt

O movimento não é vibratório, retomando o sistema a sua posição de equi-líbrio no menor tempo possível, sem oscilar.

Amortecimento sub-crítico (c < ccr ou ζ < 1) As raízes da equação caracterís-tica são complexas conjugadas,

λ1,2 = − c

2m± i

√

k

m−( c

2m

)2

Definindo,

ω2a =

k

m−( c

2m

)2

=k

m

[

1− m

k

( c

2m

)2]

ω2a = ω2

1−(

c

2m√

k/m

)2

= ω2(1− ζ2)

resultaλ1,2 = −ζω ± iωa

ex(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)



O movimento é oscilatório, com amplitude decrescente. A frequência devibração,ωa = ω

√

1− ζ2 < ω pelo que o período de vibração do sistemaamortecido é maior do que o período de vibração correspondente ao sistemanão amortecido. O sistema readquire a sua posição de equilíbrio estáticoapós um intervalo de tempo suficientemente longo.

Amplitude do movimento

amortecimento crítico

amortecimento supra-crítico

amortecimento sub-crítico

Tempo


Um blocoA com4 kg é solto de uma altura de800 mmsobre um blocoB com 9 kg, que está em repouso. Obloco B está apoiado numa com constante de rigidezk = 1500 N/m e está ligado a um amortecedor com co-eficiente de amortecimentoc = 230 Ns/m. Sabendo quenão existe qualquer ressalto, determine a distância má-xima percorrida pelos blocos após o choque.

A

B

ck

h

• A velocidade do blocoA antes de choque obtém-se aplicando o princípiode conservação da energia.

mAgh =1

2mAv2

A ⇒ vA =√

2gh

• A velocidade dos dois blocos após o choque resulta da conservação da quan-tidade de movimento, tomando em conta que não há forças impulsivas ex-ternas e que o choque é perfeitamente plástico.

mAvA = (mA + mB)v′ ⇒ v′ =mA

mA + mB

√

2gh

v′ =4

4 + 9×√

2× 9.81× 0.8 ≃ 1.219 m/s



• As forças que actuam em seguida sobre o sistema formado pelosdois blocossão o peso, à força elástica e à força de amortecimento viscoso.

Tomando em conta que a nova posição de equilí-brio estático, devida ao suplemento de peso pro-vocado pelo blocoA é dada por,

x0 =mAg

k=

4× 9.81

1500≃ 0.026 m

Mg x0

x

FaFe

temos,

Mx = Mg − k(x0 + x)− cx ⇒ x +c

Mx +

k

Mx = 0

ou seja,x + 2ζωx + ω2x = 0

onde

ω =

√

k

M=

√

1500

4 + 9≃ 10.742 rad/s

ccr = 2Mω = 2× (4 + 9)× 10.742 ≃ 279.266 Ns/m

ζ =c

ccr=

230

279.266≃ 82%

Como o amortecimento é sub-crítico, o movimento resultanteserá dado por

x(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)

comωa = ω

√

1− ζ2 = 10.742×√

1− 0.822 ≃ 6.15 rad/s

ou sejax(t) = e−8.81 t [C1 sin(6.15 t) + C2 cos(6.15 t)]

• As constantesC1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciaisdo movimento:

x(0) = −x0 e x(0) = v′

x(0) = C2 = −x0 ⇒ C2 = −0.026

x(t) = e−8.81 t [(6.15 C1 − 8.81 C2) cos(6.15 t)+(−8.81 C1 − 6.15 C2) sin(6.15 t)]



x(0) = 6.15 C1 − 8.81 C2 = v′ ⇒ C1 =v′ + 8.81 C2

6.15

C1 =1.219− 8.81× 0.026

6.15≃ 0.161

A equação do movimento oscilatório em torno da posição de equilíbrio es-tático, fica então definida por

x(t) = e−8.81 t [0.161 sin(6.15 t)− 0.026 cos(6.15 t)]

0.2 0.4 0.6 0.8 1

−0.02

−0.01

0.01

0.02

0.03

x0

xM

x

t

• O deslocamento máximoxm, será alcançado quando a velocidade do sis-tema será nula.

x(t) = e−8.81 t [1.219 cos(6.15 t)− 1.259 sin(6.15 t)]

x(t) = 0 ⇒ t =1

6.15arctan

(1.219

1.259

)

≃ 0.125 s

O deslocamento máximo será então,

xm = x(0.125) ≃ 0.031 m

• A distância máxima percorrida pelos blocos após o choque será,

dmáx = x0 + xm = 0.026 + 0.031 = 0.057 m



6.2.2 Vibrações forçadas

Força periódica

Seja uma partícula de massam ligada a uma mola de rigidezk e a um amortecedorde coeficiente de amortecimento viscosoc sob a acção de uma força periódica,

F = Fm sin ωf t

(a) (c)(b)

xest

x

Fe

FaFe

mg

mgF

A equação de movimento em torno da posição de equilíbrio estático será

m x + c x + k x = Fm sin ωf t


x + 2ζω x + ω2 x =Fm

msin ωf t (6.6)

A solução geral desta equação diferencial não-homogénea obtém-se pela adiçãode uma solução particular à solução geral da equação homogénea.

