Dinâmica

2ª Lei de Newton• 2ª Lei de Newton: Se a força resultante actuante numapartícula é diferente de zero, então a partícula terá umaaceleração proporcional à intensidade da força resultantena direcção dessa resultante.• Para uma partícula sujeita às forças constantes, F 1 , F 2 , F 3 ,Fa1F2F3= = = L = constantea a1=23massa, m• Quando a partícula de massa m é actuada pela forçaa aceleração da partícula tem de satisfazer a equaçãorF =rm aF r ,• A aceleração tem de ser medida em relação a um sistemade eixos Newtoniano de referencia, i.e., sem aceleração esem movimento de rotação.• Se a força que actua numa parícula é zero, a partícula nãotem aceleração, i.e., ou mantém-se estacionária ou está emmovimento rectilíneo com velocidade constante12 - 1

Momentum linear ou quantidade de movimento deuma partícula• Substituíndo a aceleração pela derivada davelocidade, temosrrdv∑ F = mdtrd r dL= ( mv)=dt dtrL = momentum linear ouquantidade de movimento da partícula• Principio da Conservação do Momentum Linear ou daquantidade de Movimento de uma partícula:Se a resultante das forças actuantes numa partícula, é zero, omomentum linear ou quantidade de movimento permanececonstante tanto em intensidade como direcção.12 - 2

Sistemas de unidades – revisão• Sistema Internacional de Unidades (SI): as unidadesde base são comprimento (m), massa (kg), e tempo(segundo). A unidade de força é derivada tendo de sercompatível com a 2ª Lei de Newton:1N=( 1kg)⎛ m⎜12⎝ s⎞⎟⎠kg ⋅ m= 12s• U.S. Customary Units: as unidades de base são aunidade de força (lb), comprimento (ft), e tempo(segundo). A unidade de massa é derivada:1lbm=1lb32.2 fts21slug=1ft1lbs2lb ⋅s= 1ft212 - 3

Equações do Movimento• 2ª Lei de Newton:∑ Fr =rma• A solução para o movimento da partícula é obtidaatravés das equações de equilibrio, para ascoordenadas rectangulares x,y,z:∑∑∑( F i + F j + F k ) = m( a i + a j + a k )FFxxxr=may= mx &&xr∑∑zFFryy=ma= my &&yxr∑∑yFFzzr=zmar= mz &&z• No caso de o movimento ser expresso pelascomponentes tangencial e normal:∑∑FFtt==matdvmdt∑∑FFnn==man2vmρ12 - 4

Equilibrio Dinâmico• Uma expressão alternativa à 2ª Lei de Newton:r r∑ F − ma = 0r− ma ≡ vector de inércia• Com a inclusão do vector de inércia, o sistema deforças que actuam numa partícula é equivalente azero. Diz-se que a partícula está em EquilibrioDinâmico.• Os vectores de inércia são usualmente designadospor forças de inércia uma vez que medem aresistência que as partículas oferecem às alteraçõesno seu movimento, i.e. alterações de velocidade oudirecção.• As forças de inércia podem ser, conceptualmente,úteis mas não são como as forças de contacto ouforças gravitacionais abordadas na estática.12 - 5

Exemplo:Uma caixa com massa de 50 Kg está em repouso num plano horizonal, com oqual o coeficiente de atrito cinético é 0.3.Se for exercida a força de 400 N indicada, determinar a velocidade da caixaao fim de 3 s, a partir do repouso.12 - 6

m = 50 KgW = 50 x 9.81 = 490.5 N12 - 7

Exemplo:Um bloco com peso de 200-lb está em repouso num plano horizonal.Calcular a intensidade da força P necessária para conferir ao bloco umaaceleração de 10 ft/s 2 para a direita.O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano horizontal é µ k = 0.25.12 - 8

