Análise de Colisões em Mecânica Geral

UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ UTFPR UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ UTFPR DEPARTAMENTO ACADÊMICO DE CONSTRUÇÃO CIVIL DACOC DEPARTAMENTO ACADÊMICO DE CONSTRUÇÃO CIVIL DACOC CURSO ENGENHARIA CIVIL MECÂNICA GERAL 2 FI70B CURSO ENGENHARIA CIVIL MECÂNICA GERAL 2 FI70B MECÂNICA GERAL 2 MECÂNICA GERAL 2 Prof Dr Eng Mec M Eng Mec Eng Civ Fernando Luiz Martinechen Beghetto Prof Dr Eng Mec M Eng Mec Eng Civ Fernando Luiz Martinechen Beghetto PARTE PARTE 2 2 154 COLISÃO Uma colisão choque ou impacto entre dois corpos ocorre quando estes entram em contato durante um breve intervalo de tempo desenvolvendo forças de relativa alta intensidade forças impulsivas A batida de um martelo num prego ou de um taco de golfe numa bola são exemplos comuns Em geral as colisões podem ser classificadas como colisão central e colisão oblíqua Uma colisão central ocorre quando as direções das velocidades dos centros de massa dos corpos em colisão coincidem com a linha que une esses centros de massa Essa linha é denominada linha de colisão Quando uma ou ambas as velocidades dos centros de massa formam um ângulo com a linha de colisão a colisão é denominada colisão oblíqua Colisão Central Para ilustrar o método de análise da mecânica de colisões consideramos o caso em que há colisão central de dois pequenos corpos representados por pequenas esferas lisas A e B Os corpos têm as quantidades de movimento inicialmente mostradas na Figura 1514 Sendo vA1 vB1 ocorrerá uma colisão entre eles Durante a colisão os corpos devem ser pensados como deformáveis ou nãorígidos Durante o tempo de deformação eles exercem um impulso de deformação opostos P dt mesmo módulo mesma direção e sentidos opostos Somente no instante de deformação máxima ambos os corpos se movem com a mesma velocidade v pois seu movimento relativo é nulo A seguir ocorre um tempo de restituição no qual os corpos retornam às suas formas originais ou ficam permanentemente deformados Os impulsos de restituição opostos mesmo módulo mesma direção e sentidos opostos afastam os corpos um do outro Na realidade as forças de restituição para de qualquer dos corpos são tais que os impulsos de deformação são sempre maiores que os de restituição isto é P dt R dt Imediatamente após a separação os corpos terão as quantidades de movimento mostradas na Figura 1514 onde vB2 vA2 Em muitos problemas as velocidades iniciais dos corpos são conhecidas e é necessário determinar suas velocidades finais Exemplo 159 Abandonase a partir do repouso na posição horizontal θ 0º um saquinho A de 6 lb mostrado na figura Após cair até a posição vertical θ 90º o saquinho atinge uma caixa B de 18 lb Se o coeficiente de restituição entre o saquinho e a caixa é e 05 determine as velocidades de ambos os corpos imediatamente antes e após a colisão Determine também a perda de energia durante a colisão SOLUÇÃO Este problema envolve colisão central Por quê Antes de analisar a mecânica da colisão todavia é necessário obter a velocidade do saquinho imediatamente antes da colisão com a caixa Conservação da Energia Com a referência em θ 0º Figura 1516b temos T0 U0 T1 V1 0 0 12 6 lb322 péss²va² 6 lb3 pés va1 139 péss Conservação da Quantidade de Movimento Supomos que depois da colisão A e B se deslocam para a esquerda Aplicando a conservação da quantidade de movimento para o sistema temos mgbvb1 mava1 mgbvb2 mava2 0 6 lb139 péss 18 lb322 péss²vb2 6 lb322 péss²va2 139 3vb2 1 Coeficiente de Restituição Observando que para ocorrer a separação após a colisão vb2vb1 Figura 1516c temos e vb2 va2vb1 05 vb2 0139 péss 695 2 Resolvendo as equações 1 e 2 obtemos va22 174 péss 174 péss vb2 521 péss Resposta Perda de Energia Aplicando o princípio do trabalho e energia ao saquinho e caixa imediatamente antes e imediatamente após a colisão temos ΣU12 101 péslb Resposta Para issolargase mão da conservação da quantidade de movimento do sistema formado pelos dois corpos pois durante a colisão os impulsos internos tanto os de deformação quanto os de restituição se cancelam Logo levando em conta as figuras 1514 e 1514 impomos mAvA1 mBvB1 mAvA2 mBvB2 Para obtermos uma segunda equação que nos permita encontrar as velocidades finais devemos aplicar o princípio do impulso e quantidade de movimento a cada um dos corpos Por que há perda de energia 155 Momento Angular Definindo como o momento da quantidade de movimento do ponto material em relação ao ponto O Ho Formulação escalar Para um ponto se movendo num plano xy podese definir o valor escalar do momento angular em z Hoz dmv 1512 onde d é o braço de alavanca do momento As unidades de Hoz são por exemplo kgm²s e slugpés²s O sentido de Ho é definido pela regra da mão direita 155 Momento Angular Formulação vetorial Para um ponto se movendo numa curva espacial utilizase o produto vetorial Ho r mv onde r é vetor posição do ponto P Ho é perpendicular ao plano definido por r e mv Exprimindo r e mv em componentes cartesianas podese definir o momento angular por Ho i j k 1514 156 Relação entre Momento de uma Força e o Momento Angular Reescrevendo a 2ª Lei de Newton ΣF mv 151 Momentos das forças em relação a O ΣMo r ΣF r mv Como Σr F 0 ΣHo 0 Coeficiente de Restituição Vemos da Equação 1511 que e é igual à razão entre a velocidade relativa da separação entre os corpos imediatamente depois da colisão vB2 vA2 e a velocidade relativa de aproximação imediatamente antes da colisão vA1 vB1 Determinando essas velocidades relativas experimentalmente verificouse que a variável considerada como a velocidade de colisão assim como os tamanhos e formas dos corpos que colidem ou ΣMo Ho 1515 O momento resultante em relação a O de todas as forças agindo no ponto material é igual à derivada temporal do momento angular desse ponto em relação a O Resultado semelhante a eq 151 ΣF mv ou ΣF L 1515 onde L mv ou seja a força resultante agindo no ponto material é igual à derivada temporal da sua quantidade de movimento Sistema de Pontos Materiais Reescrevendo a eq 1515 Σr F Σr F ΣHo Mas como as forças internas ocorrem aos pares na mesma direção e sentidos opostos Σr F 0 ou Σr F ΣHo 1517 O momento resultante em relação a O de todas as forças externas agindo num sistema de pontos materiais é igual à derivada temporal do momento angular total do sistema em relação ao mesmo ponto O 157 Princípios do Impulso e Momento Angular Reescrevendo a eq 1515 na forma ΣMo dt dHo e integrando Σ t1 t2 Md dt Hot1 Hot2 ou Hot1 Σ t1 t2 Md dt Hot2 1518 Por essas razões o valor do coeficiente de restituição só é confiável quando usado com dados que se aproximam das condições em que foram efetuadas as medidas Em geral e tem um valor entre zero e um É conveniente conhecer o significado físico do que essas leis Colisão Elástica e 1 A colisão entre dois corpos é perfeitamente elástica quando e impulso de deformação P dt é oposto mesmo módulo mesma direção e sentido oposto ao impulso de restituição R dt Embora na realidade isso nunca aconteça e 1 para uma colisão elástica 157 Princípios do Impulso e Momento Angular Formulação escalar As equações anteriores podem ser expressas em componentes cartesianas resultando num total de seis equações escalares independentes Para o movimento de um ponto material restrito a um plano xy têmse três equações independentes mvx1 Σ Fxd t mvx2 