Mecânica - Dinâmica de Corpos Rígidos

MECÂNICA - DINÂMICA
Dinâmica do Movimento
Plano de um Corpo Rígido:
Força e Aceleração
Cap. 17

Exemplo 17.13
A barra esbelta de massa m e
comprimento l é liberada do
repouso quando q=00. Determine
as componentes horizontal e
vertical da reação de apoio no
pino no instante em que q=900.
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica © 2013 Curotto, C.L. - UFPR 2

Exemplo 17.13 - Solução
Diagrama de corpo livre e cinético:

Equações de movimento:
2 2
    
  
 q 
 q 
sin ( / 2) (1)
cos ( / 2) (2)
1
 
2
n G n
cos ( / 2) ( ) (3)
3
t
n n
Para um dado ângulo existirão 4 incógnitas
A quarta equação será:
(4)
Substitui

   l q q
t
A
t G t
A
F ma
F ma
M I
d d
F m r A mg m
F m r A mg m
mg m
 q 
   q
q




 





l
l
l l
ndo da equação (3) em (4):
d (1.5g / )cos d

Desde que  0 em  0 
:
90
 (1.5 / l ) 
cos
0 0
2
90 2
0
 
(1.5 / ) sin
2
Substituindo na equação (1):
3 /
sin 3 / ( / 2) 1.5
Isolando na equação (3)
modificada fica:
(90 ) 0

1.5 cos
Da equaç
q
n
d g d
g
A mg m g mg
g
g

 q
  q q

q
q

 



 
  
   

l
l
l
l
l
ão (2): 0 Da equação (1): 2.5 t n A  A  mg

2
a conferência no W
m g
Para  2 m;  1 kg, 
10 m/s
2
M:
A A
 
 
d/s ; 0 N; 2.5 N
2
Valores par
0 :
0 rad/s;
7.5 ra
90

:
n t
A A
 
3.87 rad/s; 0 rad/s ; 25 N;
0
N
n t
q
q
  

 
  

l

Se quisermos calcular o tempo t do instante considerado
tomamos a equação (3) modificada :
g q
1.5 cos
Que se for reescrita substituindo por 90 - e alterado o
sinal do segundo termo para compatibilidad
  2
2
d g t
t
q
q  
l

q q


l
 
e de eixos:
1.5 sin
dt
que é a equação do movimento do pêndulo já resolvida no
Exemplo 17.8b.

Problema 17.B
Uma menina senta-se acomodada no
interior de um pneu largo de forma que
a menina e o pneu têm um peso total de
185 lb, um centro de massa em G e um
raio de giração 1.65 ft em relação a G.
Se o pneu rola livremente plano abaixo,
determine as forças normal e de
atrito que ele exerce sobre o plano
quando passa pela posição mostrada
com uma velocidade angular de 6 rad/s.
Admita que o pneu não deslize enquanto
rola.

Problema 17.B - Solução
Diagrama do corpo livre e cinético
y
G x  (a )
G y (a )
O
P 20
A
N
at F
x
185 lb
2
32.2 ft/s
1.65 ft



6 rad/s

P
g
k
G
ω

16.5 Análise do Movimento Relativo: Velocidade
B A B / A v  v ω r
Velocidade

Dados decorrentes
 
Como (Exemplo 16.4):
   
2(6) 12.000 ft/s
v r v
O O
v v ωr v
v
    

G O O/G G
Nas direções horizontal e vertical:
 
 
No ponto G:
12.000 6 0.75
7.5000 ft/s
12.000cos 20 11.276 ft/s
12.000sin 20 4.1042 ft/s
7.5000co
s 20 
7.0477 ft/s
G
v
v
v
Oh
Ov
Gh
 
   
  
 
v
  7.5000sin 20  
2.5652 ft/s Gv

P mg m .
5.7453 slug

Cálculo do momento de inércia de massa:
2
Cálculo da massa do corpo:
185 (32 2)
5.7
2
2
I mk I
  
G G G
15.642 slug.
453(1.65)
ft G
m
I
  


Aplicação das equações de movimento
 
 
( )

F 
m a

F 
m a
 
x G x
y G y
M 
M
A k A

 
F 
m a
x G x
 

P F a
sin 20  
5.7453( ) (1)
at G x
 
   
F 
m a
y G y

P N a
  
cos 20 5.7453 (2)
G y

 
M
(M
)
A
k A
M Iα m(a ) d m
(a ) d

  
A G G x G y
  

P .
. α . (a ) . . )
sin 20 1 25
15 642 5 7453 1 25 5 7453 0 (3)
   
