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14.1 Trabalho de uma Força
MECÂNICA - DINÂMICA
Dinâmica de um Ponto
Material: Trabalho e Energia
Cap. 14
Prof Dr. Cláudio Curotto
Adaptado por:
Prof Dr. Ronaldo Medeiros-Junior
14.2 Princípio do Trabalho e Energia
14.2 Princípio do Trabalho e Energia
O ponto material tem massa m e está submetido a um sistema de forças externas
representado pela resultante:
s2
U1− 2 = ∫ F cos θ ds
Ft ds = mv dv
FR = ∑ F
s1
∑F
De acordo com a Figura:
t
A equação de movimento para o ponto material
no referencial inercial tem componente na
direção tangencial dado por:
Integrando
Aplicando a equação da cinemática e
multiplicando ambos lados da equação pela
massa m:
Ft ds = mv dv
3
14.2 Princípio do Trabalho e Energia
S1
v1
1− 2
=
1
1
mv2 2 − mv12
2
2
T1 + ∑ U1− 2 = T2
1
1
mv2 2 − mv12
2
2
A energia cinética inicial do ponto material mais o trabalho
realizado por todas as forças agindo nele durante o
deslocamento é igual à energia cinética final do ponto.
O termo no primeiro membro é a soma dos trabalhos de todas as forças agindo
no ponto material conforme ele se move do ponto 1 ao ponto 2.
Obs.: O princípio do trabalho e energia não pode ser usado para determinar
as forças normais à trajetória. Por que?
1
Os dois termos no segundo membro, que tem a forma T = mv 2 definem as
2
energias cinéticas final e inicial, respectivamente.
Porque essas forças (normais) não realizam trabalho sobre o ponto material.
Nesse caso, a equação
Fn = man deve ser aplicada.
∑
Obs.: A energia cinética tem a mesma unidade do trabalho (J = Joules)
T1 + ∑ U1− 2 = T2
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
4
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
14.2 Princípio do Trabalho e Energia
Essa equação representa o princípio do trabalho e energia para o ponto material.
=
v2
∑U
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
1− 2
S2
∫ ∑ F cosθ ds = ∫ mv dv
ds = ( m ) v dv
∑U
= ∑ F cos θ
∑ F cos θ ds = mv dv
Ft = mat
( m ) at
2
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
an =
5
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
v2
ρ
6
1
14.3 Princípio do Trabalho e Energia para um Sistema de Pontos Materiais
14.3 Princípio do Trabalho e Energia para um Sistema de Pontos Materiais
O princípio do trabalho e energia pode ser ampliado para um sistema
de n pontos materiais contido numa região do espaço.
1
mi v1i 2 +
2
O i-ésimo ponto material tem massa mi e está submetido a forças
externas de resultante Fi e a forças internas que se devem aos outros
pontos materiais do sistema, cuja resultante é representada por fi.
∫ ∑ Ft ds =
S1
1
mi v1i 2 +
2
(∫
si 2
si1
1
∑ 2 mv
1
1
mv2 2 − mv12
2
2
Fit ds + ∫
si 2
si1
i 1i
)
2
+
1
mi vi 2 2
2
f it ds =
Fit ds + ∫
si 2
si1
(∑ ∫
si 2
si1
)
f it ds =
Fit ds + ∑ ∫
∑ T + ∑U
1
7
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
si 2
si1
1
mi vi 2 2
2
Equações semelhantes são obtidas quando aplicamos o princípio do
trabalho e energia aos outros pontos materiais do sistema. Os
resultados podem ser somados algebriacamente, de modo que:
O princípio do trabalho e energia (direção tangencial) aplicado ao
i-esimo ponto material é dado por:
S2
(∫
14.3 Princípio do Trabalho e Energia para um Sistema de Pontos Materiais
si 2
si 1
1− 2
)
1
f it ds = ∑ mi vi 2 2
2
= ∑ T2
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
14.3 Princípio do Trabalho e Energia para um Sistema de Pontos Materiais
Trabalho do Atrito causado por Escorregamento (caso especial ):
∑ T + ∑U
1
1− 2
= ∑ T2
∑ T + ∑U
1
Essa equação estabelece que a soma da energia cinética
inicial com o trabalho realizado por todas as forças
internas e externas agindo em todos os pontos do
sistema é igual à energia cinética final do sistema.
1− 2
= ∑ T2
1
1
mv12 + Ps − µc Ns = mv2 2
2
2
Para v1 = v2 = v (constante):
P = µc N
E o calor gerado?
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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14.3 Princípio do Trabalho e Energia para um Sistema de Pontos Materiais
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
14.3 Princípio do Trabalho e Energia para um Sistema de Pontos Materiais
Na verdade deve ser considerada a superfície
de contato como flexível e:
Em virtude das muitas deformações localizadas, o
deslocamento real s’ de µc N não é o mesmo
deslocamento s da força aplicada P. Na verdade, s’
será menor do que s (s’ < s), e, portanto, o trabalho
externo realizado pela força de atrito resultante será
µc Ns ' , e não µc Ns .
Ps − ( µc Ns′ + µc N ( s − s ′) ) = 0
Simplificadamente usa-se:
Ps − µc Ns = 0
Calor gerado
Em resumo, pode-se usar a simplificação para resolução dos
problemas que envolvem escorregamento; contudo, deve ser
entendido que o trabalho da força de atrito resultante não é
representado por µc Ns ; esse termo representa ambos os
trabalhos, o externo, µc Ns ', e o interno, µc N (s − s′) .