mvy1 Σ Fyd t mvy2 H01 Σ M0 dt H02 1522 Conservação do Momento Angular Para soma de impulsos angulares nulos agindo sobre o ponto material durante o intervalo t1 t2 a eq 1518 fica H01 H02 1523 equação que traduz a conservação do momento angular estabelecendo que o momento angular permanece constante de t1 a t2 Colisão Plástica e 0 A colisão é denominada plástica ou inelástica quando e 0 Nesse caso não há impulso de restituição R dt 0 de modo que após a colisão ambos os corpos se unem movendose portanto em mesma velocidade A partir do que foi exposto tornase evidente que o princípio do trabalho e da energia não pode ser usado na análise de problemas de colisão pois não é possível saber como as forças internas de deformação e restituição variam ou deslocam seus pontos de aplicação durante o processo de colisão todavia a perda de energia durante a colisão pode ser calculada com base na diferença das energias cinéticas imediatamente antes e imediatamente após a colisão A bola B de 08 lb está presa a uma corda que passa por um orifício A feito na mesa lisa Inicialmente a bola está descrevendo uma trajetória circular de raio r1 175 pés de centro A com velocidade v1 4 péss Aumentase então a força F na outra extremidade de modo que esta passa a ter uma velocidade constante para baixo v2 6 péss Determine a velocidade da bola no instante em que r2 06 pés e o trabalho realizado por F para diminuir a distância radial de r1 a r2 Despreze o tamanho da bola SISTEMAS DE PONTOS MATERIAIS SISTEMAS DE PONTOS MATERIAIS 410 SISTEMAS VARIÁVEIS Todos os sistemas considerados até agora eram conjuntos bem definidos de pontos materiais os sistemas não ganhavam nem perdiam qualquer ponto material durante seus movimentos Num grande número de aplicações de engenharia entretanto é necessário considerar sistemas variáveis isto é sistemas que estão continuamente ganhando eou perdendo pontos materiais Considerese por exemplo uma turbina hidráulica Sua análise envolve a determinação das forças exercidas por uma corrente de água sobre as pás em rotação A água em contato com as pás forma um sistema mutável que continuamente adquire ou perde matéria Os foguetes fornecem outro exemplo de sistemas variáveis já que sua propulsão depende somente da contínua ejeção de combustível Lembramos que todos os princípios da dinâmica estabelecidos anteriormente foram deduzidos para sistemas de pontos materiais constantes que nem ganham nem perdem pontos materiais Devemos entretanto achar um modo para reduzir a análise de um sistema variável à de um sistema auxiliar constante O procedimento a ser seguido é indicado nas Seções 411 e 412 para duas amplas categorias de aplicações 411 FLUXO ESTACIONÁRIO DE PONTOS MATERIAIS Considerese um fluxo estacionário de pontos materiais tal como uma corrente de água desviada por uma pá fixa ou um jato de ar através de um duto ou ventilador Para determinar a resultante das forças exercidas nos pontos materiais em contato com a pá duto ou ventilador isolamos estes pontos materiais chamando de S o sistema assim definido Figura 1 Observamos que S é um sistema variável de pontos materiais já que continuamente os ganha e os perde em igual número ao fluírem para dentro e para fora Portanto os princípios da dinâmica que foram estabelecidos anteriormente não podem ser aplicados diretamente a S Figura 1 Sistema variável de pontos materiais S Entretanto podemos facilmente definir um sistema auxiliar que permaneça constante durante um curto intervalo de tempo t Considerese num instante t o sistema S mais os pontos materiais que entrarão em S durante o intervalo de tempo t Figura 2a A seguir considerese num instante t t o sistema S mais os Essa perda de energia U12 T2 T1 ocorre porque alguma energia cinética inicial se transforma em energia térmica assim como gera em outras deformações do material Em particular se a colisão é perfeitamente elástica nenhuma energia é perdida na colisão se por outro lado a colisão é plástica a energia perdida durante a colisão é um máximo Procedimento para Análise Colisão Central Em muitos problemas as velocidades finais de dois corpos físicos devem ser determinadas imediatamente após sofrerem colisão central pontos materiais que deixaram S durante o intervalo t Figura 2c Claramente os mesmos pontos materiais estão envolvidos em ambos os casos e podemos aplicar a esses pontos materiais o princípio do impulso e quantidade de movimento Como a massa total m do sistema S permanece constante os pontos materiais que entram no sistema e aqueles que deixam o sistema no intervalo t devem ter a mesma massa m Representando por vA e vB respectivamente as velocidades dos pontos materiais que em A entram em S e em B deixam S exprimimos a quantidade de movimento dos pontos materiais que entram em S por mvA Figura 2a e a quantidade de movimento dos pontos materiais que deixam S por mvB Figura 2c Também representamos por vetores apropriados as quantidades de movimento mivi dos pontos materiais que formam S e os impulsos das forças exercidas sobre S e indicamos pelos sinais de adição e igualdade de cor cinza que o sistema das quantidades de movimento e impulsos nas partes a e b da Figura 2 é eqüipolente ao sistema das quantidades de movimento na parte c da mesma figura Figura 2 Sistema auxiliar para análise de sistema variável Como a resultante mivi das quantidades de movimento dos pontos materiais de S está presente em ambos os lados do sinal de igualdade esta quantidade pode ser omitida Concluímos que o sistema formado pela quantidade de movimento mvA dos pontos materiais que entram em S no intervalo t e os impulsos das forças exercidas sobre S durante aquele intervalo de tempo é eqüipolente à quantidade de movimento mvB dos pontos materiais que deixam S no mesmo intervalo t Podemos portanto escrever 1 Uma equação semelhante pode ser obtida tomando os momentos dos vetores envolvidos ver Problema Resolvido 145 Dividindo todos os termos da Equação 1 por t e fazendo t tender a zero obtemos no limite 2 No Sistema Internacional a razão dmdt é expressa em kgs e a velocidade em ms verificamos que ambos os membros da Equação 2 são expressos na mesma unidade newtons É conveniente exprimir a taxa de massa dmdt que escoa como o produto Q onde é a massa específica do f1uído massa por unidade de volume e Q é a vazão de escoamento do volume volume por unidade de tempo A massa específica é expressa em kgm3 por exemplo 1000 kgm3 para a água e Q é dado em m3s O princípio que estabelecemos pode ser usado para analisar grande número de aplicações em engenharia Algumas das mais comuns são as seguintes Fluxo Desviado por uma Pá Se a pá for fixa o método de análise apresentado acima poderá ser aplicado Sendo conhecidos o coeficiente de restituição a massa de cada corpo e as respectivas velocidades iniciais imediatamente antes da colisão a solução do problema pode ser obtida usandose as duas equações a seguir A conservação da quantidade de movimento aplicase ao sistema formado pelos dois corpos Σm1v1 Σmv2 O coeficiente de restituição e vB2 vA2vA1 vB1 relaciona as velocidades relativas dos corpos ao longo da linha de colisão imediatamente antes e imediatamente depois da colisão diretamente para se achar a força F exercida pela pá sobre o fluído Notamos que F é a única força a considerar já que a pressão no fluido é constante pressão