 
G
x
(a
G y


Aplicação das equações da cinemática
y
G y a) (
O
G O r /
G x (a )
Oa
A

x

16.7 Análise do Movimento Relativo: Aceleração
   
a a α r r
Aceleração
/
/
2
/
acel. do ponto B
acel. do ponto A
acel. angular do corpo
veloc. angular do corpo
vetor posição relativo de A para B
B
B
A
A B B A
B A
A ω
ω





a
a
α
r

Aplicação das equações da cinemática:
Como não ocorre deslizamento,
2
a αr
O
a a α r r
G O G/
ω
O G/O
 a  i
 a 
j
G x G y
         
     
 
 
2 α i α k 0.75 j 6 0,75
j
a i a j 1.2500 α i 27.000
j
G x G
y
a α
1.2500
(4)
27.000 ft/s 2
(5
)
2
G x
G y
a

   
 
     
  



Substituindo (4) em (3)
(M )

A A
   
k
M Iα m a d m a d
A G G x G y
  
P
sin 20 1.25
15.642 5.7453 1.25 5.7453 0
     
α (a ) a
G x G
   
α
α
.642 5.7453 1.25 1.25
2
79.0921 15
3
.2127 rad/s (6)
y
α
M
  

 



 


Substituindo (6) em (4)
(a ) α
1.25
1.25 3.212
4.0159 f
 7

2


G x
(a )
G x
( a
) 
t/s (7) G x

Substituindo (7) em (1):
 a

x G x
   
P F (a ) F
sin 20 5.7453 63.274 5.7453 4.0159
40.2 l
at G x at
 
F a
   
F
Su
b
bstituindo (5) em (2):
y
cos 20 5.7453 173.84 5.7453 27
G
329 lb
G
y
at
y
P N (a )
N
F m
m
N
    
    








Problema 17.C
O pêndulo mostrado na figura consiste em uma placa uniforme de 5
Kg e uma barra esbelta de 2 Kg. Determine as componentes
horizontal e vertical da reação que o pino O exerce sobre a barra no
instante q = 30º, quando sua velocidade angular é  = 3 rad/s.
q
O
 = 3 rad/s
0,3 m
0,2 m
0,5 m

Problema 17.C - Solução
Posição do centro de
massa
0,5 m
x x
x x
  
CG CG
  
  
2 0.5
CG CG
x x
0,3 m
0,15 m
0,25 m
xCG
0.15-xCG 50.15  2 0.25
0.75 5
0.035714 m
7 0.25
CG CG
CG

Momentos de Inércia
   
 
2
2
B CG
B CG
I
I
   
 
2 2
2
2 2
P CG
P CG
       
I
I
I I I
I
I
O B CG P CG
2
Barra:
1
2 0.5
12
0.041667 kg.m
Placa:
1
5 0.2 0.3
12
0.054167 kg.m
Conjunto:
2 0.25 5 0.65
0.041667 0.12500 0.054167 2.1125
2.3333 kg.m
O
O


 

   
  


0,5 m
0,3 m
O

Diagrama de corpo livre e cinético
q
O
G
7 Kg
An
At
q
 = 3 rad/s


2 2
    
 sen θ

2
     
 
7 9.81 sen 30 7 3 0.53571
68.08

    
 cos
q 
5 N
   
 7 9.81 cos30 
7 0.53571
3.7500 59.470
cos
   
7 9.81 cos30 0.53571
n
n G n G
n
t G t G
t
O o G o
o
t
F m r A mg m r
A
F m r A mg m r
A
M
A
m
A
I g r I
I


 q 


 
  

Equações de Movimento

68.085 N
3.7500 59.470
A
A
   
2
7 9.81 cos30 0.53571
31.859 2.3333 13.654 rad/s
8.2673 N
n
t
o
t
I
A





 


 
 

Nos eixos x e y
A
68.085 N
A
8.2673 N
A A A
A
cos30 sin 30
   
68.085 0.86603 8.2673 0.50000
.8 N
A

A A
sin 30 cos30
   
54
68.085 0.50000 8.2673 0.
8
41.2 N
6603
n
t
x n t
x
x
y n t
y
A
y
A
A

 
 
 
 
 


v 
r
 
Velocidade inicial nos eixos x e y
v
v v v
v v v
 
   
 
      
x x
 
y y
 
v
v v v
v v v
 
   
       64952 m/s
 
 
Placa
3 0.65 1.9500 m/s
sin 30 1.9500 0.50000 0.97500 m/s
cos30 1.9500 0.86603 1.6887 m/s
Barra
3 0.25 0.75000 m/s
sin 30 0.75000 0.50000 0.37500 m/s
cos30 0.7500 0.86604 0.
x x
y y

Problema 17.D
O bloco retangular de massa 100 kg, altura 6 m,
largura 2 m e espessura 1 m possui uma velocidade
inicial de 8 m/s conforme mostra a figura. Assumindo
que os coeficientes de atrito dinâmico e estático com
o solo são iguais a 0.4, estude o movimento do bloco
no momento inicial.
8 m/s

