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Curso 189489 Aula 01 Prof Juliano 608c Completo
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Curso 189489 Aula 01 Prof Juliano 608c Completo
PETROBRAS (Engenharia de
Equipamento - Mecânica)
Conhecimentos Específicos - 2021
(Pós-Edital)
Autor:
Felipe Canella, Juliano de Pelegrin
23 de Dezembro de 2021
Sumário
Dinâmica ............................................................................................................................................................. 6
1 - Introdução ................................................................................................................................................. 6
4.1 - Trabalho de uma força constante se deslocando ao longo de uma linha reta ................................ 24
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5.3 - Impacto............................................................................................................................................. 35
Vibrações .......................................................................................................................................................... 57
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1 - Dinâmica................................................................................................................................................ 153
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DINÂMICA E VIBRAÇÕES
CONSIDERAÇÕES INICIAIS
Caro estrategista, na aula de hoje vamos estudar a Dinâmica e vibrações para você detonar em seu
concurso para a PETROBRÁS.
Em nossa primeira aula, estudamos a estática que é área da mecânica aplicada a engenharia, onde
falamos sobre corpos em equilíbrio. Nesta aula estudaremos a dinâmica que aborda o movimento
acelerado de um corpo. A dinâmica geralmente segue o estudo da estática, por isso está será a nossa
segunda aula de nosso curso.
A partir do momento que máquinas e estruturas passaram a operar com altas velocidades e
acelerações, tornou-se necessário a utilização dos princípios da dinâmica para cálculos de projetos. Estes
princípios são aplicados a diversos componentes estruturais em movimento e máquinas, como por exemplo
foguetes, mísseis, robôs, turbinas, bombas, guindastes, motores alternativos, veículos de transporte, entre
outros.
Cabe destacar que a dinâmica é um ramo da mecânica muito mais abrangente que a estática e
devemos ter em mente que está é mais complexa. Portanto, a maneira mais efetiva de aprender os princípios
da dinâmica é através da resolução de questões de provas. Vou deixar aqui um passo a passo, lógico e
sistemático, para você adotar durante a resolução de exercícios desta aula. Com certeza isto lhe ajudará
durante os seus estudos. Vejamos:
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Na segunda parte de nossa aula estudaremos o conteúdo de vibrações. Este é um ramo muito
importante da engenharia mecânica que está intimamente relacionado a dinâmica e que tem boa relevância
em concursos públicos. Muitas das atividades humanas estão relacionadas a vibrações, pois podemos ouvir
devido as vibrações do nosso tímpano, quando andamos estamos produzindo movimento oscilatório das
pernas e mãos, a nossa visão é possível devido às vibrações dos feixes de luz, falamos devido às vibrações de
nossas cordas vocais e língua e assim por diante1.
Além dos exemplos de vibrações relacionadas ao ser humano temos aquelas relacionadas a
engenharia que se fazem presente em máquinas, estruturas, motores, turbinas, sistemas de controles etc.
Um exemplo muito comum de vibração é aquela causada pelo desbalanceamento em estruturas rotativas,
como por exemplo nos pneus de um carro, pois quando ele está desbalanceado, proporcionará vibrações
que poderão ser sentidas dentro do veículo.
Por fim, cabe destacar que grande parte das questões que abordam vibrações possuem um elevado
grau de complexidade, por isso com certeza gabaritar eventuais questões sobre vibrações em sua prova será
um diferencial na sua aprovação.
Antes de começarmos nossa aula, reforço que está aula é escrita baseada em fontes consagradas da
engenharia mecânica, portanto haverá figuras e citações retiradas de bibliografias, isto é realizado com o
objetivo de tornar o material o mais didático e claro possível.
Sem mais, lembre-se de acessar e curtir minhas redes sociais. Lá você poderá encontrar dicas,
conteúdos e informações a respeito de seu concurso!
Instagram - @profjulianodp
E-mail – profjulianodp@gmail.com
Vamos lá?!
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DINÂMICA
1 - Introdução
Caro aluno (a), para que você logre êxito nos estudos da dinâmica vamos iniciar relembrando as três
leis de movimento de Newton.
Lei I – Uma partícula permanece em repouso ou mantém seu movimento com velocidade uniforme
(em um percurso retilíneo com uma velocidade constante) caso não haja forças fora de equilíbrio atuando
sobre ela.
Lei II – A força resultante agindo sobre uma partícula proporciona uma aceleração proporcional a ela
com mesmo sentido e direção da força.
Lei III – As forças de ação e reação entre dois corpos interagindo são as mesmas em módulo,
diferentes no sentido e colineares.
Dentro destas três leis a mais relevante no estudo da dinâmica será a segunda lei de Newton, onde
podemos representá-la pela seguinte expressão matemática:
𝐹 = 𝑚. 𝑎
Além das leis de Newton, uma grandeza usualmente presente na dinâmica é o peso aparente de um
corpo. Este é definido como a massa do corpo multiplicada pela atração gravitacional da terra conforme a
seguinte equação.
𝑊 = 𝑚. 𝑔
Para encerramos nossa seção introdutória, lembre-se de sempre adotar o passo a passo descrito nas
considerações iniciais de nossa aula. Uma metodologia de resolução de questões pré-definida é
fundamental para se poupar tempo e reduzir erros em questões de concursos públicos.
Vamos adiante!
2 - Cinemática de partículas
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Partícula: é um corpo que possui dimensões físicas tão pequenas em relação ao movimento de sua
trajetória que podemos tratar este movimento como se fosse de um ponto. Podemos adotar como exemplo
um avião partindo de São Paulo até Nova Iorque. Neste caso, como o raio de curvatura da trajetória é muito
grande é possível adotarmos o avião como se você uma partícula ou ponto.
Existem diversas maneiras de descrever o movimento de uma partícula sendo que este pode ser com
ou sem restrição. Um movimento com restrição é aquele em que existem guias físicas que delimitam a
trajetória da partícula, por exemplo ao girarmos um ioiô segurando em sua corda restringimos o movimento
dos discos. Caso o fio se rompa, os discos do ioiô passarão a possuir um movimento sem restrição.
Para traçarmos o movimento de uma partícula, devemos adotar um sistema de coordenadas, para
definirmos a posição desta no instante de tempo (t). Normalmente em questões de provas são atribuídas
coordenadas retangulares X, Y e Z a uma partícula. Contudo existem as coordenadas cilíndricas R, θ e Z e as
coordenadas esféricas R, θ e φ para determinação da posição de um ponto em um determinado instante (t).
Na maioria dos casos a análise de movimento de partículas ou corpos rígidos é realizado a partir de
eixos de referências fixos sendo denominada análise de movimento absoluto, todavia há situações em que
essa análise pode ser realizada através de eixos de coordenadas móveis chamada de análise de movimento
relativo.
Imagine uma partícula P realizando um movimento retilíneo em um eixo horizontal, para a direita,
partindo de uma posição inicial (𝑠0 ) origem e chegando à posição final (𝑠). O deslocamento (Δs) desta
partícula pode ser representado pela variação na sua posição sendo ∆𝑠 = 𝑠 − 𝑠0 . Como a posição final
estava à direita da inicial a partícula realizou um movimento positivo, portanto se a posição final estivesse à
esquerda a inicial ∆𝑠 seria negativo.
s
O
s ∆s
s’
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O deslocamento de uma partícula não deve ser confundido com a distância que está
percorreu, uma vez que a distância percorrida é um escalar que representa o comprimento
total da trajetória a qual a partícula se moveu.
A velocidade média de uma partícula pode ser encontrada pela razão entre o deslocamento e o
intervalo de tempo (∆𝑡) gasto para se percorrer a trajetória. Assim temos que:
∆𝑠
𝑣𝑚é𝑑 =
∆𝑡
Como o tempo é sempre positivo a convenção de sinal utilizada para definir o sentido da velocidade
é a mesma adotada para o deslocamento. Em algumas questões você pode ser instado a definir a velocidade
escalar média, está será sempre positiva, e é dada pela razão entre a distância percorrida e o tempo
decorrido.
Conhecendo a velocidade de uma partícula entre dois pontos podemos encontrar a aceleração média
desta durante o intervalo de tempo (∆𝑡) pela seguinte expressão
∆𝑣
𝑎𝑚é𝑑 =
∆𝑡
Quando a aceleração for constante podemos obter a velocidade e a posição em função do tempo e
também a velocidade em função da posição pelas seguintes expressões, respectivamente:
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎. 𝑡
1
𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0 . 𝑡 + . 𝑎. 𝑡 2
2
𝑣 2 = 𝑣0 2 + 2. 𝑎. (𝑠 − 𝑠0 )
Lembre-se que está equações podem ser utilizadas para quando a aceleração for constante como
por exemplo quando um corpo está em queda livre sofrendo apenas aceleração da gravidade constante.
Além disso, como convenção adotamos (+→) conforme a direção positiva de (s).
Quando adotamos pequenos valores para (∆𝑡), se aproximando de zero, podemos encontrar a
velocidade e aceleração instantânea pelas seguintes expressões:
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𝑑𝑠 𝑑𝑣
𝑣= ; 𝑎=
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Sendo que a velocidade é a taxa de variação no tempo da coordenada da posição (s) e a aceleração é
a variação da velocidade dividida pelo intervalo de tempo. A partir da eliminação do tempo (dt) é possível
obter uma terceira equação diferencial que relaciona deslocamento, velocidade e aceleração. Vejamos:
𝑣. 𝑑𝑣 = 𝑎. 𝑑𝑠
Tanto a velocidade quanto a aceleração são grandezas vetoriais conforme veremos no estudo do
movimento curvilíneo.
Quando uma partícula se move com uma trajetória curva ela está realizando um movimento
curvilíneo. Uma vez que descrevemos essa trajetória em três dimensões torna-se necessário a utilização de
grandezas vetoriais para a definição da posição, velocidade e deslocamento da partícula.
A posição da partícula é definida pelo vetor posição 𝑟 = 𝑟(𝑡) e ela é mensurada tendo como
referência um ponto fixo O. Se a partícula realizar movimento em um intervalo de tempo, em uma trajetória
curvilínea, seu deslocamento será definida pela subtração vetorial ∆𝑟 = 𝑟 − 𝑟0.
�
∆r
r'
r
A velocidade e a aceleração serão definidas pelas mesmas equações utilizadas para o movimento
retilíneo, através de uma análise vetorial.
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𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2
Realizando a primeira derivada de (r) no tempo obtêm-se a velocidade (v) da partícula. Portanto,
𝑑𝑟
𝑣= = 𝑣𝑥 𝑖 + 𝑣𝑦 𝑗 + 𝑣𝑧 𝑘
𝑑𝑡
𝑣 = √𝑣𝑥 2 + 𝑣𝑦 2 + 𝑣𝑧 2
Por fim, da mesma maneira que a velocidade, podemos encontrar a aceleração de uma partícula com
movimento curvilíneo e sua intensidade pelas seguintes equações:
𝑑𝑣
𝑎= = 𝑎𝑥 𝑖 + 𝑎𝑦 𝑗 + 𝑎𝑧 𝑘
𝑑𝑡
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𝑎 = √𝑎𝑥 2 + 𝑎𝑦 2 + 𝑎𝑧 2
Vamos agora analisar a trajetória de um projétil quando este é lançado em voo livre conforme a
figura abaixo. O arrasto aerodinâmico, a curvatura e rotação da terra serão desprezados nesta análise.
Também vamos considerar que a variação de altitude do projétil é pequena de maneira que a aceleração da
gravidade possa ser considerada constante. Assim este irá apresentar uma trajetória parabólica, com
velocidade constante na direção horizontal, e uma aceleração da gravidade constante atuando para baixo
na vertical. Neste caso duas das equações para aceleração constante são aplicadas para análise da direção
vertical e apenas uma na direção horizontal.
� = �
�
vx
v
v
0
vy
v
r
�
y0
x0 �
�
1
(+↑) 𝑣𝑦 = (𝑣𝑜 )𝑦 + 𝑎𝑔 . 𝑡 ; (+↑) 𝑦 = 𝑦0 + (𝑣0 )𝑦 . 𝑡 + 𝑎𝑔 . 𝑡 2 ; (+↑) 𝑣𝑦 2 = (𝑣𝑜 )2𝑦 + 2. 𝑎𝑔 . (𝑦 − 𝑦0 )
2
(+→) 𝑥 = 𝑥0 + (𝑣𝑜 )𝑥 . 𝑡
Em situações em que o movimento do projétil envolve grandes altitudes e altas velocidades, para
uma correta análise do movimento devemos considerar o formato físico do projétil, a variação da aceleração
da gravidade conforme a altitude, a variação da massa específica do ar, e a rotação da terra, tornando a
análise complexa e ela deve ser feita por meio de integração numérica.
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A velocidade da partícula terá uma direção sempre tangente a trajetória, assim em coordenadas (n)
e (t) ela é determinada pela seguinte expressão:
𝒗 = 𝑣. 𝒆𝒕
Onde (𝑣) é a intensidade determinada pela derivada da posição no tempo (𝑣 = 𝑑𝑠/𝑑𝑡); e (𝒆𝒕 ) é o
vetor unitário na direção (t).
A aceleração (𝒂) da partícula possui uma componente tangencial (𝒂𝒕 ) e uma normal (𝒂𝒏 ) a trajetória
e estas são obtidas por:
𝒂 = 𝑎𝑡 . 𝑒𝑡 + 𝑎𝑛 . 𝑒𝑛
𝑎𝑡 = 𝑣̇ 𝑜𝑢 𝑎𝑡 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑣
𝑣2
𝑎𝑛 =
𝜌
Em que (𝜌) é o raio da curvatura da trajetória na posição analisada; e (𝑒𝑛 ) é o vetor unitário na
direção (n).
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𝑎 = √𝑎𝑡2 + 𝑎𝑛2
Caro aluno (a), agora que estudamos as coordenadas normais e tangencial do movimento curvilíneo
podemos destacar um outro caso muito importante de movimento curvilíneo que é o movimento circular.
Neste movimento o raio de curvatura (𝜌) é indicado pelo raio (r) do círculo e o ângulo (θ) representa o
deslocamento medido a partir de qualquer referência radial entre OP. Assim as componentes de aceleração
e velocidade de uma partícula (P) para o movimento circular são expressas por :
𝑣 = 𝑟𝜃̇
𝑣2
𝑎𝑛 = = 𝑟. 𝜃̇ 2
𝑟
𝑎𝑡 = 𝑣̇ = 𝑟. 𝜃̈
As direções positivas de (θ) e (r) são dadas pelos vetores unitários (𝒖𝜽 e 𝒖𝒓 ). A posição da partícula
em qualquer instante pode ser definida por:
𝒓 = 𝑟. 𝒖𝒓
A partir da derivada temporal de (r) é obtida a velocidade instantânea (v). Através da representação
de um ponto para representar a derivada temporal e escrevendo a velocidade (v) na forma de componentes
obtém-se:
𝒗 = 𝑣𝑟 𝒖𝒓 + 𝑣𝜃 𝒖𝜽
𝑣𝑟 = 𝑟̇ 𝑒 𝑣𝜃 = 𝑟𝜃̇
Uma vez que (𝑣𝑟 ) e (𝑣𝜃 ) são perpendiculares a intensidade da velocidade vetorial em um determinada
instante de tempo é dada pela seguinte expressão matemática:
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𝑣 = √(𝑟̇ )2 + (𝑟𝜃̇)2
Em que a direção de (𝑣) é tangente a trajetória e 𝜃̇ é a velocidade angular (𝜔), pois esta indica a
variação temporal do ângulo θ.
Para se encontrar a aceleração através das coordenadas polares as seguintes expressões são
utilizadas
𝒂 = 𝑎𝑟 𝒖 𝒓 + 𝑎𝜃 𝒖 𝜽
Em que:
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃 2̇ e 𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇
Onde (𝜃̈) é a aceleração angular, pois esta mede a variação que ocorre na velocidade angular durante
um instante de tempo, sendo está representada em rad/s2. Por fim, visto que (𝑎𝑟 ) e (𝑎𝜃 ) serão sempre
perpendiculares a intensidade da aceleração pode ser obtida por:
(CESGRANRIO/PETROBRAS - 2011) Considere uma partícula percorrendo uma trajetória plana curvilínea
de centro C, com velocidade angular ω em relação a um eixo perpendicular ao plano de movimento, que
passa por C, e raio variável no tempo R(t). Sendo θ o ângulo da posição instantânea da partícula com
relação a um eixo de referência que passa por C, sua velocidade v, em um determinado instante de tempo,
é dada por
a) √𝑅̇ 2 + (𝜔𝑅)2
b) √𝑅̇ 2 + (𝜔̇ 𝑅)2
c) √𝑅 2 + (𝜔𝑅)2
d) √(𝑅𝜃)2 + (𝜔𝑅)2
Comentário:
Caro estrategista, para resolvermos esta questão, primeiramente você deve saber que a velocidade
de uma partícula que está percorrendo uma trajetória curvilínea no plano, em coordenadas polares, possui
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duas componentes, radial (𝑣𝑟 ) e transversal (𝑣𝜃 ) e que estas componentes são perpendiculares entre si.
Vejamos a imagem.
Encerramos aqui o estudo do movimento curvilíneo em coordenadas polares. Vamos agora ao estudo
do movimento absoluto dependente de duas partículas.
Prezado aluno(a), em algumas questões de provas você pode ser instado a lidar com situações em
que o movimento de uma partícula será dependente do movimento correspondente de outra partícula.
Geralmente está dependência ocorre quando as partículas estão interligadas por cordas que passam em
torno de polias. Vejamos um exemplo.
Na figura acima temos um sistema com dois blocos A e B interligados por uma corda e um arranjo de
polias. A posição do bloco A é determinada por SA e a extremidade da corda onde o bloco B está suspenso é
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definida por SB. Para uma correta análise deste sistema devemos (A) definir as origens em pontos fixos ou
de referência; (B) medir as coordenadas positivamente de acordo com o movimento de cada bloco assim
AS será positivo para direita e SB positivo para baixo.
2𝑆𝐵 + ℎ + 𝑆𝐴 = 𝐿
Uma vez que L e h são constantes durante o movimento realizando as duas derivadas no tempo
dessas grandezas obtemos
Assim quando B movimenta-se para baixo A irá se mover para a esquerda com duas vezes o
movimento. Analogamente pode-se adotar como referência para a posição do bloco B o centro da polia de
baixo. Não há necessariamente somente um jeito de analisar este tipo de sistema.
Quando não é possível determinar o movimento de uma partícula com a utilização de apenas um
único sistema de referência fixo podemos realizar uma análise do movimento desta em partes com a
utilização de dois ou mais sistemas de referência. Essa abordagem é denominada análise de movimento
relativo.
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Considerando duas partículas A e B com trajetória demonstradas em azul na figura abaixo. Podemos
definir a posição absoluta de cada partícula usando como referência a origem comum O do sistema X, Y, Z.
Na origem de um segundo sistema de referência está fixado a partícula A e ele está movendo-se junto com
A. Os eixos desse sistema podem realizar apenas translação em relação ao sistema fixo.
z’
A
r /
y'
r
r B
o y
x'
x
A posição de B em relação a A é dada pelo vetor (𝑟𝐵/𝐴 ) e através da adição de vetores podemos
relacionar os três vetores por:
𝑟𝐵 = 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵/𝐴
Derivando a equação da posição no tempo tempos que as velocidades das partículas podem ser
representadas pela seguinte expressão:
𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵/𝐴
Por fim, a aceleração das partículas é obtidas pela derivada temporal da velocidade assim temos que:
𝑎𝐵 = 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵/𝐴
Cabe destacar que a soma de vetores forma um triângulo, podendo haver no máximo duas incógnitas
a ser descoberta. Estas incógnitas podem ser determinadas através de trigonometria, lei dos senos, lei dos
cossenos ou decompondo cada um dos três vetores em componentes retangulares.
Com isso finalizamos o estudo da cinemática das partículas e o próximo tópico da nossa aula será a
cinética das partículas. Vamos lá?!
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Conforme a segunda lei de Newton, uma partícula quando sujeita a ação de forças não equilibradas,
irá acelerar. Resumidamente a cinética analisa a relação entre essas forças desiquilibradas e as variações
do movimento da partícula, que foram ocasionadas pela aplicação das forças.
Caro aluno(a), no estudo da cinética das partículas utilizaremos uma combinação das propriedades
das forças aprendidas nos princípios da estática, e a cinemática do movimento das partículas. Portanto, com
a aplicação da segunda lei de Newton, é possível realizar a combinação desses dois assuntos e resolver
possíveis questões em sua prova onde envolvam força, massa e aceleração.
Uma vez que a força e a aceleração são diretamente proporcionais, de acordo com a segunda lei de
Newton, a constante de proporcionalidade (m), que é a massa da partícula, pode ser obtida pela divisão da
força pela aceleração. Quando a massa é constante, ela fornece uma grandeza que indica a quantidade de
resistência que uma partícula apresenta a uma variação de sua velocidade, que nada mais é do que a sua
inércia.
Como já visto anteriormente, a segunda lei de Newton é representada pela seguinte expressão
algébrica, conhecida como a equação do movimento.
𝐹 = 𝑚. 𝑎
Quando várias forças atuam sobre uma partícula, a força resultante é dada pela soma vetorial de
todas as forças atuantes, neste caso a equação do movimento pode ser descrita como:
∑ 𝐹 = 𝑚. 𝑎
Vejamos a imagem abaixo onde está ilustrada duas forças F1 e F2 atuantes sobre uma partícula de
massa (m).
No diagrama de corpo livre temos representada a força resultante (FR) que é a soma vetorial das
duas forças. Neste caso ou a partícula permanecerá em repouso, caso a força resultante e a aceleração sejam
zero, ou se moverá ao longo de uma trajetória em linha reta possuindo velocidade constante. Sendo estas
as condições de equilíbrio estático.
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∑ 𝐹𝑥 𝑖 + ∑ 𝐹𝑦 𝑗 + ∑ 𝐹𝑧 𝑘 = 𝑚(𝑎𝑥 𝑖 + 𝑎𝑦 𝑗 + 𝑎𝑧 𝑘)
2
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚. 𝑎𝑥 ; ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚. 𝑎𝑦 ; ∑ 𝐹𝑧 = 𝑚. 𝑎𝑧
Caso o movimento da partícula esteja restrito ao plano X, Y utilizamos apenas as duas equações
relativas a esses eixos para analisarmos o movimento.
Em alguns casos a partícula pode estar se movimentando sobre superfícies ásperas, assim é
necessário a utilização da equação de atrito, ela relaciona as forças de atrito (𝐹𝑎 ) e a força normal (𝐹𝑁 ), que
atuam na superfície de contato utilizando o COEFICIENTE DE ATRITO CINÉTICO (𝑢𝑘) . A força de atrito sempre
irá atuar no sentido oposto ao movimento da partícula, paralelamente a esta. Quando a partícula está na
iminência do movimento relativo, o coeficiente de atrito estático deverá ser utilizado. Vejamos a equação
do atrito:
𝐹𝑎 = 𝑢𝑘 . 𝐹𝑁
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Outra situação comumente abordada pelas bancas são aquelas em que a partícula está conectada a
uma mola elástica de massa desprezível. Nesse caso a força da mola (𝐹𝑠 ) é dada pela multiplicação da rigidez
da mola (k) e o alongamento ou compressão da mola (s), sendo este a diferença entre o comprimento
deformado (𝑙) e o comprimento não deformado da mola (𝑙0 ). Assim temos que:
𝐹𝑠 = 𝑘. 𝑠; 𝑒 𝑠 = 𝑙 − 𝑙0
Visto isto vamos a um passo a passo de como devemos resolver questões que envolvam equações do
movimento em coordenadas retangulares. 1
2 - Desenhe o diagrama de corpo de livre com todas as forças atuantes, caso necessário
decomponha as forças em suas componentes.
