UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO

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UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO

ESCOLA POLITÉCNICA

PME – 3100 MECÂNICA GERAL I

Parte III – Dinâmica

Capítulo 2

Dinâmica dos Sistemas Materiais

Henrique de Britto Costa 2.020

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Advertência

Estas notas de aula contêm problemas resolvidos das Listas de Exercícios que constam no site da disciplina. Essas resoluções devem ser usadas apenas para consulta. O aluno deve tentar, antes, resolver os exercícios por conta própria.

CONTEÚDO

1) Teorema da Resultante

2) Teorema do Momento Angular 3) Teorema da Energia Cinética 4) Teorema de Koenig

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DINÂMICA DOS SISTEMAS MATERIAIS

H. Britto – 2.020

1 ) TEOREMA DA RESULTANTE

Seja S um sistema material de partículas P_i, de massa m_i, que se movimenta em relação a um referencial inercial (figura 1):

Figura 1

Seja F⃗ _i a resultante das forças externas que atuam em P_i e f _i a resultante das forças internas. Apliquemos a primeira lei de Newton:

m_i a⃗ _i = F⃗ _i+ f _i (1) Somando as equações do movimento de todos os pontos:

∑ m_i a⃗ _i = ∑ F⃗ _i+ ∑ f _i

Pelo princípio da ação e reação, as forças internas constituem um sistema equivalente a zero (de resultante e momento nulos). Assim (O é um ponto qualquer):

∑ f _i = 0⃗ (2) ∑(P_i− O) ∧ f _i = 0⃗ (3) Consequentemente:

∑ m_i a⃗ _i = ∑ F⃗ _i (4) O centro de massa G do sistema se define por meio de:

4

m (G − O) = ∑ m_i (P_i − O) (5) Se O coincide com G, resulta:

∑ m_i (P_i − G) = 0⃗ (6) Derivando duas vezes, consecutivamente:

∑ m_i (v⃗ _i − v⃗ _G) = 0⃗ (7) ∑ m_i (a⃗ _i − a⃗ _G) = 0⃗ (8) Sendo: m = ∑ m_i (9) resultam, de (7) e (8), respectivamente: m v⃗ _G = ∑ m_i v⃗ _i (10) m a⃗ _G = ∑ m_i a⃗ _i (11) Notemos que as expressões (10) e (11) também podem ser obtidas por derivação de (5). Define-se como quantidade de movimento total do sistema o vetor Q⃗⃗ dado por (10):

Q⃗⃗ = m v⃗ _G = ∑ m_i v⃗ _i (12) Introduzindo (4) em (11) obtemos:

m a⃗ _G = ∑ F⃗ _i ∴ m a⃗ _G = F⃗ (13) onde F⃗ = ∑ F⃗ _i é a resultante das forças externas.

A expressão (13) traduz o importante Teorema da Resultante, ou Teorema do Movimento do Baricentro (T.M.B.)

O T.M.B. pode ser assim enunciado:

O centro de massa de qualquer sistema material se movimenta como se toda a massa do sistema estivesse nele concentrada e todas as forças externas nele aplicadas.

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Se F⃗ = 0⃗ então ma⃗ _G = 0⃗ e Q⃗⃗ = mv⃗ _G é constante. É o chamado Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, ou Lei da Inércia, cujo enunciado é o seguinte:

Quando a resultante das forças externas é nula, ou quando o sistema está sujeito apenas a forças internas, o centro de massa G descreve movimento retilíneo e uniforme, mantendo constante a quantidade de movimento total.

Primeiro Exemplo (França)

Na figura 2 um ponto material de massa m desliza sobre a face inclinada de um prisma triangular de massa M, sem atrito, provocando o deslocamento do prisma no plano horizontal (sem atrito). Supondo que o sistema partiu do repouso, e com a partícula no ponto mais alto, pedem-se:

a ) a velocidade do prisma (u̇) em função da velocidade relativa (ṡ) do ponto material b ) o deslocamento (u = d) do prisma quando o ponto atingir o plano horizontal

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Resolução: As forças externas que agem no sistema (os dois pesos e a reação do plano sobre o prisma) são verticais. Portanto o baricentro G do sistema tem velocidade cuja componente horizontal é constante e igual à do instante inicial, isto é, zero.