atmosférica A força exercida pelo fluído sobre a pá será oposta a F Se a pá se move com uma velocidade constante o fluxo não é constante Entretanto parecerá constante para um observador que se move com a pá Teremos portanto que escolher um sistema de eixos que se desloque com a pá Como este sistema de eixos não é acelerado a Equação 1 pode ainda ser usada mas vA e vB devem ser substituídas pelas velocidades relativas dos fluxos em relação à pá ver Problema Resolvido 146 Escoamento de um Fluído num Tubo A força exercida por um fluído sobre uma descontinuidade num tubo tal como um cotovelo ou uma redução pode ser determinada considerandose o sistema de pontos materiais S na região de descontinuidade Como em geral a pressão no fluido é variável devemse levar em conta também as forças exercidas sobre S pelas paredes adjacentes do fluído Motor a Jato Num motor a jato o ar entra com velocidade inicial nula pela frente do motor e sai pela parte posterior com alta velocidade A energia necessária para acelerar as partículas de ar é obtida pela queima de combustível Embora os gases de escapamento contenham combustível queimado a massa deste é pequena comparada com a massa do ar que sai pelo motor e por isso pode ser desprezada Portanto o estudo de um motor a jato reduzse ao estudo de um fluxo de ar Este fluxo poderá ser considerado constante se todas as velocidades forem medidas em relação ao avião Supõese pois que o ar entra no motor com uma velocidade v de módulo igual à velocidade do avião e sai com uma velocidade u igual à velocidade relativa dos gases de escapamento Figura 3 Como as pressões do ar que entra e do que sai estão próximas da pressão atmosférica a única força externa que deve ser considerada é a força exercida pelo motor sobre a corrente de ar Esta força é diretamente oposta ao empuxo Figura 3 Fluxo de entrada e saída de ar em um motor a jato Observese que se o avião for acelerado ele não poderá ser usado como um sistema de referência newtoniano O mesmo resultado será obtido para o empuxo entretanto pelo uso de um sistema de referência em repouso em relação à atmosfera já que o ar entrará no motor com velocidade nula e sairá com velocidade de módulo u v Ventilador Consideremos o sistema de pontos materiais S mostrado na Figura 4 Supõese que a velocidade vA dos pontos materiais que entram no sistema é igual a zero e a velocidade vB dos pontos materiais que saem do sistema é a velocidade de escoamento do ar A vazão de ar pode ser obtida pela multiplicação de vB pela área da seção transversal da corrente Como a pressão ao redor de S é atmosférica a única força externa que atua em S é o empuxo do ventilador Figura 4 Fluxo de ar através de um sistema variável S para um ventilador Hélice de Avião Para se obter uma corrente estacionária de ar as velocidades devem ser medidas em relação Ao aplicarem as duas equações acima o sentido de uma velocidade desconhecida pode ser arbitrado Se a solução resultar numa quantidade negativa a velocidade efetivamente tem o sentido oposto Colisão Oblíqua Quando ocorre colisão oblíqua entre dois corpos lisos estes se afastam entre si com velocidades desconhecidas em módulo direção e sentido Dadas as velocidades iniciais quatro incógnitas estão presentes no problema ao avião portanto se suporá que o ar entra no sistema com uma velocidade v de módulo igual à velocidade do avião e o deixa com velocidade u igual à velocidade relativa do escoamento 412 SISTEMAS COM GANHO OU PERDA DE MASSA Estudaremos agora outro tipo de sistema variável de pontos materiais ou seja um sistema que ganha massa pela absorção contínua de pontos materiais ou que a perde pela expulsão contínua dos mesmos Considerese o sistema S mostrado na Figura 5 Sua massa igual a m no instante t aumenta de m no intervalo de tempo t Para poder aplicar o princípio do impulso e quantidade de movimento à análise deste sistema devemos considerar no instante t o sistema S mais os pontos materiais de massa m que S absorve durante o intervalo de tempo t A velocidade de S no instante t é denotada por v e sua velocidade no instante t t é denotada por v v enquanto a velocidade absoluta dos pontos materiais que são absorvidos é denotada por va Figura 5 Sistema variável com ganho ou perda de massa Aplicando o princípio do impulso e quantidade de movimento escrevemos 3 Donde se obtém a soma F t dos impulsos das forcas externas que atuam sobre S excluindo as forcas exercidas pelos pontos materiais absorvidos 4 Introduzindo a velocidade relativa u dos pontos materiais absorvidos em relação a S escrevemos u va v e observamos já que va v e que a velocidade relativa u está dirigida para a esquerda como mostra a Figura 5 Desprezandose o último termo na Equação 4 que é de segunda ordem escrevemos 5 Dividindo ambos os membros por t e tomando o limite quando t tende a zero temos 6 Quando a velocidade absoluta va dos pontos materiais absorvidos é zero temos u v e a fórmula 6 se torna Comparando a fórmula obtida com a Equação 123 da Seção 22 observamos que poderá ser aplicada a segunda lei de Newton ao sistema que ganha massa sempre que os pontos materiais absorvidos se encontrem inicialmente em repouso Também se poderá aplicar ao sistema que perde massa sempre que a velocidade dos pontos materiais expulsos seja zero em relação ao sistema de referência escolhido Transpondo os termos em 6 obtemos a equação Como é mostrado na Figura 1515 essas incógnitas podem ser representadas como vA2 vB2 θ1 e θ2 como componentes x e y das velocidades finais Se o eixo y é estabelecido no plano de contato e o eixo x ao longo da linha de colisão as forças impulsivas de deformação e restituição agem somente na direção x Decompondo os vetores velocidade e quantidade de movimento nas direções x e y é possível escrever quatro equações escalares independentes para se determinarem vA2 vA2 vB2 e vB2 7 Esta equação nos mostra que a ação sobre S dos pontos materiais absorvidos é equivalente a um empuxo dmdtu que tende a retardar o movimento de S já que a velocidade relativa u dos pontos materiais está dirigida para a esquerda No Sistema Internacional dmdt é expresso em kgs a velocidade relativa u em ms e o empuxo correspondente em newtons As equações obtidas podem ser usadas para determinar o movimento do sistema S com perda de massa Neste caso a variação da massa é negativa e a ação sobre S dos pontos materiais expulsos é equivalente a um empuxo na direção e sentido u isto é no sentido oposto ao de expulsão Um foguete representa um caso típico de um sistema com perda contínua de massa Problema Resolvido 147 A quantidade de movimento do sistema é conservada ao longo da linha de colisão eixo x de modo que ΣmvAx ΣmvBx O coeficiente de restituição e vB2 vA2vA1 vB1 relaciona os componentes das velocidades relativas dos corpos ao longo da linha de colisão eixo x A quantidade de movimento do corpo A é conservada ao longo do eixo y perpendicular à linha de colisão pois nenhum impulso age no essa direção A quantidade de movimento do corpo B é conservada ao longo do eixo y pela mesma razão apresentada para A e B Q 34759 n³s a From 2 sin θ 2 Q Q 066667 θ 41810 θ 418 b Force that stream exerts on plate C P1 452 lb 1432 Um vagão de comprimento l e massa v0 quando vazio movese livremente num trilho horizontal enquanto está sendo carregado com areia a uma taxa q dmdt