3 - Defina a direção e o sentido da aceleração da partícula, se não for conhecido assuma que ela
atua no sentido de seu eixo coordenado positivo.
20
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Dado g = 10 m/s2
Quando a pressão P aplicada no pistão do atuador é igual a 82,5 kPa, e a mola apresenta uma deflexão
igual a 1 mm, a aceleração, em m/s2, do bloco de massa m é igual a
a) 8
b) 10
c) 25
a
d) 74
e) 89
Comentário:
Essa questão envolve muitos conceitos estudados até aqui. Primeiramente precisamos trabalhar com as
unidades de acordo com o SI. Sempre fique atento as unidades de medidas fornecidas pela banca. Note que
a área do pistão está em cm2, logo precisaremos converter esta grandeza para m2. Vejamos a seguinte análise
para conversão:
Adotando o passo a passo para nossa resolução de questão, vamos a definição de nosso sistema de
coordenadas inercial e para a montagem de nosso diagrama de corpo livre.
Vamos considerar o deslocamento como x positivo para direita. Note que nesta questão temos três forças
agindo sobre o bloco que são: força do pistão (Fp), Força de atrito (Fa) e a força da mola (Fs).
Como o pistão causa uma compressão na mola a aceleração da partícula será para a direita, no sentido
positivo do eixo X.
Agora podemos calcular a grandeza de todas as forças envolvidas.
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Sabendo a área do pistão e a pressão aplicada neste podemos encontrar a força do pistão que está atuando
sobre o bloco por:
Encontrada a força do pistão que está atuando no bloco vamos agora calcular a força da mola. Vejamos:
Por fim a força de atrito é calculada pela força normal (FN) atuando na caixa, que é igual a massa desta
multiplicada pela aceleração da gravidade, multiplicada pelo coeficiente de atrito (𝜇). Logo:
Como a questão nos pede a aceleração do bloco podemos aplicar a segunda lei de Newton para encontrá-la
e
através da seguinte equação:
Portanto, a alternativa B está CORRETA e é o gabarito da questão. Lembre-se sempre de adotar o sinal das
forças de acordo com o sistema de coordenadas previamente definido.
Caro estrategista, quando uma partícula se movimenta numa trajetória curvilínea podemos
representar o seu movimento em coordenadas tangenciais e normais. Assim analogamente ao movimento
retilíneo podemos representar a equação do movimento da seguinte maneira:
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚. 𝑎𝑡
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚. 𝑎𝑛
∑ 𝐹𝑟 = 𝑚. 𝑎𝑟
∑ 𝐹𝜃 = 𝑚. 𝑎𝜃
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Para a aplicação destas equações devemos ter em mente que o procedimento para a resolução de
questões é o mesmo adotado para a análise em coordenadas retangulares. O sentido positivo da força
normal sempre será para dentro da curvatura da trajetória da partícula de modo que as forças normais
atuantes serão positivas no mesmo sentido. O restante da análise é similar ao movimento curvilíneo
estudado na cinemática das partículas.
Passaremos agora a analisar o movimento de uma partícula através dos conceitos de trabalho e
energia.
Notadamente, uma força (F) realiza trabalho em uma partícula apenas quando esta tem um
deslocamento na direção positiva da força. Se a força (F), da figura abaixo, promove um deslocamento na
partícula na trajetória (s) de (r) até (r'), podemos expressar o deslocamento por, dr=r'-r. A intensidade de (dr)
é (ds), que nada mais é que o comprimento do segmento diferencial ao longo da trajetória. Adotando (θ)
como o ângulo entre as direções de F e (dr), podemos definir o trabalho realizado (dU) por F como:
𝑑𝑈 = 𝐹. 𝑑𝑠 cos 𝜃
Assim a equação do trabalho pode ser escrita de acordo com a definição do produto escalar por:
𝑑𝑈 = 𝐹. 𝑑𝑟
O trabalho pode ser positivo ou negativo, dependendo do ângulo (θ). Note que se 0< θ <90°, a força
e o deslocamento terão o mesmo sentido, assim o trabalho será POSITIVO. Da mesma forma que para 90°<
θ<180°, os vetores força e deslocamento terão sentidos opostos, logo o trabalho será NEGATIVO. Se a força
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for perpendicular ao deslocamento (θ=90°) ou se ela for aplicada em um ponto fixo, com nenhum
deslocamento dU será igual a zero.
Por fim, a unidade de trabalho no sistema internacional (SI) é joule (J), que indica a quantidade de
trabalho realizado por uma força de 1 Newton quando esta apresenta deslocamento por uma distância de
um metro na direção da força. Portando, um joule é igual a 1 newton vezes metro (1J=1N.m).
Professor, qual a diferença entre trabalho e momento, visto que ambos são calculados
pelo produto da força e deslocamento?
Vamos lá, o momento, torque ou momento da força é calculado pela força multiplicada pela
DISTÂNCIA, da linha de ação da força até o local (ponto) ao qual está sendo calculado o momento. Já o
trabalho é o produto entre a força aplicada e o DESLOCAMENTO (distância que a partícula percorreu) devido
a componente de força na direção do deslocamento, sendo essa uma grandeza escalar.
8
4.1 - Trabalho de uma força constante se deslocando ao longo de uma linha
reta
Se uma força (Fc) possui uma intensidade constante e atua também com um ângulo constante (θ) em
linha reta, a componente da força na direção do deslocamento será sempre Fc. cos θ. Admitindo-se que a
partícula se move do ponto s1 até o ponto s2 o trabalho é determinado pela integração. Vejamos:
𝑠2
𝑈1−2 = 𝐹𝑐 . cos 𝜃 . ∫ 𝑑𝑠
𝑠1
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Vamos considerar uma partícula (W) que está sendo elevada ao longo de uma trajetória (s). Nesta
situação o trabalho é independente da trajetória da partícula, portanto ele será calculado pela multiplicação
da intensidade do peso da partícula e o seu deslocamento vertical. Uma vez que o peso da partícula está
dirigido para baixo e o deslocamento é para cima o trabalho será NEGATIVO. Vejamos a figura abaixo:
𝑈1−2 = −𝑊. ∆𝑦
Onde ∆𝑦 = 𝑦2 − 𝑦1 .
Professor, quando a partícula se deslocar para baixo (−∆𝒚), o trabalho do peso será
positivo ou negativo? Por quê?
Caro aluno(a), sempre fique atento a esse tipo de conceito. A explicação aqui é simples, pois neste
caso o trabalho será POSITIVO devido ao fato de que a força peso e o deslocamento atuam no mesmo
sentido.
Quando deformamos uma mola elástica por uma distância (ds), o trabalho realizado pela força
aplicada sobre a partícula ligada a mola será dado por:
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𝑑𝑈 = −𝐹𝑠 𝑑𝑠 = −𝑘𝑠 𝑑𝑠
Realizando a integração desta equação, onde a partícula se desloca de (s1) para (s2) chegamos à
seguinte expressão para o trabalho realizado:
1 1
𝑈1−2 = − ( 𝑘. 𝑠22 − 𝑘𝑠12 )
2 2
Basicamente o trabalho realizado pela mola será a área trapezoidal do gráfico abaixo. Vejamos:
Cabe destacar, que neste caso o trabalho é negativo uma vez que a força atua no sentido oposto de
ds. Caro estrategista, para você evitar erros de sinal preste atenção sempre se a FORÇA DA MOLA atuando
sobre a partícula possui o mesmo sentido que o deslocamento desta. Se possuem mesmo sentido o
trabalho será positivo, caso possuam sentidos opostos o trabalho será negativo.
1
𝑇= 𝑚𝑣 2
2
Sendo (T) o trabalho total que deve ser imposto sobre a partícula para retirá-la de um estado de
repouso até uma velocidade (v). A energia cinética também é expressa em joules e está sempre será positiva,
não importando o sentido da velocidade. Assim a equação de trabalho-energia é representada por:
𝑈1−2 = 𝑇2 − 𝑇1 = ∆𝑇
Está equação demonstra que o trabalho total realizado pelas forças que atuam sobre uma partícula
durante o seu movimento entre o ponto 1 e o ponto 2 é igual a variação na energia cinética da partícula.
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Apesar de (T) ser sempre positiva a variação (ΔT) pode ser positiva, negativa ou zero.
𝑇1 + ∑ 𝑈1−2 = 𝑇2
Caro aluno(a), esta equação representa que a energia cinética inicial da partícula somada ao trabalho
realizado por todas as forças que agem sobre a partícula quando está se desloca de uma posição inicial para
uma posição final é igual à energia cinética final da partícula.
Visto isso, vamos analisar agora como podemos analisar o princípio do trabalho e energia para um
sistema de partículas isoladas dentro de uma região fechada no espaço. Assim se aplicarmos o princípio do
trabalho e energia para cada uma das partículas do sistema, encontramos a equação de trabalho-energia
pela soma das energias cinéticas de cada partícula. Logo, a equação que representa a equação trabalho-
energia em um sistema de partículas é:
∑ 𝑇1 + ∑ 𝑈1−2 = ∑ 𝑇2
Portanto, a energia cinética inicial do sistema mais o trabalho efetuado por todas as forças externas
e internas atuando sobre o sistema será igual à energia cinética final do sistema. A partir desta análise fica
evidenciado que em um corpo rígido em translação, ou vários corpos em translação conectados, todas as
partículas em cada corpo terão o mesmo deslocamento.
A potência nos indica a capacidade de uma máquina que nada mais é que à taxa de realização de
trabalho no tempo. Ainda não ficou claro, certo? Vamos exemplificar, pense em duas bombas de água
esvaziando duas piscinas com um mesmo volume de água. Caso não ocorra nenhum problema, ambas
realizarão o trabalho se tiverem tempo suficiente, contudo aquela que tiver uma maior potência irá terminar
de esvaziar a piscina de uma maneira mais rápida, certo? Então não esqueça, simplificadamente a potência
é a rapidez que um trabalho é realizado.
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A potência gerada por uma máquina ou motor que gera trabalho pode ser definida pela seguinte
equação:
𝑃 = 𝐹. 𝑣
Em que (𝑃)= Potência que é um escalar; (𝐹)= a força atuante; e (𝑣) = a velocidade da partícula. A unidade
básica de potência no SI é o watt (W) que é:
𝐽 𝑁. 𝑚
1𝑊 = 1 = 1
𝑠 𝑠
A partir da potência podemos encontrar a eficiência mecânica de uma máquina (𝜀) sendo está a
razão entre a potência útil de saída que é produzida pela máquina e a potência de entrada que lhe é
fornecida. Vejamos:
𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝜀=
𝑝𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
Caso a energia fornecida à máquina ocorre no mesmo intervalo de tempo em que ela é consumida
podemos obter a eficiência da máquina por:
𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝜀=
𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
As máquinas são compostas por diversos tipos de peças e componentes que apresentam atrito entre
si. Quando existe forças de atrito ocorre perda de energia na forma de calor logo é necessário que a energia
de entrada seja maior do que aquela desejada na saída da máquina, para compensar estas perdas. Portanto,
a eficiência de uma máquina será sempre menor que 1.
Aprendido como determinar a potência e eficiência em máquinas, passaremos agora para o estudo
das forças conservativas e energia potencial.
Uma vez que o trabalho realizado por uma força não depende da trajetória, mas somente das
posições inicial e final da força na trajetória, podemos realizar a classificação desta força como uma força
conservativa. Dois exemplos de força conservativa são a força peso de um corpo e a força elástica de uma
mola, pois o trabalho da força peso depende apenas do deslocamento vertical do peso e o trabalho realizado
por uma mola depende apenas do deslocamento de tração ou compressão da mola.
Um exemplo de força não conservativa é a força de atrito, pois quando um objeto desliza sobre uma
superfície fixa o trabalho realizado depende da trajetória, pois quanto maior ela for maior será o trabalho.
Em consequência disso o trabalho é dissipado do corpo em forma de calor.
A energia potencial de uma partícula é a quantidade de trabalho que uma força conservativa irá
realizar quando ela se mover de uma posição até uma outra tida como referência. Se uma partícula estiver
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posicionada a uma distância (y) acima de uma referência está irá apresentar uma energia potencial
gravitacional (𝑉𝑔 ), uma vez que W irá realizar trabalho positivo quando a partícula se mover para baixo.
𝑉𝑔 = 𝑊. 𝑦
Para se determinar a energia potencial de uma mola elástica quando está é distendida ou comprimida
a uma distância (s) podemos utilizar a seguinte equação:
1
𝑉𝑒 = + 𝑘. 𝑠 2
2
Neste caso a energia potencial elástica sempre será positiva, visto que, quando a mola se encontra
deformada a força que a mola possui tem a capacidade para realizar trabalho positivo sobre a partícula
quando ela retorna para sua posição inicial (não deformada).
Assim quando submetemos uma partícula a duas forças sendo uma elástica e a outra gravitacional
a energia potencial pode ser expressa como a soma algébrica das duas. Vejamos:
𝑉 = 𝑉𝑔 + 𝑉𝑒
𝑈1−2 = 𝑉1 − 𝑉2
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1
𝑉 = 𝑉𝑔 + 𝑉𝑒 = −𝑊. 𝑠 + 𝑘. 𝑠 2
2
Fonte: R.C. Hibeller – Dinâmica. Mecânica para Engenharia. 14ª ed.
Neste caso, se a partícula se deslocar s1 para uma posição mais baixa s2 utilizando a equação do
trabalho obtém-se:
1 1 1 1
𝑈1−2 = 𝑉1 − 𝑉2 = (−𝑊. 𝑠1 + 𝑘. 𝑠12 ) − (−𝑊. 𝑠2 + 𝑘. 𝑠22 ) = 𝑊(𝑠2 − 𝑠1 ) − ( 𝑘. 𝑠22 − 𝑘. 𝑠12 )
2 2 2 2
Dificilmente uma equação deste porte será cobrada em prova, contudo é importante que você tenha
conhecimento de como proceder caso seja exigido. Agora vamos ao estudo do princípio de conservação de
energia.
𝑇1 + 𝑉1 + (∑ 𝑈1−2 ) = 𝑇2 + 𝑉2
𝑛ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠.
Sei que você deve estar se perguntando o que quer dizer esse somatório. Vamos a explicação!
Quando uma partícula está sujeita a forças tanto conservativas quanto não conservativas, o trabalho
realizado pelas forças conservativas pode ser descrito como a diferença entre suas energias potenciais.
Vejamos:
(∑ 𝑈1−2 ) = 𝑉1 − 𝑉2
𝑐𝑜𝑛𝑠.
Assim podemos descrever o princípio de trabalho e energia como na equação anterior, em que
(∑ 𝑈1−2 )𝑛ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠. é o trabalho das forças não conservativas atuando sobre a partícula. Agora, se apenas
forças conservativas realizam trabalho, rearranjando a equação temos que:
𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2
Professor, tudo bem que está é a equação de conservação de energia, mas o que
ela quer dizer?
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Energia potencial máxima Veja bem, esta equação nos diz que ao longo do
� movimento, a soma das energias cinética e
Energia cinética 0
potencial permanece constante, ou seja, para que
Energia potencial e isso ocorra a energia cinética deve ser
ℎ � Energia cinética transformada em energia potencial e vice-versa.
Pense em um uma bola de tênis, com força peso
ℎ/2
W, sendo segurada a uma altura (h) do chão, que é
Energia potencial zero a nossa referência. Enquanto estivermos
referência
� Energia cinética máxima
segurando a bola a energia potencial dela será
máxima e sua energia será nula. Assim a energia
mecânica total da bola na sua posição inicial será:
𝐸 = 𝑇1 + 𝑉1 = 0 + 𝑊. ℎ = 𝑊. ℎ
Quando soltarmos a bola e ela estiver na metade da trajetória entre a altura inicial e o solo (h/2) é
possível determinar a velocidade da bola pela seguinte equação de movimento retilíneo com aceleração
constante:
𝑣 2 = 𝑣02 + 2𝑎𝑐 (𝑦 − 𝑦0 )
Como a velocidade inicial é zero e a aceleração da gravidade é constante e conhecida, temos que a
energia da bola de tênis a meia altura será:
1 𝑊 2 ℎ
𝐸 = 𝑇2 + 𝑉2 = . . (√𝑔ℎ) + 𝑊 ( ) = 𝑊. ℎ
2 𝑔 2
𝑊 2
O termo ( 𝑔 ) no indica a massa da bola e (√𝑔ℎ) a velocidade dela.
Por fim, no instante imediato antes da bola atingir o solo a energia potencial da bola será zero e a
velocidade será 𝑣 = √2𝑔ℎ. Assim a energia total da bola nesse ponto será:
1 𝑊 2
𝐸 = 𝑇3 + 𝑉3 = . . (√2𝑔ℎ) + 0 = 𝑊. ℎ
2 𝑔
Espero que tenha ficado claro. Note que a partir do momento que a bola entra em contato com o
solo, ela irá se deformar, caso o chão seja duro, ela irá rebater e subir a uma altura inferior a inicial (h). Sem
considerarmos o atrito do ar, isto se deve ao fato de que ocorre perda de energia durante a colisão na forma
de ruído, deformação na bola e no solo e calor.
Para finalizarmos este tópico, similarmente ao estudado para uma partícula submetida somente a
forças conservativas, quando um sistema de partículas é sujeito a forças conservativas podemos descrever
o princípio de conservação de energia como a soma das energias cinética e potencial iniciais do sistema
sendo igual à soma das energias potencial e cinética finais do sistema. Vejamos:
∑ 𝑇1 + ∑ 𝑉1 = ∑ 𝑇2 + ∑ 𝑉2
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Caro aluno(a), neste tópico de nossa aula iremos tratar a respeito do princípio do impulso e da
quantidade de movimento linear de uma partícula e a conservação da quantidade de movimento linear de
partículas. Além disso, estudaremos a mecânica do impacto e introduziremos o estudo do impulso e
quantidade de movimento angular. Bora lá?!
𝑡2
∑ ∫ 𝐹. 𝑑𝑡 = 𝑚𝒗𝟐 − 𝑚𝒗𝟏
𝑡1
A partir desta equação podemos diretamente obter a velocidade final de uma partícula, (𝑣2 ), após
um determinado período de tempo, quando conhecermos a velocidade inicial da partícula e as forças que
agem sobre a partícula forem constantes ou possam ser expressas como funções do tempo.
Cada vetor (𝐿 = 𝑚𝑣) é chamado de quantidade de movimento linear da partícula. Como a massa é
um escalar positivo o vetor quantidade de movimento linear (L) possui a mesma direção do vetor velocidade
e sua unidade é dada em kg.m/s.
A integral 𝐼 = ∫ 𝐹. 𝑑𝑡 é denominada de impulso linear que indica a quantidade vetorial que mensura
o efeito da força no intervalo de tempo de atuação desta. Uma vez que o tempo é positivo o impulso age na
direção da força e sua unidade é N.s. Caso a força seja constante em intensidade e direção o impulso pode
ser calculado por:
𝑡2
𝐼 = ∫ 𝐹𝑐 . 𝑑𝑡 = 𝐹𝑐 (𝑡2 − 𝑡1 )
𝑡1
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A intensidade do impulso também pode ser representada graficamente através da área sombreada
da curva versus o tempo. Quando a força for constante a área será retangular. Vejamos:
𝑡2
𝑚𝒗𝟏 + ∑ ∫ 𝐹. 𝑑𝑡 = 𝑚𝒗𝟐
𝑡1
Está equação determina que a quantidade de movimento inicial da partícula no tempo (t1), mais a
soma de todos os impulsos aplicados na partícula de (t1 a t2), é igual a quantidade de movimento final da
partícula no tempo (t2). Vejamos um diagrama de corpo livre para melhor entendimento:
𝑡2
𝑚(𝑣𝑥 )1 + ∑ ∫ 𝐹𝑥 . 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝑥 )2
𝑡1
𝑡2
𝑚(𝑣𝑦 )1 + ∑ ∫ 𝐹𝑦 . 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝑦 )2
𝑡1
𝑡2
𝑚(𝑣𝑧 )1 + ∑ ∫ 𝐹𝑧 . 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝑧 )2
𝑡1
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𝑡2
∑ 𝑚𝑖 (𝑣𝑖 )1 + ∑ ∫ 𝐹𝑖 . 𝑑𝑡 = ∑ 𝑚𝑖 (𝑣𝑖 )1
𝑡1
Essa equação nos diz que a quantidade de movimento linear inicial do sistema, somados os impulsos
de todas as forças externas agindo no sistema, entre (t1) e (t2) são iguais a quantidade de movimento linear
final do sistema.
Mas professor, por que somente as forças externas são consideradas nesta equação?
As forças internas que agem entre as partículas não são consideradas neste caso, porque de acordo
com a terceira lei de Newton, elas atuam em pares colineares iguais, com sentidos opostos, e, portanto, se
anulam.
𝑡2
𝑚(𝑣𝐺 )1 + ∑ ∫ 𝐹𝑖 . 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝐺 )2
𝑡1
Neste caso a quantidade de movimento linear inicial da partícula agregada, adicionados os impulsos
externos que atuam sobre o sistema de partículas entre (t1) e (t2), é equivalente à quantidade de movimento
linear final da partícula agregada.
Uma vez que a soma dos impulsos decorrentes das forças externas agindo sobre um sistema de
partículas for igual a zero obtemos a equação da conservação da quantidade de movimento linear. Descrita
como:
∑ 𝑚𝑖 (𝒗𝒊 )1 = ∑ 𝑚𝑖 (𝒗𝒊 )2
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Substituindo 𝑚𝑣𝐺 = ∑ 𝑚𝑖 𝑣𝑖 na equação acima temos que (𝑣𝐺 )1 = (𝑣𝐺 )2 indicando que a velocidade
do centro de massa de um sistema de partículas permanece inalterada se nenhum impulso externo for
aplicado ao sistema.
As forças impulsivas aparecem normalmente quando existe uma explosão ou choque entre dois
corpos, enquanto forças não impulsivas são aquelas geradas pelo peso de um corpo, por uma mola
levemente deformada ou com rigidez pequena ou qualquer força que seja muito pequena comparada com
as demais atuantes no sistema.
5.3 - Impacto
Quando dois corpos se chocam entre si, em um intervalo de tempo muito curto, gerando forças
relativamente grandes, agindo sobre os corpos, ocorre impacto. Um exemplo de impacto ocorre quando um
carpinteiro martela um prego.
Geralmente existem dois tipos de impacto que são o impacto central e o impacto oblíquo. Vejamos:
IMPACTO CENTRAL
• Ocorre quando a direção do movimento dos centros de massa de ambas as
partículas que se colidem está disposta ao longo de uma linha que atravessa os
centros de massas dessas partículas.