A abscissa x_G do centro de massa do sistema pode ser achada no instante inicial. Sendo b a abscissa do centro de massa do prisma (b = ℓ 3⁄ ) , temos:

x_G =Mb + m(0)

M + m ∴ xG = Mb M + m Num instante t qualquer:

x_G =M(b − u) + m(s cos θ − u) M + m

Igualando as duas expressões de x_G obtemos o deslocamento do prisma no instante t: Mb M + m = M(b − u) + m(s cos θ − u) M + m ∴ u = m s cos θ M + m (14) Derivando temos a velocidade do prisma:

u̇ =m ṡ cos θ

M + m (15) Para resolver o ítem b) basta fazer s = ℓ cos θ⁄ na expressão de u :

d = m ℓ

M + m (16)

Segundo Exemplo (Beer-Johnston)

Um veículo espacial com 200 kg de massa é observado passando pela origem de um referencial inercial (O x y z) com uma velocidade v⃗ = 150 i . Nesse instante ele explode e se separa em 3 partes A, B e C, de massas 100 kg, 60 kg e 40 kg, respectivamente. Passados 2,5 segundos após a explosão, as partes A e B são vistas nas posições A (555, −180, 240) e B (255, 0, −120) , onde as coordenadas são expressas em metros e a velocidade em m/s . Achar a posição da parte C nesse instante.

Resolução: como não há forças externas, o centro de massa G do sistema continua se movendo com velocidade v⃗ _G = 150 i depois da explosão. Após 2,5 segundos G estará na posição:

r _G = (G − O) = 150 (2,5) i = 375 i

Aplicando no instante t = 2,5 s a expressão (5), que define a posição de G: m r _G = ∑ m_i r _i ∴ m r _G = m_A r _A+ m_B r _B+ m_C r _C

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200(375) i = 100(555 i − 180 j + 240 k⃗ ) + 60(255 i − 120 k⃗ ) + 40(x i + y j + z k⃗ ) Resolvendo as equações, obtemos a posição da parte C:

x = 105 m , y = 450 m e z = − 420 m

Terceiro Exemplo: No exemplo anterior calcular as velocidades v⃗ _A, v⃗ _B e v⃗ _C no instante t = 2,5 s

Resolução (figura 3)

Figura 3

A quantidade de movimento é a mesma, antes e depois da explosão, pois não há forças externas. Temos, imediatamente após a explosão:

v ⃗ _G = 150 i , v⃗ _A= v_A r A |r _A| , v⃗ B = vB r _B |r _B| e v⃗ C= vC r _C |r _C| sendo (verificar): |r _A| = 630,892 m , |r _B| = 281,824 m e |r _C| = 624,440 m

Aplicando a equação (10) no ponto O, imediatamente antes e imediatamente após a explosão: m v⃗ _G = ∑ m_i v⃗ _i = m_A v⃗ _A+ m_B v⃗ _B + m_C v⃗ _C

8 v_A = 252,36 m s , vB = 112,73 m s e vC= 249,78 m s

É preciso observar que, no cálculo realizado, desprezamos as forças internas, de origem gravitacional, no intervalo que vai de 0 até 2,5 segundos. Significa considerar retilíneas as trajetórias das partes A, B e C.

2 ) TEOREMA DO MOMENTO ANGULAR

Seja um sistema de pontos materiais P_i e O um ponto qualquer. O momento angular, ou

momento cinético, do sistema em relação a O, se define como:

H⃗⃗ _O = ∑(P_i − O) ∧ m_i v⃗ _i (17) Portanto, o momento angular é o momento polar dos vetores quantidade de movimento. Derivando (17), membro a membro, com relação ao tempo:

H ⃗⃗ ̇_{O = ∑(Pi− O) ∧ mi a⃗ i + ∑(v⃗ i − v⃗ O) ∧ mi v⃗ i} H ⃗⃗ ̇_{O = ∑(Pi− O) ∧ mi a⃗ i+ (∑ mi v⃗ i) ∧ v⃗ O} Introduzindo (1) e (10): H ⃗⃗ ̇_{O = ∑(Pi− O) ∧ (F}⃗ _{i + f i) + m v⃗ G∧ v⃗ O} Considerando (3), resulta: H ⃗⃗ ̇_{O = ∑(Pi− O) ∧ F}⃗ _{i + m v⃗ G∧ v⃗ O} Finalmente, em virtude de ser:

∑(P_i− O) ∧ F⃗ _i = M⃗⃗⃗ _Oext

o momento polar das forças externas em relação a O, obtemos o importante Teorema do Momento Angular (T.M.A.) para um sistema material:

H⃗⃗ ̇_O = M⃗⃗⃗ _Oext+ m v⃗ _G∧ v⃗ _O (18) No caso particular do sistema ser formado por apenas um ponto material, (18) fica, como vimos no capítulo 1:

H

⃗⃗ ̇_{O = M}⃗⃗⃗ _{O+ m v⃗ ∧ v⃗ O}

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Há 3 casos particulares importantes, em que a segunda parcela do lado direito se anula: a ) quando O é um ponto fixo (v⃗ _O = 0⃗ )

H⃗⃗ ̇_O = M⃗⃗⃗ _Oext (19) b ) quando O coincide com G

H⃗⃗ ̇_G = M⃗⃗⃗ _Gext (20) c ) quando v⃗ _G e v⃗ _O são paralelas, como no quinto exemplo a seguir (figura 9). Aqui vale a expressão (19).

Observação: as expressões (19) e (20) guardam uma certa semelhança com a expressão (13),

abaixo transcrita, e que representa o Teorema da Resultante: m a⃗ _G = F⃗

quando se coloca esta última sob a forma:

m v⃗ ̇_G = F⃗ ∴ Q⃗⃗ ̇ = F⃗ (21) Como já vimos, quando F⃗ = 0⃗ , Q⃗⃗ se mantém constante, e temos o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento.

Analogamente, quando M⃗⃗⃗ _Oext = 0⃗ , teremos H⃗⃗ _O constante, o mesmo podendo-se dizer com relação a M⃗⃗⃗ _Gext e H⃗⃗ _G . É o chamado Princípio da Conservação do Momento Angular.

Quarto Exemplo (França)

O bloco homogêneo da figura 4, de peso mg, está sobre um carro de massa desprezível que se move horizontalmente, com aceleração a . O coeficiente de atrito entre o bloco e o carro é μ . Achar o valor máximo admissível de a para que:

a ) não haja escorregamento do bloco b ) não haja tombamento do bloco

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Resolução: Temos um sistema de dois corpos, sendo um deles de massa desprezível. a ) Na iminência do escorregamento temos T = μ N (figura 5):

Figura 5

Aplicando o T.M.B. nas direções vertical e horizontal, obtemos duas equações: F

⃗ = m a⃗ _G ∴ {

N − mg = 0 ∴ N = mg T = ma ∴ μ N = ma ∴ μ mg = ma ∴ a = μ g

b ) Na iminência do tombamento, o bloco se apóia no ponto A (figura 6):

Figura 6

Como o carro tem massa desprezível, o momento angular, em relação a A, se escreve como, de acordo com (17): H ⃗⃗ _{A= (G − A) ∧ m v⃗ G ∴ H}⃗⃗ _{A= (} b 2 i + h 2 j ) ∧ m v i = − m v h 2 k⃗ Derivando: H ⃗⃗ ̇_{A = − m a} h 2 k⃗ Pelo T.M.A., expressão (18), sabemos que:

11 H ⃗⃗ ̇_{A = M}⃗⃗⃗ _Aext_{+ m v⃗} G∧ v⃗ A = M⃗⃗⃗ Aext , pois v⃗ G // v⃗ A ( v⃗ G = v⃗ A = v i ) ∴ − m a h 2 k⃗ = − m g b 2 k⃗ ∴ a = b h g

A maior aceleração admissível é o menor dos dois valores encontrados, a = μ g ou a = b

h g

Quinto Exemplo (França)

Na figura 7 as polias e os fios têm massa desprezível. Os fios são flexíveis e inextensíveis. Não há atrito nos eixos das polias. Calcular as acelerações Ẍ e ẍ .

Figura 7

Resolução: Para facilitar o trabalho algébrico vamos supor que M = 2 m .