Sabendo que o vagão tinha inicialmente uma velocidade v0 quando se iniciou o carregamento determine a a massa do vagão e sua carga e b a sua velocidade depois que o vagão deixar o local de carga R a m0eqtlm0 b v0eqtlm0 SOLUTION Consider the conservation of the horizontal component of momentum of the railroad car of mass m0 and the sand mass qt m0v0 m0 qtv m0v0m0 qt 1 dxdt v m0v0m0 qt Integrating using x0 0 and x L when t tL L tL 0 vdt tL 0 m0v0m0 qt dt m0v0q lnm0 qtL lnm0 m0v0q lnm0 qtLm0 eqLm0 a Final mass of railroad car and sand m0 qtL m0eqLm0 b Using 1 vL m0v0m0 qtL m0v0eqLm0 vL v0eqLm0 161 Movimento de um Corpo Rígido Translação Path of rectilinear translation Figure 1601a Path of curvilinear translation Figure 1601b 161 Movimento de um Corpo Rígido Rotação em torno de um eixo fixo Rotation about a fixed axis 161 Movimento de um Corpo Rígido Movimento plano geral General plane motion 161 Movimento de um Corpo Rígido Exemplo General plane motion Curvilinear translation Rectilinear translation Rotation about a fixed axis Figure 1602 161 Movimento de um Corpo Rígido Exemplo de Translação Curvilínea Figure 160301 UN C 162 Translação Posição rB rA rBA Fixed coordinate system Figure 1603 162 Translação Velocidade Derivando rB rA rBA e como rBA é constante vB vA Aceleração Derivando vB v A 163 Rotação em Torno de um Eixo Fixo Movimento Angular Posição Angular θ Deslocamento Angular dθ Velocidade Angular ω dθdt Aceleração Angular α dωdt Movimento angular Figure 1604a 163 Rotação em Torno de um Eixo Fixo Movimento Angular Velocidade Angular ω dθdt Aceleração Angular α dωdt α d²θdt² e dθ ω dt 163 Rotação em Torno de um Eixo Fixo Movimento Angular Aceleração Angular Constante α αc ω ω₀ αc t θ θ₀ ω₀ t 12 αc t² ω² ω₀² 2αc θ θ₀ 122 Fórmulas da Aceleração Constante a ac v v₀ ac t s s₀ v₀ t 12 ac t² v² v₀² 2ac s s₀ 128 Aceleração Derivando v vr ur vθ uθ a ar ur aθ uθ onde ar j r r θ² aθ r θ 2 r θ² a j r θ²² r θ 2 r θ² 163 Rotação em Torno de um Eixo Fixo Movimento do Ponto P Aceleração a ar ur aθ uθ onde ar j r r θ² ar ω²r aθ r θ 2 r θ α r PONTOS IMPORTANTES Um corpo pode estar sujeito a dois tipos de translação Durante uma translação retilínea todos os pontos seguem trajetórias retas paralelas e durante uma translação curvilínea os pontos seguem trajetórias curvilíneas que têm a mesma forma e são equidistantes entre si Todos os pontos de um corpo em translação movemse com a mesma velocidade e a mesma aceleração Pontos de um corpo que gira em torno de um eixo fixo têm trajetórias circulares exceto os pertencentes ao eixo de rotação A relação dθ ω dt segue da α dωdt e de ω dθdt por eliminação de dt Conhecidos ω e α a velocidade e a aceleração de qualquer ponto do corpo podem ser determinadas A velocidade de qualquer ponto do corpo sempre é tangente à trajetória desse ponto A aceleração tem dois componentes O componente tangencial mede a taxa de variação da velocidade escalar módulo da velocidade e pode ser determinado usandose at α r O componente normal mede a taxa de variação da direção da velocidade e é determinado por an ω²r Um motor gira uma roda com suas pás no interior do equipamento Se a polia A conectada ao motor começa a girar a partir do repouso com uma aceleração angular de 2 rads² determine o módulo da velocidade e da aceleração do ponto B sobre a roda A após estar ter completado uma volta Admita que a correia de transmissão não deslize sobre a polia A barra AB gira no sentido antihorário com uma velocidade angular de 4 rads Qual a velocidade angular da barra BC Sentido antihorário positivo 165 Análise do Movimento Relativo Velocidade 165 Análise do Movimento Relativo Velocidade dℝBdt dℝAdt dℝBAdt Velocidade dℝBdt dℝAdt dℝBAdt VB VA VBA O colar C mostrado movese para baixo com velocidade de 2 ms Determine as velocidades angulares das barras CB e AB nesse instante SOLUÇÃO I ANÁLISE VETORIAL Diagrama Cinemático O movimento de descida de C obriga B a moverse para a direita bem como CB e AB a girarem no sentido antihorário Para resolvermos o problema vamos escrever a equação cinemática apropriada para cada barra Equação da Velocidade Barra CB movimento plano geral Consideremos a Figura 1615b vB vC ωCB rBC vBi 2j ωCBk 02i 02j vBi 2j 02ωCBj 02ωCBi vB 02ωCB 1 0 2 02ωCB 2 ωCB 10 rads vB 2 ms Resposta Barra AB rotação em torno de um eixo fixo Consideremos a Figura 1615c vB ωAB rFB 2i ωABk 02j 2 02ωAB 2 ωAB 10 rads Resposta 166 Centro Instantáneo de Velocidad Nula 166 Centro Instantáneo de Velocidad Nula Exemplo 1611 O bloco D movese com uma velocidade de 3 ms Determine as velocidades angulares das barras BD e AB no instante mostrado Procedimento para Análise A equação da aceleração relativa pode ser aplicada considerandose quaisquer dois pontos A e B de um corpo quer usandose uma análise vetorial cartesiana quer escrevendose diretamente as equações para os componentes escalares x e y Análise da Velocidade Determine a velocidade angular ω do corpo usando uma análise vetorial como foi discutido na Seção 165 ou 166 Determine também as velocidades vA e vB dos pontos A e B esses pontos seguem trajetórias curvilíneas ANÁLISE VETORIAL Diagrama Cinemático Estabeleça os eixos fixos x y e construa o diagrama cinemático do corpo Indique nele a aA aB ω α e rBA Se os pontos A e B se deslocam ao longo de trajetórias curvilíneas suas acelerações devem ser indicadas em termos de seus componentes tangencial e normal isto é aA aAt aAn e aB aBt aBn Equação da Aceleração Para aplicar aB aA α rBA ω²rBA expresse os vetores na forma de vetores cartesianos e os substitua na equação Calcule o produto vetorial e então iguale os respectivos componentes i e j para obter duas equações escalares E a solução resultar em uma resposta com valor negativo para as incógnitas isto estará indicando que o sentido do vetor é oposto ao que foi arbitrado no diagrama cinemático ANÁLISE ESCALAR Diagrama Cinemático Se a equação aB aA aBAt aBAn for aplicada então os módulos e as direções dos componentes da aceleração relativa aBAt e aBAn deverão ser estabelecidos Construa um diagrama cinemático como se mostra na Figura 1623c Considerando o corpo momentaneamente ligado por um pino no ponto de base A os módulos são aBAt αrBA e aBAn ω²rBA As direções e os sentidos são estabelecidos a partir do diagrama PROCEDIMENTO para ANÁLISE CONTINUAÇÃO grama de forma que aBAn seja perpendicular a rBA de acordo com o movimento de rotação representado por α e aBAn seja orientado de B para A Equação da Aceleração Represente graficamente os vetores na equação aB aA aBAt aBAn mostrando seus módulos direções e sentidos abaixo deles As equações escalares são determinadas a partir dos componentes x e y desses vetores A notação aB aA aBApino aBApino pode ser útil para lembrar que se supôs o ponto de base A ligado a um pino Anotações Exemplo 1617 O colar C mostrado movese para baixo com uma aceleração de 1 ms² No instante mostrado ele tem velocidade de 2 ms que impõe às barras CB e AB velocidades angulares iguais a 10 rads Determine as acelerações angulares destas mesmas barras nesse instante SOLUÇÃO ANÁLISE VETORIAL Diagrama Cinemático Os diagramas cinemáticos das barras AB e CB estão na Figura 1630b Para resolver o problema apliquemos a equação cinemática apropriada a cada barra Equação da Aceleração Barra AB rotação em torno de um eixo fixo aB αAB rB ω²rB aB αABk 02j 10²02j