RESUMO MECÂNICA II P1

RESUMO MECÂNICA II

P1

Autoria: Yan Ichihara de Paula

• INTRODUÇÃO

Antes de tudo, há um breve comentário sobre essa matéria. Mecânica II,

ou, na linguagem popular politécnica, Mecânica B, é uma das matérias mais

importantes da graduação, não só para Grande Área da Mecânica, mas sim

para o entendimento das aplicações de seus conceitos e acontecimentos

físicos na formação de um engenheiro e como ocorre sua utilização na

sociedade. Dito isso, seria interessante não estudar essa matéria somente para

bitolar para uma prova, mas procurar saber o que o estudo sobre ela implica

nas mais diversas situações cotidianas. O simples rolamento de uma bola de

boliche, por exemplo, é material de estudo incrível e extenso para a Mecânica

Geral.

De qualquer forma, espero que esse resumo seja de grande ajuda! :)

• REVISÃO MECÂNICA I

É válido relembrar algumas fórmulas de Mecânica I:

Momento de Força:

�⃗⃗⃗� 𝒐 = �⃗⃗⃗�

𝒆𝒙𝒕 + ∑(𝑷𝒊 − 𝑶) ∧ �⃗⃗� 𝒊

�⃗⃗⃗� 𝒂 = �⃗⃗⃗�

𝒃 + (𝑩 − 𝑨) ∧ ∑�⃗⃗� 𝒊

Equações da Cinemática:

�⃗⃗� 𝒑 = �⃗⃗� 𝒐 + �⃗⃗⃗� ∧ (𝑷 − 𝑶)

�⃗⃗� 𝒑 = �⃗⃗� 𝒐 + �⃗⃗⃗� ̇ ∧ (𝑷 − 𝑶) + �⃗⃗⃗� ∧ {�⃗⃗⃗� ∧ (𝑷 − 𝑶)}

�⃗⃗� 𝒑,𝒄𝒐𝒓𝒊ó𝒍𝒊𝒔 = 𝟐 �⃗⃗⃗� 𝒂𝒓𝒓 ∧ �⃗⃗� 𝒑,𝒓𝒆𝒍

Ω⃗⃗ = �⃗⃗� 𝑟𝑒𝑙 + �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟

�⃗⃗� ̇ = �⃗⃗⃗� ̇𝒓𝒆𝒍 + �⃗⃗⃗� ̇𝒂𝒓𝒓 + �⃗⃗⃗� 𝒂𝒓𝒓 ∧ �⃗⃗⃗� 𝒓𝒆𝒍

Equações da Dinâmica:

𝒎�⃗⃗� 𝑮 = ∑𝑭𝒊 �⃗⃗⃗� 𝒐 = 𝒎(𝑮 − 𝑶) ∧ �⃗⃗� 𝒐 +

𝒅

𝒅𝒕 {[𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒐 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

]}

[𝑱]𝒐 = [

𝑱𝒙𝒙 −𝑱𝒙𝒚 −𝑱𝒙𝒛

−𝑱𝒚𝒙 𝑱𝒚𝒚 −𝑱𝒚𝒛

−𝑱𝒛𝒙 −𝑱𝒛𝒚 𝑱𝒛𝒛

]

Basicamente, essas foram todas as fórmulas estudadas em Mecânica I.

Vale relembrar as fórmulas de transferência de momento de inércia polar

também:

𝑱𝒙𝒙′ = 𝑱𝒙𝒙𝑮 + 𝒎𝒅𝟐

𝑱𝒙𝒚′ = 𝑱𝒙𝒚𝑮 + 𝒎�̅��̅�

Essas fórmulas só valem considerando sempre o ponto de

transferência a partir do baricentro (centro de massa)!