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
12
2
Exemplo 14.2 - Solução
Exemplo 14.2
Massa do automóvel:
O automóvel de 3500 lb move-se para baixo numa estrada
com 100 de inclinação, a uma velocidade de 20 pés/s. Se o
 3500 
m=
 = 108.70 slugs
 32.2 
motorista freia o carro, provocando um travamento das rodas,
determine a distância s que o carro percorre durante o
escorregamento. O coeficiente de atrito cinético entre as
rodas e a pista é µ c =0.5.
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Exemplo 14.2 - Solução
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Exemplo 14.2 – Solução cinemática
v
Diagrama de corpo livre e dinâmico
∑ Fs = mas
v
a
a
3500sen100 −1723.4 = 108.70a
a = −10.264 pés/s2
Usando a equação da aceleração constante:
108.70 slugs
( )
0 = ( 20) + 2 (−10.264) ( s − 0)
v 2 = v02 + 2ac s − s0
2
s = 19.5 pés
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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Problema 13.11 - Solução por Energia
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Exemplo 14.2 - Solução
Princípio do Trabalho e Energia:
T1 + ∑U1−2 = T2
∑U
RESOLUÇÃO POR TRABALHO E
ENERGIA
1−2
= U N +UW +U F
A
A
Força normal N A não realiza trabalho pois é perpendicular
ao movimento: U N = 0
A
v
a
Equação de equilíbrio:
∑F
n
()
= man = m 0 ; N A − 3500cos100 = 0
N A = 3446.8 lb
Assim: FA = 0.5N A ∴ FA = 1723.4 lb
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
108.70 slugs
18
3
Exemplo 14.2 - Solução
Exemplo 14.2 - Solução
Trabalho do Peso:
(
U1−2 = −W y2 − y1
)
(
UW = −3500 −ssen10
∑U = U +U +U
∑U = 0 + 607.77s -1723.4s
∑U = −1115.63s
T + ∑U = T
v
1−2
a
0
)
FA
v
a
1−2
108.70 slugs
1
Trabalho da força de atrito:
(
W
1−2
UW = 607.77s
U1−2 = −FA s2 − s1
NA
1−2
2
108.70 slugs
2
1
108.70 20 −1115.63s = 0
2
s = 19.5 pés
(
)
U F = −1723.4s
A
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Problema 13.11
)( )
20
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Problema 13.11 - Solução
O bote de 800lb parte do repouso e escorrega pela calha inclinada
Na piscina:
entrando na piscina. Se a força de atrito na calha é FR = 30lb e na
∑ F = ma
piscina, FRP = 80lb, determine a velocidade do bote quando s = 5 pés.
 800 
− FRP = 
a
 32, 2 
80
a=−
24, 845
FRP
a = -3, 22 ∴ a = − 3, 22 pés/s 2
21
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Problema 13.11 - Solução
22
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Problema 13.11 - Solução
Diagrama de corpo livre e cinemático
 100 
 = 45 °
 100 
α = tg − 1 
Velocidade na piscina:
Aceleração na calha:
v22 = v12 + 2 as
v2 =
∑ F = ma
v12 + 2 ( − 3, 22 ) 5
P cos 45° − FR = ma
FRP
 800 
800 cos 45° − 30 = 
a
 32, 2  v
a = 21, 561 pés/s 2
S
a
45o
α
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
N
800lb
24
4
Problema 13.11 - Solução
Problema 13.11 - Solução
a = 21, 561 pés/s 2
v = 78, 092 pés/s
Velocidade no final da calha:
Velocidade na piscina:
v12 = v02 + 2 a ∆ x
v22 = v12 + 2 as
v12 = 0 2 + 2 ( 21, 561) 100 2 + 100 2
v2 =
v1 =
6098, 4
v1 = 78, 092
v12 + 2 ( − 3, 22 ) 5
v2 =
78, 092 2 + 2 ( − 3, 2200 ) 5
v2 =
6066, 2
FRP
S
v2 = 77, 9 pés/s
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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Problema 13.11 - Solução por Energia
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
Problema 13.11 - Solução por Energia
Diagrama de corpo livre e cinemático
RESOLUÇÃO POR TRABALHO E
ENERGIA
v
a
24.845 slugs
α
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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Problema 13.11 – Solução por Energia
N
800 lb
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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Problema 13.11 – Solução por Energia
Princípio do Trabalho e Energia:
Energia Cinética ao entrar na piscina (E C 1 ) :
T1 + ∑ U1−2 = T2
∑U
1− 2
T1 + ∑ U 1− 2 = T2
= U N + U P + U FR
Força normal N não realiza trabalho pois é perpendicular
ao movimento: U N = 0
0 + 80000 − 4242.6 = E C 1
E C 1 = 75757 Btu
Trabalho do Peso:
U1−2 = − P ( y2 − y1 )
U P = −800 ( −100 ) ∴U P = 80000 Btu
Trabalho da força de atrito:
U1−2 = − FA ( s2 − s1 )
U FR = −30 1002 + 1002 ∴U FR = −4242.6 Btu
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
30
5
Problema 13.11 – Solução por Energia
Problema 13.11 – Solução por Energia
Na piscina:
T1 + ∑U 1−2 = T2
Energia cinética após percorrer 5 pés na piscina (EC 2 ) :
75757 + ∑U 1−2 = T2
75757.4 + ∑U 1−2 = T2
Trabalho do Peso: nulo pois é perpendicular ao movimento
EC 2 = 75757 − 400
Trabalho da força de atrito:
(
)
= −80 ( 5) ∴U
EC 2 = 75357 Btu
U 1−2 = −FA s2 − s1
UF
R
FR
= −400 Btu
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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Problema 13.11 – Solução por Energia
Velocidade Final (v2 ) :
EC 2 =
v2 =
v2 =
1
mv 2
2
2EC 2
m
(
)
2 75357
24.845
v2 = 77.9 pés/s
TC027 - Mecânica Geral III - Dinâmica
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6