• Resolver as equações do movimento para obloco, segundo as direcções rectangulares x,yyOmF=Wgxlb⋅s= 6.21ft= µ Nk== 0.25N200lb32.2ft2s2∑ F x = ma :P cos 30° − 0.25N∑ F y= 0 :==(2)(2)6.21lb ⋅sft 10 ft s62.1lbN − P sin 30° − 200lb =• As incógnitas são: a força aplicada P ; e areacção normal ao plano N.• Resolvendo:N= P sin 30° + 200 lbP cos 30° − 0.250( P sin 30° + 200 lb) = 62.1lbP =151 lb12 - 9

Exemplo:A peça suspensa ilustrada nafigura ao lado tem uma massa de3000 Kg.A peça é elevada por uma gruaatravés do gancho H e sabe-seque, partindo inicialmente dorepouso, atinge uma velocidade deelevação de 200 mm/s em 0.3 s.Calcular a força de tracção noscabos AB e AC, durante esteintervalo de tempo de 0.3 s,assumindo uma aceleraçãoconstante.12 - 10

Exemplo:O motor M puxa o cabo com uma aceleração constante, de tal forma que acaixa com massa de 20 Kg se move para cima uma distância s = 6 m em 3 s,partindo do repouso.Determinar a força de tracção no cabo, sabendo que o coeficiente de atritocinético entre a caixa e o plano inclinado é de 0.30.12 - 11

Exemplo:O pêndulo de 2 m descreve um arco de circulo num plano vertical. Se aforça de tracção no cabo é 2.5 vezes o peso do pêndulo para a posiçãoilustrada, calcular a velocidade e a aceleração do pêndulo nessa posição.12 - 12

• Escrever as equações do movimento do pêndulosegundo as componentes tangencial e normal, ecalcular as acelerações normal e tangencial:∑ F t = ma t:mg sin 30°= maat= g sin 30°ta t= 4.9m2s∑ F n = ma n:2.5mgan=g− mg cos30°=( 2.5 − cos30°)a nman= 16.03m2s• Calcular a velocidade a partir da aceleração normal:an2v= v = ρanρ=( )(2)2 m 16.03m sv = ±5.66m s12 - 13

Exemplo:Determinar a velocidade de projecto de uma curva de autoestrada com o raioρ = 120 m, com um declive lateral de θ = 18 o . Considerar que, a velocidadede projecto de uma curva com declive lateral é a velocidade para a qual oveículo deve circular sem que seja exercida uma força de atrito lateral nassuas rodas.12 - 14

• Resolver as equações do movimentopara o veículo segundo as direcçõesvertical e normal:O veículo descreve ummovimento horizontal ao longode uma trajectória circular, comuma componente normal daaceleração dirigida para ocentro da trajectória. As forçasque actuam no veículo são o seupeso e a reacção normal àsuperficie da estrada.∑ F y= 0 :∑ F n = ma n:R cosθ−WRW=cosθR sinθ=WgWsinθ=cosθ=an0Wg2vρ• Resolver em ordem à velocidade:vv2==gρtanθ(29.81 m s )( 120 m ) tan 18 °= 19 .56m s =70.4Kmh12 - 15

Exemplo: (movimento dependente)Os dois blocos A e B, ilustrados, partem do repouso. O atrito no planohorizontal e nas roldanas é desprezável, e o peso da roldana C é igualmentedesprezável. Determinar a aceleração de cada bloco e a força de tracção nocabo.12 - 16

Oyx• Escrever as relações cinemáticas para osmovimentos dependentes e acelerações dosblocos:• Escrever as equações do movimento para os blocose para a roldana:∑ F = mxyT1 =∑ F = m∑FyyBmBAaA:( 100kg) a ABaB:BB( )(2) 300kg 9.81m s −T= ( 300kg)T2=T=g −T=m1 xAa2 B =2=m2940N -CaC2 − 2T1 == 0 :0a12aAa2B( 300kg) a B12 - 17