• COSSENOS DIRETORES

Quando trabalhamos com mudanças de base, trabalhamos com cossenos

diretores. Basicamente, se é mais conveniente, por exemplo, trabalhar com

uma base rotacionada de um ângulo arbitrário θ, deve-se modificar

praticamente todos os termos relacionados à matriz de inércia, por exemplo,

e isso é extremamente trabalhoso. Para facilitar esse problema

(computacionalmente falando, porque fazer na mão é uma bela bosta

trabalhosa também), trabalha-se com uma matriz com os ângulos de rotação

em relação à base. Segue, no exemplo, a seguinte base ortogonal:

Portanto, para trabalhar na base �⃗⃗� �⃗⃗� �⃗� deve-se transformar a base

𝒊 𝒋 �⃗⃗� . Logo, tem-se:

𝑥 = cos 𝜃 𝑖 − sin 𝜃 𝑗

𝑦 = sin 𝜃 𝑖 + cos 𝜃 𝑗

Assim, a equação matricial fica:

[𝑥𝑦] = [

cos 𝜃 − sin 𝜃sin 𝜃 cos 𝜃

] [𝑖𝑗]

Portanto, a matriz de cossenos diretores é [cos 𝜃 − sin 𝜃sin 𝜃 cos 𝜃

], que

transforma a base 𝒊 𝒋 �⃗⃗� para �⃗⃗� �⃗⃗� �⃗� .

Trabalhando em uma transformação de coordenadas em z, faz-se

necessário um ângulo a mais, e haveria mais esse ângulo para trabalhar nas

equações de forma análoga à realizada, chegando a:

[𝑥𝑦𝑧] = [𝐶] [

𝑖𝑗𝑘]

Sendo [𝐶] a matriz 3x3 de cossenos diretores.

Dessa forma, como é possível trabalhar com matrizes, as aplicações

de Álgebra Linear são válidas (quem diria, né?) e, a partir de algumas

manipulações algébricas, chega-se a:

[𝑱]𝑂𝑎′𝑏′𝑐′ = [𝐶][𝑱]𝑂𝑎𝑏𝑐[𝐶]𝑇

Tal que [𝐶] é a matriz de cossenos diretores que transforma a base

�⃗⃗� �⃗⃗� �⃗� para a base 𝒂′⃗⃗ ⃗ 𝒃′⃗⃗ ⃗ 𝒄′⃗⃗⃗ .

Observação: um eixo principal é aquele o qual a matriz de inércia

em relação a um ponto contido nele possua produtos inerciais nulos,

sendo, dessa forma, uma matriz diagonal. Matematicamente, é possível

achar essa matriz a partir dos autovetores e autovalores, tal visto em

Álgebra Linear.

EXERCÍCIO RESOLVIDO

Apostila - Dinâmica dos corpos rígidos

A matriz de inércia na base 𝑂𝑥′1𝑥′2 é aquela cuja matriz de cossenos

diretores transforma a base 𝑂𝑥1𝑥2 𝑒𝑚 𝑂𝑥′1𝑥′2.

Portanto, analisando vetorialmente:

𝑥 ′1 = cos 𝜃 𝑥 1 + sin 𝜃 𝑥 2

𝑥 ′2 = −sin 𝜃 𝑥 1 + cos 𝜃 𝑥 2

Matricialmente:

[𝑥′1𝑥′2

] = [cos 𝜃 sin 𝜃−sin 𝜃 cos 𝜃

] [𝑥1

𝑥2]

Portanto, a matriz de cossenos diretores [𝐶] é [cos 𝜃 sin 𝜃−sin 𝜃 cos 𝜃

], e

[𝐶]𝑇 = [cos 𝜃 − sin 𝜃sin 𝜃 cos 𝜃

]

Tem-se, portanto

[𝑱]𝑂𝑥′1𝑥′2 = [cos 𝜃 sin 𝜃−sin 𝜃 cos 𝜃

] [𝐼11 𝐼12

𝐼21 𝐼22]𝑂𝑥1𝑥2

[cos 𝜃 − sin 𝜃sin 𝜃 cos 𝜃

] =

= [cos 𝜃 sin 𝜃−sin 𝜃 cos 𝜃

] [𝐼11 cos 𝜃 + 𝐼12 sin 𝜃 −𝐼11 sin 𝜃 + 𝐼12 cos 𝜃𝐼21 cos 𝜃 + 𝐼22 sin 𝜃 −𝐼21 sin 𝜃 + 𝐼22 cos 𝜃

] =

= [𝐼11 cos2 𝜃 + 𝐼12 cos 𝜃 sin 𝜃 + 𝐼21 sin 𝜃 cos 𝜃 + 𝐼22 sin2 𝜃 −𝐼11 cos 𝜃 sin 𝜃 + 𝐼12 cos2 𝜃 −𝐼21 sin2 𝜃 + 𝐼22 sin 𝜃 cos 𝜃