IMPACTO OBLÍQUO
• Ocorre quando a direção do movimento dos centros de massa de ambas as
partículas que se colidem forma um ângulo com a linha de impacto entre os centros
de massas dessas partículas.
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Meu (minha) amigo(a) concurseiro(a), na maioria das questões de prova sobre este tema serão
fornecidos os valores da velocidade inicial das partículas e será exigido a determinação das velocidades finais.
Nesta situação, a quantidade de movimento do sistema de partículas se mantém conservada, uma vez que,
no período da colisão, os impulsos internos de deformação e restituição cancelam-se.
Vamos considerar um projétil com massa de 200g, que foi disparado na direção horizontal contra um
bloco de madeira de 3,8kg em repouso sobre uma superfície. O projétil atingiu o bloco com uma velocidade
constante, horizontalmente, de 200m/s e ficou encravada nele. Desconsiderando o atrito entre o bloco e a
superfície podemos determinar a velocidade com que o bloco se desloca no instante imediato após o
impacto, através do princípio da quantidade de movimento. Vejamos:
𝑚𝑝 . 𝑣𝑝 + 𝑚𝑏 𝑣𝑏 = 𝑣𝑓 (𝑚𝑏 + 𝑚𝑝 )
Como as partículas passarão a se movimentar juntas elas terão uma velocidade comum (𝑣𝑓 ).
𝑚𝑝 . 𝒗𝒑 + 𝑚𝑏 𝒗𝒃
𝑣𝑓 =
(𝑚𝑏 + 𝑚𝑝 )
Uma segunda equação que podemos utilizar para análise de impacto entre duas partículas A e B é o
coeficiente de restituição (e) que é expresso em termos das velocidades iniciais e finais da partícula com
sentido para a direita positivo. Vejamos:
(𝑣𝑏 )2 − (𝑣𝑎 )2
𝑒=
(𝑣𝑎 )1 − (𝑣𝑏 )1
Geralmente (e) possuirá um valor entre 0 e 1. Se a colisão for perfeitamente elástica e=1. Caso a
colisão seja inelástica (plástica) as partículas irão se aderir e passam a possuir uma velocidade comum. Neste
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caso e será igual a 0. Por fim, se o impacto for perfeitamente elástico não haverá perda de energia na colisão,
da mesma forma que, se a colisão for plástica a energia perdida durante a colisão será máxima.
Dificilmente em prova de concursos será exigida a análise de impacto oblíquo, pois está demanda
tempo e envolve maior complexidade, mas, caso isso aconteça, você deve utilizar o seguinte procedimento:
1- Adote o eixo Y dentro do plano de contato e o eixo X ao longo da linha de impacto, logo as forças
impulsivas de deformação e restituição irão agir somente da direção x.
3- Uma vez que a quantidade de movimento do sistema é preservada na linha de impacto no eixo X,
determine a velocidade final no eixo X a partir de ∑ 𝑚 (𝑣𝑥 )1 = ∑ 𝑚 (𝑣𝑥 )2
5- A quantidade de movimento da partícula A é mantida ao longo do eixo Y. Assim você pode utilizar
a seguinte expressão 𝑚𝐴 (𝑣𝐴𝑦 )1 = 𝑚𝐴 (𝑣𝐴𝑦 )2 ou (𝑣𝐴𝑦 )1 = (𝑣𝐴𝑦 )2.
6- Por fim, a quantidade de movimento da partícula B também é mantida ao longo do eixo Y. Logo,
(𝑣𝐵𝑦 )1 = (𝑣𝐵𝑦 )2 .
Através da aplicação destas quatros equações é possível realizar a análise de impacto oblíquo.
Encerramos assim o estudo do impacto. Iniciaremos agora, em nossa aula, o estudo da cinemática do
movimento plano de um corpo rígido.
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Prezado estrategista, existem três tipos de movimento plano de um corpo rígido que são: translação,
rotação em torno de um eixo fixo e movimento plano geral. Vejamos o conceito de cada um.
A Figura abaixo representa um mecanismo que apresenta todos os tipos de movimento plano de um
corpo rígido.
Iniciaremos o estudo detalhado de cada um dos movimentos planos de corpos rígido com a
translação.
6.2 - Translação
Apesar de envolver uma certa complexidade, o estudo da translação é o mais simples comparado
com os outros tipos de movimentos planos de corpos rígidos. No primeiro momento irá parecer um tanto
quanto complexo a análise dos movimentos, contudo com o passar do tempo você irá se acostumando e
aprendendo de uma maneira que, poderá consolidar toda a carga de conhecimento adquirida na resolução
das questões no final desta aula.
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Determinamos as posições A e B sobre o corpo em relação a uma referência fixa a partir dos vetores
de posição rA e rB. Um sistema de coordenadas em translação X' e Y', fixado no corpo possui sua origem em
A, que definiremos como o ponto base. Assim a posição de B em relação ao ponto A é dada pela posição
relativa de um vetor rB/A. Assim pela adição vetorial temos que
𝒓𝑩 = 𝒓𝑨 + 𝒓𝑩/𝑨
y'
y B
r r /
A x'
Sistema de
translação
r
o
Sistema de x
coordenadas fixo
Nesta situação o vetor velocidade vB será igual a vA assim como as acelerações instantâneas de A e B
serão igual (aA=aB).
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𝑑𝜃 𝑑𝜔
𝜔= ; 𝛼= ; 𝛼𝑑𝜃 = 𝜔𝑑𝜔
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Caso a aceleração angular seja constante, em semelhança ao movimento retilíneo de uma partícula
podemos encontrar as seguintes equações, com sentido anti-horário positivo, que relacionam a velocidade
e a posição angular do corpo e o tempo:
𝑝𝑜
1
𝜃 = 𝜃0 + 𝜔0 𝑡 + 𝑎𝑐 𝑡 2
2
𝜔2 = 𝜔02 + 2𝛼𝑐 (𝜃 − 𝜃0 )
A velocidade do ponto P é dada por (v) que pode ser obtida por:
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𝑣 = 𝜔. 𝑟
Também, podemos determinar a intensidade e a direção do vetor velocidade (v) através do produto
vetorial:
𝒗 = 𝝎 × 𝒓𝑷
A ordem dos vetores na equação acima influenciará no resultado final, visto que o produto
vetorial não é comutativo, pois 𝝎 × 𝒓𝑷 ≠ 𝒓𝑷 × 𝝎.
𝛼𝑡 = 𝛼. 𝑟
𝛼𝑛 = 𝜔2 . 𝑟
A aceleração normal representa a variação da direção da velocidade no tempo e sua direção sempre
será para o centro da trajetória circular.
Da mesma maneira que a velocidade angular a aceleração no ponto P pode ser representada a partir
de produto vetorial. Vejamos:
𝜶 = 𝜶𝒕 + 𝜶𝒏 = 𝜶 × 𝒓 − 𝜔2 . 𝒓
Quando dois corpos girantes estão em contato um com o outro, os pontos de contato apresentam
trajetórias circulares diferentes, a velocidade e as componentes tangenciais da aceleração no ponto serão
equivalentes, contudo, as componentes normais da aceleração não serão
iguais.
𝑟𝐶
𝜔𝐵 𝑟𝐵 = 𝜔𝐶 𝑟𝐶 => 𝜔𝐵 = 𝜔𝐶 ( )
𝑟𝐵
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𝑟𝐶
𝛼𝐵 = 𝛼𝐶 ( )
𝑟𝐵
Principalmente em questões envolvendo relação de transmissão é importante que você saiba realizar
a conversão entre as unidades de rotação (velocidade angular). Vejamos algumas conversões:
Em algumas questões pode ser fornecida a frequência ou o período de revolução. Esta grandeza
também pode ser utilizada para obtermos a rotação de um eixo através das seguintes equações:
1
𝜔 = 2𝜋. 𝑓; e 𝑓 = 𝑝
Por exemplo, uma máquina que gira com período de revolução de 10ms apresentará uma velocidade
angular de 200 [rad/s] ou ainda, usando =3, a velocidade angular será de 600 [rad/s].
(FUNDEP/INB - 2018) Uma furadeira de bancada possui um controle de velocidades relacionado com a
combinação das polias, do motor e do eixo do mandril, de acordo com a figura a seguir.
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Sabendo que a velocidade do motor é 1.280 rpm e o comprimento da correia é constante, assinale a
combinação correta de polias para que se obtenha a velocidade de 512 rpm no mandril.
a) Motor: 40 mm / Mandril: 100 mm
b) Motor: 60 mm / Mandril: 80 mm
c) Motor: 80 mm / Mandril: 60 mm
d) Motor: 100 mm / Mandril: 40 mm
Comentário:
Nesta questão a banca nos fornece as rotações do motor e do mandril e nos pede para calcular os
raios das polias do motor e do mandril. A rotação é uma unidade de velocidade angular, e como os corpos
em rotação estão conectados por uma correia as mesmas equações utilizadas para a análise de engrenagens
podem ser utilizadas aqui. Vejamos:
Visto isto, sabemos que o raio da polia do mandril precisa ser 2,5 vezes maior do que o raio da polia do
motor. Analisando as alternativas já eliminamos as alternativas C e D, pois elas indicam que o a polia do
motor é maior do que a polia do mandril.
A alternativa A apresenta que a razão entre os raios da polia do mandril e do motor é 100/40=2,5,
sendo igual a razão entre as rotações do motor e do mandril, portanto está CORRETA e é o gabarito da
questão.
A alternativa B está incorreta, pois a razão entre os raios é 80/60=1,33.
Vamos estudar neste tópico o movimento absoluto parar descrever a cinemática plana dos corpos
rígidos. Um corpo sofrendo translação e rotação está submetido ao movimento plano geral. Se
conhecermos ambos os movimentos, rotação angular de uma linha fixa sobre o corpo e o movimento de um
ponto sobre o corpo podemos especificar completamente este movimento.
A abordagem de movimento absoluto à cinemática de corpo rígido é relativamente simples, uma vez
que a configuração permita uma simplificada descrição geométrica.
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Caro estrategista, acredito que a melhor forma de aprendermos esse importante conteúdo é através
da análise de exemplos. Portanto, vamos a resolução do primeiro deles em que um cilindro de raio (r), possui
uma velocidade angular (ω) e aceleração angular ().
Neste caso o cilindro está sofrendo movimento plano geral uma vez que ele está girando e
trasladando. Podemos notar que o ponto G desloca-se em linha reta para a esquerda de G até G', conforme
o cilindro rola. Assim a coordenada que especificará sua nova posição G' é dada por SG. Note que a medida
que o cilindro rola o comprimento do arco A'B na borda do cilindro em contato com o solo de A para B é
igual a SG. Logo:
𝑆𝐺 = 𝑟. 𝜃
𝑣𝐺 = 𝑟. 𝜔
𝑎𝐺 = 𝑟. 𝛼
Essas relações são válidas para quando o corpo não desliza durante a rolagem.
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Em nosso segundo exemplo, vamos analisar o movimento de um mecanismo composto por uma barra
guia com fenda e um tirante. Vejamos a imagem:
𝑦 = 0,3. cos 𝜃
𝑑𝑦 𝑑𝜃
= −0,3. 𝑠𝑒𝑛 𝜃 (1ª 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎)
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑2𝑦 𝑑𝜃 𝑑𝜃 𝑑2𝜃
= −0,3. cos 𝜃 . . + (−0,3. 𝑠𝑒𝑛 𝜃. ) (2ª 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎)
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑣𝑦 = −0,3. 𝑠𝑒𝑛 𝜃. 𝜔
𝑚 𝑟𝑎𝑑
−2 [ ] = −0,3. 𝑠𝑒𝑛 50°. 𝜔 => 𝜔 = 8,7 [ ]
𝑠 𝑠
𝑚 𝑟𝑎𝑑
−3 [ 2 ] = −0,3. cos 𝜃 . 8,72 − 0,3. 𝑠𝑒𝑛 50°. 𝛼 => 𝛼 = −50,45 [ ]
𝑠 𝑠2
Prezado aluno(a), no estudo da engenharia mecânica é muito importante que você tenha
conhecimento das regras de derivação para poder resolver questões que exijam tal
conhecimento. Note que para a segunda derivada utilizamos a regra do produto em
que: (U. V)′ = U′. V + U. V′. Outra regra que pode ser exigida em prova é a regra do
𝑈 𝑈 ′ .𝑉−𝑈.𝑉′
quociente onde (𝑉 )′ = (𝑉)2
. Vamos adiante com nossa aula.
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Sabemos que o movimento plano geral de um corpo rígido pode ser analisado pela combinação de
movimentos de translação, e rotação. Para que possamos visualizar os dois movimentos separadamente é
necessária uma análise de movimento relativo. Passaremos agora ao estudo da análise de movimento
relativo para a determinação da velocidade no movimento plano geral.
Nesta análise possuímos uma barra AB com dois conjuntos de eixos coordenados em que um é fixo
(X,Y) e o outro translada (X',Y') com sua origem definida em um ponto de referência (A) escolhido, que
normalmente possui seu movimento conhecido. Esse sistema translada em relação ao eixo fixo, mas não
giram com a barra.
O vetor que indica a posição dos pontos A e B e o vetor de posição relativa entre o ponto B e A são
encontrados pela seguinte relação:
𝒓𝑩 = 𝒓𝑨 + 𝒓𝑩/𝑨
Ao se passar um instante de tempo (dt) o corpo sofre movimento, portanto os pontos A e B sofrem
deslocamentos (𝒅𝒓𝑨 𝒆 𝒅𝒓𝑩 ). Considerando o movimento plano geral, a barra inteira primeiramente
translada de uma quantidade (𝒅𝒓𝑨) de modo que A, origem do sistema X',Y' se move para a sua posição final
e o ponto B se desloca para B'. Na sequência a barra gira em torno do ponto A com uma grandeza (𝑑𝜃) de
maneira que B' é sujeitado a um deslocamento relativo B', movimentando-se para a sua posição final B.
𝑑𝒓𝑩/𝑨 = 𝒓𝑩/𝑨 . 𝑑𝜃
Onde o 𝑑𝒓𝑩 é ocasionado pela translação e rotação; 𝑑𝒓𝑨 é decorrente da translação de A; e 𝑑𝒓𝑩/𝑨
ocorre em virtude da rotação em torno de A. Vejamos a imagem para melhor entendimento.
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As velocidades são encontradas pela derivada temporal de equação de posição resultando nas
seguintes equações:
𝒗𝑩 = 𝒗𝑨 + 𝒗𝑩/𝑨
A velocidade de B é encontrada que a barra inteira realiza translação com velocidade em A, e gira em
torno de A com velocidade angular (ω). Para aplicações que exigem análise vetorial cartesiana podemos
utilizar a seguinte equação para encontrar a velocidade em B:
𝒗𝑩 = 𝒗𝑨 + 𝝎 × 𝒓𝑩/𝑨
Esse tipo de análise através da equação de velocidade é útil para questões em que se exija a
determinação de alguma componente do movimento plano geral de algum corpo rígido que possua
ligações por pinos ou em contato com outros corpos. Uma dica ao aplicar estas equações é escolher os
pontos A e B sobre o corpo que esteja conectado por pinos a outro corpo, ou como pontos em contato com
corpos que tenham movimento conhecido.
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Neste mecanismo o ponto A desloca-se com uma trajetória horizontal, enquanto o ponto B se desloca
conforme uma trajetória circular. Assim podemos determinar as velocidades 𝑣𝐴 𝑒 𝑣𝐵 , pois estas sempre são
tangentes a trajetória de movimento. Quando o ponto A localizado no pistão (cursor) está em seu ponto
máximo ou mínimo, totalmente estendido ou totalmente retraído respectivamente, a sua velocidade 𝑣𝐴 será
nula. Também quando esses pontos são atingidos ocorre alteração no sentido de movimento.
𝒗𝑩 = 𝒗𝑨 + 𝝎 × 𝒓𝑪/𝑩
𝒗𝑨 = 𝒗𝑩 + 𝝎𝑩𝑪 × 𝒓𝑩/𝑨
(FGV/TJ-GO-2014) Um cursor é movido por um sistema de biela e manivela, com a manivela girando em
torno de um ponto localizado na reta de deslocamento do cursor. Sabendo-se que a velocidade angular da
manivela é constante e vale ω e que o comprimento da biela e da manivela valem, respectivamente, L e
R, é correto afirmar que o cursor:
a) na posição de curso máximo apresentará velocidade ωR e a velocidade angular da biela será 0 (zero);
b) na posição central do curso apresentará velocidade 0 (zero) a velocidade angular da biela será ω;
c) na posição de curso máximo apresentará velocidade ωR e a velocidade angular da biela será ωL/R;
d) na posição central do curso apresentará velocidade ωR e a velocidade angular da biela será ωL/R;
e) na posição de curso mínimo apresentará velocidade 0 (zero) e a velocidade angular da biela será ωR/L.
Comentário:
Para resolvermos essa questão precisamos conhecer um sistema biela manivela e analisarmos a
situação. Note que as alternativas estão pedindo expressões para a velocidade e velocidade angular nos
pontos de curso mínimo, central e máximo.
Sabendo-se que nos pontos de curso máximo e mínimo a velocidade do pistão será zero e
conhecendo as equações que descrevem o movimento do mecanismo biela manivela podemos solucionar a
questão. Vejamos a concepção do mecanismo.
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No enunciado da questão, é dito que a barra BC (biela) possui comprimento L e a manivela (AB) possui
comprimento R. Portanto a velocidade no ponto B, em qualquer posição, exceto em seu curso máximo ou
mínimo, será dada por:
Quando a velocidade do pistão for nula (ponto de curso máximo ou mínimo) teremos que 𝑣𝐵 = 𝜔. 𝑅.
A velocidade no pistão 𝑣𝐶 será dada, para qualquer posição do pistão, exceto em seu ponto de curso máximo
ou mínimo, de acordo com a análise de movimento absoluto, por:
Quando o pistão estiver em seu ponto máximo ou mínimo a velocidade 𝑣𝐶 será zero. Substituindo a
primeira equação de 𝑣𝐵 e zerando 𝑣𝐶 obtém-se:
A tabela abaixo apresenta as equações de velocidade relativa entre os pontos A e B de alguns dos
principais mecanismos que podem vir a ser cobrado em prova.
𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵/𝐴 (𝑝𝑖𝑛𝑜)
𝑟𝑎𝑑
𝑣𝐴 = 6.3 = 18
𝑠
𝑣𝐵/𝐴 = 2. 𝜔𝐵𝐴
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𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵/𝐴 (𝑝𝑖𝑛𝑜)
𝑟𝑎𝑑
𝑣𝐴 = 2.3 = 6
𝑠
𝑣𝐵/𝐴 = 5. 𝜔𝐵𝐴
𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵/𝐴 (𝑝𝑖𝑛𝑜)
𝑟𝑎𝑑
𝑣𝐴 = 2.3 = 6
𝑠
𝑣𝐵/𝐴 = 3. 𝜔𝐵𝐴
𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝑣𝐵/𝐴 (𝑝𝑖𝑛𝑜)
𝑟𝑎𝑑
𝑣𝐴 = 6.1 = 6
𝑠
𝑣𝐵/𝐴 = 5. 𝜔𝐵𝐴
No tópico anterior da nossa aula, aprendemos a encontrar a velocidade de um ponto sobre um corpo
rígido que apresenta movimento plano através da adição da velocidade relativa, ocasionada pela rotação em
torno de um ponto de referência conveniente à velocidade do ponto de referência. Agora, meu caro aluno(a),
iremos determinar um ponto de referência único que possui velocidade nula instantaneamente. Esse ponto
é chamado de centro instantâneo de velocidade (CI) nula e está situado no eixo instantâneo de velocidade
nula.
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Note que o ponto determinado para o CI de velocidade nula só é válido para o instante considerado,
uma vez que o corpo em movimento varia sua posição a cada instante. Além disso, o centro instantâneo de
velocidade nula não é recomendado para a determinação da aceleração, uma vez que ele não apresenta
aceleração nula. A figura abaixo apresenta a determinação do CI para um mecanismo biela-manivela-pistão.
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Neste caso o ponto B apresenta uma trajetória circular sendo que a velocidade em B é perpendicular
a barra AB. Assim ela atua com um ângulo θ em relação a barra BC. A velocidade no ponto C atua
horizontalmente. Traçando as linhas perpendiculares a elas é possível encontrar o CI.
Visto isso, vamos agora a análise do movimento relativo para a determinação da aceleração.
Caro estrategista, vamos agora aprender a encontrar a aceleração em corpos rígidos submetidos a
movimento plano geral. Usualmente em provas de concursos públicos para engenharia mecânica não há
grande incidência de questões que abordem este tópico, contudo devido a sua relação com o tema estudado
anteriormente é importante que você detenha conhecimento sobre este assunto.
𝒂𝑩 = 𝒂𝑨 + (𝒂𝑩/𝑨 ) + (𝒂𝑩/𝑨 )
𝒕 𝒏
Neste caso a componente 𝒂𝑩/𝑨 está sendo expressada em suas componentes tangenciais e normais, sendo
que (𝑎𝐵/𝐴 ) = 𝛼. 𝑟𝐵/𝐴 e (𝑎𝐵/𝐴 ) = 𝜔2 . 𝑟𝐵/𝐴 . Vejamos a imagem abaixo para uma melhor compreensão.
𝑡 𝑛
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Uma vez que os efeitos do movimento circular as componentes de aceleração relativa representam
estes efeitos, podendo este movimento ser observado por meio dos eixos de translação com origem no
ponto A. Assim podemos expressar (𝑎𝐵/𝐴 ) = 𝛼 × 𝑟𝐵/𝐴 e (𝑎𝐵/𝐴 ) = −𝜔2 . 𝑟𝐵/𝐴 , obtendo-se a seguinte
𝑡 𝑛
equação:
𝒂𝑩 = 𝒂𝑨 + 𝜶 × 𝒓𝑩/𝑨 − 𝜔2 . 𝒓𝑩/𝑨
E aí, achou difícil? A cinemática do movimento plano geral é uma das áreas mais complexas da
dinâmica, mas não se preocupe que com a resolução de questões de provas passadas o aprendizado vai se
tornando mais fácil. A melhor maneira de se aprender este assunto é através da prática, portanto não
economize na resolução de questões deste tema. Assim, encerramos aqui o estudo da cinemática do
movimento plano de um corpo rígido e passamos para o estudo da cinética do movimento plano de um
corpo rígido.
Caro aluno (a), agora que estudamos a cinemática do movimento plano de um corpo rígido, vamos
analisar a cinética destes. Quando um momento (M) gira um corpo temos que a equação 𝑀 = 𝐼. 𝛼 dita este
movimento. A letra I na equação representa o momento de inércia de massa de um corpo. Neste caso, via
comparação o momento de inércia é uma medida da resistência à aceleração angular de um corpo.
Analogamente a massa é a resistência de um corpo em relação à aceleração (F=m.a).
Em nossa primeira aula do curso aprendemos a calcular o momento de inércia de um corpo. Sabemos
que este é dado pela integral do segundo momento em relação a um eixo de todos os elementos de massa
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que dm que compõem o corpo. Outra forma, vista em nossa aula 00, para se determinar o momento de
inércia de um corpo é através do teorema dos eixos paralelos que nos diz que
𝐼 = 𝐼𝐺 + 𝑚𝑑 2
Onde 𝐼𝐺 é o momento de inércia em relação ao eixo z’ que passa pelo centro de massa G, m é a massa
do corpo e d é a distância perpendicular entre os eixos paralelos z e z’.