aB 02αABi 20j Observemos que aB tem dois componentes pois o ponto se move ao longo de uma trajetória curvilínea Barra BC movimento plano geral Usando o resultado para aB e aplicando a Equação 1618 temos aB aC αCB rBC ω²rCBFC 02αAB 20j 1j αCBk 02i 02j 10²02i 02j 02αAB 20j 1j 02αCBi 02αCBi 20i 20j Logo 02αAB 02αCB 20 20 1 02αCB 20 Resolvendo para as acelerações angulares αCB 5 rads² αAB 95 rads² 95 rads² 167 Análise do Movimento Relativo Aceleração aB aA aBAt aBAn aB acel do ponto B aA acel do ponto A aBAt módulo αrBA e direção perpendicular a rBA aBAn módulo ω²rBA e sentido de B em direção a A 167 Análise do Movimento Relativo Aceleração aB aA α rBA ω²rBA aB acel do ponto B aA acel do ponto A α acel angular do corpo ω veloc angular do corpo rBA vetor posição relativo de A para B 168 Análise do Mov Rel Usandose um Sistema de Eixos em Rotação 168 Análise do Mov Rel Usandose um Sistema de Eixos em Rotação PROCEDIMENTO PARA ANÁLISE vC vD Ω rCD vCDxyz I r² dm Determine o momento de inércia do cilindro mostrado em relação ao eixo z Considere a densidade do material constante SOLUÇÃO Casca Elementar Este problema pode ser resolvido usandose a casca elementar mostrada na Figura 173b e integração simples O volume do elemento é dV 2πrhh dr de forma que sua massa é dm ρ dV ρ 2πhr dr Como o elemento todo está à mesma distância r do eixo z o momento de inércia desse elemento é dIz r² dm ρ2πhr³ dr Integrando sobre toda a região do cilindro obtemos Iz ₀ᵐ r² dm ρ2πh₀ᴿ r³ dr ρπ2 R⁴h A massa do cilindro é m ₀ᵐ dm ρ2mh₀ᴿ r dr ρmhR² de modo que Iz 12mR² Resposta Exemplo 173 Determine o momento de inércia da placa em relação ao eixo z perpendicular a placa passando pelo ponto O A placa possui densidade constante de 8000 kgm³ e espessura 10 mm 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Nosso estudo será restrito para corpos rígidos que possuem simetria em relação a um plano de referência Assim todas as forças e momentos atuantes no corpo poderão ser projetadas neste plano e o movimento a ser estudado será planar 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Translação F m ag Esta equação define que a soma de todas as forças atuantes no corpo é igual a massa do corpo vezes a aceleração do seu centro de massa G 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação Planar do Movimento de Translação Fₓ m aₓ e Fᵧ m aᵧ 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação r Fᵢ r fᵢ r mᵢ aᵢ 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Mp r m a Mp m r aP α r ω r Desenvolvendo o produto vetorial usando os componentes cartesianos de momento e aceleração Mp m y aPy x aPx α r² 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Integrando sobre toda a massa do corpo Mp determm aPx determm aPy α determr 𝑑m 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Mp determm aPx determm aPy α determr 𝑑m Mr representa somente momentos externos desde que os momentos internos se anulem 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Mp determm aPx determm aPy α determr 𝑑m A primeira integral é a ordenada do centro de massa vezes a massa 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Mp determm aPx determm aPy α determr 𝑑m A segunda integral é a coordenada do centro de massa vezes a massa 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Mp determm aPx determm aPy α determr 𝑑m A terceira integral é o momento de inércia de massa do corpo 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Mp 𝜖m aPx 𝑚 aPy α lP 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação Se o ponto P coincide com o centro de massa G MG αIG ou seja a soma de todos os momentos externos atuantes no corpo calculados em relação ao centro de massa G é igual ao produto da aceleração angular do corpo pelo momento de inércia em relação a um eixo que passa por G 172 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 γm aGx m aGy αIG 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Equação do Movimento de Rotação escrita de uma forma geral em função do momento cinético Mp Mkp 172 Equações Dinâmicas do Movimento Plano Resumo Fx m aGx Fy m aGy MG αIG Mp Mkp Procedimento para Análise Problemas de dinâmica que envolvem a translação de um corpo rígido podem ser resolvidos utilizandose o seguinte procedimento Diagrama de Corpo Livre Estabeleça um sistema inercial x y ou n t e trace o diagrama de corpo livre levando em conta todas as forças externas e todos os momentos de binário externos agindo no corpo Devese estabelecer a direção e o sentido da aceleração aG do centro de massa do corpo Identifique as incógnitas do problema Decidindose que a equação de movimento de rotação Mp Mkp deve ser utilizada na solução então construa a dinâmica pois nele se representam graficamente os componentes maGn e maGn sendo portanto conveniente para a visualização dos termos necessários no somatório dos momentos Mkp Equações de Movimento Aplique as três equações de movimento de acordo com a convenção de sinal adotada Para simplificar a análise a equação de momento MG 0 pode ser substituída pela equação mais geral MP Mkp onde o ponto P é usualmente localizado na interseção das retas de ação de tantas forças desconhecidas quanto for possível Se o corpo está em contato com uma superfície áspera e ocorre deslizamento use a equação do atrito F μN Lembrese de que F agindo no corpo tem sentido oposto ao do movimento deste relativamente à superfície de contato Cinemática Use a cinemática se a velocidade e a posição do corpo tiverem de ser determinadas Para translação retilínea com aceleração variável use aG vG0t aGt vGdvG dsGdt Para translação retilínea com aceleração constante use vG vG0 aGt v2G vG0² 2aGsG sG0 sG sG0 vG0t 12aGt² Para translação curvilínea use aGn v²Gρ ω²ρ aGl dvGdt aGdsG vGdvG aGl αp Exemplo 178a A viga BD de 100 kg é suportada por duas hastes de massa desprezível Determine a força criada em cada haste no instante que θ 30º e ω 6 rads SOLUÇÃO Diagrama de Corpo Livre A viga tem movimento de translação curvilínea pois os pontos B e D e o centro de massa G movemse ao longo de trajetórias circulares de mesmo raio igual a 05 m A Figura 1713b mostra o diagrama de corpo livre para a viga usandose coordenadas tangencial e normal Por causa da translação G tem o mesmo movimento do pino B que está unindo a barra à viga Estudando o movimento de rotação da barra AB Figura 1713c observemos que o componente tangencial da aceleração aponta para baixo e para a esquerda devido ao sentido antihorário de α Além disso o componente normal da aceleração está sempre voltado para o centro de curvatura aponta para A Como a velocidade angular de AB é de 6 rads então aGn ω²r 6 rads²05 m 18 ms² As três incógnitas são TB TD e aGt Os sentidos de aGn e aGt foram estabelecidos e estão indicados nos eixos coordenados Equações de Movimento Fn maGn TB TD 981 cos 30 N 100 kg18 ms² 1 Ft maGt 981 sen 30 100 kgaGt 2 MG 0 TB cos 3004 m TD cos 3004 m 0 3 A solução do sistema dessas equações nos fornece TB TD 132 kN 30 aGt 490 ms² 174 EQUAÇÕES DE MOVIMENTO ROTAÇÃO EM TORNO DE UM EIXO FIXO Consideremos o corpo rígido ou placa mostrado na Figura 1714a o qual tem de girar em torno de um eixo fixo horizontal que é perpendicular ao plano da página e passa por um pino em O A velocidade e a aceleração angulares são causadas por um sistema de forças e momentos de binário externos