Sendo F a força no fio superior, a primeira lei de Newton produz, segundo a figura 8: 3 m g − F = 3 m Ẍ (i)

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Figura 8

Aplicando o T.M.B. ao subsistema inferior, na direção vertical, resulta, conforme a figura 9: R ⃗⃗ = m a⃗ _G = ∑ m_i a⃗ _i ∴ 3 m g − F = 2 m d 2 dt2 [ (L − X) + x ] + m d2 dt2 [ (L − X) + (ℓ − x) ]

Fazendo as derivadas, vem:

∴ 3 m g − F = 2 m (− Ẍ + ẍ ) + m (− Ẍ − ẍ ) (ii)

Figura 9

Aplicando agora o T.M.A. ao subsistema inferior, começamos calculando o momento angular em relação ao ponto A. De acordo com a figura 9 podemos escrever:

H

⃗⃗ _{A = (P − A) ∧ 2m v⃗ P+ (Q − A) ∧ m v⃗ Q}

∴ H⃗⃗ _A = (x i − r j ) ∧ 2m (ẋ − Ẋ) i + [ (ℓ − x) i + r j ] ∧ m (− ẋ − Ẋ ) i Fazendo os produtos vetoriais, resulta:

H

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Derivando, vem:

H

⃗⃗ ̇_{A = m r (3 ẍ − Ẍ ) k⃗}

O T.M.A. é dado pela expressão (18), abaixo reescrita para o polo A: H

⃗⃗ ̇_{A= M}⃗⃗⃗

Aext+ m v⃗ G∧ v⃗ A = M⃗⃗⃗ Aext ( pois v⃗ G ∕∕ v⃗ A )

Portanto:

m r (3 ẍ − Ẍ ) k⃗ = (2mgr − mgr) k⃗ ∴ m r (3 ẍ − Ẍ ) = m g r (iii) Resolvendo o sistema (i), (ii) e (iii), obtêm-se:

ẍ = 6 17 g , Ẍ = 1 17 g e F = 48 17 m g

O problema não pediu, mas podemos achar a força F∗ no fio inferior. Com base na figura 7 apliquemos a primeira lei de Newton aos pontos P e Q:

2 m g − F∗ = 2 m ( ẍ − Ẍ ) (ponto P) m g − F∗ = m (− ẍ − Ẍ ) (ponto Q) Qualquer uma das equações acima fornece:

F∗ ₌24

17 m g

3 ) TEOREMA DA ENERGIA CINÉTICA

Consideremos uma partícula P_i do sistema material, de massa m_i , e sujeita às forças F⃗ _i (resultante das forças externas) e f _i (resultante das forças internas):

O Teorema da Energia Cinética (T.E.C.), aplicado ao movimento da partícula P_i , produz: ∆E_i = E_i − E_i0 =1 2 mi (vi 2_{− v} i0 2_{) = W} iext+ Wiint (22)

Somando para todos os pontos, resulta o importante Teorema da Energia Cinética para um sistema de pontos materiais:

∆E = E − E₀ = W_ext+ W_int (23) cujo enunciado pode ser assim estabelecido:

A variação da energia cinética de um sistema material é igual ao trabalho realizado por todas as forças (externas e internas) que atuam no sistema.

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Notemos que, derivando a expressão (23), resulta:

Ė = Ẇ_ext+ Ẇ_int = 𝒫_ext+ 𝒫_int

Ou seja, a derivada da energia cinética é igual à soma das potências instantâneas dos esforços

externos e internos.

Trabalho das forças internas

Consideremos o trabalho elementar correspondente ao par de pontos P_i e P_j (figura 10):

Figura 10

Sendo r _i e r _j os vetores posição de P_i e P_j podemos escrever:

(P_i− P_j) = r _i− r _j = r _ij= |r _ij| u⃗ _ij= r_ij u⃗ _ij (24) onde u⃗ _ij é o versor de r _ij = (P_i− P_j) .

O trabalho elementar é dado por:

dW_ij = f _ij∙ dr _i+ f _ji∙ dr _j = f _ij∙ (dr _i− dr _j) (25) Diferenciando (24), vem:

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Introduzindo (26) em (25), fica:

dW_ij= f _ij∙ (dr_ij u⃗ _ij+ r_ij du⃗ _ij) (27) Por ser u⃗ _ij de módulo constante, sabemos que du⃗ _ij ⊥ u⃗ _ij . Portanto, de (27) resulta:

dW_ij = f _ij∙ dr_ij u⃗ _ij ∴ dW_ij = − f_ij dr_ij (28) com f_ij = |f _ij| . Notemos que , para o sentido positivo que foi adotado para as forças internas (forças saindo da partícula), o trabalho elementar é sempre negativo.