𝐼 = 𝑚. 𝑘 2
Por fim, quando um corpo for composto por formas simples o momento de inércia deste, em relação
a qualquer eixo, pode ser calculado através da soma dos momentos de inércia das partes em relação ao eixo.
Quando um corpo é submetido a rotação e translação dizemos que este está sujeito a movimento
plano geral. A análise deste movimento consiste em uma combinação das equações de translação e rotação.
A equação do movimento translacional no plano é dada por:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚. (𝑎𝐺 )𝑥 ; e ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚. (𝑎𝐺 )𝑦
∑ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺 . 𝛼
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Prezado estrategista, para resolvermos questões de provas que envolvam força, velocidade e
deslocamente de um corpo rígido, a partir dos métodos de trabalho e energia utilizamos equações de
translação, rotação e movimento plano geral.
Uma vez que um corpo rígido com massa (m) é sujeitado à translação, que pode ser retilínea ou
curvilínea, a energia cinética gerada por rotação é nula, pois este não apresenta velocidade angular, assim a
energia cinética do corpo é expressada por:
1
𝑇= . 𝑚. 𝑣𝐺2
2
1 1
𝑇 = . 𝑚. 𝑣𝐺2 + . 𝐼𝐺 , 𝜔2
2 2
Por fim quando um corpo é submetido ao movimento plano geral, apresentando rotação e translação
ele possuirá velocidade angular e velocidade em seu centro de massa assim a energia cinética será:
1 1
𝑇 = . 𝑚. 𝑣𝐺2 + . 𝐼𝐺 . 𝜔2
2 2
(CEPS-UFPA/UMIFESSPA - 2018) A bobina mostrada na figura abaixo possui 4,00 kg de massa e raio de
giração kO = 0,30 m. Se o bloco A de 5,00 kg é liberado a partir do repouso, o valor da energia cinética total
do sistema mecânico no instante em que a bobina possuir velocidade angular de 5,00 rad/s (a massa da
corda é negligenciável) é
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a) 6,50 J.
b) 8,00 J.
c) 7,50 J.
d) 7,00 J.
e) 8,50 J.
Comentário:
Nesta situação a energia cinética (T) pode ser obtida pela soma da energia cinética do bloco (TA) e da
energia cinética da bobina (Tbob). Primeiramente devemos calcular o momento de inércia da bobina através
de seu raio de giração. Vejamos:
kg
𝐼 = 𝑚. 𝑘 2 = 4. 0,32 = 0,36 [ ]
m2
1 1
𝑇 = 𝑇𝐴 + 𝑇𝑏𝑜𝑏 = . 𝑚𝐴 . 𝑣𝐴2 + . 𝐼. 𝜔2
2 2
𝑚
A velocidade em A é obtida por 𝑣𝐴 = 0,2. 𝜔 = 1[ 𝑠 ]. Portanto,
1 1
. 5. 12 + . 0,36. 52 = 7 [𝐽]
𝑇=
2 2
Logo, a alternativa D está CORRETA e é o gabarito da questão.
Caro estrategista, encerramos aqui a parte relacionada a dinâmica de nossa aula. Como você pode
notar, na evolução de nossa aula, os princípios empregados na cinemática e cinética das partículas são
utilizados como base para análise da cinemática e cinética dos corpos rígidos. Assim você tendo uma base
boa base a respeito dos tipos de movimento e sabendo enxergá-los em questões de provas é o essencial
para se empregar as equações necessárias para a resolução.
Resolva as questões da aula e não deixe de analisar os comentários, pois muitas vezes há
complementações e entendimentos importantes, lá citados, que poderão ser de grande valor para você. Por
fim, acredito que a melhor forma de aprender a dinâmica é através da prática, por isso recomendo, muito,
que você resolva o máximo de questões possíveis.
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VIBRAÇÕES
Iniciaremos agora o tema de vibrações em nossa aula. As vibrações são indesejadas em máquinas e
equipamentos, pois estas podem causar falhas devido a fadiga do material, que ocorrem devido a variação
cíclica de tensões induzidas. Elas podem comprometer o funcionamento e a vida útil de um sistema
mecânico. Por exemplo, vibrações aceleram o desgaste de rolamentos e engrenagens, em máquinas de corte
a vibração pode resultar em trepidação proporcionando um mal acabamento superficial.
Quando uma máquina ou uma estrutura tiver a sua frequência de excitação igual a sua frequência
natural ocorrerá a ressonância, que resultará em deflexões excessivas e falha. Assim devido aos efeitos ruins
que as vibrações podem causar é importante o conhecimento destas para o desenvolvimento e projetos de
máquinas.
Professor, quer dizer então que vibrações em equipamentos serão sempre indesejadas?
NÃO! Existem aplicações onde as vibrações são propositais como por exemplo em máquinas de lavar,
nas temidas brocas odontológicas dos dentistas, aparelhos massageadores, bate estacas, entre outros.
Basicamente podemos definir a vibração como movimentos repetitivos que ocorrem dentro de um
intervalo de tempo. Por exemplo, o movimento de um pêndulo é um movimento vibratório ou oscilatório.
Assim, a teoria da vibração é um estudo dos movimentos oscilatórios de corpos e forças associadas a eles.
Geralmente, um sistema que apresenta vibração é composto por um meio armazenador de energia
potencial, que pode ser uma mola, um meio armazenador de energia cinética, que pode ser uma massa, e
um meio de perda gradual de energia, que atua como amortecedor.
O exemplo mais comum de vibração é o movimento de um pêndulo simples este possui apenas um
grau de liberdade, porque o movimento deste pode ser definido em termos do ângulo θ ou pelas suas
coordenadas x e y, que quando usadas para esta definição de movimento devem ser consideradas
independentes, relacionadas por x2+y²=l² onde (l) é o comprimento do pêndulo. Neste caso podemos definir
o movimento do peso por qualquer uma das coordenadas.
Assim podemos entender que o grau de liberdade é indicado pelo número mínimo de coordenadas
independentes necessárias para a determinação das posições de todas as partes de um sistema a qualquer
instante. Vejamos a imagem abaixo com alguns exemplos de sistemas com um grau de liberdade em que as
coordenadas que podem ser utilizadas para a determinação de suas posições estão indicadas.
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Mecanismo cursor-manivela-
mola Sistema massa-mola Sistema torcional
Fonte: Rao, Sigiresu S. – Vibrações Mecânicas. 4ª ed.
Uma maneira para se evitar a ressonância em um sistema com um grau de liberdade é através da
utilização de absorvedores dinâmicos de vibrações, assim a frequência de excitação não ficará em uma faixa
próxima da frequência natural do sistema. Agora, vejamos a figura abaixo que apresenta exemplos de
sistemas com dois graus de liberdade.
Sistema com duas massas e duas molas descrito Sistema com dois rotores com movimento dado por
por x1 e x2 θ1 e θ2
Sistema composto por 3 massas e 3 molas com movimento descrito por x1, x2 e x3.
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Existem sistemas com diversos graus de liberdades, podendo estes serem infinitos. Uma viga em
balança, por exemplo, possui um número infinitos de pontos de massa, assim precisaremos de um número
infinito de coordenadas para analisar sua configuração defletida, obtendo-se sua curva de deflexão elástica.
Sistemas que possuem elementos elásticos (deformáveis) apresentam um número infinito de graus de
liberdade.
Se a frequência da força externa for equivalente a uma das frequências naturais do sistema
o sistema entrará em ressonância gerando oscilações perigosamente grandes.
Outro tipo de classificação para vibrações é a vibração amortecida e não amortecida. Quando
nenhuma energia é dissipada por atrito ou alguma outra resistência durante a oscilação, a vibração é
denominada vibração não amortecida. Contudo se alguma energia for perdida de alguma desta forma a
vibração será amortecida.
Existem também a classificação das vibrações em linear e não linear. Neste caso quando todos os
componentes de um sistema vibratório (massa, mola e amortecedor) se comportarem de maneira linear a
vibração será denominada linear. Todavia, se algum componente não se comportar de maneira linear a
vibração será não linear. Na vibração linear o princípio da superposição pode ser utilizado.
Além das classificações citadas acima, temos também a classificação de vibrações em determinística
e aleatória. Quando a magnitude da força ou do movimento (excitação) que age sobre um sistema em
vibração for conhecida em um dado instante a excitação e chamada de determinística, logo a vibração
resultante será determinística. Em contrapartida, quando não se pode prever a excitação em um dado
instante a vibração será não determinística ou aleatória.
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Uma mola linear é um elemento mecânico de ligação que geralmente possui massa e
amortecimento desprezíveis. Sempre que está apresentar movimento relativo entre as suas duas
extremidades ela possuíra uma força atuante proporcional a sua deformação (F=k.x).
Molas reais, na verdade, não são lineares, pois elas seguem a equação linear até certa deformação
somente. Uma vez que a tensão ultrapasse certo valor, acima do limite de escoamento do material, a relação
força deformação não será mais linear. No entanto, para o estudo das vibrações, focada para concurso
público, consideraremos que a deflexão nas molas será pequena a ponto de considerarmos apenas a relação
linear.
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𝑘𝑒𝑞 = 𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3 + ⋯ + 𝑘𝑛
Note que é muito simples, basta você lembrar que para molas em paralelo devemos somar as
constantes elásticas. Um exemplo real de associação de molas em paralelo são as molas que compõe a
suspensão de um carro. Vejamos, ao lado, uma imagem ilustrativa de molas associadas em paralelo.
Agora veremos como é feita a associação de molas em série, à esquerda, pela equação
para a determinação da constante elástica equivalente expressa da seguinte maneira:
1 1 1 1 1
= + + + ⋯+
𝑘𝑒𝑞 𝑘1 𝑘2 𝑘3 𝑘𝑛
É muito importante que você memorize isto, pois em algumas questões de prova a banca
pode exigir este tipo de conhecimento e devido a simplicidade esta deve ser uma questão
garantida para que você alcance a sua aprovação.
O elemento de massa ou inércia de um corpo é adotado como um corpo rígido, sendo assim este
pode ganhar ou perder energia cinética de acordo com a velocidade. Analogamente as molas podemos
também associar várias massas em apenas uma equivalente para uma análise simplificada. Contudo, não é
um conhecimento exigido recorrentemente em questões de prova.
Por exemplo, vejamos a imagem abaixo em que temos um sistema vibratório composto por massas
em translação ligadas por uma barra rígida articulada em uma extremidade. Neste caso a massa equivalente
pode ser calculada pela seguinte expressão:
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𝑙2 2 𝑙3 2
𝑚𝑒𝑞 = 𝑚1 + ( ) 𝑚2 + ( ) 𝑚3
𝑙1 𝑙1
A energia de vibração geralmente é convertida em calor ou som que em razão desta redução de
energia o deslocamento do sistema diminui gradativamente. O amortecimento é o mecanismo responsável
pela conversão da energia de vibração em calor ou som.
Para análise de sistema vibratórios é admitido que o amortecedor não possui massa e elasticidade e
que só existe força de amortecimento caso exista uma velocidade relativa entre as suas duas extremidades.
Existem vários tipos de amortecimento conforme descreveremos a seguir.
Amortecimento material ou sólido ou por histerese - Uma vez que um material se deforma ele
absorve ou dissipa energia e isto é decorrente do atrito entre os planos internos, que escorregam ou deslizam
durante as deformações. Quando um corpo com amortecimento material é submetido à vibração podemos
representar um diagrama tensão-deformação com um ciclo de histerese. A área do ciclo indica a energia
perdida por unidade de volume do corpo por ciclo decorrente do amortecimento.
Visto isso vamos agora ao estudo do procedimento para análise de vibrações, iniciando pela vibração
livre não amortecida.
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Visto que não há dissipação de energia durante o movimento da massa, a amplitude do movimento
será constante ao longo do tempo, logo este é um sistema não amortecido. Contudo na prática isso não é
real, pois somente no vácuo, não há resistência.
Analisando o sistema representado na imagem, o bloco atingirá uma velocidade que seu movimento
prosseguirá além da posição x=0, e ficará oscilando para frente e para traz, uma vez que a superfície seja lisa.
+ 𝑘
∑ 𝐹 = 𝑚. 𝑎𝑥 => −𝑘. 𝑥 = 𝑚. 𝑥̈ => 𝑥̈ + 𝑚 𝑥 = 0
→ 𝑥
Note que a aceleração é denotada como (𝑥̈ ) e é proporcional ao deslocamento do bloco, está
equação representa o movimento harmônico simples. Reescrevendo está equação utilizando a frequência
natural (𝜔𝑛 ), obtemos:
𝑘
𝑥̈ + 𝑥=0 => 𝑥̈ + 𝜔𝑛2 𝑥 = 0
𝑚
Note que a frequência natural (𝜔𝑛 ) é igual a raiz quadrada da divisão entre a constante (k) e a massa
(m). Vejamos:
𝑘
𝜔𝑛 = √
𝑚
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Nesse caso quando o bloco está em equilíbrio a mola exerce força para cima de
F=W=m.g sobre o bloco. Quando o bloco é deslocado para baixo a uma distância (y), a
força da mola é de F=W=W+k.y. Logo, utilizando a frequência natural temos que:
𝑦̈ + 𝜔𝑛2 𝑦 = 0
A equação acima é uma equação diferencial linear de segunda ordem, homogênea que possui
coeficientes constantes. Através do método das equações diferenciais a solução geral para a equação acima
é:
𝑥 = 𝐴. 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑛 𝑡 + 𝐵. cos 𝜔𝑛 𝑡
Em que A e B são constantes de integração. Derivando está equação no tempo podemos encontrar
as expressões para a velocidade e aceleração. Vejamos:
𝑣 = 𝑥̇ = 𝐴. 𝜔𝑛 . cos 𝜔𝑛 𝑡 − 𝐵. 𝜔𝑛 . 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑛 𝑡
𝑥 = 𝐶. 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑛 𝑡 + 𝜙)
𝐶 = √𝐴2 + 𝐵 2
𝐵
𝜙 = 𝑡𝑔−1 ( )
𝐴
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Note que a curva completa um ciclo quando o tempo é igual período (𝜏). Logo:
2𝜋
𝜏=
𝜔𝑛
Por fim, a frequência (f) é dada pelo o número de ciclos completados no tempo, assim:
1 𝜔𝑛
𝑓= =
𝜏 2𝜋
(CESGRANRIO/Petrobras - 2018) Um motor com massa de 10 kg é instalado sobre uma base elástica cuja
rigidez é de 100 kN/m.
Considerando-se esse sistema com um grau de liberdade, a rotação do motor em RPM, que leva o sistema
à ressonância, estará na faixa de
a) 80 a 100
b) 400 a 600
c) 800 a 1.000
d) 4.000 a 6.000
e) 8.000 a 10.000
Comentário:
Está questão é bem simples, bastando apenas o conhecimento da equação da frequência de
ressonância para um sistema vibratório com um grau de liberdade. Para que o sistema entre em ressonância
a rotação do motor deve ser equivalente a frequência de ressonância assim temos que:
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Note que a banca nos da a resposta entre uma faixa de rotações, assim podemos arredondar o valor
de =3, a fim de facilitar o cálculo. Logo, a alternativa C está CORRETA e é o gabarito da questão.
Visto isto, vamos agora ao estudo da vibração livre com amortecimento viscoso.
𝐹 = −𝑐. 𝑥̇
𝑚. 𝑥̈ + 𝑐. 𝑥̇ + 𝑘. 𝑥 = 0
A partir da resolução da equação acima por equações diferenciais são encontradas duas soluções
gerais para este tipo de sistema e surgem a constante de amortecimento crítico (𝑐𝑐 ) e o fator de
amortecimento (𝜁), que são obtidos por:
𝑐
𝑐𝑐 = 2. 𝑚. 𝜔𝑛 ; 𝑒 𝜁=
𝑐𝑐
Sistema subamortecido: Neste tipo de sistema vibratório o fator de amortecimento será menor que um
(𝜁 < 1). Nesta situação podemos calcular a frequência de vibração amortecida (𝜔𝑑 ), que será sempre menor
que a frequência natural não amortecida pela seguinte equação:
𝜔𝑑 = √1 − 𝜁 2 . 𝜔𝑛
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Sistema criticamente amortecido: Neste caso o fator de amortecimento será equivalente a um, ou seja, a
constante de amortecimento é igual a constante de amortecimento crítico (𝑐 = 𝑐𝑐 ).
Sistema superamortecido: Neste sistema temos que o fator de amortecimento é maior do que um (𝜁 > 1).
Note que o sistema subamortecido é o único que possui movimento oscilatório além do caso não
amortecido. Portanto, nos casos superamortecido e criticamente amortecido não há movimento oscilatório.
Através do decremento logarítmico (𝛿) podemos representar a taxa de redução de uma vibração
livremente amortecida. E este é dado pelo logaritmo natural da razão entre duas amplitudes SUCESSIVAS.
Assim, a partir da análise do movimento harmônico de uma vibração livremente amortecidas, são obtidas as
seguintes equações:
𝑥1 2𝜋𝜁
𝛿 = 𝑙𝑛 = 𝜁𝜔𝑛 𝜏𝑑 =
𝑥2 √1 − 𝜁 2
2𝜋
𝜏𝑑 =
𝜔𝑑
O decremento logaritmo é adimensional sendo este uma outra forma de representação do fator de
amortecimento e quando conhecemos o decremento (𝛿) podemos encontro (𝜁) pela seguinte equação:
𝛿
𝜁=
√(2𝜋)2 + 𝛿 2
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Uma vez que 𝜁 ≪ 1 ou for até aproximadamente 0,3 podemos aproximar a equação para se
encontrar o decremento da seguinte forma:
𝛿 = 2. 𝜋. 𝜁
Por fim, podemos determinar o fator de amortecimento medindo duas amplitudes separadas, não
sucessivas, por qualquer número completo de ciclos. Assim temos que:
1 𝑥1
𝛿= . ln ( )
𝑚 𝑥𝑚+1
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Para solucionarmos esta questão devemos prestar muita atenção no enunciado. Note que o
𝑥
enunciado nos diz que ln (𝑥1 ) = 1,25 assim temos que:
3
1 𝑥1 1 𝑥1 1,25
𝛿= . ln ( ) = 𝛿 = . ln ( )= = 0,625
𝑚 𝑥𝑚+1 2 𝑥2+1 2
Conhecido o decremento podemos obter o fator de amortecimento que é:
𝛿
𝜁=
≅ 0,1
2𝜋
Analisando as alternativas já ficamos apenas com a alternativa A como opção de resposta, contudo vamos
encontrar a frequência amortecida. Note que as opções nas alternativas estão em Hertz por isso esta pode
ser obtida por
1 1
𝑓𝑑 = = = 0,79𝐻𝑧
𝜏𝑑 1,26
Logo, a alternativa A está correta e é o gabarito da questão.
Está é uma equação não homogênea. Vejamos agora a resposta de um sistema não amortecido a
vibração forçada. Neste caso quando uma força 𝐹(𝑡) = 𝐹0 . cos 𝜔𝑡 age sobre um sistema de massa (m) a
equação do movimento é dada por:
𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑥 = 𝐹0 . cos 𝜔𝑡
Neste caso a força de excitação é harmônica, resolvendo a equação chega-se a seguinte expressão
𝐹0 𝛿𝑠𝑡
𝑋= =
𝑘 − 𝑚𝜔 2 𝜔 2
1 − (𝜔 )
𝑛
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𝐹
Em que 𝜹𝒔𝒕 = 0⁄𝑘 , e está é chamada de deflexão estática e X é a máxima amplitude de vibração.
Também podemos expressar a máxima amplitude de vibração por:
𝑋 1
=
𝛿𝑠𝑡 𝜔 2
1 − (𝜔 )
𝑛
Quando a frequência de excitação for menor que a frequência natural (𝜔 < 𝜔𝑛 ) Dizemos que a
resposta harmônica do sistema está em fase. Quando (𝝎 > 𝝎𝒏 ) a resposta estará defasada em 180° em
relação a força externa e a resposta do sistema a uma força externa harmônica com frequência muito alta é
próxima de zero. Por fim, quando a frequência de excitação for igual a frequência natural do sistema
dizemos que o sistema está em ressonância onde a amplitude X torna-se infinita. Vejamos uma
representação gráfica do fator de amplificação de um sistema não amortecido e a resposta da vibração
quando o sistema está em ressonância (𝜔 = 𝜔𝑛 ).
Quando dois movimentos harmônicos que possuem frequência natural próxima uma da outra são
somados, o movimento resultante apresenta um fenômeno denominado batimento. Podemos também
chamar de o batimento de uma superposição alternada construtiva e destrutiva de duas ondas com
frequências naturais muito próximas. Normalmente este fenômeno é apresentado por máquinas e
estruturas e centrais elétricas em que a frequência natural do sistema está próxima da frequência excitadora
(𝜔 = 𝜔𝑛 ).
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Os tempos entre os pontos de amplitude zero ou entro os pontos de amplitude máxima é chamado
de período de batimento (𝜏𝑏 ) e este pode ser obtido por
2𝜋
𝜏𝑏 =
𝜔𝑛 − 𝜔
𝜔𝑏 = 𝜔𝑛 − 𝜔
Caro aluno(a), sistemas com dois graus de liberdades são aqueles que exigem duas coordenadas
independentes para que possa ser realizada a descrição de seu movimento. Uma regra para o cálculo do
número de graus de liberdade é dada pela seguinte equação:
Existem duas equações possíveis para sistemas com dois graus de liberdade sendo uma para cada
massa ou uma para cada grau de liberdade. Essas equações diferenciais são acopladas, pois cada uma
envolve todas as coordenadas e estas equações resultam em uma equação de frequência que gera duas
frequências naturais para o sistema.
Um sistema com dois graus de liberdade, quando em vibração livre em uma das frequências naturais,
possui suas amplitudes dos graus de liberdade relacionadas especificamente e a configuração é chamada um
modo normal, modo natural ou modo principal de vibração. Desta maneira, o sistema possui dois modos
normais de vibração que correspondem às duas frequências naturais.
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Na figura do meio, quando temos uma massa sustentada por duas molas iguais, ela é obrigada a
mover-se na horizontal e duas coordenadas são necessárias para descrever seu movimento retilíneo e
angular que são x(t) e 𝜃(𝑡) respectivamente.
Por fim o pêndulo duplo, à esquerda, exige duas coordenadas para definir as posições das massas m1
e m2. Tanto x(t), y(t) e 𝜃(𝑡) são possíveis pares de coordenadas que podem ser utilizadas para este sistema.
4 - Controle de Vibrações
Caro aluno (a), como existem diversas máquinas vibratórias nas indústrias e a vibração nestas pode
acarretar desgastes excessivos em mancais, formação de trincas, falhas mecânicas e estruturais,
afrouxamento de parafusos, manutenção recorrente e encarecida além de muitos outros problemas é
importante a utilização de métodos para eliminar ou reduzir as vibrações indesejadas.