agindo no corpo Como o centro de massa G do corpo se move numa trajetória circular a aceleração deste ponto está representada na figura por seus componentes tangencial e normal O componente tangencial da aceleração tem módulo aGt αrG e deve ter seu sentido consistente com a aceleração angular α O módulo do componente normal da aceleração é aGn ω²rG Esse componente é sempre orientado pelo sentido de α qualquer que seja o sentido de ω Os diagramas de corpo livre e dinâmico para o corpo estão na Figura 1714b O peso do corpo W mg e a reação do pino F0 estão incluídos no diagrama de corpo livre pois essas forças são forças externas agindo no corpo Os componentes maGt e maGn mostrados no diagrama dinâmico são associados ao componente tangencial da aceleração do centro de massa G do corpo Esses vetores têm as mesmas direções e sentidos dos componentes da aceleração e são os módulos de maGt e maGn O vetor IGα tem a mesma direção de α e o módulo IGα onde IG é o momento de inércia do corpo calculado em relação ao eixo que é perpendicular à página e passa por G Da dedução feita na Seção 172 as equações de movimento que se aplicam ao corpo podem ser escritas na forma Fn maGn mauTG Ft maGt marG 1714 A equação de momento pode ser substituída por um somatório dos momentos em torno de um ponto arbitrário P tomado no corpo ou fora dele desde que se revele em todos os momentos Mkp de IGα maGn em relação a esse ponto P Em muitos problemas é conveniente somar os momentos em relação ao ponto O eliminandose convenientemente a força desejada F0 Do diagrama dinâmico Figura 1714b isso implica MO Mko MO rgmaGt IGα 1715 Observemos que o momento de maGn não está presente no somatório pois a reta que contém esse vetor passa por O Substituindo aGt rGα podemos reescrever a equação anterior como MO IG mrG²α Do teorema dos eixos paralelos IG IG md² portanto o termo entre parênteses representa o momento de inércia do corpo em relação ao eixo de rotação fixo passando por O Consequentemente podemos escrever as três equações de movimento para o corpo como Fn maGn maurG Ft maGt marG PROCEDIMENTO PARA ANÁLISE Problemas de dinâmica que envolvem a rotação de um corpo em torno de um eixo fixo podem ser resolvidos usandose o seguinte procedimento Diagrama de Corpo Livre Estabeleça um sistema de coordenadas inercial x y ou n t e especifique as direções e os sentidos das acelerações aGn e aGt e da aceleração angular α do corpo Lembrese de que aGt tem sentido consistente com α e enquanto aGn está sempre voltada para o eixo de rotação ponto O Desenhe o diagrama de corpo livre considerando todas as forças e momentos de binário externos agindo no corpo Calcule o momento de inércia IG ou I0 Identifique as incógnitas do problema Se for decidido que a equação do movimento de rotação Mp Mkp deverá ser usada isto é se P for um ponto diferente de G ou O construa o diagrama dinâmico para ajudar a visualização dos momentos dos componentes maGn maGn e IGα ao escrever os termos para o somatório de momentos Mkp Equações de Movimento Aplique as três equações de movimento de acordo com a convenção de sinal estabelecida Se os momentos são somados em relação ao centro de massa G do corpo então MG IGα pois os momentos de maGt e maGn são nulos Se os momentos são somados em relação ao pino O no eixo de rotação então o momento de maGn em relação a G é nulo e pode ser mostrado que MO IGα Cinemática Use a cinemática se uma solução completa não puder ser obtida apenas com as equações de movimento Se a aceleração angular é variável use α dωdt ω ω0 αt θ θ0 ω0t 12αt² ω² ω0² 2αcθ θ0 Se a aceleração angular é constante use ω ω0 αt θ θ0 ω0t 12αt² ω² ω0² 2αcθ θ0 Exemplo 1710 A barra esbelta de 20 kg está em movimento planar de rotação e no instante mostrado com uma velocidade angular de 5 rads Determine a aceleração angular e as componentes horizontal e vertical da reação de apoio no pino neste instante SOLUÇÃO Diagramas de Corpo Livre e Dinâmico Consideremos a Figura 1716b Como mostrado no diagrama dinâmico o ponto G se move numa trajetória circular portanto sua aceleração tem dois componentes É importante que o componente tangencial a αr esteja orientado para baixo pois ele deve ser consistente com a aceleração angular α da barra As três equações são On 20 kg5 rads²15 m 1 ΣF maG On 20981 N 20 kgα15 m maG m g mg 988 fm g Resolvendo On 750 N OI 190 N α 590 rads² Resposta Uma solução mais direta seria somar os momentos em relação ao ponto O eliminandose On e OI e assim obtendose uma solução direta para α ΣΣMO Σm x k 60 N m 20981 N15 m 11220 kg3 m²α SOLUÇÃO Diagrama de Corpo Livre O diagrama de corpo livre para a barra está na Figura 1719b para uma posição genérica θ Por conveniência os componentes da força em A estão mostrados nas direções e n e t Observamos que a aceleração ao ponto A e é A 𝑚𝑙²𝑚 Os momentos serão somados em relação a A para se eliminarem as forças de reação ΣΣFn mαg An mg sen θ mω²l2 ΣΣFf ma An mg cos θ mαll2 ΣΣMA IAα mg cos l2 13m I α 𝑚𝑔𝑙2Σ 32m Iα Como ω 0 para θ 0 temos w 15 gl или ω2 50 1 dθ l do lado ω² 3gl Substituindo esse valor na Equação 1 com θ 90 e resolvendo as equações 1 e 3 obtemos α 0 Al 0 An 25mg Resposta MOVIMENTO DE UM GIROSCÓPIO ÂNGULOS DE EULER Um giroscópio Fig 1 consiste essencialmente em um rotor que pode girar livremente em torno de seus eixos geométricos Os ângulos φ θ e ψ são chamados de ângulos de Euler caracterizam completamente a posição do giroscópio num determinado instante Suas derivadas ϕ θ e ψ definem respectivamente a precessão a nutação e a rotação própria no instante considerado Velocidade angular do giroscópio 𝜔 𝜑𝑘 𝜃𝑗 𝜓𝑖 com 𝑘 𝑠𝑖𝑛 𝜃i 𝑐𝑜𝑠 𝜃j 𝜔 𝜑𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑖 𝜃𝑗 𝜓 𝜑𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑘 E equações de movimento Σ𝑀𝑖 𝑅𝑜 𝑂𝑥 𝑅𝑜 𝑯𝑜 𝑯𝑜 𝑙𝑗𝑠𝑖𝑛 𝑖 𝑙𝑗 𝑙𝜓 𝜑𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑘 Σ𝑛 𝜑𝑘 𝑗 Σ𝑴𝑧 𝑙𝑗𝑠𝑖𝑛 𝜃 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑙𝑗𝜓 𝜑𝑐𝑜𝑠 𝜃 Σ𝑀𝑦 𝑙𝑗𝜃𝑠𝑜𝑙𝑙 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜓 𝜑𝑐𝑜𝑠 𝜃 Σ𝑀𝑧 𝑙𝑑𝑡𝜓 𝜑𝑐𝑜𝑠 𝜃 Precessão Estacionária de um Giroscópio Um caso particular de movimento do giroscópio ocorre quando θ e ψ são constantes Fig 2 neste caso as equações de movimento reduzemse a 𝜔 𝜑𝑠𝑖𝑛 𝑖 𝑗𝑭𝑖 𝑙𝑖𝑗 𝑠𝑖𝑛 𝜃i 𝜑𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑗 Exercício Deduzir as equações de movimento do giroscópio para os seguintes casos particulares a b c d e f VIBRAÇÕES VIBRAÇÕES é chamada de frequência angular natural ou pulsação natural e é expressa em rads A frequência f é definida como o número de ciclos completos por unidade de tempo no SI sua unidade é o hertz Hz portanto 1 Hz 1 ciclos A unidade de frequência no Sistema Internacional é denominada hertz símbolo Hz de forma que 1 Hz 1 ciclos 2 π rads Determine o período de vibração para o pêndulo simples mostrado na Figura 224a A esfera tem massa m e ρ comprimento l Despreze o tamanho da esfera e a massa do fio Considere o fio inextensível Diagrama de Corpo Livre O movimento do sistema será descrito por meio da coordenada de posição q θ Figura 224b Quando a esfera está deslocada de um ângulo θ a força restauradora que age nela é dada pelo componente do peso mg sen θ Além disso a aceleração a tem o sentido de s ou θ crescente Equação de Movimento Aplicando a equação de movimento na direção tangencial pois a força restauradora