−𝐼11 sin 𝜃 cos 𝜃 − 𝐼12 sin2 𝜃 + 𝐼21 cos2 𝜃 + 𝐼22 cos 𝜃 sin 𝜃 𝐼11 sin2 𝜃 − 𝐼12 sin 𝜃 cos 𝜃 −𝐼21 cos 𝜃 sin 𝜃 + 𝐼22 cos2 𝜃]

Como, pelas propriedades dos produtos de inércia, 𝐼12 = 𝐼21, tem-se

= [𝐼11 cos2 𝜃 + 2𝐼12 cos 𝜃 sin 𝜃 + 𝐼22 sin2 𝜃 −𝐼11 cos 𝜃 sin 𝜃 + 𝐼12 cos 2𝜃 + 𝐼22 sin 𝜃 cos 𝜃

−𝐼11 sin 𝜃 cos 𝜃 + 𝐼12 cos 2𝜃 + 𝐼22 cos 𝜃 sin 𝜃 𝐼11 sin2 𝜃 − 2𝐼12 sin 𝜃 cos 𝜃 + 𝐼22 cos2 𝜃]

Para que o sistema esteja em um eixo principal, os produtos de inércia

têm que se anular, logo:

−𝐼11 cos 𝜃 sin 𝜃 + 𝐼12 cos 2𝜃 + 𝐼22 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0

𝐼12 cos 2𝜃 = sin 𝜃 cos 𝜃 (𝐼11 − 𝐼22)

𝐼12 cos 2𝜃 =sin 2𝜃

2(𝐼11 − 𝐼22) → tan 2𝜃 =

2𝐼12

𝐼11 − 𝐼22

𝜃 =1

2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (

2𝐼12

𝐼11 − 𝐼22)

Nota: Cossenos diretores é um assunto que se utiliza bastante na

montagem de mecanismos, sendo, dessa forma, extremamente útil e

passível de aprofundamento. Nas provas, não há questões inteiras sobre

isso, mas, sim, itens que você precise utilizá-lo.

• MOMENTO DA QUANTIDADE DE MOVIMENTO / QUANTIDADE DE

MOVIMENTO ANGULAR

O momento da quantidade de movimento está relacionado à inércia de

um corpo devido à rotação, sendo, portanto, uma grandeza vetorial. Define-

se como:

�⃗⃗� 𝑜 = (𝑮 − 𝑶) ∧ 𝑚�⃗� 𝒐 + [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒐 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

]

Além disso, sabendo a quantidade de movimento angular de um pólo, é

possível encontrar a quantidade de movimento angular em outro pólo, pela

equação:

�⃗⃗� 𝑏 = �⃗⃗� 𝑎 + (𝐴 − 𝐵) ∧ 𝑚�⃗� 𝒂

É possível demonstrar, a partir da primeira equação, o Teorema do

Momento da Quantidade de Movimento, pelo qual obtemos

𝑑�⃗⃗� 𝑜𝑑𝑡

=𝑑

𝑑𝑡{(𝑮 − 𝑶) ∧ 𝑚�⃗� 𝒐 + [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒐 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

]}

Chega-se, pelo teorema, na fórmula estudada em Mecânica I (mágica):

𝑑�⃗⃗� 𝑜𝑑𝑡

= �⃗⃗� 𝑜 = 𝒎(𝑮 − 𝑶) ∧ �⃗⃗� 𝒐 +𝒅

𝒅𝒕 {[𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒐 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

]}

O termo 𝒅

𝒅𝒕 {[𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒐 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

]} pode ser desmembrado (vide Cálculo

I pela regra da cadeia) em:

[𝒊 ̇ 𝑗 ̇ �⃗� ̇][𝑱]𝒐 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

] + [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [�̇�]𝒐 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

] + [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒐 [

�̇�𝒙

�̇�𝒚

�̇�𝒛

]

Dependendo do exercício, podem ser aplicadas simplificações como

1. A base 𝒊 𝒋 �⃗⃗� não varia com o tempo, portanto, o termo

[𝒊 ̇ 𝑗 ̇ �⃗� ̇] é nulo.