O trabalho elementar total será a soma de todos os dW_ij , e o trabalho total realizado por todas as forças internas pode ser obtido por integração ao longo do tempo.

Observação importante:

No caso do sistema ser rígido, as distancias relativas entre os pontos materiais se mantém constantes, e, portanto, dr_ij = 0 . Nessas circunstâncias o trabalho das forças internas é nulo. Assim, no caso particular importantíssimo do sistema S ser um sólido rígido, o T.E.C. tem uma forma mais simples, como veremos no capítulo 4:

∆E = E − E₀ = W_ext (29)

O caso de dois corpos em contato

Quando dois corpos estão em contato por meio de um ponto, sejam (R⃗⃗ , P₁) e (− R⃗⃗ , P₂) as forças de contato (R⃗⃗ = N⃗⃗ + T⃗⃗ ) , aplicadas no ponto P₁ do sólido 1 e no ponto P₂ do sólido 2 (esses pontos representam na verdade uma sucessão de pontos ao longo do tempo).

De acordo com (25), o trabalho elementar se escreve como:

dW = R⃗⃗ ∙ (dr ₁− dr ₂) = R⃗⃗ ∙ (v⃗ ₁− v⃗ ₂) dt Esse trabalho vale zero nos seguintes casos:

a ) contato sem atrito: porque R⃗⃗ = N⃗⃗ é normal ao vetor dr ₁− dr ₂ , que tem a direção da velocidade relativa (v⃗ ₁− v⃗ ₂)

b ) contato com atrito sem escorregamento: este é o caso do rolamento puro. A velocidade relativa dos pontos que estão em contato é nula: v⃗ ₁ = v⃗ ₂ ou dr ₁ = dr ₂ .

No caso de contato com atrito e com escorregamento, apenas a força tangencial (força de atrito) realiza trabalho:

R

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O caso da força peso

O peso é uma força externa distribuída de volume. O trabalho realizado pelas forças peso de um sistema pode ser calculado supondo o peso total aplicado no baricentro do sistema.

Sexto Exemplo (França)

Voltando ao primeiro exemplo, da partícula que escorrega sobre o prisma triangular, calcular a aceleração do prisma.

Resolução: como não há atrito, as forças internas, que são as reações normais de contato entre a partícula e o prisma, não realizam trabalho. Dentre as forças externas, que são os dois pesos e a reação normal do solo sobre o prisma, a única que realiza trabalho é o peso da partícula. Na figura 11 se representa a posição do sistema num instante t qualquer:

Figura 11

Sendo τ⃗ o versor da rampa, a velocidade v⃗ absoluta da partícula é a soma da velocidade relativa com a velocidade de arrastamento:

v

⃗ = ṡ τ⃗ − u̇ i (a) com u̇ dado por (15):

u̇ =m ṡ cos θ M + m Aplicando a expressão (23), que representa o T.E.C:

E − E₀ = W_ext+ W_int ∴ E = W_ext (E₀ = W_int = 0) A energia cinética no instante genérico t vale:

E =1

2 m (v⃗ ∙ v⃗ ) + 1

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Na expressão (b) temos, de acordo com (15): u ⃗ ̇ = − u̇ i = − m ṡ cos θ M + m i ∴ u⃗ ̇ ∙ u⃗ ̇ = u̇ 2 _{= (} m ṡ cos θ M + m ) 2

Por outro lado podemos escrever, com base em (a): v

⃗ ∙ v⃗ = (ṡ τ⃗ − u̇ i ) ∙ (ṡ τ⃗ − u̇ i ) ∴ v⃗ ∙ v⃗ = ṡ2_{+ u̇}2_{− 2 ṡ u̇ cos θ}

De acordo com (15), temos:

ṡ = (M + m) u̇ m cos θ

Introduzindo a expressão acima de ṡ nas fórmulas obtidas de u⃗ ̇ ∙ u⃗ ̇ e v⃗ ∙ v⃗ , e o resultado desta operação em (b), resulta, finalmente, resulta a energia cinética em função de u̇ :

E =1 2 ℳ u̇

2 _{com ℳ =} (M + m)(M + m sin 2_θ)

m cos2_θ

O trabalho realizado pelo peso da partícula se calcula como: W_ext = m g s sin θ Mas, de (14) sabemos que:

s = (M + m) u m cos θ Portanto:

W_ext = g tan θ (M + m) u Sendo E = W_ext fica:

1 2 ℳ u̇

2 _{= g tan θ (M + m) u (c)}

A expressão (c) fornece a velocidade do prisma em função do deslocamento do mesmo. Derivando (c) obtém-se:

ℳ u̇ ü = g tan θ (M + m) u̇ Sendo u̇ ≠ 0 resulta a aceleração do prisma:

ü =(M + m) g tan θ

ℳ ∴ ü =

m g sin θ cos θ

M + m sin2_θ (d)

Notemos que ü é constante. A equação (d) é a equação do movimento do prisma. Ela pode ser integrada ao longo do tempo, partindo das condições iniciais, que são u(0) = 0 e u̇(0) = 0 , obtendo a função u = u(t), a qual, por diferenciação, fornece u̇(t) e ü(t) = cte.

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Se quisermos ainda achar as forças internas N e a reação externa R basta isolar o prisma e aplicar o T.M.B. (figura 12):

Figura 12

{

N sin θ = M ü ∴ N = M ü sin θ R = Mg + N cos θ Notemos que N e R são constantes.

No ANEXO ao final deste capítulo apresenta-se uma complementação deste problema, no que se refere ao cálculo da velocidade v⃗ _G e da aceleração a⃗ _G do centro de massa do sistema.

Sétimo Exemplo (Problema DP-4 da Lista 3 de Exercícios)

Na figura 13 o bloco A de 10 kg e o bloco B de 4 kg estão ambos a uma altura h = 0,5 m acima do solo, quando o sistema é liberado do repouso. Depois que A bate no chão sem ricochetear, observa-se que B alcança uma altura máxima de 0,18 m. Determine a velocidade de A imediatamente antes do impacto e a quantidade de energia dissipada por atrito na polia.

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Resolução: Chamemos de W_d a energia dissipada no eixo da polia. Vamos calcular a energia do sistema em 3 instantes do movimento:

i ) energia inicial (g = 10 m/s2)

W₀ = ( m_A+ m_B) g h = 70 Nm = 70 J ii ) energia imediatamente antes do impacto W₁ = 1

2( mA+ mB) v

2_{+ m}

B g (2h) = 7 v2+ 40

iii) energia no instante final

W₂ = m_B g (2h + 0,18) = 47,2 J Agora, fazendo o balanço das energias:

{

W₀ = W₁+ W_d ∴ 70 = 7 v2+ 40 + W_d W₁ = W₂ ∴ 7 v2+ 40 = 47,2 As duas equações acima fornecem:

{ v = √36 35≅ 1,014 m s W_d = 22,8 J

Em resumo: W₀ = 70 J e W₁ = W₂ = 47,2 J . A energia dissipada corresponde a 32,57 % da energia disponível inicialmente:

( Wd

W₀) 100 = 32,57 %

Oitavo Exemplo (Trabalho de esforços internos)

Na figura 14 calcular as acelerações δ̈_A e δ̈_B dos blocos A e B em função dos deslocamentos δ_A e δ_B . A força P é constante e aplicada no instante inicial, quando o sistema está em repouso e a mola está com o seu comprimento natural. Não há atrito.

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Figura 14

Resolução:

Na figura 15 se representam os diagramas de corpo livre para as duas partículas:

Figura 15

Apliquemos a primeira lei de Newton a cada massa, na direção do movimento: { m δ̈_A = P − F (a) m δ̈_B = F (b) Mas: F = k (δ_A− δ_B) (c) Portanto: { m δ̈_A = P − k δ_A+ k δ_B (d) m δ̈_B = k δ_A− k δ_B (e)

As equações (d) e (e) se constituem na solução do problema. Elas são as equações diferenciais do movimento.