tem essa direção obtemos F mai mg sen θ maI 1 Cinêmica aₜ d²sdt² s Além disso a coordenada s está relacionada com a posição angular θ pela equação s lθ de modo que aₜ ȳ Logo a Equação 1 se reduz a ö gl sen θ 0 A solução dessa equação envolve o uso de uma integral elíptica Todavia para pequenos deslocamentos sen θ θ logo A comparação dessa equação com a Equação 2216 x ωn²x 0 mostra que ωn gl Da Equação 2212 o tempo período para uma oscilação da esfera é portanto τ 2πωn 2πlg Resposta Esse resultado interessante descoberto experimentalmente por Galileu Galilei indica que o período depende somente do comprimento do fio e não da massa da esfera ou do ângulo θ A solução da Equação 3 é dada pela Equação 223 substituindo x por θ e considerando ωn gl Da mesma maneira que no caso do bloco e da mola as constantes A e B nesse problema poderão ser determinadas se por exemplo forem conhecidos o deslocamento e a velocidade iniciais da esfera O movimento harmônico simples de um corpo discutido na seção anterior se deve somente a forças restauradoras gravitacionais e elásticas que agem no corpo Como essas forças são conservativas também é possível usar a equação da conservação da energia para se obter a frequência ou o período natural de vibração Para mostrarmos como pode ser obtessas quantidades consideramos novamente o bloco a mola mostrados na Figura 228 Quando o bloco em movimento ocupa a posição a medida a partir da posição de equilíbrio a energia cinética é T 12mv² 12mx² e a sua energia potencial é V 12kx² Pela conservação da energia Equação 1421 temos T V constante 12mx² 12kx² constante 2217 A equação diferencial que descreve o movimento acelerado do bloco pode ser deduzida derivandose a equação anterior em relação ao tempo isto é mx kx 0 xmx kx 0 Como a velocidade x não é sempre nula para um sistema em oscilação x ωn²x 0 ωn km que é a Equação 221 Se a equação da energia é escrita para um sistema de corpos interligados a frequência natural ou a equação de movimento também pode ser determinada por derivação temporal Nesse caso não é necessário desmembrar o sistema para levar em conta as forças de ligação e de reação que não realizam trabalho A frequência angular natural ωn de um corpo ou sistema de corpos pode ser determinada aplicandose a equação da conservação da energia de acordo como o procedimento a seguir Equação da Energia A Figura 2210 mostra um diagrama do bloco e disco quando eles estão deslocados de s e θ em relação a suas posições de equilíbrio respectivamente Como s 015 m θ a energia cinética do sistema é T 12m₁v² 12Iω² 1210 kg015 m² 125 kg015 m²θ² 0141θ² Estabelecendo a referência na posição de equilíbrio do bloco e observando que a mola se alonga seq no equilíbrio podemos escrever a seguinte expressão para a energia potencial V 12ksseq s² Ws 12200 Nmseq 015 mθ² 981 N015 mθ A energia total para o sistema é portanto T V 0141θ² 100seq 015² 1472 Derivada Temporal 0281θ 200seq 015θ015 0 Como seq 981200 04905 m a equação acima se reduz à formapadrão ö 169 0 de modo que ωn 16 4 rads e portanto τ 2πωn 2π4 157 s Respota 223 VIBRAÇÃO FORÇADA SEM AMORTECIMENTO Considerase a vibração forçada não amortecida um dos tipos mais importantes de movimento vibratório em trabalhos de engenharia Os princípios que descrevem a natureza desse movimento podem ser usados para analisarem as forças que causam vibração em muitos tipos de máquina e estruturas Figura 2211 Força Periódica O bloco e mola mostrados na Figura 2211a são um modelo conveniente para representar as características vibratórias de um sistema submetido a uma força periódica F F0 sen ωt Essa força tem amplitude F0 e frequência angular ω A Figura 2211b mostra o diagrama de corpo livre para o bloco deslocado de uma distância x A aplicação da equação de movimento resulta em ΣFk ma x F0 sen ωt kx m x 2218 Essa equação é uma equação diferencial de segunda ordem não homogênea cuja solução geral consiste em uma solução complementar xc mais uma solução particular xp Como solução complementar entendese a solução geral da equação homogênea associada à Equação 2218 isto é a equação obtida ao se fazer o segundo membro da Equação 2218 igual a zero que é equivalente à Equação 221 A solução complementar é pois definida pela Equação 223 isto é xc A sen ωnt B cos ωnt 2219 onde ωn é a frequência angular natural ωn km Equação 222 Como o movimento é periódico uma solução particular da Equação 2218 pode ser determinada propondose uma solução da forma xp C sen ωt 2220 onde C é uma constante Calculando a derivada temporal de segunda ordem e substituindo o resultado na Equação 2218 temos Cω² sen ωt km C sen ωt F0m sen ωt Fatorando o termo sen ωt obtemos F0m km ω² F0k 2221 Substituindo essa expressão na Equação 2220 obtemos a solução específica xp F0k 1 ωωn² sen ωt 2222 Como solução geral temos portanto x xc xp A sen ωnt B cos ωnt F0k 1 ωωn² sen ωt 2223 Nessa equação x descreve dois tipos de movimento vibratório do bloco A solução complementar xc define a vibração livre que depende da frequência angular ωn km e das constantes A e B Figura 2212a Os valores das constantes A e B podem ser determinados calculandose a Equação 2223 e sua derivada temporal isto é a equação para a velocidade para um dado instante normalmente o instante inicial para o qual se conhecem a posição e a velocidade A solução particular xp descreve a vibração forçada do bloco causada pela força aplicada F F0 sen ωt Figura 2212b A vibração resultante x pode ser vista na Figura 2212c Como todos os sistemas vibrantes estão na realidade sujeitos a atrito a vibração livre xc se atenua com o passar do tempo e tende a desaparecer veja a Seção 225 Por essa razão a vibração livre é denominada transitória Por sua vez a vibração forçada é chamada de vibração em regime estacionário ou permanente pois se mantém indefinidamente Figura 2212d Podemos observar que na Equação 2221 a amplitude da vibração forçada depende da razão de frequências ωωn Definindo o fator de amplificação FA como a razão entre a amplitude de vibração no regime permanente xpmax e a deflexão estática F0k que seria produzida pela amplitude F0 da força periódica então da Equação 2222 FA xpmax F0k 1 1 ωωn² 2224 A equação anterior está representada graficamente na Figura 2213 Observemos que para ω 0 FA 1 Nesse caso devido à frequência muito baixa ω ωn a intensidade da força excitadora F muda lentamente de forma que a vibração do bloco estará em fase com F Se a força ou deslocamento é aplicado com uma frequência próxima à frequência natural do sistema isto é ω ωn a amplitude da vibração do bloco se torna extremamente grande Isso ocorre porque se condensa a cada movimento do bloco Eles são casos que ocorrem ressonância Na prática vibrações enormes e rápidas quebram peças Quando a força excita o bloco F0 sen ωt a altas frequências ω ωn o valor de FA se torna negativo indicando que o movimento do bloco se retrocede para a direita e viceversa Para frequências extremas ω ωn o bloco permanece quase parado e portanto FA aproximandamente zero Deslocamento Periódico do Suporte Vibrações forçadas também podem aparecer devido à excitação periódica do suporte de um sistema O modelo mostrado na Figura 2214 representa a vibração periódica de um bloco causada pelo movimento harmônico δ δ0 sen ωt O diagrama de corpo livre para bloco nesse caso pode ser visto na Figura 