Oyx• Combinar as relações cinemáticas com asequações do movimento para resolver em ordemàs acelerações e força de tracção no cabo:yTTTB1 =2===1 xAa2 B =12( 100kg) a A2940N - ( 300kg)2940N -aaaTTB1AB( 300kg)( 1a )2 − 2T1 = 0=2940 N −a2( 150kg) − 2( 100kg) 0A2Aa A a A= 8.40m==12a( 100kg)= 2T1A=s24.20maA= 1680 Ns2= 840 N12 - 18

Exemplo:O bloco B com peso de 12-lb inicia o movimento a partir do repouso eescorrega sobre uma cunha A com peso de 30-lb, que está apoiada sobreuma superfície horizontal.Desprezando o atrito, determinar: (a) a aceleração da cunha A, e(b) a aceleração do bloco B em relação à cunha A.12 - 19

yraB=raAr+ aBAx12 - 20

• O bloco B tem o seu movimento dependente domovimento da cunha Ar r ra = a + aBABAy• Equações do movimento para a cunha A e para obloco B:∑ F = mxN1A0.5NaA=:sin 30°1=mAaA( W A g) a Ax∑Fx=m−WaBBABa=x=mBsin 30°=aA( a cos30°− a ):A( W g)( a cos30° − a )BAcos30° + g sin 30°BABA∑Fy=NmBay=mB( − a sin 30°):A−Wcos30°30= −( W g) a sin °1 BB A12 - 21

• Resolver em ordem às acelerações:0.5N 1 =( W A g) a AN2aa1 −WBcos30°= −( WBg)aAsin 30( W g) a −Wcos30°= −( W g)AAAgW °=B cos302W+ W sin 30°=AABB(232.2ft s )( 12lb)cos302( 30lb) + ( 12lb) sin 30°°a AB°aA= 5.07ftsin 30°2saBA=aAcos30° +g sin 30°aBA=(2) (2) 5.07ft s cos30° + 32.2ft s sin 30°a BA= 20.5ft2s12 - 22

Problema de revisão:Um automóvel com massa de 1500 Kg desloca-se num troço de estrada numplano horizontal e desacelera com a constante, desde uma velocidade de100 Km/h em A para uma velocidade de 50 Km/h quando passa em C.O raio de curvatura ρ da estrada em A é de 400 m e em C é de 80 m.Determinar a força horizontal total exercida pela estrada sobre os pneus doautomóvel, nas posições A, B e C.O ponto B é o ponto de inflexão onde a curvatura muda.12 - 23

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Impulso e Quantidade de Movimento• Da 2ª Lei de Newton:r d r rF = vdtr rFdt = d mvt2∫t1rFdt( mv ) m =( )r= mv2r− mv1quantidade demovimentott2∫rFdt = Imp1rmv1+ Imp1 →21→2= impulso dar= mv2forçarF• Quantidade de movimento final = Quantidade de movimentoinicial + Impulso da força durante o intervalo de tempo• Unidades do Impulso: [N.s]=[kg.m/s]26

Principio do Impulso e da Quantidade de Movimentot 2r∫rrm v + F d t = m v1 2t1ou:t2 2( mv ) ( ) ,( ) ( )x+ ∫ Fxdt = mvx mvy + ∫ Fydt = mvy1 2 1 2tt1 1tQuando mais que uma partícula está envolvida, podemos considerar cadapartícula separadamente, ou somar as quantidades de movimento e osimpulsos para todo o sistema de partículas:t2r∫rrmv + Fdt = mv∑ ∑ ∑1 2t1Nota: As forças de acção e reacção exercidas pelas partículas, umassobre as outras, têm impulsos que se anulam mutuamente. Apenas osimpulsos de forças externas precisam de ser considerados.27

Para um sistema de partículas:t2r∫rrmv + Fdt = mv∑ ∑ ∑1 2tSe o somatório das forças∑mv1 = ∑mv2externas é zero1rVerifica-se a conservação daquantidade de movimentor∑rmv=∑rmv1 20 = mAvA + mBvBvvAB= −mmBAOs barcos movem-se em sentidos opostos28