A solução geral da equação homogénea, que foi obtida no caso das vibraçõeslivres amortecidas, depende do amortecimento do sistema, mas de qualquer modoesvanece com o tempo. O intervalo de tempo inicial em que estasolução temvalores não desprezáveis, chama-se zona transitória.

A solução particular representa a vibração em regime estacionário, significandoque depois de um intervalo suficientemente longo, esta solução caracteriza sozi-nha o movimento do sistema.

Se a excitação fosse harmónica, a solução particular é também harmónica,




e substituindo na equação diferencial, temos

−ω2fA sin ωf t− ω2

fB cos ωf t + 2ζωωfA cos ωf t− 2ζωωfB sin ωf t+

ω2A sin ωf t + ω2B cos ωf t =Fm

msin ωf t ∀t

[ω2 − ω2

f −2ζωωf

2ζωωf ω2 − ω2f

]AB

=

Fm/m

0

ou, dividindo cada linha porω2 e utilizando as notaçõesΩ = ωf/ω e δ0 = Fm/k,

[1− Ω2 −2ζΩ2ζΩ 1− Ω2

]AB

=

δ0

0

A =(1− Ω2)

(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0

B =−2ζΩ

(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0

Para por em evidência a amplitude do movimento, a solução particular pode serescrita sob forma

xp = Xm sin(ωf t− φ)

onde

Xm =√

A2 + B2 =1

√

(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2δ0

e

φ = arctan

(

−B

A

)

= arctan

(2ζΩ

1− Ω2

)

A razão entre a amplitude das vibrações em regime estacionário e a deformaçãoestática provocada pela aplicação da forçaFm, designa-se por factor de amplifica-ção dinâmica,

Rd =1

√

(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2

O factor de amplificação dinâmica depende da razão das frequências,Ω = ωf/ωe do factor de amortecimento do sistemaζ .



0.5 1 1.5 2 2.5 3

1

2

3

4ζ = 0

ζ = 0.125

ζ = 0.250

ζ = 0.375

ζ = 1.000

Rd

Ω

Observa-se que a amplitude de uma vibração forçada pode manter-se pequena,quer através da escolha de um elevado coeficiente de amortecimento viscoso, quermantendo afastadas uma da outra a frequência natural do sistema e a frequênciada excitação.

Movimento de base

Seja uma partícula de massamligada a uma mola de rigidezke a um amortecedor de coefici-ente de amortecimento viscosoc. O sistema está sujeito a ummovimento harmónico de base,

xf (t) = xg sin ωf t

xf

h

xm

k

δest

c

Para uma posição qualquerx, a equação de movimento é dada por,∑

F = ma ⇒ ma = −P + Fe − Fa

onde

a =d2

dt2(xf + h + x) = xf + x

Fe = k(δest − x) Fa = cx

Resulta,

m(xf + x) = −mg + k(δest − x)− cx ⇒ mx + cx + kx = −mxf



e dividindo pela massa, e substituindo a expressão da aceleração da base,

x + 2ζωx + ω2x = ω2fxg sin ωf t (6.7)

Observa-se que, fazendo a notação,

Fm = mω2fxg

a equação (6.7) transforma-se em

x + 2ζωx + ω2x =Fm

msin ωf t

ou seja, numa forma idêntica à (6.6) que representava a equação diferencial dasvibrações amortecidas forçadas, provocadas por uma força harmónica.

A solução particular da equação (6.7) resulta,

xp = δ0Rd sin(ωf t− φ) =Fm

kRd sin(ωf t− φ) =

mω2fxg

mω2Rd sin(ωf t− φ)

xp(t) = xg

(ωf

ω

)2

Rd sin(ωf t− φ)

Viu-se que, no caso de uma força aplicada, calculou-se o factor de amplificaçãodinâmica,Rd. Este factor permite relacionar os deslocamentos máximos da massaobtidos para uma aplicação estática, respectivamente dinâmica da força.