Problema 17.D - Solução
Assumindo que o bloco se move sem girar (ver aulas 14 e
15 de Mec. Geral II).
 = 0
 = 0
d <= 1 m
8 m/s
a
N
Fa
2 m
d
P
6 m
G
x
m = 0.4
y
m

8 m/s
a
N
Fa
2 m
d
P
6 m
G
αI

 
Nd F I
   
a G
x
m = 0.4
 = 0
 = 0
y
m
d <= 1 m
 
0 (1)
 
 
0.4
 
6
2
F N
 
m




F 
m
a
M
9
(2)
100 9.81
100
81.00 N
(3)
a
G
a
a
G
x G x
a
F N
P mg
P
F ma F a
  
 



 
 
G y
N  P  m 0
N P N 
N
    
Substituindo em (2):
 
 0.4 981.00
 
392.40
100
 
Substituindo em (1)
 
981.00 N
392.40 N
981 N
392 N
F
2 2

3.924
3.92 m
0 m
:
39
/s
2.40 3
981.00
1.200
/
0 m
s
1
.20
y
a a a
a
F
a
F m a
F
d
a
d 
d

  









Como 1, então o bloco vai girar enquanto de
sl
m
d  iza.

Supondo que fosse igual a 0.3, por exemplo:
 
0.3 981.00
F
a a a Substituindo em
294.30
100
 
294 N
294.30 N
2 2

2.94 m/s
0.900
(3):
294.30 3
981.00

d 
Nes
2.9430 m/s
0.9000
e
0 m m
s
a
d
a
F
d
a
F
d
m
  

  
  
 


 
caso, como 1, então o bloco iria somente deslizar,
como pode ser verificado no modelo WM.

Assumindo que o bloco se move enquanto gira em torno
do ponto A (ver aulas 14 e 15 de Mec. Geral II).


8 m/s
aGy
aGx
A
N
Fa
2 m
P
6 m
G
m = 0.4
x
y
m

12.8 * Aceleração
Derivando v = vrur + vquq
a = arur + aquq
onde
ar = r - r q 2
aq = r q + 2r q
a = r - r q 2 ( )2
+(r q + 2r q )2

16.3 Rotação em Torno de um Eixo Fixo
Movimento do Ponto P
Aceleração:
a = arur + aquq
onde
ar = r - r q 2
an = w 2r
aq = r q + 2r q
at =ar

Movimento de rotação em torno de um eixo fixo:
2 m
6 m
G
q


y
g
A x
r
aGr
aGq
r =
6
2
æ
è ç
ö
ø ÷
2
+
2
2
æ
è ç
ö
ø ÷
2
r = 3.1623 m
g = arctan
2
6
æ
è ç
ö
ø ÷
g = 0.32175 rad
aGr = r - rq 2; aGq = ra + 2rq
r = r = 0; q =w
aGr = -rw 2aGr = -3.1623w 2
aGq = raaGq = 3.1623a

Observar que o valor 3.1623 é o raio de rotação
do CG em torno do ponto A, ou seja:
r = 3.1623;
H
2
= r cosg ;
L
2
= r seng
assim, para este problema:
3.1623cosg = r cosg =
H
2
= 3
e
3.1623seng = r seng =
L
2
=1

Transformação do sistema de coordenadas:
Nas direções x e y:
aGx
R = aGr cosq - aGq senq
aGx
R = -3.1623w 2 cosq -3.1623a senq
aGx
R = -rw 2 cosq - ra senq
aGy
R = aGr senq + aGq cosq
aGy
R = -3.1623w 2 senq +3.1623a cosq
aR = -rw 2 senq + ra cosq
Gy
aGq
aGr
q
q
aGx
R
aGy
R
A
r
q

Transformação do sistema de coordenadas:
Para o instante inicial i onde q = 90+g , como:
sen(90+g ) = cosg e cos(90+g ) = -seng
então:
aRi = 3.1623w 2 seng -3.1623a cosg
Gx
Ri = -3.1623w 2 cosg -3.1623a seng
Ri = -
Ri =
aGx
L
2
wi ( )2
-
H
2
ai = wi ( )2
-3a i (4)
aGy
aGy
H
2
wi ( )2
-
L
2
ai = -3 wi ( )2
-ai (5)

T + aGx
Movimento geral plano: aGx = aGx
R
T + aGy
aGy = aGy
R
Ti = 0 : aGy = aGy
Como aGy
R
Para o instante inicial i, wi = 0:
ai = aTi -3a i ou ainda
Gx
Gx
i = aGx
aGx
Ti -
H
2
a i (6)
i = aGy
aGy
Ti -
H
2
wi ( )2
-
L
2
a i
i = -
aGy
L
2
a i (7)