Forças Impulsivas:Forças que actuam na partícula durante um intervalo de tempo muito curto,mas que são suficientemente grandes para provocar uma variaçãosignificativa na quantidade de movimento da partícula:Quando uma força impulsiva actua sobre uma partícula(por ex. numa bola de ténis), a relação entre o impulso equantidade de movimento pode escrever-se:rmv+ ∑rF∆t=rm1 v 2Forças não-impulsivas: forças para as quais é pequeno,e consequentemente, o impulso pode ser desprezado(por ex. o peso da bola de ténis).rF∆t29

Principio do Impulso e da quantidade demovimento:t2r∫r rmv + Fdt = mv1 2t1Aplicando o principio na direcção paralela ao plano inclinado:mv1 + ( mg sin 5° ) t − Ft = 0( )( ) ( )1814.4 26.817 + 1814.4 × 9.81sin 5° t − 6672t= 0t = 9.5 s31

Exemplo:36.6 m/s24.4 m/sUma bola de baseball, com massa de 13.4 g, é atirada com umavelocidade 24.4 m/s. Após o impacto no taco, a bola adquire umavelocidade de 36.6 m/s na direcção ilustrada na figura.Se a duração do impacto entre a bola e o taco foi de 0.015 s,determinar o valor médio da força impulsiva exercida pela bola noimpacto, utilizando o principio do impulso e da quantidade demovimento.32

Principio do impulso e quantidade demovimento: r r rmv + F∆ t = mv1 236.6 m/s− mv cos401+ Fx∆ t = mv2 °( ) F ( ) ( )− 0.1134 24.4 + 0.015 = 0.1134 36.6 cos40°FxDirecção x := 396.4 Nx24.4 m/s0 + F ∆ t = mv sin 40°y2( ) ( )0 + F 0.015 = 0.1134 36.6 sin 40°FDirecção y :yy= 177.9 Nr r rF = i + j( 396.4) ( 177.9)177.9 N434.5 NF=434.5 N24.2°396.4 N33

Exemplo:Um pacote de 10 kg cai de uma rampa sobre o carrinho, de massa 24 kg, comuma velocidade de 3 m/s, conforme ilustrado na figura. Sabendo que ocarrinho incialmente está em repouso, e pode rolar livremente sem atrito,determinar:(a)(b)(c)A velocidade final do carrinho,O impulso exercido pelo carrinho sobre o pacoteA fracção de energia perdida no impacto34

Aplicando o principio do impulso e da quantidade de movimento aosistema “pacote + carrinho”: r∑rrmv + F∆ t = mv∑1 2Direcção x :mprvr( mp+ mc) 21 + ∑Imp1 → 2 = v( )m v cos30° + 0 = m + m vp 1 p c 2( 10)( 3) cos30° = ( 10 + 25)v2v 2 = 0.742 m/sVerifica-se a conservação da quantidade de movimentona direcção x para o sistema “pacote+carrinho”35

Aplicando o mesmo principio ao pacote isoladamente, para calcular aforça impulsiva exercida sobre o mesmo, a partir da variação do seumomento angular, temos:rmpv + ∑ F r r∆ t = m v1 p 2Direcção x :Direcção y :m v cos30° + F ∆ t = m vp 1 x p 2( 10)( 3) cos30 ( 10)( )( )° + F ∆ t = v F x ∆t = −18.56 N ⋅ sx− m sin30 0pv1 ° + Fy∆ t =− 10 3 sin30° + F ∆ t = 0F y ∆t = 15 N ⋅ sy=r1 2F ∆ t = ( − r18.56 ) i + r∑Imp→ ( 15 ) jF∆ t = 23.9 N ⋅s236

Para determinar a fracção de energia perdida, calculam-se asenergias cinéticas inicial e final:Energia inicial:Energia final:T1 2 11 2 p 1 2( )( )= m v = 10 3 = 45 J2( )2( )( )T = m + m v = 10 + 25 0.742 = 9.63 J1 12 2 p c 2 22T− TT1 2145 − 9.63= = 0.7864537