No caso de movimento de base, interesse relacionar o deslocamento máximo dabase com o deslocamento máximo da massa. O coeficiente que permite este re-lacionamento, chama-se factor de transmissibilidade,Tr. Para o calcular, nota-seque o deslocamento absoluto da massa em regime estacionárioé dado por,

xt(t) = x(t) + xf(t) = xg

(ωf

ω

)2

Rd sin(ωf t− φ) + xg sin ωf t

Para por em evidência a amplitude do movimento, o deslocamento absolutoescreve-se como

xt(t) = Xm sin(ωf t− Φ)

e identificando os termos,

Xm cos Φ = xg + xg

(ωf

ω

)2

Rd cos φ

Xm sin Φ = xg

(ωf

ω

)2

Rd sin φ



Utilizando a notaçãoΩ = ωf/ω,

Xm

xgcos Φ = 1 + Ω2Rd cos φ

Xm

xgsin Φ = Ω2Rd sin φ

⇒ Tr =Xm

xg=

√

1 + (2ζΩ)2

(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2

Observa-se que uma redução na transmissibilidade nem sempre se consegue comum aumento do amortecimento.

0.5 1 1.5 2 2.5 3

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Ω

Tr ζ = 0

ζ = 0.125

ζ = 0.250

ζ = 0.375

ζ = 1.000

ExercícioConsidere o sistema da figura que representa um carro que sobea rampa de

transição para o tabuleiro de uma ponte.

a) Escreva a equação de movimento do carro, admitindo que mantêm a ve-locidade horizontalv0 constante e que a rampa tem uma inclinaçãoh/Lconstante;

b) SendoM = 1000 kg,c = 0.05 ccr, v0 = 40 km/h,k = 250 kN/cm,h = 1 me L = 100 m, qual é a aceleração máxima deM no trajecto ao longo darampa?

M

h

v0

c

ug

k

L

ut



a) Como a velocidade horizontal é constante, o movimento do carro segundoo eixo horizontal é rectilíneo e uniforme definido pela equação

x(t) = v0t

No estudo que se segue será considerada apenas a componente vertical destemovimento.

Uma vez na rampa inclinada, as forças que actuam no corpo de massaMsão o peso, a força elástica e a força de amortecimento.

M

ck

ug

PFa

Fe

Ma

uest

h0

u

h0

Ma = −P + Fe − Fa

onde

a =d2

dt2(ug + h0 + u) =

d2

dt2

(v0h

Lt + h0 + u

)

= u

Fe = k(uest − u) Fa = cu

Resulta,Mu = −Mg + kuest

︸︷︷︸

0

−ku− cu

Mu + cu + ku = 0


u + 2ζωu + ω2u = 0

A solução desta equação diferencial representa o movimentoda massaMem relação à posição de equilíbrio estático. O movimento absoluto da massaé dado por

ut(t) = ug(t) + h0 + u(t) =v0h

Lt + h0 + u(t)



ondeug é a componente vertical do deslocamento da base eh0 uma cons-tante (altura do veículo).

b) Como o movimento oscilatório definido pela equação diferencial tem umamortecimento sub-critico (ζ = 5%),

u(t) = e−ζωt (C1 sin ωat + C2 cos ωat)

u(t) = e−ζωt [(C1ωa − C2ζω) cosωat− (C2ωa + C1ζω) sinωat]

comωa = ω√

1− ζ2.

As constantesC1 e C2 vão ser determinadas a partir das condições iniciaisdo movimento,

u(0) = 0 e u(0) = v0y =v0h

L

u(0) = C2 = 0 ⇒ C2 = 0

u(0) = C1ωa − C2ζω = C1ωa =v0h

L⇒ C1 =

v0h

ωaL

Resulta

u(t) =v0h

ωaLe−ζωt sin(ωat)

u(t) =v0h

ωaLe−ζωt [ωa cos(ωat)− ζω sin(ωat)]

u(t) =v0h

ωaLe−ζωt

[(ζ2ω2 − ω2

a) sin(ωat)− 2ζωωa cos(ωat)]

0.05 0.1 0.15 0.2

−0.0004

−0.0002

0.0002

0.0004

0.0006

t [s]

u [m]




ω =

√

k

M=

√

250× 105

1000≃ 158.11 rad/s

ωa = ω√

1− ζ2 = 158.11√

1− 0.052 ≃ 157.91 rad/s

0.05 0.1 0.15 0.2

−15

−10

−5

5

10

t [s]

u [m/s2]

u(t) ≃ 0.000703636 e−7.9055t sin(157.91t)

u(t) ≃ e−7.9055t [−1.75678 cos(157.91t)− 17.5016 sin(157.91t)]

A aceleração máxima resulta então,

d u

dt= 0 ⇒ t ≃ 0.009s ⇒ amáx ≃ −16.4 m/s2

O deslocamento absoluto da massa é apresentado na figura seguinte.