Quando uma máquina é sujeitada a vibração excessiva com uma força cuja excitação for quase igual
a frequência natural da máquina ou sistema podemos reduzir esta vibração através da utilização de um
neutralizador de vibração ou absorvedor dinâmico de vibração (ADV). Este é projetado para que a
frequência natural do sistema fique longe da frequência de excitação.
Vamos analisar a utilização de um ADV utilizado em uma máquina como um sistema de um grau de
liberdade. Quando usamos uma massa auxiliar (m2), em uma máquina com massa (m1), através de uma mola
(k2), teremos um sistema com dois graus de liberdade conforme demonstrado na imagem abaixo:
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𝑘2
𝜔2 =
𝑚2
Como a máquina, antes da adição do absorvedor dinâmico, atua próxima a ressonância podemos
utilizar as seguintes relações:
𝑘2 𝑘1
𝜔2 = =
𝑚2 𝑚1
𝑘2 𝑘2 𝑚2 𝑚1 𝑚2 𝜔2 2
= = .( )
𝑘1 𝑚2 𝑚1 𝑘1 𝑚1 𝜔1
Por exemplo, quando temos um motor com massa (𝑚1 = 200𝑘𝑔), fixado a uma base elástica com 4
molas com constante elástica igual a 5000 N/m e está vibrando em ressonância durante sua velocidade de
operação, podemos utilizar um ADV para reduzir a amplitude de vibração deste. Adotando que a relação
entre a massa equivalente do ADV e do motor seja igual a 0,2 podemos calcular a massa e a rigidez
equivalentes fornecidas pelo ADV através das seguintes equações:
𝑚2 = 0,2. 𝑚1
𝑘2 𝑘1 20000
𝜔2 = = => 𝜔 = √( ) = 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑚2 𝑚1 200
𝑟𝑎𝑑 𝑘2
(10)2 = => 𝑘2 = 4000 𝑁/𝑚
𝑠 0,2. 𝑚1
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𝑚2 = 0,2.200 = 40 𝑘𝑔
Vamos adiante!
A vibração causada por uma massa excêntrica ou desbalanceada em um disco rotativo causa vibração
e esta pode ser tolerada até um certo ponto. Para se eliminar essa vibração podemos retirar essa massa ou
adicionar uma massa igual em posição tal que cancele o efeito de desbalanceamento.
Balanceamento em um plano
O primeiro método que vamos estudar de balanceamento em um plano é bastante simples. Ele pode
ser utilizado para balanceamento de discos circulares delgados como um ventilador, um volante, uma
engrenagem ou até mesmo um disco de esmeril.
Se esse disco estiver estaticamente desbalanceado devido a erros de fabricação pode-se determinar
o desbalanceamento montando este sobre dois mancais fixos de baixo atrito. Após a fixação basta girar o
disco e deixar que ele volte a posição de repouso. Toda vez que este parar você deverá marcar o ponto mais
baixo da circunferência com um giz. Esse processo deve ser repetido várias vezes.
Caso o disco esteja balanceado, as marcas de giz estarão distribuídas de maneira aleatória por toda a
circunferência. Em contrapartida, se o disco estiver desbalanceado, as marcas de giz irão coincidir.
Para se corrigir esse desbalanceamento pode ser realizada a remoção de material (perfuração) na
marca de giz ou pela adição de um peso a 180° da marcação feita. A quantidade de material a ser removido
ou adicionado deverá ser encontrada empiricamente.
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Além do método estudado há um outro método para balanceamento em um plano por meio de um
analisador de vibração. O sistema consiste no disco ligado a um eixo rotativo conectado a um motor elétrico
rotativo com uma velocidade angular conhecida. Antes de acionar o motor marcas de referência também
chamadas de marcas de fase, são feitas no disco.
Com auxílio de uma luz estroboscópica acionada ne frequência do disco que está girando, quando o
rotor gira na velocidade conhecida do motor, a marca de fase que ele possui irá aparecer de maneira
estacionária sob o efeito da luz, posicionada a um ângulo 𝜃 do estator devido a diferença de fase da resposta.
Nesta etapa deve-se anotar ângulo 𝜃 e a amplitude 𝐴𝑢 lida no analisador de vibração. Ambos são causados
pelo desbalanceamento original do disco.
Na sequência deve-se parar o rotor e fixar um peso W com massa conhecida em alguma posição nele.
Quando o rotor volta a ser acionado com velocidade do motor conhecida, a nova posição angular da marca
de fase 𝜙 será diferente causa por 𝐴𝑢+𝑤 , que deve ser anotada. Por fim, através de um diagrama vetorial é
possível determinar a magnitude e a localização da massa de correção para balancear o disco.
−1
𝐴2𝑢 + 𝐴2𝑤 − 𝐴2𝑢+𝑤
𝛼 = 𝑐𝑜𝑠 [ ]
2𝐴𝑢 𝐴𝑤
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𝐴𝑢
𝑊0 = .𝑊
𝐴𝑤
E será localizada com mesma distância radial em relação ao eixo de rotação do rotor que o peso W.
Vejamos a imagem do diagrama vetorial.
Seguindo!
Prezado(a) estrategista, caso o elemento a ser balanceado seja um rotor com um corpo rígido
alongado, o desbalanceamento pode estar situado em qualquer ponto ao longo de seu comprimento. Nesta
situação, o balanceamento do rotor deverá ser realizado com a adição de pesos em dois planos quaisquer.
Geralmente os planos escolhidos são as extremidades do rotor.
O balanceamento em dois planos pode ser realizado via adição de massas e análise das forças
exercidas por essas massas ou via analisador de vibração. Em outras palavras, o balanceamento em dois
planos é uma extensão do balanceamento em um plano.
Apesar dos rotores de alta velocidade serem balanceados durante sua fabricação,
normalmente é necessária balanceá-los em local de trabalho devido a
desbalanceamentos desencadeados pela fluência e operação em alta temperatura.
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CONSIDERAÇÕES FINAIS
Chegamos ao final da nossa segunda aula! Vimos uma pequena parte da engenharia mecânica,
entretanto, um assunto relevante para fins de prova2.
Quaisquer dúvidas, sugestões ou críticas entrem em contato conosco. Estou disponível no fórum no
Curso, por e-mail e, inclusive, pelo instagram.
Juliano de Pelegrin
2
Referências bibliográficas utilizadas nesta aula:
R.C. Hibeller – Dinâmica. Mecânica para Engenharia. 14ª ed.
J.L. Meriam – Mecânica para engenharia Vol. 2 – Dinâmica. 6ª ed.
Rao, Sigiresu S. – Vibrações Mecânicas. 4ª ed.
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QUESTÕES COMENTADAS
Dinâmica e Vibrações
Considere duas polias ligadas por uma correia, denominadas P1 e P2, com diâmetros d1 e d2,
respectivamente, sendo d1 > d2. Nesse caso, as velocidades tangencias nas polias são iguais, e a velocidade
angular da polia P1 é menor que a da polia P2.
Comentário:
O item está correto. Quando dois corpos girantes estão em contato um com o outro, os pontos de
contato apresentam trajetórias circulares diferentes, a velocidade e as componentes tangenciais da
aceleração no ponto serão equivalentes, contudo, as componentes
normais da aceleração não serão iguais.
𝑟𝐶
𝜔𝐵 𝑟𝐵 = 𝜔𝐶 𝑟𝐶 => 𝜔𝐵 = 𝜔𝐶 ( )
𝑟𝐵
Dadas as diferenças entre os diâmetros das polias, perceba que a polia com maior diâmetro
apresentará menor velocidade angular, apesar da velocidade tangencial ser igual entre ambas.
Considere três engrenagens cilíndricas em movimento, denominadas E1, E2 e E3, dispostas em série
e com diâmetros d1, d2, d3, respectivamente, sendo d1 > d2 > d3. Nesse caso, a velocidade angular da
engrenagem E3 é menor que as velocidades angulares das engrenagens E1 e E2.
Comentário:
O item está incorreto. Como visto na questão anterior, há uma relação entre as velocidades angulares
das polias de acordo com suas dimensões (raio ou diâmetro).
𝑟2
𝜔1 𝑟1 = 𝜔2 𝑟2 => 𝜔1 = 𝜔2 ( )
𝑟1
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A divisão de r2 por r2 resultará em um número menor que 1, indicando que a velocidade angular da
polia 1 é uma fração da velocidade da polia 2. O mesmo acontece quando comparamos a polia 2 com a polia
3. A polia 3, por ter menor diâmetro apresentará a maior velocidade angular dentre as três polias.
𝑣
𝜔=
𝑟
A velocidade tangencial de todas as polias é a mesma pois estão acopladas em série. Entretanto, vai
apresentar a maior velocidade angular aquela que dispor do menor comprimento de raio, uma vez que este
valor se situa na parte inferior da equação.
Situação hipotética: Um projétil com massa de 100 g, que foi disparado horizontalmente contra um
bloco de madeira de 3 kg em repouso sobre uma superfície, atingiu o bloco a uma velocidade constante, na
direção horizontal, de 320 m/s e ficou nele encravado.
Assertiva: Desconsiderando os efeitos do atrito, é correto afirmar que o bloco com o projétil, após a
colisão, foi deslocado, imediatamente após o impacto, com velocidade maior que 10 m/s.
Comentário:
Através do princípio de quantidade de movimento, podemos encontrar a velocidade final com que o
bloco e o projétil são deslocados após o impacto.
𝑚𝑝 . 𝑣𝑝 + 𝑚𝑏 𝑣𝑏 = 𝑣𝑓 (𝑚𝑏 + 𝑚𝑝 )
𝑚𝑝 . 𝒗𝒑 + 𝑚𝑏 𝒗𝒃
𝑣𝑓 =
(𝑚𝑏 + 𝑚𝑝 )
0.1 ∙ 𝟑𝟐𝟎 + 3 ∙ 𝟎 𝑚
𝑣𝑓 = = 10,32
(3 + 0.1) 𝑠
De acordo com o resultado de nossa análise, podemos afirmar que a assertiva está CORRETA.
Se o volante de uma máquina tiver massa igual a 200 kg e raio de giração de 1 m, e se o torque médio
no volante for igual a 120 Nm, então a velocidade angular, após 10 s a partir do repouso, será igual a 6 rad/s.
Comentário:
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Para resolver essa questão devemos inicialmente encontrar a aceleração do volante da máquina, para
isso vamos utilizar a seguinte equação como base.
𝑇 =𝐼∙𝛼
𝑇 = (𝑘 2 ∙ 𝑚) ∙ 𝛼
𝑇 120 𝑟𝑎𝑑
𝛼= = 2 = 0,6 2
(𝑘 2
∙ 𝑚) (1 ∙ 200) 𝑠
Agora, com aceleração e o tempo em mãos podemos facilmente encontrar a velocidade angular.
𝜔 = 𝜔0 + 𝛼 ∙ 𝑡
𝜔 = 0 + 0,6 ∙ 10
𝑟𝑎𝑑
𝜔=6
𝑠
5. (CEBRASPE/EMAP-2018) A mecânica dos corpos rígidos pode ser dividida em estática, que se refere ao
equilíbrio de um corpo rígido, e dinâmica, que se relaciona ao movimento de um corpo rígido. Acerca
desse assunto, julgue o item que se segue.
O impulso é uma grandeza física definida como o produto de uma força que é aplicada a um corpo
pela velocidade desse corpo.
Comentário:
O item está incorreto. O impulso mede a variação da quantidade de movimento de uma partícula ou
um corpo em um intervalo de tempo. Essa grandeza física vetorial é definida pelo produto da força aplicada
no corpo e o intervalo de tempo de aplicação dessa força.
Considere que uma massa total de 500 kg seja elevada por uma máquina que utiliza um único cabo
de aço. Considere ainda que, ao ser elevada a partir do chão, a massa atinja uma velocidade de 2 m/s após
percorrer 4 m com aceleração constante. Nessa situação, assumindo-se a aceleração da gravidade igual a 10
m/s2, desprezando-se a massa do cabo e aplicando-se um fator de segurança 8 contra a ruptura do cabo, o
cabo de aço utilizado deverá apresentar resistência à tração de pelo menos 42 kN.
Comentário:
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𝑉 2 = 𝑉0 2 + 2 ∙ 𝑎 ∙ ∆𝑠
22 = 02 + 2 ∙ 𝑎 ∙ 4
𝑚
𝑎 = 0,5
𝑠2
∑𝐹 = 𝑚 ∙ 𝑎
𝑇𝑟𝑎çã𝑜 − 𝑃𝑒𝑠𝑜 = 𝑚 ∙ 𝑎
𝑇 = 5,25 𝑘𝑁
Aplicamos então o coeficiente de segurança e descobrimos qual deve ser a resistência a tração do
cabo.
5,25 𝑘𝑁 ∙ 8 = 42 𝑘𝑁
Comentário:
O item está incorreto. Segundo a segunda lei de Newton para rotações, o torque resultante sobre um
corpo é dado pelo produto do momento de inércia e da aceleração angular do corpo.
a) entre 8 e 13 cm.
b) entre 13 e 18 cm.
c) entre 18 e 22 cm.
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Comentário:
Para resolver essa questão, devemos dividi-la em duas partes. Primeiramente trabalharemos com o
caminhão, encontrando a energia cinética de seu movimento. Após isso, trabalharemos com a mola, que
transformará toda essa energia cinética em potencial.
𝑚 ∙ 𝑣 2 16000 ∙ 22
𝐸𝑐 = = = 32000 𝐽
2 2
Agora vamos encontrar o deslocamento necessário para que a mola absorva toda essa energia
cinética em energia potencial elástica.
𝐸𝑐 = 𝐸𝑝𝑒
𝑘 ∙ 𝑥2
𝐸𝑝𝑒 =
2
800000 ∙ 𝑥 2
32000 =
2
𝑥 ≅ 0,28 𝑚 = 0,28 𝑐𝑚
9. (CEBRASPE/UNIPAMPA-2013) Com base nos princípios e conceitos da mecânica dos corpos rígidos,
julgue o item a seguir.
Considere que sobre um corpo com uma massa de 15 kg, inicialmente em repouso, passe a atuar uma
força de 300 N durante 0,5 s. Desprezando o atrito, é correto afirmar que o corpo alcançará uma velocidade
de 10 m/s.
Comentário:
O item está correto. Para resolver essa questão utilizaremos equações de impulso. Veja abaixo.
𝐼 = 𝐹 ∙ ∆𝑡
𝐼 =𝑚∙𝑣
150 = 15 ∙ 𝑣
𝑚
𝑣 = 10
𝑠
10. (CEBRASPE/CAM DEP-2012) Com base nos princípios da mecânica, julgue o próximo item.
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Considere que um torque de 1.200 N.m está aplicado em uma árvore a, na qual está montado um pinhão de
50 mm de diâmetro que aciona uma coroa de 100 mm de diâmetro, montada em uma árvore b. Nessa
situação, o torque transmitido à árvore b é de 2,4 kN.m.
Comentário:
Como sabemos, o torque é definido pela força multiplicada por seu braço de alavanca. Quando
tratamos de engrenagens o braço de alavanca é dado pelo raio pois a força aparece no contato com outras
engrenagens.
𝑇 = 𝐹𝑡 ∙ 𝑟
𝑇
𝐹𝑡 =
𝑟
𝑇1 𝑇2
=
𝑟1 𝑟2
𝑟2
𝑇2 = 𝑇
𝑟1 1
100
𝑇2 = ∙ 1200 = 2400
50
11. (CEBRASPE/PEFOCE-2012)
A figura acima mostra um sistema composto por dois blocos A e B, com massas iguais a 100 kg e 200
kg, respectivamente, ligados por um fio inestendível que passa por uma polia de massa e atrito desprezíveis.
Considerando que a aceleração da gravidade é g = 10 m/s² e que o coeficiente de atrito cinético entre o bloco
A e a superfície plana é μc = 0,2, julgue o próximo item.
A velocidade do bloco A após se deslocar 1 m, a partir do repouso, será inferior a 3,0 m/s.
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Comentário:
Começamos com um diagrama de corpo livre no bloco suspenso. Assim descobrimos que a força de
tração no cabo é igual a força peso desse bloco, 2000N.
Fazendo o diagrama de corpo livre do bloco superior, podemos encontrar as forças de tração no cabo,
a força de atrito e a força peso e sua correspondente normal.
𝐹𝑎𝑡 = 𝜇 ∙ 𝑁
Agora vamos aplicar a segunda lei de Newton nesse bloco para o eixo x.
∑𝐹𝑥 = 𝑚 ∙ 𝑎
𝐹𝑡 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚 ∙ 𝑎
𝑚
𝑎=6
𝑠2
Em posse do valor da aceleração, podemos utilizar a equação de Torricelli para encontrar a velocidade
final do bloco.
𝑉 2 = 𝑉0 2 + 2 ∙ 𝑎 ∙ ∆𝑠
𝑉 2 = 02 + 2 ∙ 6 ∙ 1
𝑚
𝑉 = 3,46
𝑠
Sendo a velocidade do bloco, após se mover por um metro, maior que 3,0 m/s, o item está incorreto.
12. (CEBRASPE/CETURB-GV-2010) Acerca da dinâmica dos corpos rígidos, julgue o item que segue.
A energia cinética total de um corpo rígido em movimento de translação e rotação é igual à metade
do produto de sua massa pelo quadrado da velocidade de translação de seu centro de massa.
Comentário:
O item está incorreto. Quando um corpo é submetido ao movimento plano geral, apresentando
rotação e translação ele possuirá velocidade angular e velocidade em seu centro de massa, assim a energia
cinética será:
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1 1
𝑇 = . 𝑚. 𝑣𝐺2 + . 𝐼𝐺 . 𝜔2
2 2
Um disco sólido e um aro de mesma massa e diâmetro possuem o mesmo momento de inércia de
massa em relação ao eixo.
Comentário:
O item está incorreto. O momento de inércia em relação ao eixo de simetria é diferente para os 2
casos, veja abaixo.
1
𝐼= ∙ 𝑚 ∙ 𝑅2
2
𝐼 = 𝑚 ∙ 𝑅2
14. (CEBRASPE/CODEVASF-2021) Com relação a mecanismo e seu comportamento dinâmico, julgue o item
a seguir.
Nas vibrações amortecidas, as forças de excitação são amortecidas ao longo do tempo. Nas vibrações
não amortecidas, essas forças ocorrem quando qualquer energia é perdida e(ou) dissipada durante a
realização da oscilação.
Comentário:
O item está incorreto pois relaciona perdas de energia à vibração não amortecida. Quando nenhuma
energia é dissipada por atrito ou alguma outra resistência durante a oscilação, a vibração é denominada
vibração não amortecida. Contudo se alguma energia for perdida de alguma desta forma a vibração será
amortecida.
15. (CEBRASPE/IFF-2018) Os sistemas mecânicos possuem três componentes passivos lineares: a mola e a
massa, que são elementos armanezadores de energia; e o amortecedor viscoso, que dissipa energia.
Na tabela a seguir, é apresentada a força deslocamento para esses componentes, em que K, f, e M são,
respectivamente, a constante de mola, o coeficiente de atrito viscoso e a massa.
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A figura I seguinte ilustra um sistema massa-mola, cujo diagrama de corpo livre ---- forças atuantes
no corpo de massa M ---- é mostrado na figura II.
Considerando essas informações, assinale a opção que apresenta o modelo matemático obtido a
partir do equilíbrio de forças no referido sistema massa-mola e permite o cálculo correto do deslocamento -
-- x(t) --- do corpo de massa M.
𝑑2 𝑥 𝑑𝑥
a) 𝑀 𝑑𝑡 2 + 𝑓(𝑡) = 𝐾𝑥(𝑡) + 𝑓𝑣 𝑑𝑡
𝑑𝑥 𝑑2 𝑥
b) 𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 𝑑𝑡 = −𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡)
𝑑2 𝑥 𝑑𝑥
c) −𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡) = 𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 𝑑𝑡
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𝑑𝑥 𝑑2 𝑥
d) 𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 𝑑𝑡 = 𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡)
𝑑2 𝑥 𝑑𝑥
e) 𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡) = 𝑓𝑣 𝑑𝑡 − 𝐾𝑥(𝑡)
Comentário:
Vamos começar a resolução aplicando a segunda lei de newton para o somatório de forças externas
do nosso sistema.
∑𝐹𝑥 = 𝑚 ∙ 𝑎
𝑑𝑥 𝑑2𝑥
−𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 + 𝑓(𝑡) = −𝑀 2
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Reorganizando, temos:
𝑑𝑥 𝑑2𝑥
−𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 = −𝑀 2 − 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑2𝑥 𝑑𝑥
𝑀 2
+ 𝑓(𝑡) = 𝐾𝑥(𝑡) + 𝑓𝑣
𝑑𝑡 𝑑𝑡
16. (CEBRASPE/PF-2014)
Comentário:
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𝑐𝑐 = 2. 𝑚. 𝜔𝑛 ;
𝑘 675 𝑟𝑎𝑑
𝜔𝑛 = √ =√ = 15
𝑚 3 𝑠
𝑐𝑐 = 2 ∙ 3 ∙ 15 = 90
𝑐 20
𝜁= = ≅ 0,22
𝑐𝑐 90
Sistema subamortecido: Neste tipo de sistema vibratório o fator de amortecimento será menor que
um (𝜁 < 1).
Sistema criticamente amortecido: Neste caso o fator de amortecimento será equivalente a um, ou
seja, a constante de amortecimento é igual a constante de amortecimento crítico (𝑐 = 𝑐𝑐 ).
Sistema superamortecido: Neste sistema temos que o fator de amortecimento é maior do que um
(𝜁 > 1).
c) igual a 1.
e) menor que 1.
Comentário:
Segundo Singiresu RAO, quando a razão entre e frequência de excitação e a frequência natural for
superior a √2 a transmissibilidade se torna baixa, exigindo baixos valores de amortecimento para que o
isolamento seja efetivo, veja o gráfico abaixo.
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18. (CEBRASPE-2013) Acerca dos conceitos e princípios de dinâmica das máquinas, julgue o item que se
segue.
Comentário:
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Note que o sistema subamortecido é o único que possui movimento oscilatório além do caso não
amortecido. Portanto, nos casos superamortecido e criticamente amortecido não há movimento oscilatório.
19. (CEBRASPE-2012) Considerando que, no sistema massa mola amortecido esquematizado na figura
abaixo, m = 10 kg, k = 1.000 N•m-1 e c = 200 N•s•m-1, julgue o item seguinte.
O sistema é superamortecido.
Comentário:
𝑐𝑐 = 2. 𝑚. 𝜔𝑛 ;
1000 𝑟𝑎𝑑
𝜔𝑛 = √ = 10
10 𝑠
𝑐𝑐 = 2 ∙ 10 ∙ 10 = 200
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𝑐 200
𝜁= = =1
𝑐𝑐 200
De acordo com o fator de amortecimento, esse sistema possui amortecimento crítico, o que torna a
afirmação incorreta.
20. (CEBRASPE/PEFOCE-2012)
A figura acima mostra um corpo de massa M suspenso por uma mola ideal submetida a uma força
periódica F = FM×sen(w×t), cuja solução geral é dada pela equação
Haverá ressonância quando a frequência natural do sistema for igual à frequência forçada do sistema.
Comentário:
O item está correto. Não precisamos nem mesmo realizar contas nesta questão, pois sabemos que
quando a frequência de excitação for igual a frequência natural do sistema dizemos que o sistema está em
ressonância.