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Podemos chegar a essas mesmas equações aplicando o T.E.C., dado pela expressão (23), abaixo replicada:

∆E = E − E₀ = W_ext + W_int ∴ Ė = Ẇ_ext+ Ẇ_int (f) sendo: E₀ = 0 e E =1 2 m δ̇A 2 ₊1 2 m δ̇B 2

Com relação ao trabalho temos:

W_ext = P δ_A W_int = − 1

2 F (δA− δB) Em virtude de (c) a expressão acima fica:

W_int = − 1

2 k (δA− δB)

2 _(g)

Introduzindo os resultados acima em (f), obtemos: 1 2 m δ̇A 2 ₊1 2 m δ̇B 2 _{= P δ} A− k 2 ( δA 2 _{+ δ} B 2 _{− 2 δ} A δB ) Derivando: m δ̇_A δ̈_A+ m δ̇_B δ̈_B = P δ̇_A−k 2 (2 δA δ̇A+ 2 δB δ̇B − 2 δ̇A δB− 2 δA δ̇B ) Agora, fatorando as velocidades:

δ̇_A (m δ̈_A− P + k δ_A− k δ_B ) + δ̇_B (m δ̈_B− P − k δ_A+ k δ_B ) = 0

Como a expressão acima deve valer, quaisquer que sejam as velocidades δ̇_A e δ̇_B , então os conteúdos entre parênteses devem se anular separadamente. Este fato recupera as equações (d) e (e).

Observação: as equações (d) e (e) podem ser colocadas no formato matricial, o que permite

explicitar as matrizes de massa e de rigidez do sistema: [ m 0 0 m ] { δ̈_A δ̈_B } + [ k −k −k k ] { δ_A δ_B } = { P 0 } (h)

A matriz de rigidez é singular porque o sistema é não vinculado. O sistema de equações diferenciais (h) pode ser integrado, pelo menos em princípio, duas vezes consecutivamente, a partir das condições iniciais, que são homogêneas:

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Feita essa integração, obtêm-se as funções incógnitas δ_A(t) e δB(t) , as quais, por

diferenciação, fornecem as velocidades e acelerações ao longo do tempo. Os detalhes da integração serão estudados na disciplina de Vibrações Mecânicas.

Como uma última observação, notemos, pelo exame da expressão (g), que o trabalho das forças internas é sempre negativo.

Notemos ainda que, diferenciando a expressão (g), obtemos a equação (28) do trabalho elementar, abaixo transcrita:

dW_ij = − f_ij dr_ij Se não, vejamos:

dW_int = − k (δ_A− δ_B) d(δA− δB) = − F (dδA− dδB) ∴ dWint = − F dδAB

4 ) TEOREMA DE KOENIG

Na figura 16 seja um sistema material S cuja energia cinética se quer calcular. O referencial ∑ é inercial. Consideremos também o referencial baricêntrico, que é aquele cuja origem coincide com o centro de massa G do sistema e cujos eixos se mantém paralelos aos eixos de ∑ :

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Notemos que o referencial baricêntrico não é inercial, a menos no caso particular em que G descreve movimento retilíneo e uniforme, ou seja, quando a resultante das forças externas é nula.

O vetor posição de P_i no referencial baricêntrico se escreve como:

r _i = P_i− G = (P_i− O) − (G − O) (30) Derivando, vem: r ̇_i = v⃗ _i − v⃗ _G ∴ v⃗ _i = v⃗ _G+ r ̇_i (31) sendo: { v⃗ _i ⟶ veloc. absoluta de P_i r ̇_i ⟶ veloc. relativa de P_i v ⃗ _G ⟶ veloc. de arrastamento de P_i A energia cinética do sistema se escreve como:

E = 1

2 ∑ mi v⃗ i ∙ v⃗ i = 1

2 ∑ mi (v⃗ G + r ̇i) ∙ (v⃗ G+ r ̇i) (32) Fazendo o produto escalar:

E =1 2 ∑ mi vG 2 ₊ 1 2 ∑ mi |r ̇i| 2 + ∑ m_i v⃗ _G∙ r ̇_i O último termo da expressão acima vale zero. Se não, vejamos:

∑ m_i v⃗ _G∙ r ̇_i = ∑ m_i v⃗ _G ∙ (v⃗ _i − v⃗ _G) = v⃗ _G∙ ∑ m_i (v⃗ _i − v⃗ _G) = 0 pois, em virtude de (7), sabemos que:

∑ m_i (v⃗ _i− v⃗ _G) = 0⃗ Assim, temos o Teorema de Koenig:

E = 1 2 m vG 2 ₊ 1 2 ∑ mi |r ̇i| 2 (33) cujo enunciado pode ser assim colocado:

A energia cinética de um sistema material S é a soma da energia obtida considerando toda a massa do sistema concentrada no seu baricentro (energia de translação), com a energia de S em relação ao referencial baricêntrico (energia de rotação).

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ANEXO

Este anexo representa uma complementação do problema abordado no primeiro exemplo com continuação no sexto exemplo. Consiste, principalmente, no cálculo da velocidade v⃗ _G e da aceleração a⃗ _G do centro de massa do sistema de dois corpos lá considerado.

Cálculo da velocidade do centro de massa

A velocidade absoluta da partícula era dada por: v

⃗ = ṡ τ⃗ − u̇ i sendo ṡ = M + m m cos θ u̇ Colocando o versor da rampa τ⃗ na base canônica, fica:

v

⃗ = ṡ (cos θ i − sin θ j ) − u̇ i A quantidade de movimento total do sistema é dada por:

Q

⃗⃗ = (M + m) v⃗ _G = ∑ m_i v⃗ _i ∴ (M + m) v_G j = M (− u̇ i ) + m v⃗ ∴ (M + m) v_G j = M (− u̇ i ) + m [ ṡ (cos θ i − sin θ j ) − u̇ i ]

já que o baricentro G se movimenta apenas na vertical. Da equação vetorial acima resultam duas equações algébricas:

{ 0 = − M u̇ + m (ṡ cos θ − u̇) (M + m) v_G = m (− ṡ sin θ) A primeira é uma identidade (verificar) e a segunda permite obter v_G :

v_G = − u̇ tan θ ∴ v⃗ _G = − u̇ tan θ j

Cálculo da aceleração do centro de massa

A aceleração absoluta da partícula se obtém por derivação da velocidade: a⃗ = v⃗ ̇ = s̈ (cos θ i − sin θ j ) − ü i

sendo:

s̈ = M + m

m cos θ ü e ü =

m g sin θ cos θ

M + m sin2_θ (como está no texto)

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(M + m) a⃗ _G = ∑ F⃗ _i ou (M + m) a⃗ _G = ∑ m_i a⃗ _i sendo ∑F⃗ _i a resultante das forças externas. Portanto, na base canônica:

(M + m) a_G j = M (− ü i ) + m a⃗ = M (− ü i ) + m [ s̈ (cos θ i − sin θ j ) − ü i ] já que o centro de massa está acelerado apenas na vertical. A equação vetorial acima dá lugar a duas equações escalares:

{ 0 = − M ü + m (s̈ cos θ − ü) (M + m) a_G = m (− s̈ sin θ) A primeira equação é uma identidade e a segunda fornece:

a_G = − ü tan θ ∴ a⃗ _G = − ü tan θ j

Notemos que este resultado poderia ter sido diretamente, por derivação da velocidade: a⃗ _G = v⃗ ̇_G

Verificação da Primeira Lei de Newton para a partícula

Consideremos na figura 17 o diagrama de corpo livre para a partícula:

Figura 17

Como foi deduzido no texto principal, a reação N do prisma sobre a partícula vale: N = M ü

sin θ

A primeira lei de Newton, aplicada à partícula, se escreve como:

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A equação vetorial acima produz duas identidades (verificar): { N sin θ = m (s̈ cos θ − ü)

N cos θ − m g = m (− s̈ sin θ)

Cálculo da reação de apoio

Finalmente, tendo a_G , podemos achar a reação R do plano sobre o prisma, usando o T.M.B. mais uma vez, sob a forma:

(M + m) aG j = ∑ F⃗ i = − (M + m) g j + R j

∴ (M + m) (a_G+ g) = R ∴ R = (M + m)(g − ü tan θ) Após algumas passagens algébricas, chegamos ao seguinte resultado:

R = M g (M + m) M + m sin2_θ