0.05 0.1 0.15 0.2

0.005

0.01

0.015

0.02ut [m]

h0

t [s]


ExercícioO sistema representado na figura consiste numa barra rígida,apoiada num pontofixo emO, ligada a uma mola e a um amortecedor. A massa totalm1 = 2m dotroço OB está uniformemente distribuída no seu comprimento. Os troçosAO eBC não possuem massa estando uma placa circular de massam2 = m ligadarigidamente ao pontoC. Sabendo quem = 2kg, L = 3m, k = 800N/m ec = 200Ns/m, determine:

(a) a equação de movimento do sistema para pequenas oscilações. Tome oânguloθ de rotação da barra em torno do pontoO como coordenada gene-ralizada;

(b) a frequência das vibrações amortecidasωa e o factor de amortecimento dosistemaζ .

θ

L/2 3L/4 L/4

L/4

kc

A BO

R = L/8C



(a) Considerando as pequenas vibrações em torno da posição de equilíbrio,

∑

MO = IOθ

mgL

4θ − k

(3L

4

)

θ

(3L

4

)

− c

(L

2θ

)(L

2

)

= IOθ

I0 =1

12m1L

2 + m1

(L

2

)2

+1

2m2R

2 + m2

[

L2 +

(L

4

)2]

IO =1

122mL2 + 2m

L2

4+

1

2m

L2

64+ mL2 17

16=

667

384mL2

Resulta:667

384mL2θ + c

L2

4θ +

(

k9L2

16− L

4mg

)

θ = 0

ou,

mθ + cθ + kθ = 0

onde

m =667mL2

384≈ 31.27 c =

cL2

4= 450 k =

9kL2

16−L

4mg = 4035.3

(b) A frequência natural do sistema sem amortecimento é dadapor,

ωn =

√

k

m≈ 11.36 rad/s

O factor de amortecimento,

ζ =c

ccr

=c

2mωn

≈ 450

2× 31.27× 11.36≈ 0.633 (sub-crítico)

A frequência das vibrações amortecidas,

ωa = ωn

√

1− ζ2 ≈ 8.79 rad/s



Exercício

A massam1 é suportada pela molak estando emequilíbrio estático. Uma segunda massam2 cai deuma alturah e choca com a massam1, ficando asmassas, a partir do instante do choque, ligadas umaà outra. Determine o subsequente movimentou(t)medido a partir da posição de equilíbrio estático damassam1 antes do choque.

h

k

m2

m1

• a velocidade da massam2 no instante do choque calcula-se aplicando oprincípio da conservação da energia:

m2gH =1

2mv2

0 ⇒ v0 =√

2gh

• A velocidade das duas massas imediatamente após o choque calcula-se apli-cando o princípio da conservação da quantidade de movimento:

(m1 + m2)v = m2v0 ⇒ v =m2

m1 + m2

√

2gh

• A nova posição de equilíbrio estático será dada por,

kδe = m2g ⇒ δe =m2g

k

• A frequência das pequenas oscilações em torno da nova posição de equilí-brio será

ω =

√

k

m1 + m2

• As vibrações em torno da posição de equilíbrio são definidas por

u(t) = A sin ωt + B cos ωt

ondeA eB são constantes arbitrárias que vão ser determinadas a partir dascondições iniciais.

• Admitindo o eixou dirigido para cima, as condições iniciais são

u(0) = δe =m2g

ku(0) = −v = − m2

m1 + m2

√

2gh

Resulta então

u(t) = A sin ωt + B cos ωtu(t) = ωA cosωt− ωB sin ωtu(0) = u0; u(0) = u0

⇒

B = u0

ωA = u0 ⇒ A = u0/ω



u(t) =u0

ωsin ωt + u0 cos ωt

u(t) = −√

2gh

k

m2√m1 + m2

sin

(√

k

m1 + m2

t

)

+m2g

kcos

(√

k

m1 + m2

t

)

choque

posição

u0

equilíbrio

u0

u

t

uM

u0

−u0

−uM

a amplitude do movimento será,

uM =√

A2 + B2 =

√

u20 +

u20

ω2

Em relação à posição de equilíbrio estático da massam1 antes do choque,

u = u− u0


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Dinâmica de Sólidos - Departamento de Engenharia Civil · 3.8 Exercícios propostos para as aulas prática . . . . . . . . . . . . . 90 4 Cinemática dos Corpos Rígidos 107