21. (CEBRASPE-2010) Com relação às vibrações de um sistema amortecido com um único grau de
liberdade, julgue o item subsequente.
Uma das formas de se obter dissipação de energia nos sistemas visando ao decaimento de amplitude
de oscilações livres em sistemas mecânicos é por meio de processo que produza amortecimento viscoso.
Comentário:
O item está correto. Um bom exemplo pra essa situação é o conjunto de suspensão dos carros. No
conjunto de suspensão de um veículo os principais componentes são as molas e os amortecedores. Estes
amortecedores trabalham com fluido viscoso para realizar sua função de dissipar a energia absorvida nas
molas.
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22. (CEBRASPE-2010) Com relação às vibrações de um sistema amortecido com um único grau de
liberdade, julgue o item subsequente.
Comentário:
O item está incorreto. Quando possuímos (n) molas dispostas em paralelo com constantes elásticas
(k1, k2, k3, ..., kn) a constante elástica equivalente é dada pela soma de todas as demais componentes de
cada mola de acordo com a seguinte equação:
𝑘𝑒𝑞 = 𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3 + ⋯ + 𝑘𝑛
23. (CEBRASPE/BASA-2010) Acerca dos conceitos de vibrações mecânicas, julgue o item que se segue.
O fenômeno chamado batimento ocorre quando dois movimentos harmônicos cujas frequências
estão próximas são somadas.
Comentário:
O item está correto. Quando dois movimentos harmônicos que possuem frequência natural
próxima uma da outra são somados, o movimento resultante apresenta um fenômeno denominado
batimento. Podemos também chamar de o batimento de uma superposição alternada construtiva e
destrutiva de duas ondas com frequências naturais muito próximas. Normalmente este fenômeno é
apresentado por máquinas e estruturas e centrais elétricas em que a frequência natural do sistema está
próxima da frequência excitadora (𝜔 = 𝜔𝑛 ).
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As vibrações em sistemas mecânicos são classificadas em discretas quando possuem infinitos graus
de liberdade.
Comentário:
O item está incorreto. As vibrações em sistemas mecânicos podem ser classificadas entre discretas
(ou de parâmetros concentrados) e contínuas (ou distribuídas). O mesmo sistema pode ser abordado de
ambas as formas, sendo a mais comum a discreta.
Sistemas discretos apresentam um número finito de graus de liberdade, enquanto sistemas contínuos
têm infinitos graus de liberdade. Mas afinal, o que isso significa, professor?
Vamos lá. Quando abordamos um sistema para resolver, nos deparamos com subíndices i dentro de
somatórios que vão de i=1 até i= ∞. Esse comportamento descreve um sistema contínuo.
Geralmente simplificamos as equações que tratam de termos infinitos para equações mais simples
que não fazem uso de grandes somas e ainda assim apresentam valores precisos. Este então é o sistema
discreto.
25. (CEBRASPE/PETROBRAS-2008)
No sistema massa- mola amortecido esquematizado na figura acima, M = 10 kg, K = 1.000 N/m e a
constante de amortecimento C é igual a 10 kg/s.
a) 0,1.
b) 0,2.
c) 0,5.
d) 1,0.
e) 2,5.
Comentário:
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Os Passos para determinar o período de oscilação são simples. Vamos encontrar primeiramente a
frequência natural de oscilação do conjunto sem amortecimento.
𝑘 1000 𝑟𝑎𝑑
𝜔𝑛 = √ =√ = 10
𝑚 10 𝑠
𝜔 = 2𝜋. 𝑓
5
𝑓= 𝐻𝑧
𝜋
1
𝑓=
𝑝
1 1 1
𝑝= = = ⋅ 𝜋𝑠
𝑓 5 5
𝜋
𝑝 = 0,2𝜋𝑠
26. (CESPE/PCie PE-2016) Uma carga de 10.000 N deve ser elevada por meio de uma polia com diâmetro
0,3 m, acoplada a uma redução de 50:1, com 90% de eficiência, conectada a um motor elétrico de 900
rpm. Nessa situação, assumindo 3,14 como valor aproximado de π, é correto afirmar que o motor deve
ter potência de eixo igual a
a) 2.355 W.
b) 2.826 W.
c) 3.140 W.
d) 4.710 W.
e) 1.570 W.
Comentário:
𝑃 = 𝐹. 𝑣
Em que (𝑃)= Potência que é um escalar; (𝐹)= a força atuante; e (𝑣) = a velocidade da partícula.
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A velocidade da carga pode ser definida pela velocidade tangencial que é igual a velocidade angular
(rotação) multiplicada pelo raio da polia. Assim:
Como temos uma redução de 50:1 devemos ainda dividir esse valor por 50 chegando a uma
velocidade 0,283 m/s.
Tendemos a achar que a alternativa B está correta, contudo devemos levar em consideração a
eficiência de 90% do conjunto, ou seja, a potência de eixo deverá ser maior do que essa potência encontrada.
Vejamos:
𝑃 2827,43
𝑃𝐸𝑖𝑥𝑜 = = ≅ 3140 𝑊
0,9 0,9
27. (CESPE/PEFOCE-2012) A figura mostra um corpo de massa M suspenso por uma mola ideal submetida
a uma força periódica F = FM×sen(w×t), cuja solução geral é dada pela equação
Haverá ressonância quando a frequência natural do sistema for igual à frequência forçada do sistema.
Comentário:
Caro(a) estrategista, m sistema mecânico ou estrutural sofrerá uma vibração forçada quando alguma
energia externa é fornecida para o sistema durante vibração.
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Quando a frequência de excitação for menor que a frequência natural (𝜔 < 𝜔𝑛 ) dizemos que a
resposta harmônica do sistema está em fase. Quando (𝜔 > 𝜔𝑛 ) a resposta estará defasada em 180° em
relação a força externa e a resposta do sistema a uma força externa harmônica com frequência muito alta é
próxima de zero. Por fim, quando a frequência de excitação for igual a frequência natural do sistema dizemos
que o sistema está em ressonância onde a amplitude X torna-se infinita.
Portanto, a assertiva está CORRETA. A caráter de conhecimento, na equação que apresenta a solução
do sistema, a variável p representa a frequência natural do sistema, enquanto a variável w é denominada
frequência forçada do sistema. Fique atento.
Outras Bancas
Sabendo-se que a velocidade VP da carga P em relação ao trilho e a velocidade absoluta do carro VT são
constantes e respectivamente iguais a 0,4 m/s e 0,3 m/s, o módulo da velocidade absoluta, em m/s, da carga
P, é igual a
a) 0,1
b) 0,5
c) 0,7
d) 1,6
e) 2,5
Comentário:
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Caro(a) estrategista, para resolvermos essa questão basta notarmos que as velocidades Vp e Vt são
perpendiculares entre si, formando um triângulo retângulo (Pitagórico). O vetor velocidade absoluta
resultante pode ser calculada pela seguinte expressão:
Note que a conta respeita o famoso triângulo de Pitágoras com relação 3, 4 e 5. Portanto, a
alternativa B está CORRETA e é o gabarito da questão. Note também que o vetor resultante 𝑉 = 0,3𝑖 − 0,4𝑗
e o seu módulo será 0,5 m/s.
a) 10
b) 20
c) 40
d) 50
e) 80
Comentário:
Nessa questão o princípio de análise de movimento absoluto é utilizado, visto que o pneu está
sofrendo rotação e translação, ou seja, movimento plano geral. O ponto central do pneu (G), com
deslocamento em linha reta, possui a mesma velocidade do veículo que é de 36km/h. Conhecendo o raio do
pneu e sabendo-se que a velocidade de seu centro é dada por
𝑣𝐺 = 𝑟. 𝜔
𝑣𝐺 10
𝜔= = = 40 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟 0,25
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a) 4,0
b)16,0
c) 128,0
d) 240,0
e) 320,0
Comentário:
Para resolvermos está questão basta saber que a direção da velocidade do ponto A será sempre
perpendicular a posição da manivela (barra OA), assim nesta posição ela terá somente componente
horizontal e será igual a velocidade no ponto B devido ao acoplamento, assim podemos calculá-las por:
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Se a engrenagem 3 for substituída por outra com 20 cm de diâmetro, a relação de transmissão será
a) mantida
b) n2 = n1
c) n2 = 2 n1
d) n2 = 4 n1
e) n2 = 8 n1
==21ae68==
Comentário:
Quando dois corpos girantes estão em contato um com o outro, os pontos de contato apresentam
trajetórias circulares diferentes, contudo a velocidade tangencial e a aceleração tangencial no ponto serão
equivalentes. Assim temos que para o sistema de transmissão indicado na questão a relação de transmissão
é dada por:
𝑛1 . 𝐷1 = 𝑛3 . 𝐷3 = 𝑛2 . 𝐷2
a) 5
b) 10
c) 50
d) 80
e) 100
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Comentário:
Sabendo-se que a potência é determinada por (P=T.ω) e que não há perda no sistema, pois a potência
de entrada, do motor acoplado no sem fim, é a mesma na saída da coroa. Assim temos que:
1 10,5
𝜔𝑚𝑜𝑡 . = 𝜔𝑐𝑜𝑟 => 𝜔𝑐𝑜𝑟 = = 0,21 [𝑟𝑎𝑑/𝑠]
50 50
2100
𝑃 = 𝑇𝑐𝑜𝑟 . 𝜔𝑐𝑜𝑟 => 𝑇𝑐𝑜𝑟𝑜𝑎 = = 10 [𝑘𝑁. 𝑚]
0,21
a) A-B, apenas
b) C-D, apenas
Comentário:
Prezado(a) estrategista, a segunda lei de Newton estabelece que a força resultante agindo sobre uma
partícula proporciona uma aceleração proporcional a ela com mesmo sentido e direção da força. Podemos
representá-la pela seguinte expressão matemática:
𝐹 = 𝑚. 𝑎
No trecho AB, com trajetória retilínea, o veículo encontra-se acelerado, ou seja, haverá uma força
não nula aplicada neste percurso. No trecho BC, com trajetória retilínea, o veículo apresenta velocidade
constante, em outras palavras, não há aceleração ou desaceleração, desta forma neste percurso não haverá
uma força não nula atuante.
Por fim no trecho CD, com trajetória curvilínea, mesmo com velocidade constante existe uma
componente de força que é a força centrípeta. Essa força é uma componente direcionada ao centro de uma
trajetória circular, seja qual for a origem dessa força. Como a velocidade do corpo é tangente à trajetória, a
força centrípeta é sempre perpendicular à velocidade.
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Além disso, a força centrípeta altera à direção e/ou o sentido do vetor velocidade. Por isso, mesmo o
movimento circular apresentando módulo de velocidade constante, apresenta uma força não nula atuante.
Professor e a força centrífuga? A força centrífuga é uma pseudoforça, ou seja, ela surge somente
quando se está em um referencial com movimento circular. Quando estamos dentro de um veículo com
trajetória circular nos sentimos “jogados” para fora da curva, essa é a força centrífuga. Contudo, para um
observador externo ao veículo isso é apenas um efeito da inércia, por isso, ela é classificada como uma
pseudoforça.
Logo a força centrífuga ocorre em um referencial não-inercial que está em trajetória circular, sendo
ela um efeito decorrente da inércia.
No sistema de roldanas com cordas inextensíveis da Figura, a força F e o contrapeso W que mantêm o sistema
em equilíbrio estático são iguais a, respectivamente,
a) P/2 e P/2
b) P/4 e P/2
c) P/8 e P/4
d) P/16 e P/4
e) P/16 e P/8
Comentário:
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Para resolvermos esta questão devemos analisar a analise individual para cada roldana suspensa por
cabos. O segredo aqui é iniciarmos a análise por R5, pois cada cabo da roldana suportará metade do peso P.
Vejamos:
De maneira similar devemos avaliar as demais roldanas, vejamos a análise para R4.
Aqui já sabemos que o peso W deverá ter valor igual a P/4 para se manter o equilíbrio. Para R3...
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Desta forma, a força F deverá ser igual a P/8 para que o sistema esteja em equilíbrio. Logo, a
alternativa C está CORRETA e é o gabarito da questão.
35. (CESGRANRIO/TRANSPETRO-2018) Uma carga de massa m = 200 kg é içada por meio de um sistema de
roldanas, conforme mostrado na Figura abaixo.
Sabendo-se que a força F aplicada ao cabo vale 1,5 kN, e considerando-se g = 10m/s², a aceleração da carga,
em m/s², será de
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Comentário:
𝑃 = 𝑚. 𝑔 = 200.10 = 2000 𝑁
Analisando o sistema de roldanas, notamos que cada cabo da roldana é responsável por suportar a
metade da massa da carga. Assim...
A tração em cada cabo da roldana inferior será de 100 kg ou 1000 N, ou seja, como a força F é de
1500 N a carga será elevada, pois há uma força de 500 N a mais do que o necessário para se manter o
equilíbrio.
200
𝐹 = 𝑚. 𝑎 => 500 = ( ) . 𝑎 => 𝑎 = 5 𝑚/𝑠 2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑖𝑚𝑎
2
36. (CESGRANRIO/TRANSPETRO-2018) Um engradado com massa de 400 kg é puxado por uma força F =
2,0 kN, conforme mostrado na Figura abaixo.
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Se os coeficientes de atrito estático e cinético do engradado com o piso são, respectivamente, 0,4 e 0,3, a
aceleração do engradado, em m/s2 , imposta pela força F, considerando-se g = 10 m/s2 , é de
a) 1,0
b) 2,0
c) 2,5
d) 4,0
e) 5,0
Comentário:
Para a resolução desta questão, devemos, primeiramente, verificar se a força F aplicada é o suficiente
para movimentar o engradado, em outras palavras, a força F deve ser maior que a força de atrito estático.
Vejamos:
� á
𝐹𝑎𝑡𝑒𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜 = 𝜇𝑒𝑠𝑡 . 𝐹𝑁
𝐹𝑁 = 𝑚. 𝑔 = 400.10 = 4000 𝑁
Como a força F aplicada é de 2000 N haverá movimentação e após o seu início a força sofrerá como
oposição a força de atrito dinâmica, vejamos qual será a resultante:
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� â
Logo, uma força de 800 N será responsável por acelerar a movimentação da caixa, assim pela segunda
lei de Newton, obtemos:
37. (CESGRANRIO/LIQUIGÁS-2018) Um técnico teve que resolver um problema envolvendo uma antena
parabólica que gira horizontalmente com velocidade angular constante de 80 rpm (rotações por
minuto). Para isso, ele precisava saber o valor exato do tempo que essa antena levava para varrer um
ângulo de 60 graus.
Ao fazer os cálculos, obteve, como resultado, que esse tempo, em milissegundos, era
a) 125
b) 100
c) 85
d) 40
e) 25
Comentário:
Prezado(a) aluno(a), a resolução desta questão passa por uma correta conversão de unidades, de
rotações por minuto para radianos por segundo e, de graus para π radianos. Vejamos:
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𝜋⁄
𝑡= 3 = 𝜋 . 60 = 60 = 0,125 𝑠 𝑜𝑢 125 𝑚𝑖𝑙𝑖𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
160𝜋⁄ 3 160. 𝜋 480
60
a) eficiência do motor
b) potência do motor
c) tensão de alimentação
Comentário:
𝑃 = 𝜏. 𝜔
Em que 𝜏 é o torque em N.m e 𝜔 é a velocidade angular em radianos por segundo. Logo, a alternativa
B está CORRETA e é o gabarito da questão.
39. (CEPS UFPA/UNIFESSPA – 2018) Um helicóptero militar com massa M transporta uma carga com massa
m para baixo, com aceleração a. Sendo g a aceleração da gravidade no local, a força de empuxo nas
hélices do helicóptero vale
a) (M+m).(g-a).
b) (M-m).(g-a).
c) (M+m.(g+a).
d) (M-m).(g+a).
e) (M+m).(g/a).
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Comentário:
𝑚 𝑇 = 𝑀 + 𝑚 ; 𝑃ℎ𝑒𝑙𝑖𝑐ó𝑝𝑡𝑒𝑟𝑜 = 𝑀. 𝑔 ; 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝑚. 𝑔
Note que com a correta composição do diagrama de corpo livre fica evidente que a força de empuxo
da hélice deverá ser igual a soma das massas do helicóptero e da carga multiplicada pela diferença entre a
aceleração da gravidade e a aceleração (a).
As alternativas B e C estão incorretas por não somarem as massas, pois ambas atuam na mesma
direção.
a) (300.√2)/11 km/h.
b) (400.√2)/13 km/h.
c) (100.√3)/9 km/h.
d) (400.√3)/17 km/h.
e) (200.√5)/7 km/h.
Comentário:
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Para solucionarmos está questão devemos utilizar os princípios de impacto oblíquo entre dois corpos.
Note que o veículo A que se move de oeste para leste possui velocidade apenas no eixo (x) enquanto
o veículo B apresenta velocidade somente no eixo (y). Logo, não precisamos decompor cada velocidade para
encontrar as velocidades em (x e y) após a colisão. Vamos primeiramente determinar a velocidade em (x).
∑ 𝑚 (𝑣𝑥 )1 = ∑ 𝑚 (𝑣𝑥 )2
(𝑚𝐴 )1 . (𝑣𝐴𝑥 )1 + (𝑚𝐵 )1 . (𝑣𝐵𝑥 )1 = ((𝑚𝐴 )1 + (𝑚𝐵 )1 ). (𝑣𝑥 )2 => 800.50 + 500.0 = (800 + 500). (𝑣𝑥 )2
40000
(𝑣𝑥 )2 = [𝑘𝑚/ℎ]
1300
40000
(𝑣𝑦 )2 = [𝑘𝑚/ℎ]
1300
2
𝑉 = √((𝑣𝑥 )2 )2 + ((𝑣𝑦 )2 )
Obtemos:
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Note que apenas com simplificações matemáticas encontrei a resposta. Sempre analise como estão
as respostas nas alternativas antes da resolução para evitar cálculos desnecessários. Com isso, temos que a
alternativa B está CORRETA e é o gabarito da questão.
41. (FCC/EMAE-2018) O bloco de massa m da figura abaixo desliza com velocidade constante sobre um
plano horizontal, sob a ação de uma força constante F. Considere g a aceleração da gravidade local, μe
e μc os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e o plano, respectivamente. O valor de F
é
a) mgμc.
b) mgμe.
c) mg.
d) zero.
e) mg(μe − μc).
Comentário:
Nesta questão precisamos saber que o a força de atrito estático atua sobre um corpo quando este
está em repouso enquanto o coeficiente de atrito cinético atuará sempre que o objeto está em movimento
sobre uma superfície áspera. Como na questão a caixa está em movimento apenas a força de atrito cinético
está atuando no sentido oposto a força constante F. Portanto, para a caixa continuar em movimento a força
F deve ser igual a força de atrito cinético, que é dada pela multiplicação entre a força normal e o coeficiente
de atrito cinético. Vejamos:
𝐹 = 𝐹𝑎 = 𝐹𝑁 . 𝜇𝑐 = 𝑚. 𝑔. 𝜇𝑐
42. (FCC/SABESP-2018) Uma peça de massa m está em repouso sobre uma base plana em um local onde
a aceleração da gravidade vale g. Se o coeficiente de atrito estático entre a peça e a base é μ, a força
necessária para iniciar o movimento de deslizamento da peça sobre a base é
a) mg/μ
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b) mgμ
c) m/gμ
d) 2mgμ
e) mgμ/2
Comentário:
Está questão aborda exatamente o oposto da questão anterior. Neste caso a força necessária para
colocar a peça em repouso em movimento deverá ser, no mínimo igual, a força de atrito estático que é dada
pela seguinte equação:
𝐹𝑎 = 𝜇𝑒 . 𝐹𝑁
Como FN é a força normal atuante sobre a peça sendo é igual a sua força peso temos que
𝐹 = 𝜇𝑒 . 𝑚. 𝑔
43. (FCC/CLDF-2018) Uma esteira com ressaltos transporta cilindros sólidos para cima em uma rampa de
inclinação θ. Os cilindros são homogêneos, com raio r e altura h. A aceleração máxima que a esteira
pode ter sem que os cilindros tombem é:
2.𝑟
a) 𝑔 ( ℎ . cos 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃)
2.𝑟
b) 𝑔 ( ℎ . cos 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃)
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c) 𝑔 𝑠𝑒𝑛𝜃
2𝑟
d) 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ℎ
𝑠𝑒𝑛 𝜃+ 2.𝑟
e) −𝑔 ( . cos 𝜃)
ℎ
Comentário:
Caro estrategista, esta é uma questão com alto nível de complexidade. Primeiramente vamos montar
o diagrama de corpo livre para entendermos todas as forças e dimensões envolvidas.
Para que o cilindro não tombe, o momento resultante, da força gerada pela aceleração em relação
ao ponto O (ressalto) deve ser igual ao somatório dos momentos das componentes da força peso do cilindro.
Portanto:
ℎ
∑ 𝑀𝑜 = 𝑚. 𝑎. ( )
2
Note que a força gerada pela aceleração está posicionada a uma distância perpendicular (h/2) do
ponto ). Em nosso diagrama de corpo livre as componentes da força peso já estão representada em função
da massa, da aceleração da gravidade e do ângulo θ assim temos que:
ℎ ℎ
−𝑚. 𝑔. 𝑠𝑒𝑛 𝜃 . ( ) + 𝑚. 𝑔. cos 𝜃 . (𝑅) = 𝑚. 𝑎. ( )
2 2
Neste caso a componente normal a superfície gera um momento positivo enquanto a componente
m.g.sen θ será negativa, pois esta tende a tombar o cilindro.
2. 𝑅
𝑎 = 𝑔( . cos 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃)
ℎ
44. (NC-UFPR/UFPR-2018) Sobre a figura abaixo e o seu diagrama de corpo livre, considere as seguintes
afirmativas:
112
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2. Quando a força de atrito for máxima, ela será dada por F=μ.N, apenas para o caso estático. No caso
dinâmico, a força de atrito não será mais proporcional à força normal.
4. Os coeficientes de atrito no caso estático e dinâmico são diferentes, sendo o coeficiente de atrito estático
menor que o coeficiente de atrito dinâmico.
Comentário:
A afirmativa 1 está incorreta, pois a força normal age no mesmo sentido da força peso do corpo, logo
elas são paralelas.
A afirmativa 2 está incorreta. A força de atrito máxima é dada quando o corpo ainda não saiu do
repouso, através do coeficiente estático, contudo quando o corpo este em movimento a força de atrito
dinâmico continua sendo proporcional a força normal atuante.
A afirmativa 3 está correta. A força de atrito sempre atuará no sentido contrário a direção do
movimento, sendo paralela a esta direção.
A afirmativa 4 está incorreta. Realmente os coeficientes de atrito estático e dinâmico são diferentes
entre si, mas o coeficiente de atrito estático é maior que o coeficiente de atrito dinâmico.
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45. (NC-UFPR/UFPR-2018) Um ciclista pedala à razão de 1 pedalada por segundo. O pedal tem 300 mm de
comprimento, a coroa possui diâmetro de 300 mm e o diâmetro do pinhão é de 100 mm. O diâmetro
das rodas é de 700 mm. Considerando pi aproximadamente igual a 3, a bicicleta se desloca a uma
velocidade de:
a) 11,3 km/h.
b) 15,3 km/h.
c) 18,5 km/h.
d) 22,7 km/h.
e) 27,4 km/h.