2214b A coordenada x é medida a partir do ponto de deslocamento não do suporte isto é quando a linha radial OA coincide com OB Figura 2214a Logo a deformação da mola é δx δ0 sen ωt Aplicando a equação de movimento temos ΣFk max kx δ0 sen ωt m x ou x km x kδ0m sen ωt 2225 224 VIBRAÇÃO LIVRE COM AMORTECIMENTO VISCOSO A análise do movimento de vibração considerada até a seção anterior não inclui os efeitos do atrito ou amortecimento no sistema de modo que as soluções obtidas são apenas aproximadas Como todas as vibrações livres desaparecem com o tempo é necessário incluir na análise o efeito de forças de amortecimento Em muitos casos o amortecimento é atribuído à resistência criada pela substância como água óleo ou ar na qual o sistema vibra Para um corpo que se move lentamente no meio fluido a resistência ao movimento é diretamente proporcional à velocidade do corpo Força deste tipo é denominada força de amortecimento viscoso A intensidade dessa força é expressa por uma equação da forma F cx 2226 onde a constante c é chamada coeficiente de amortecimento viscoso e tem como unidades Nsm no SI ou lbspl O movimento vibratório de um corpo ou sistema com amortecimento viscoso pode ser caracterizado pelo bloco e mola mostrados na Figura 2216a O efeito do amortecimento é incluído no modelo pelo amortecedor ligado ao bloco no lado direito Ocorre amortecimento quando o pistão P no interior do cilindro se move para a direita ou para a esquerda O cilindro contém um fluido e o movimento do pistão é retardado pois o fluido deve escoar ao redor do pistão ou através de um pequeno orifício nesse pistão Supõese que o amortecedor apresenta um coeficiente de amortecimento viscoso c A Figura 2216b mostra o diagrama de corpo livre do bloco considerando de que ele foi deslocado de uma distância x a partir da sua posição de equilíbrio Tanto a força da mola kx quanto a força de amortecimento cx operamse ao movimento para a frente apresentado pelo bloco A aplicação da equação de movimento resulta em Fx max kx cx mxi ou mixi ci kx 0 2227 A equação anterior que é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem homogênea tem solução da forma x eλt ou eλtmλ² cλ k 0 Como eλt nunca é zero uma solução será possível se impusermos mλ² cλ k 0 Resolvendo essa equação do segundo grau obtemos dois valores de λ λ₁ c2m c2m² km λ₂ c2m c2m² km 2228 A solução geral da Equação 2227 é portanto uma combinação linear de exponenciais que envolve essas duas raízes Há três possibilidades de combinação de λ₁ e λ₂ que devem ser consideradas Antes de discutir essas combinações definiremos o coeficiente de amortecimento crítico cc como o valor de c que anula o radicando nas Equações 2228 isto é cc 2mkm 2229 Nessa equação ωn é a frequência angular natural ωn km Equação 222 Sistema Superamortecido Quando c cc as raízes λ₁ e λ₂ são reais negativas A solução geral da Equação 2227 pode então ser escrita como x Aeλ₁t Beλ₂t 2230 O movimento correspondente a essa solução é não vibratório O efeito do amortecimento é tão intenso que quando o bloco é deslocado e solto ele simplesmente volta para a posição inicial sem oscilars Dizse que o sistema é superamortecido Sistema Criticamente Amortecido Se c cc λ₁ λ₂ c2m ωn Essa situação é conhecida como amortecimento crítico pois ela representa a condição para a qual c tem o menor valor necessário para o sistema ser não vibratório Usando os métodos de equações diferenciais podemos mostrar que a solução da Equação 2227 para o amortecimento crítico é x A Bteωnt 2231 Sistema Subamortecido Em muitos casos c cc Nessa situação o sistema é dito subamortecido As raízes λ₁ e λ₂ são números complexos conjugados Podemos mostrar que a solução geral da Equação 2227 pode ser escrita na forma x Dec2mt senωdt φ 2232 EXEMPLO 227 O instrumento mostrado na Figura 2215 está preso rigidamente à plataforma P que por sua vez é suportada por quatro molas cada uma com uma rigidez k 800 Nm A plataforma está inicialmente em repouso Num dado instante o piso passa a sofrer um deslocamento δ 10 sen 8t mm onde t é dado em segundos Se o instrumento é forçado a se mover verticalmente determine o deslocamento vertical y da plataforma como uma função do tempo Considere e meça o par da posição de equilíbrio e suponha que a massa total do instrumento e da plataforma seja de 20 kg SOLUÇÃO Como a vibração é provocada pelo deslocamento dos suportes o movimento é descrito pela Equação 2223 com F₀ substituído por kδ isto é y A senωnt B cosωnt δ₀1 ωωn² sen ωt 1 Aqui δ₀ δ sen ωt 10 sen 8t mm de modo que δ₀ 10 mm ω₀ 8 rads ωn km 800 Nm 20 kg 126 rads Da Equação 2222 com k₀ substituindo F₀ a amplitude de vibração provocada pelo deslocamento do piso é 10 1 8 rads126 rads² 167 mm Logo a Equação 1 e sua derivada temporal se tornam y A sen126t B cos126t 167 sen8t y A126 cos126t B126 sen126t 1333 cos8t As constantes A e B podem ser obtidas a partir dessas condições considerando que y 0 e y 0 para t 0 Temos portanto 0 0 B 0 B 0 0 A126 0 1333 A 105 O movimento vibratório é descrito portanto pela equação y 105 sen126t 167 sen8t Resposta Ocorre ressonância quando a amplitude de vibração provocada pelo deslocamento do piso aproximarse da infinidade De acordo com a Equação 2 isso exige que ω ωn 126 rads Resposta Anotações onde D e φ são constantes que podem ser determinadas pelas condições iniciais do problema isto é pelos valores da posição e da velocidade iniciais A constante Ωd é denominada frequência angular ou pulsação natural amortecida do sistema Seu valor é dado por Ωd km c2m² ωn1 ccc² 2233 onde a razão ccc é conhecida como fator de amortecimento xp A sen ωt B cos ωt 2236 Para a determinação das constantes A e B devemos calcular as derivadas temporais necessárias e substituílas nas equações 2235 Após simplificarmos o resultado obtemos Amω² cBω kA sen ωt Bmω² cAω kB cos ωt F0 sen ωt FA CF0k 11 ωωn²² 2cccωωn² 2240 A Figura 2218 mostra o gráfico do fator de amplificação FA versus a razão ωωn para diferentes valores do fator de amortecimento ccc Podemos ver desse gráfico que FA aumenta à medida que o fator de amortecimento decrese A ressonância ocorre apenas quando o fator de amortecimento é nulo e a razão de frequência é igual a um Como o fator amortecimento é conhecido a amplitude no regime estacionário pode ser determinada pelas primeiras das equações 2239 Tabela 221 Análogos Eletromecânicos Elétricos Mecânicos Carga elétrica q Deslocamento x Corrente elétrica i Velocidade dxdt Voltagem Et Força aplicada Ft Indutância L Massa m Resistência R Coeficiente de amortecimento viscoso c Recíproco da capacitância 1C Rigidez da mola k REFERÊNCIAS REFERÊNCIAS Hibbeler R C Dinâmica Mecânica para Engenharia Vol 2 10ª Edição São Paulo Prentice Hall 2005 Beer Ferdinand P Johnston Jr E Russell Vector Mechanics for Engineers Dynamics Fifth Edition São Paulo McGrawHill 1991 Notas de aula Mecânica Geral III Prof Cláudio L Curotto Universidade Federal do Paraná 20042008 Notas de aula Mecânica Geral 2 Prof Fernando Luiz Martinechen Beghetto Universidade Tecnológica Federal do Paraná Campus Curitiba 2º Semestre 2009 Notas de aula Mecânica Geral 2 Prof Rogério Francisco Kuster Puppi Universidade Tecnológica Federal do Paraná Campus Curitiba 2º Semestre 2009 Notas de aula Mecânica Geral 2 Prof José Manoel Caron Universidade Tecnológica Federal do Paraná Campus Curitiba 2º Semestre 2010