17.2 Equações Dinâmicas do Movimento Plano
Equação do Movimento de Rotação escrita em
função do momento de inércia em relação ao centro
de massa G:
MP å = -ym aG ( )x
+ xm aG ( )y
+aIG
Diagrama de corpo livre Diagrama cinético

MA å = -ym aG ( )x
+ xm aG ( )y
+a IG
IG =
m
12
L2 + H2 ( )IG =
100
12
22 + 62 ( )
IG = 333.33 kg.m2
No instante inicial i:
P
L
2
æ
è
ç
ö
ø
÷= -
H
2
æ
è
ç
ö
æ
i + -
ø
÷maGx
L
2
è
ç
ö
i + IGai
ø
÷maGy

Substituindo os valores de (6) e (7):
P
L
2
= -
H
2
Ti -
æ
m aGx
H
2
a i
è ç
ö
ø ÷
æ
+ -
L
2
è ç
ö
ø ÷
æ
m -
L
2
a i
è ç
ö
ø ÷
+ IGai
P
L
2
= -
H
2
Ti +
maGx
H2
22
+
L2
22
æ
ç
è
ö
÷m+ IG
ø
æ
çç
è
ö
ai
÷÷
ø
Substituindo os demais dados:
1333.3a i -300aGx
Ti = 981.00 (8)

Fa =mNFa = 0.4N (9)
Fx å = m aG ( )x
-Fa = maGxFa = -100aGx (10)
Substituindo (9) em (10):
N = -
m
m
aGx = -250aGx (11)
Fy å = m aG ( )y
N - P = maGyN -981.00 =100aGy (12)
Substituindo os valores de (11) em (12):
maGy +
m
m
aGx = -P =100aGy + 250aGx = -981.00 (13)

Substituindo os valores de (6) e (7) em (13):
÷ai -
Ti = P = 850ai - 250aGx
m
L
2
+
m
m
H
2
æ
è ç
ö
ø ÷
æ
ç
è
ö
ø
m
m
aGx
Ti = 981.00 (14)
As equações (8) e (14) conduzem ao sistema:
1333.3ai -300aTi = 981.00 (8)
Gx
850a i - 250aGx
Ti = 981.00 (14)
De solução:
a i = -0.62624 rad/s2a i = -0.626 rad/s2
aTi = -6.0532 m/s2
Gx

Da equação (6):
i = aGx
a i
i = -6.0532-3(-0.62624)
aGx
i = -
i = 0.62624 m/s2aGy
aGx
Ti -
H
2
æ
è ç
ö
ø ÷
aGx
i = -4.1745 m/s2aGx
i = -4.17 m/s2
Da equação (7):
aGy
L
2
a i
aGy
i = 0.626 m/s2

Da equação (10):
Fa = -maGx
Fa = 417.45 NFa = 417 N
Da equação (11):
N = -
m
m
aGx
N =1043.62 NN =1.04 kN

Para estudar o movimento após o momento inicial as equações
devem ser escritas em função do ângulo q:
R = -3.1623w2 cosq -3.1623a senq
aGy
aGx
R = -3.1623w2 senq +3.1623a cosq
aGq
aGr
q
q
aGx
R
aGy
R
A
r
q

Movimento geral plano:
T + aGx
aGx = aGx
R
T + aGy
aGy = aGy
R
Ti = 0aGy = aGy
Como aGy
R :
T -3.1623w2 cosq -3.1623a senq (15)
aGx = aGx
aGy = -3.1623w2 senq +3.1623a cosq (16)

MA å = -ym aG ( )x
+ xm aG ( )y
+a IG
981.00 = -300aGx -100aGy +333.33a
Substituindo os valores de (15) e (16):
981.00 = -300aGx
T + 948.69cosq ( +316.23senq )w 2
+(948.69senq -316.23cosq +333.33)a (17)
Isolando a :
T -(948.69cosq +316.23senq )w 2
a =
981.00+300aGx
948.69senq -316.23cosq +333.33
(18)

Das equações Fx å = m aG ( )x
e Fy å = m aG ( )y
Ainda vale a eq. (13), reproduzida a seguir:
100aGy + 250aGx = -981.00 (13)
Substituindo os valores de (15) e (16) em (13):
316.23senq ( +790.57cosq )w 2
+(316.23cosq +790.57senq )a - 250aGx
T = 981.00 (19)

As equações (17) e (19) formam um sistema com 3 incógnitas,
sendo a equação restante:
wdw =adq (20)
Substituindo a da equação (18) em (20):
wdw =
T -(948.69cosq +316.23senq )w 2
981.00+300aGx
948.69senq -316.23cosq +333.33
dq
T
dw
dq
=
981.00+300aGx
w
-(948.69cosq +316.23senq )w
948.69senq -316.23cosq +333.33
(21)
que é uma equação diferencial submetida a seguinte condição
contorno:
w (90+g ) = 0w (1.892546 rad) = 0

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