Comentário:
Note que a velocidade angular do pedal será a mesma da coroa, pois ela está presa no pedal. Assim
teremos que:
𝑟𝑎𝑑
6 [ 𝑠 ] . 0,15 [𝑚]
𝜔𝑐𝑜𝑟𝑜𝑎 . 𝑟𝑐𝑜𝑟𝑜𝑎 = 𝜔𝑝𝑖𝑛ℎã𝑜 . 𝑟𝑝𝑖𝑛ℎã𝑜 => 𝜔𝑝𝑖𝑛ℎã0 = = 18 𝑟𝑎𝑑/𝑠
0,05[𝑚]
A velocidade angular da roda é a mesma do pinhão semelhante ao que acontece entre a coroa e o
pedal. Nessa parte utilizamos o princípio de análise de movimento absoluto, visto que a roda está sofrendo
rotação e translação, ou seja, movimento plano geral. Assim temos que a velocidade horizontal do centro da
roda em linha reta (𝑣𝐺 ) pode ser obtida por:
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Por fim note que as respostas nas alternativas estão em km/h. Para converter m/s para km/h
devemos multiplicas por 3,6 e vice-versa caso deseje o contrário.
𝑚 𝑘𝑚
𝑣𝐺 = 6,3 [ ] . 3,6 = 22,68 [ ]
𝑠 ℎ
46. (NC-UFPR/UFPR-2018) O disco mostrado na figura acima gira em torno de um eixo vertical. Em
determinado instante, a velocidade do ponto B é VB=0,4im/s e a componente tangencial de aceleração
do ponto A é AtA=1.8jm/s2 . Para esse instante, a rotação ω do disco está no sentido:
Comentário:
Nesta questão devemos utilizar a regra da mão direita, em que os dedos da mão são fechados no
sentido da rotação e o polegar aponta para o sentido positivo do eixo Z. Vejamos a representação do disco
no plano:
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Note que neste caso a rotação está no sentido horário (dado por V B), e de acordo com a direção
indicada pelos vetores unitários i,j e k, pela regra da mão direita o polegar deve apontar para fora da página
(direção k), indicando o sentido de rotação anti-horário como positivo. Assim, como o disco gira em torno
do eixo Z, VB girando no sentido negativo (horário) em relação a origem e a aceleração tangencial no sentido
positivo (anti-horário). Portanto a rotação do disco está no sentido negativo de k e a aceleração angular no
sentido positivo de k. Logo, a alternativa C está CORRETA e é o gabarito da questão.
As molas são elementos mecânicos utilizados na absorção de energia sob a forma de deformação mecânica
elástica. Entre os modelos mais usuais estão as molas helicoidais de compressão, representadas abaixo. Na
figura são mostradas três etapas da operação com uma mola de compressão. No instante (a), a mola está
em seu comprimento livre, sem carregamento. No instante (b) existe uma pré-carga F1, desconhecida, que
promove uma deflexão y1 de 10 mm. No instante (c) é aplicada uma carga F2 de 630 N, e temos uma deflexão
de trabalho y2 de 11 mm. Assim, qual o valor da carga F1?
a) 572,7 N
b) 63 N
c) 300 N
d) 682 N
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e) 57,3 N
Comentário:
A alternativa C está CORRETA e é o gabarito da questão. Sabendo-se que a força de uma mola elástica
é dada por 𝐹𝑠 = 𝑘. 𝑠, onde (k) é a constante de rigidez da mola, podemos determinar (k) pela atuação da
força F2. Tome cuidado com as deflexões da mola, pois aqui está a pegadinha imposta pela banca. Note que
a deflexão (s) no instante (c) será a soma de (y1 e y2). Assim teremos que:
𝑁
𝐹2 = 𝐹𝑠 = 𝑘. 𝑠 => 630 = 𝑘. 21 => 𝑘 = 30
𝑚𝑚
Como a mola é a mesma a constante da mola (k) é igual no momento da pré-carga. Logo, podemos
obter o valor de F1 por:
Note que nenhuma manipulação de unidades de medidas precisou ser realizada. Sempre fique atento
as unidades e a possíveis pegadinhas que possam ser impostas pelo examinador. Quando parecer muito fácil,
reveja novamente, pois pode ser que seja uma tentativa de induzi-lo ao erro.
48. (CEV-UECE/Pref. de Sobral - 2018) Uma partícula com massa de 3 kg presa a uma haste de massa
desprezível exerce uma trajetória circular de 2 metros de raio. Sabendo que a velocidade angular da
partícula é de 3 rad/s, a energia cinética de rotação da partícula é de
a) 54 J.
b) 2 J.
c) 18 J.
d) 4,5 J.
Comentário:
Visto que a velocidade tangencial de uma partícula é dada pela multiplicação da velocidade angular
e o raio da trajetória podemos encontrar a energia cinética (T) de rotação da partícula apenas com aplicação
de duas equações. Vejamos:
𝑣 = 𝜔. 𝑟 = 3.2 = 6 𝑚/𝑠
1 1
𝑇= 𝑚𝑣 2 = . 3. 62 = 54𝐽
2 2
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49. (CEV-EUCE/Pref. de Sobral/2018) O eixo do motor a diesel de um grupo gerador gira a uma velocidade
de 200 rad/s e fornece um torque de 3,25 kN.m ao alternador. Sabendo que a potência elétrica medida
na saída do alternador é de 520 kW, e desprezando as perdas de potência na transmissão do motor
para o alternador, a eficiência do alternador é de
a) 85%.
b) 80%.
c) 90%.
d) 75%.
Comentário:
Conforme estudamos na aula 00 de nosso curso a potência de um eixo pode ser determinada pela
multiplicação entre o torque (T) em N.m e a velocidade angular (ω) em rad/s. Assim podemos determinar a
potência fornecido pelo motor na entrada do alternador. Vejamos:
𝑃 = 𝑇. 𝜔 = 3250.200 = 650𝑘𝑊
Como estudado a eficiência de uma máquina é obtida através da razão entre a potencia de saída e a
potência de entrada. Então para obtê-la em percentual temos que:
50. (FEPESE/DEINFRA-SC-2019) Considere um sistema de transmissão com duas polias onde a polia motora
possui um diâmetro 100 mm girando a 1000 RPM. Sabendo-se que o diâmetro da polia movida é de
200 mm, a rotação da polia movida é de:
a) 250 RPM
b) 320 RPM
c) 500 RPM
d) 1000 RPM
e) 2000 RPM
Comentário:
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A partir dos princípios estudados no movimento plano de rotação sabemos que as velocidades
angulares entre dois corpos girantes conectados A e B, com raios distintos, pode ser obtida por:
𝜔𝐴 . 𝑟𝐴 = 𝜔𝐵 . 𝑟𝐵
51. (FGV/AL-RO-2018) Em um dado instante, o rolete A apresenta a velocidade indicada na figura a seguir.
Nesse mesmo instante, a velocidade no rolete B vale
a) 0,5 m/s.
b) 1,0 m/s.
c) 2,0 m/s.
d) 3,0 m/s.
e) 4,0 m/s.
Comentário:
Essa questão pode ser solucionada através da aplicação dos conceitos do centro instantâneo de
velocidade nula, uma vez que conhecemos as direções das velocidades do ponto A e do ponto B. Vejamos o
DCL abaixo.
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Note que o triângulo a partir dos ângulos de 30° podemos determinar os ângulos internos do triângulo
formado entre o CI e os pontos A e B, uma vez que a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180°, fica
evidente que o triângulo encontrado é equilátero com todos os seus lados iguais. Logo:
𝑣𝐴 = 𝑟𝐴/𝐶𝐼 . 𝜔 𝑣𝐵 = 𝑟𝐵/𝐶𝐼 . 𝜔
𝑚 𝑟𝑎𝑑
4 [ ] = 0,4[𝑚]. 𝜔 => 𝜔 = 10 [ ]
𝑠 𝑠
𝑟𝑎𝑑 𝑚
𝑣𝐵 = 0,4[𝑚]. 10 [ ] = 4[ ]
𝑠 𝑠
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a) 600 rpm
b) 30 rpm.
c) 180 rpm.
d) 1,8 rpm.
e) 0,6 rpm.
Comentário:
Para resolver esta questão você deve estar atento as unidades de medidas e conversões destas, uma
vez que as equações necessárias foram fornecidas no enunciado. A unidade, no SI, de potência é o watt (W)
a unidade de torque é (N.m) e a rotação exigida nas alternativas está em rotações por minuto (rpm).
De acordo com o enunciado a potência na chaveta é 1/3 a potência de entrada conhecida e o torque
na chaveta também é dado. Assim podemos encontrar a velocidade angular (ω) na chaveta. Vejamos:
1 9000
𝑃𝑐 = . 𝑃 = = 3000 [𝑊]
3 3
1𝑚
𝑇𝑐 = 50000 [𝑁. 𝑚𝑚]. [ ] = 50 [𝑁. 𝑚]
1000𝑚𝑚
𝑃𝑐 3000 𝑟𝑎𝑑
𝜔= = = 60 [ ]
𝑇𝑐 50 𝑠
Note que a unidade do torque foi convertida para [N.m]. Agora convertendo a unidade de velocidade
angular para rotações por minuto [rpm] encontramos a rotação no eixo, uma vez que:
𝜔 = 600 𝑟𝑝𝑚
Assim a velocidade de rotação do eixo é de 600 rpm. Logo, a alternativa A está CORRETA e é o
gabarito da questão.
53. (Instituto AOCP/EUFS-2018) Em uma ponte rolante, o sistema motor de translação é representado pela
seguinte figura. A potência de saída do motor é de 50kW e a rotação constante é de 1000 rpm. O raio
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da engrenagem menor é de 60 mm e da maior é de 100 mm. Diante do exposto, é correto afirmar que
a rotação do eixo do motor e do eixo onde está acoplada a roda, em radianos por segundo, é de
Comentário:
Para a resolução desta simples questão, precisamos conhecer a relação de transmissão entre duas
engrenagens e converter a rotação de RPM para rad/s. A potência do motor foi dada somente para confundir
o candidato, pois esta não precisa ser utilizada. Devemos saber também que a rotação no eixo do motor já
está fornecida então só basta convertê-la e está é a mesma rotação da engrenagem menor. Além disso, a
rotação do eixo onde está acoplada a roda é a mesma rotação da engrenagem maior. Assim temos que:
Note que analisando as alternativas apenas a letra A possui este valor portanto muito provavelmente
seja ela o gabarito da questão. No entanto, para termos certeza, vamos calcular a velocidade angular na
engrenagem maior através da relação de transmissão entre a engrenagem menor de raio (r) e a engrenagem
maior de raio (R). Vejamos:
1000 . 60
𝜔𝑚𝑒𝑛 . 𝑟 = 𝜔𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 . 𝑅 => 𝜔𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 = = 600 𝑟𝑝𝑚
100
Convertendo este valor para radianos por segundos, de forma análoga a realizada anteriormente
temos que a velocidade angular (rotação) do eixo onde está acoplada a roda é de 20 [rad/s]. Logo, a
alternativa A está CORRETA e é o gabarito da questão.
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a) entre 8 e 13 cm.
b) entre 13 e 18 cm.
c) entre 18 e 22 cm.
Comentário:
Através do princípio da conservação de energia temos que a energia cinética do caminhão deverá ser
igual a energia cinética da mola deslocada após o impacto. Portanto temos que:
1 1
𝑚. 𝑣 2 = 𝑘. 𝑥 2
2 2
16000.22 1.800000
= . 𝑥2 => 𝑥 = 0,28𝑚 𝑜𝑢 28𝑐𝑚
2 2
Portanto o impacto do caminhão com a mola gera uma deformação de 28 cm nesta. Logo, a
alternativa D está CORRETA e é o gabarito da questão.
a) 1 a 2
b) 2 a 3
c) 3 a 4
d) 4 a 6
e) 6 a 10
Comentário:
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Esta é uma questão simples em que basta conhecer a equação para se encontrar a frequência natural
de um sistema vibratório massa/mola. Também é necessária a conversão da unidade de rad/s para Hertz.
Vejamos:
a) massa, apenas
b) mola, apenas
c) massa e o amortecedor
d) amortecedor, apenas
e) mola e a massa
Comentário:
Normalmente um sistema que apresenta vibração é composto por um meio armazenador de energia
potencial, que pode ser uma mola, um meio armazenador de energia cinética, que pode ser uma massa, e
um meio de perda gradual de energia, que atua como amortecedor. Neste caso o meio que dissipa a energia
do sistema é apenas o amortecedor. Portanto, a alternativa D está CORRETA e é o gabarito da questão.
57. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) Considere que a análise da vibração de um veículo é realizada
pelo modelo simplificado de um sistema com um único grau de liberdade. Essa simplificação impõe a
determinação da rigidez elástica equivalente às quatro molas da suspensão.
Comentário:
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Esta questão é bem simples, basta você saber como é o arranjo de molas de um carro que
diretamente você mata a questão. Vejamos a imagem abaixo da disposição das molas de uma veículo e a
representação simplificada do sistema vibratório.
Portanto a representação simplificada em um grau de liberdade do sistema nos indica que a rigidez
equivalente das quatro molas de um carro é obtida pela associação de todas elas combinadas em paralelo
de acordo com a seguinte equação: 𝑘𝑒𝑞 = 𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3 + ⋯ + 𝑘𝑛 . Logo, a alternativa A está CORRETA e é
o gabarito da questão.
A alternativa B está incorreta, uma vez que a associação de molas em séria é quando estas estão
1
dispostas linearmente e sua constante de equivalente é obtida pela seguinte expressão matemática: 𝑘 =
𝑒𝑞
1 1 1 1
+ 𝑘 + 𝑘 + ⋯+ 𝑘 .
𝑘1 2 3 𝑛
As alternativas C, D e E estão incorretas, uma vez que não representam a associação de molas correta
simplificada em um grau de liberdade para um automóvel.
58. (INSTITUO ACESSO / SEDUC AM – 2018) Em estruturas metálicas, como em vigas, as vibrações ocorrem
de forma regular ou irregularmente em um período de tempo. Quanto à classificação das vibrações, é
mais correto afirmar que:
I. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, ao amortecimento, quanto ao conhecimento da
força e quanto aos diversos elementos.
II. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, ao amortecimento, quanto ao conhecimento da
força e quanto a ressonância.
III. As vibrações podem ser classificadas quanto ao modo de vibração, à ressonância, quanto à vibrações
diversas e quanto aos diversos elementos.
IV. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, e ao amortecimento.
V. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, ao amortecimento, força vibratória e quanto aos
diversos elementos.
a) II e III
b) I, II, III
c) III, IV
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d) IV, V
e) I
Comentário:
Podemos classificar as vibrações em livre ou forçada, amortecida e não amortecida, linear e não
linear, de acordo com os diversos componentes que compõe o sistema vibratório, e em determinística ou
aleatória.
A vibração é definida como livre ou forçada de acordo com o tipo de excitação do sistema. De acordo
com o amortecimento do sistema a vibração será amortecida ou não amortecida. Além destas classificações,
existe a classificação determinística ou aleatória, a qual é definida de acordo com o conhecimento da força
atuante no sistema vibratório. Por fim, ainda podemos classificar um sistema vibratório em linear ou não
linear de acordo com o comportamento dos diversos componentes do sistema (molas, massas,
amortecedores.
Visto isto e analisando os itens acima, temos que apenas o Item I está CORRETO. Logo, a alternativa
E está CORRETA e é o gabarito da questão.
59. (FCC / CLDF – 2018) Analise as afirmações seguintes sobre vibrações mecânicas:
I. As frequências naturais de um sistema não amortecido podem ser obtidas pelos autovetores e os modos
de vibrar a partir dos autovalores.
II. Na situação em que dois movimentos harmônicos com frequências naturais de valores próximos são
somados, o movimento resultante gera um fenômeno conhecido como batimento.
III. O fenômeno de Gibbs revela um comportamento anormal na representação por série de Fourier de uma
função aleatória.
IV. A ressonância em um sistema com um grau de liberdade pode ser evitada com a utilização de um
absorvedor dinâmico de vibrações, de modo que as frequências naturais do sistema resultante não fiquem
próximas do valor da frequência de excitação.
Está correto o que consta em:
a) II e IV, apenas.
b) I e IV, apenas.
c) II e III, apenas.
d) I, III, apenas.
e) I, II, III e IV.
Comentários
O item I está incorreto. Neste caso a banca inverteu os conceitos, pois os autovetores podem ser
utilizados para encontrar os modos de vibrar de um sistema e a frequência natural pode ser obtida pelos
autovalores.
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O iten II está correto. Neste item a banca apresenta o conceito de batimento que ocorre quando há
a soma de duas frequências naturais muito próximas.
O item III está incorreto. O fenômeno de Gibbs é a curiosa discrepância (forma peculiar) que surge
nas descontinuidades quando se compara funções descontínuas e suas séries de Fourier. O fenômeno de
Gibbs ocorre quando se é realizada a representação de uma função por série de Fourier, com um número
finitos de descontinuidades em seu período. Neste fenômeno, ocorre uma ultrapassagem nos saltos dessas
descontinuidades, não desaparecendo, conforme ocorre a adição de mais termos na soma parcial.
O item IV está correto. Realmente o absorvedor dinâmico é um dos meios que podem ser utilizados
para se afastar a frequência de excitação da frequência natural de um sistema ou corpo vibratório. Sua
utilização pode ser justificada para se evitar a ressonância em sistemas com um grau de liberdade.
Logo, analisando as alternativas, temos que a alternativa A está CORRETA e é o gabarito da questão.
a) 1 kg.
b) 2 kg.
c) 3 kg.
d) 4 kg.
e) 5 kg.
Comentário:
Está é uma questão simples que basta sabermos como podemos calcular a frequência natural de um
sistema. Vejamos:
𝑘
𝜔𝑛 2 =
𝑚
Como temos a frequência natural e a massa inicial fornecida, podemos calcular a constante (k) que é
144 N/m, sempre se lembre de converter para rad/s a unidade de frequência (𝜔 = 2𝜋𝑓). Após isso devemos
calcular a massa adicionada utilizando a segunda frequência natural, uma vez que a (k) é mantido. Vejamos:
𝑘 144
𝜔𝑛 2 = => 6= => 𝑚2 = 3𝑘𝑔
𝑚1 + 𝑚2 1 + 𝑚2
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61. (CS UFG/SANEAGO-2018) A figura mostra a resposta temporal de um sistema mecânico vibratório.
Comentário:
Para a resolução desta questão vejamos o seguinte gráfico onde temos a resposta temporal de
sistemas com amortecimento viscoso:
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A alternativa A está incorreta, pois a resposta de um sistema não amortecido é dada por uma oscilação
constante sem variação na amplitude de vibração.
A alternativa C está incorreta, pois em sistemas com dois graus de liberdade a resposta no tempo é
caracterizada pela falta de padrão de oscilação.
LISTA DE QUESTÕES
Dinâmica e Vibrações
Considere duas polias ligadas por uma correia, denominadas P1 e P2, com diâmetros d1 e d2,
respectivamente, sendo d1 > d2. Nesse caso, as velocidades tangencias nas polias são iguais, e a velocidade
angular da polia P1 é menor que a da polia P2.
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Considere três engrenagens cilíndricas em movimento, denominadas E1, E2 e E3, dispostas em série
e com diâmetros d1, d2, d3, respectivamente, sendo d1 > d2 > d3. Nesse caso, a velocidade angular da
engrenagem E3 é menor que as velocidades angulares das engrenagens E1 e E2.
Situação hipotética: Um projétil com massa de 100 g, que foi disparado horizontalmente contra um
bloco de madeira de 3 kg em repouso sobre uma superfície, atingiu o bloco a uma velocidade constante, na
direção horizontal, de 320 m/s e ficou nele encravado.
Assertiva: Desconsiderando os efeitos do atrito, é correto afirmar que o bloco com o projétil, após a
colisão, foi deslocado, imediatamente após o impacto, com velocidade maior que 10 m/s.
Se o volante de uma máquina tiver massa igual a 200 kg e raio de giração de 1 m, e se o torque médio
no volante for igual a 120 Nm, então a velocidade angular, após 10 s a partir do repouso, será igual a 6 rad/s.
5. (CEBRASPE/EMAP-2018) A mecânica dos corpos rígidos pode ser dividida em estática, que se refere ao
equilíbrio de um corpo rígido, e dinâmica, que se relaciona ao movimento de um corpo rígido. Acerca
desse assunto, julgue o item que se segue.
O impulso é uma grandeza física definida como o produto de uma força que é aplicada a um corpo
pela velocidade desse corpo.
Considere que uma massa total de 500 kg seja elevada por uma máquina que utiliza um único cabo
de aço. Considere ainda que, ao ser elevada a partir do chão, a massa atinja uma velocidade de 2 m/s após
percorrer 4 m com aceleração constante. Nessa situação, assumindo-se a aceleração da gravidade igual a 10
m/s2, desprezando-se a massa do cabo e aplicando-se um fator de segurança 8 contra a ruptura do cabo, o
cabo de aço utilizado deverá apresentar resistência à tração de pelo menos 42 kN.
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a) entre 8 e 13 cm.
b) entre 13 e 18 cm.
c) entre 18 e 22 cm.
9. (CEBRASPE/UNIPAMPA-2013) Com base nos princípios e conceitos da mecânica dos corpos rígidos,
julgue o item a seguir.
Considere que sobre um corpo com uma massa de 15 kg, inicialmente em repouso, passe a atuar uma
força de 300 N durante 0,5 s. Desprezando o atrito, é correto afirmar que o corpo alcançará uma velocidade
de 10 m/s.
10. (CEBRASPE/CAM DEP-2012) Com base nos princípios da mecânica, julgue o próximo item.
Considere que um torque de 1.200 N.m está aplicado em uma árvore a, na qual está montado um pinhão de
50 mm de diâmetro que aciona uma coroa de 100 mm de diâmetro, montada em uma árvore b. Nessa
situação, o torque transmitido à árvore b é de 2,4 kN.m.
11. (CEBRASPE/PEFOCE-2012)
A figura acima mostra um sistema composto por dois blocos A e B, com massas iguais a 100 kg e 200
kg, respectivamente, ligados por um fio inestendível que passa por uma polia de massa e atrito desprezíveis.
Considerando que a aceleração da gravidade é g = 10 m/s² e que o coeficiente de atrito cinético entre o bloco
A e a superfície plana é μc = 0,2, julgue o próximo item.
A velocidade do bloco A após se deslocar 1 m, a partir do repouso, será inferior a 3,0 m/s.
12. (CEBRASPE/CETURB-GV-2010) Acerca da dinâmica dos corpos rígidos, julgue o item que segue.
A energia cinética total de um corpo rígido em movimento de translação e rotação é igual à metade
do produto de sua massa pelo quadrado da velocidade de translação de seu centro de massa.
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Um disco sólido e um aro de mesma massa e diâmetro possuem o mesmo momento de inércia de
massa em relação ao eixo.
14. (CEBRASPE/CODEVASF-2021) Com relação a mecanismo e seu comportamento dinâmico, julgue o item
a seguir.
Nas vibrações amortecidas, as forças de excitação são amortecidas ao longo do tempo. Nas vibrações
não amortecidas, essas forças ocorrem quando qualquer energia é perdida e(ou) dissipada durante a
realização da oscilação.
15. (CEBRASPE/IFF-2018) Os sistemas mecânicos possuem três componentes passivos lineares: a mola e a
massa, que são elementos armanezadores de energia; e o amortecedor viscoso, que dissipa energia.
Na tabela a seguir, é apresentada a força deslocamento para esses componentes, em que K, f, e M são,
respectivamente, a constante de mola, o coeficiente de atrito viscoso e a massa.
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A figura I seguinte ilustra um sistema massa-mola, cujo diagrama de corpo livre ---- forças atuantes
no corpo de massa M ---- é mostrado na figura II.
Considerando essas informações, assinale a opção que apresenta o modelo matemático obtido a
partir do equilíbrio de forças no referido sistema massa-mola e permite o cálculo correto do deslocamento -
-- x(t) --- do corpo de massa M.
𝑑2 𝑥 𝑑𝑥
a) 𝑀 𝑑𝑡 2 + 𝑓(𝑡) = 𝐾𝑥(𝑡) + 𝑓𝑣 𝑑𝑡
𝑑𝑥 𝑑2 𝑥
b) 𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 𝑑𝑡 = −𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡)
𝑑2 𝑥 𝑑𝑥
c) −𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡) = 𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 𝑑𝑡
𝑑𝑥 𝑑2 𝑥
d) 𝐾𝑥(𝑡) − 𝑓𝑣 𝑑𝑡 = 𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡)
𝑑2 𝑥 𝑑𝑥
e) 𝑀 𝑑𝑡 2 − 𝑓(𝑡) = 𝑓𝑣 𝑑𝑡 − 𝐾𝑥(𝑡)
16. (CEBRASPE/PF-2014)
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c) igual a 1.
e) menor que 1.
18. (CEBRASPE-2013) Acerca dos conceitos e princípios de dinâmica das máquinas, julgue o item que se
segue.
19. (CEBRASPE-2012) Considerando que, no sistema massa mola amortecido esquematizado na figura
abaixo, m = 10 kg, k = 1.000 N•m-1 e c = 200 N•s•m-1, julgue o item seguinte.
O sistema é superamortecido.
20. (CEBRASPE/PEFOCE-2012)
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A figura acima mostra um corpo de massa M suspenso por uma mola ideal submetida a uma força
periódica F = FM×sen(w×t), cuja solução geral é dada pela equação
Haverá ressonância quando a frequência natural do sistema for igual à frequência forçada do sistema.
21. (CEBRASPE-2010) Com relação às vibrações de um sistema amortecido com um único grau de
liberdade, julgue o item subsequente.
Uma das formas de se obter dissipação de energia nos sistemas visando ao decaimento de amplitude
de oscilações livres em sistemas mecânicos é por meio de processo que produza amortecimento viscoso.
22. (CEBRASPE-2010) Com relação às vibrações de um sistema amortecido com um único grau de
liberdade, julgue o item subsequente.
23. (CEBRASPE/BASA-2010) Acerca dos conceitos de vibrações mecânicas, julgue o item que se segue.
O fenômeno chamado batimento ocorre quando dois movimentos harmônicos cujas frequências
estão próximas são somadas.
As vibrações em sistemas mecânicos são classificadas em discretas quando possuem infinitos graus
de liberdade.
25. (CEBRASPE/PETROBRAS-2008)
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No sistema massa- mola amortecido esquematizado na figura acima, M = 10 kg, K = 1.000 N/m e a
constante de amortecimento C é igual a 10 kg/s.
a) 0,1.
b) 0,2.
c) 0,5.
d) 1,0.
e) 2,5.
26. (CESPE/PCie PE-2016) Uma carga de 10.000 N deve ser elevada por meio de uma polia com diâmetro
0,3 m, acoplada a uma redução de 50:1, com 90% de eficiência, conectada a um motor elétrico de 900
rpm. Nessa situação, assumindo 3,14 como valor aproximado de π, é correto afirmar que o motor deve
ter potência de eixo igual a
a) 2.355 W.
b) 2.826 W.
c) 3.140 W.
d) 4.710 W.
e) 1.570 W.
27. (CESPE/PEFOCE-2012) A figura mostra um corpo de massa M suspenso por uma mola ideal submetida
a uma força periódica F = FM×sen(w×t), cuja solução geral é dada pela equação
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Haverá ressonância quando a frequência natural do sistema for igual à frequência forçada do sistema.
Outras Bancas
Sabendo-se que a velocidade VP da carga P em relação ao trilho e a velocidade absoluta do carro VT são
constantes e respectivamente iguais a 0,4 m/s e 0,3 m/s, o módulo da velocidade absoluta, em m/s, da carga
P, é igual a
a) 0,1
b) 0,5
c) 0,7
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d) 1,6
e) 2,5
a) 10
b) 20
c) 40
d) 50
e) 80
a) 4,0
b)16,0
c) 128,0
d) 240,0
e) 320,0
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Se a engrenagem 3 for substituída por outra com 20 cm de diâmetro, a relação de transmissão será
a) mantida
b) n2 = n1
c) n2 = 2 n1
d) n2 = 4 n1
e) n2 = 8 n1
a) 5
b) 10
c) 50
d) 80
e) 100
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a) A-B, apenas
b) C-D, apenas
No sistema de roldanas com cordas inextensíveis da Figura, a força F e o contrapeso W que mantêm o sistema
em equilíbrio estático são iguais a, respectivamente,
a) P/2 e P/2
b) P/4 e P/2
c) P/8 e P/4
d) P/16 e P/4
e) P/16 e P/8
35. (CESGRANRIO/TRANSPETRO-2018) Uma carga de massa m = 200 kg é içada por meio de um sistema de
roldanas, conforme mostrado na Figura abaixo.
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Sabendo-se que a força F aplicada ao cabo vale 1,5 kN, e considerando-se g = 10m/s², a aceleração da carga,
em m/s², será de
36. (CESGRANRIO/TRANSPETRO-2018) Um engradado com massa de 400 kg é puxado por uma força F =
2,0 kN, conforme mostrado na Figura abaixo.
Se os coeficientes de atrito estático e cinético do engradado com o piso são, respectivamente, 0,4 e 0,3, a
aceleração do engradado, em m/s2 , imposta pela força F, considerando-se g = 10 m/s2 , é de
a) 1,0
b) 2,0
c) 2,5
d) 4,0
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e) 5,0
37. (CESGRANRIO/LIQUIGÁS-2018) Um técnico teve que resolver um problema envolvendo uma antena
parabólica que gira horizontalmente com velocidade angular constante de 80 rpm (rotações por
minuto). Para isso, ele precisava saber o valor exato do tempo que essa antena levava para varrer um
ângulo de 60 graus.
Ao fazer os cálculos, obteve, como resultado, que esse tempo, em milissegundos, era
a) 125
b) 100
c) 85
d) 40
e) 25
a) eficiência do motor
b) potência do motor
c) tensão de alimentação
39. (CEPS UFPA/UNIFESSPA – 2018) Um helicóptero militar com massa M transporta uma carga com massa
m para baixo, com aceleração a. Sendo g a aceleração da gravidade no local, a força de empuxo nas
hélices do helicóptero vale
a) (M+m).(g-a).
b) (M-m).(g-a).
c) (M+m.(g+a).
d) (M-m).(g+a).
e) (M+m).(g/a).
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a) (300.√2)/11 km/h.
b) (400.√2)/13 km/h.
c) (100.√3)/9 km/h.
d) (400.√3)/17 km/h.
e) (200.√5)/7 km/h.
41. (FCC/EMAE-2018) O bloco de massa m da figura abaixo desliza com velocidade constante sobre um
plano horizontal, sob a ação de uma força constante F. Considere g a aceleração da gravidade local, μe
e μc os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e o plano, respectivamente. O valor de F
é
a) mgμc.
b) mgμe.
c) mg.
d) zero.
e) mg(μe − μc).
42. (FCC/SABESP-2018) Uma peça de massa m está em repouso sobre uma base plana em um local onde
a aceleração da gravidade vale g. Se o coeficiente de atrito estático entre a peça e a base é μ, a força
necessária para iniciar o movimento de deslizamento da peça sobre a base é
a) mg/μ
b) mgμ
c) m/gμ
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d) 2mgμ
e) mgμ/2
43. (FCC/CLDF-2018) Uma esteira com ressaltos transporta cilindros sólidos para cima em uma rampa de
inclinação θ. Os cilindros são homogêneos, com raio r e altura h. A aceleração máxima que a esteira
pode ter sem que os cilindros tombem é:
2.𝑟
a) 𝑔 ( ℎ . cos 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃)
2.𝑟
b) 𝑔 ( ℎ . cos 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃)
c) 𝑔 𝑠𝑒𝑛𝜃
2𝑟
d) 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ℎ
𝑠𝑒𝑛 𝜃+ 2.𝑟
e) −𝑔 ( . cos 𝜃)
ℎ
44. (NC-UFPR/UFPR-2018) Sobre a figura abaixo e o seu diagrama de corpo livre, considere as seguintes
afirmativas:
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2. Quando a força de atrito for máxima, ela será dada por F=μ.N, apenas para o caso estático. No caso
dinâmico, a força de atrito não será mais proporcional à força normal.
4. Os coeficientes de atrito no caso estático e dinâmico são diferentes, sendo o coeficiente de atrito estático
menor que o coeficiente de atrito dinâmico.
45. (NC-UFPR/UFPR-2018) Um ciclista pedala à razão de 1 pedalada por segundo. O pedal tem 300 mm de
comprimento, a coroa possui diâmetro de 300 mm e o diâmetro do pinhão é de 100 mm. O diâmetro
das rodas é de 700 mm. Considerando pi aproximadamente igual a 3, a bicicleta se desloca a uma
velocidade de:
a) 11,3 km/h.
b) 15,3 km/h.
c) 18,5 km/h.
d) 22,7 km/h.
e) 27,4 km/h.
46. (NC-UFPR/UFPR-2018) O disco mostrado na figura acima gira em torno de um eixo vertical. Em
determinado instante, a velocidade do ponto B é VB=0,4im/s e a componente tangencial de aceleração
do ponto A é AtA=1.8jm/s2 . Para esse instante, a rotação ω do disco está no sentido:
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As molas são elementos mecânicos utilizados na absorção de energia sob a forma de deformação mecânica
elástica. Entre os modelos mais usuais estão as molas helicoidais de compressão, representadas abaixo. Na
figura são mostradas três etapas da operação com uma mola de compressão. No instante (a), a mola está
em seu comprimento livre, sem carregamento. No instante (b) existe uma pré-carga F1, desconhecida, que
promove uma deflexão y1 de 10 mm. No instante (c) é aplicada uma carga F2 de 630 N, e temos uma deflexão
de trabalho y2 de 11 mm. Assim, qual o valor da carga F1?
a) 572,7 N
b) 63 N
c) 300 N
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d) 682 N
e) 57,3 N
48. (CEV-UECE/Pref. de Sobral - 2018) Uma partícula com massa de 3 kg presa a uma haste de massa
desprezível exerce uma trajetória circular de 2 metros de raio. Sabendo que a velocidade angular da
partícula é de 3 rad/s, a energia cinética de rotação da partícula é de
a) 54 J.
b) 2 J.
c) 18 J.
d) 4,5 J.
49. (CEV-EUCE/Pref. de Sobral/2018) O eixo do motor a diesel de um grupo gerador gira a uma velocidade
de 200 rad/s e fornece um torque de 3,25 kN.m ao alternador. Sabendo que a potência elétrica medida
na saída do alternador é de 520 kW, e desprezando as perdas de potência na transmissão do motor
para o alternador, a eficiência do alternador é de
a) 85%.
b) 80%.
c) 90%.
d) 75%.
50. (FEPESE/DEINFRA-SC-2019) Considere um sistema de transmissão com duas polias onde a polia motora
possui um diâmetro 100 mm girando a 1000 RPM. Sabendo-se que o diâmetro da polia movida é de
200 mm, a rotação da polia movida é de:
a) 250 RPM
b) 320 RPM
c) 500 RPM
d) 1000 RPM
e) 2000 RPM
51. (FGV/AL-RO-2018) Em um dado instante, o rolete A apresenta a velocidade indicada na figura a seguir.
Nesse mesmo instante, a velocidade no rolete B vale
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a) 0,5 m/s.
b) 1,0 m/s.
c) 2,0 m/s.
d) 3,0 m/s.
e) 4,0 m/s.
a) 600 rpm
b) 30 rpm.
c) 180 rpm.
d) 1,8 rpm.
e) 0,6 rpm.
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53. (Instituto AOCP/EUFS-2018) Em uma ponte rolante, o sistema motor de translação é representado pela
seguinte figura. A potência de saída do motor é de 50kW e a rotação constante é de 1000 rpm. O raio
da engrenagem menor é de 60 mm e da maior é de 100 mm. Diante do exposto, é correto afirmar que
a rotação do eixo do motor e do eixo onde está acoplada a roda, em radianos por segundo, é de
a) entre 8 e 13 cm.
b) entre 13 e 18 cm.
c) entre 18 e 22 cm.
a) 1 a 2
b) 2 a 3
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c) 3 a 4
d) 4 a 6
e) 6 a 10
a) massa, apenas
b) mola, apenas
c) massa e o amortecedor
d) amortecedor, apenas
e) mola e a massa
57. (CESGRANRIO / TRANSPETRO – 2018) Considere que a análise da vibração de um veículo é realizada
pelo modelo simplificado de um sistema com um único grau de liberdade. Essa simplificação impõe a
determinação da rigidez elástica equivalente às quatro molas da suspensão.
58. (INSTITUO ACESSO / SEDUC AM – 2018) Em estruturas metálicas, como em vigas, as vibrações ocorrem
de forma regular ou irregularmente em um período de tempo. Quanto à classificação das vibrações, é
mais correto afirmar que:
I. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, ao amortecimento, quanto ao conhecimento da
força e quanto aos diversos elementos.
II. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, ao amortecimento, quanto ao conhecimento da
força e quanto a ressonância.
III. As vibrações podem ser classificadas quanto ao modo de vibração, à ressonância, quanto à vibrações
diversas e quanto aos diversos elementos.
IV. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, e ao amortecimento.
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V. As vibrações podem ser classificadas quanto à excitação, ao amortecimento, força vibratória e quanto aos
diversos elementos.
a) II e III
b) I, II, III
c) III, IV
d) IV, V
e) I
59. (FCC / CLDF – 2018) Analise as afirmações seguintes sobre vibrações mecânicas:
I. As frequências naturais de um sistema não amortecido podem ser obtidas pelos autovetores e os modos
de vibrar a partir dos autovalores.
II. Na situação em que dois movimentos harmônicos com frequências naturais de valores próximos são
somados, o movimento resultante gera um fenômeno conhecido como batimento.
III. O fenômeno de Gibbs revela um comportamento anormal na representação por série de Fourier de uma
função aleatória.
IV. A ressonância em um sistema com um grau de liberdade pode ser evitada com a utilização de um
absorvedor dinâmico de vibrações, de modo que as frequências naturais do sistema resultante não fiquem
próximas do valor da frequência de excitação.
Está correto o que consta em:
a) II e IV, apenas.
b) I e IV, apenas.
c) II e III, apenas.
d) I, III, apenas.
e) I, II, III e IV.
a) 1 kg.
b) 2 kg.
c) 3 kg.
d) 4 kg.
e) 5 kg.
61. (CS UFG/SANEAGO-2018) A figura mostra a resposta temporal de um sistema mecânico vibratório.
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GABARITO
1. CORRETO 19. INCORRETO
2. INCORRETO 20. CORRETO
3. CORRETO 21. CORRETO
4. CORRETO 22. INCORRETO
5. INCORRETO 23. CORRETO
6. CORRETO 24. INCORRETO
7. INCORRETO 25. B
8. D 26. C
9. CORRETO 27. CORRETO
10. CORRETO 28. B
11. INCORRETO 29. C
12. INCORRETO 30. B
13. INCORRETO 31. A
14. INCORRETO 32. B
15. A 33. D
16. INCORRETO 34. C
17. B 35. E
18. INCORRETO 36. B
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Aula 01 - Profº Juliano
37. A 50. C
38. B 51. E
39. A 52. A
40. B 53. A
41. A 54. D
42. B 55. D
43. A 56. D
44. A 57. A
45. D 58. E
46. C 59. A
47. C 60. C
48. A 61. B
49. B
RESUMO
Analogamente ao realizado na nossa aula 00, deixo aqui um compilado de equações utilizadas neste
PDF para você decorar/relembrar e utilizar durante os seus estudos. :)
1 - Dinâmica
Tema Fórmula
Segunda lei de Newton 𝐹 = 𝑚. 𝑎
Peso aparente 𝑊 = 𝑚. 𝑔
∆𝑠 = 𝑠 − 𝑠0
∆𝑠 𝑑𝑠
𝑣𝑚é𝑑 = ; 𝑣=
∆𝑡 𝑑𝑡
Movimento Retilíneo
∆𝑣 𝑑𝑣
𝑎𝑚é𝑑 = ; 𝑎=
∆𝑡 𝑑𝑡
𝑣. 𝑑𝑣 = 𝑎. 𝑑𝑠
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎. 𝑡
1
Movimento retilíneo com aceleração constante 𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0 . 𝑡 + . 𝑎. 𝑡 2
2
𝑣 2 = 𝑣0 2 + 2. 𝑎. (𝑠 − 𝑠0 )
∆𝑟 = 𝑟 − 𝑟0 ; 𝑟 = 𝑥𝒊 + 𝑦𝒋 + 𝑧𝒌
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𝑑𝑣
𝑎= = 𝑎𝑥 𝒊 + 𝑎𝑦 𝒋 + 𝑎𝑧 𝒌
𝑑𝑡
(+↑) 𝑣𝑦 = (𝑣𝑜 )𝑦 + 𝑎𝑔 . 𝑡
1
(+↑) 𝑦 = 𝑦0 + (𝑣0 )𝑦 . 𝑡 + 𝑎𝑔 . 𝑡 2
Movimento de um projétil 2
(+↑) 𝑣𝑦 2 = (𝑣𝑜 )2𝑦 + 2. 𝑎𝑔 . (𝑦 − 𝑦0 )
(+→) 𝑥 = 𝑥0 + (𝑣𝑜 )𝑥 . 𝑡
𝒗 = 𝑣. 𝒆𝒕
𝒂 = 𝑎𝑡 . 𝑒𝑡 + 𝑎𝑛 . 𝑒𝑛
normal 𝑣2
𝑎𝑛 =
𝜌
𝑎 = √𝑎𝑡2 + 𝑎𝑛2
𝑣 = 𝑟𝜃̇
𝑣2
Movimento Circular 𝑎𝑛 = = 𝑟. 𝜃̇ 2
𝑟
𝑎𝑡 = 𝑣̇ = 𝑟. 𝜃̈
𝑟𝐵 = 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵/𝐴
Força de atrito 𝐹𝑎 = 𝜇. 𝐹𝑁
Força da mola 𝐹𝑠 = 𝑘. 𝑠; 𝑒 𝑠 = 𝑙 − 𝑙0
𝑑𝑈 = 𝐹. 𝑑𝑟
𝑈1−2 = −𝑊. ∆𝑦
𝑈1−2 = 𝐹𝑐 cos 𝜃 (𝑠2 − 𝑠1 )
Trabalho e Energia 1 1
𝑈1−2 = − ( 𝑘. 𝑠22 − 𝑘𝑠12 )
2 2
1
Energia cinética 𝑇 = 2 𝑚𝑣 2
∑ 𝑇1 + ∑ 𝑈1−2 = ∑ 𝑇2
𝑃 = 𝐹. 𝑣
Potência e Eficiência 𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝜀=
𝑝𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
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𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝜀=
𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
Conservação de energia 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2
𝑡2
Impulso e quantidade de movimento 𝑚𝒗𝟏 + ∑ ∫ 𝐹. 𝑑𝑡 = 𝑚𝒗𝟐
𝑡1
Impacto 𝑚𝑝 . 𝑣𝑝 + 𝑚𝑏 𝑣𝑏 = 𝑣𝑓 (𝑚𝑏 + 𝑚𝑝 )
𝑑𝜃 𝑑𝜔
𝜔= ; 𝛼= ; 𝛼𝑑𝜃 = 𝜔𝑑𝜔
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝒗 = 𝝎 × 𝒓𝑷
Rotação em torno de um eixo
𝛼𝑡 = 𝛼. 𝑟
𝛼𝑛 = 𝜔2 . 𝑟
𝜶 = 𝜶𝒕 + 𝜶𝒏 = 𝜶 × 𝒓 − 𝜔2 . 𝒓
𝑟𝐶
Corpos girantes em contato 𝜔𝐵 𝑟𝐵 = 𝜔𝐶 𝑟𝐶 => 𝜔𝐵 = 𝜔𝐶 ( )
𝑟𝐵
𝒓𝑩 = 𝒓𝑨 + 𝒓𝑩/𝑨
∑ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺 . 𝛼
Cinética do movimento plano ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚. (𝑎𝐺 )𝑥 ; e ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚. (𝑎𝐺 )𝑦
1
𝑇= . 𝑚. 𝑣𝐺2
2
1 1
𝑇 = . 𝑚. 𝑣𝐺2 + . 𝐼𝐺 , 𝜔2
2 2
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2 - Vibrações
Quando uma máquina ou uma estrutura tiver a sua frequência de excitação igual a sua frequência
natural ocorrerá a ressonância, que resultará em deflexões excessivas e falha.
Classificações das
vibrações
1 1 1 1 1
= + + + ⋯+
Série 𝑘𝑒𝑞 𝑘1 𝑘2 𝑘3 𝑘𝑛
Associação de molas
Paralelo 𝑘𝑒𝑞 = 𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3 + ⋯ + 𝑘𝑛
Tema Fórmula
𝑘 𝑟𝑎𝑑
𝜔𝑛 = √ [ ]
𝑚 𝑠
Frequência natural 1 2𝜋
𝑓= = [𝐻𝑧]
𝜏 𝜔𝑛
1Hz=1ciclo/s=2rad
𝑘
Vibração livre não amortecida 𝑥̈ + 𝑥=0 => 𝑥̈ + 𝜔𝑛2 𝑥 = 0
𝑚
𝑚. 𝑥̈ + 𝑐. 𝑥̇ + 𝑘. 𝑥 = 0
𝑐
Vibração livre amortecida 𝑐𝑐 = 2. 𝑚. 𝜔𝑛 ; 𝑒 𝜁=
𝑐𝑐
𝜔𝑑 = √1 − 𝜁 2 . 𝜔𝑛
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2𝜋
𝜏𝑏 =
Batimento 𝜔𝑛 − 𝜔
𝜔𝑏 = 𝜔𝑛 − 𝜔
𝑘2
𝜔2 =
𝑚2
Absorvedor Dinâmico de Vibração
𝑘2 𝑘2 𝑚2 𝑚1 𝑚2 𝜔2 2
= = .( )
𝑘1 𝑚2 𝑚1 𝑘1 𝑚1 𝜔1
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