2. [𝑱]𝒐 é fixa, portanto, o termo [�̇�]𝒐 é nulo.

3. Não há aceleração angular, logo o termo [

�̇�𝒙

�̇�𝒚

�̇�𝒛

] é nulo.

Deve-se observar sempre, por exemplo, se uma base é solidária a um

corpo, e, portanto, nesse referencial a matriz de inércia [𝑱]𝒐 não varia com o

tempo, o que é extremamente conveniente na maioria dos casos. Entretanto,

vale lembrar que a base 𝒊 𝒋 �⃗⃗� vai variar nesse caso.


P1 2015 – Questão 3

a) Primeiramente, deve-se avaliar a base conveniente a ser utilizada.

Como a quantidade de movimento angular será obtida no pólo B, é

interessante utilizar a base solidária ao corpo. Portanto, todos os

parâmetros de interesse devem ser avaliados nessa base. Assim:

Ω⃗⃗ = −Ωcos 𝜃 𝑗 + Ω sin 𝜃 �⃗�

Portanto,

Ω⃗⃗ 𝑎𝑏𝑠 = 𝜔𝑗 − Ω cos 𝜃 𝑗 + Ω sin 𝜃 �⃗� = (𝜔 − Ωcos 𝜃)𝑗 + Ω sin 𝜃 �⃗�

b) Observando o disco, no pólo B, tem-se:

�⃗⃗� 𝑏 = (𝑮 − 𝑩) ∧ 𝑚�⃗� 𝒃 + [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒃 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

]

Porém, 𝐵 ≡ 𝐺 do disco, então:

�⃗⃗� 𝐺 = [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝑮 [

𝝎𝒙

𝝎𝒚

𝝎𝒛

]

�⃗⃗� 𝐺 = [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ]

[ 𝑚𝑅2

40 0

0𝑚𝑅2

20

0 0𝑚𝑅2

4 ]

[0

𝜔 − Ω cos 𝜃Ω sin 𝜃

]

�⃗⃗� 𝐺 =𝑚𝑅2

2(𝜔 − Ωcos 𝜃)𝒋 +

𝑚𝑅2

4Ω sin 𝜃 �⃗⃗�

c) A quantidade de movimento angular no pólo A é obtida a partir da

fórmula de transmissão de quantidade de movimento angular.

Assim:

�⃗⃗� 𝐴 = �⃗⃗� 𝐵 + (𝐵 − 𝐴) ∧ 𝑚�⃗� 𝑩

Antes de tudo, precisa-se achar a velocidade absoluta no ponto B.

A velocidade �⃗� 𝐴 na base de coordenadas conveniente, é

�⃗� 𝐴 = −𝑽 cos 𝜃 𝒋 + 𝑽 sin 𝜃 �⃗⃗�

Portanto, por Poisson:

�⃗� 𝐵 = �⃗� 𝐴 + Ω⃗⃗ 𝑎𝑏𝑠 ∧ (𝐵 − 𝐴)

�⃗� 𝐵 = −𝑉 cos 𝜃 𝒋 + 𝑉 sin 𝜃 �⃗⃗� + (−Ωcos 𝜃 𝑗 + Ωsin 𝜃 �⃗� ) ∧ (𝐿𝑗 )

�⃗� 𝐵 = −ΩL sin 𝜃 𝒊 − 𝑉 cos 𝜃 𝒋 + 𝑉 sin 𝜃 �⃗⃗�

Agora, aplicando a fórmula de transferência de quantidade de

movimento angular:

�⃗⃗� 𝐴 = �⃗⃗� 𝐵 + (𝐿𝑗 ) ∧ 𝑚(−ΩL sin 𝜃 𝒊 − 𝑉 cos 𝜃 𝒋 + 𝑉 sin 𝜃 �⃗⃗� )

�⃗⃗� 𝐴 = 𝑚𝑅2

2(𝜔 − Ωcos 𝜃)𝒋 +

𝑚𝑅2

4Ω sin 𝜃 �⃗⃗� + 𝑚𝐿𝑉 sin 𝜃 𝒊

+ 𝑚ΩL2 sin 𝜃 �⃗⃗�

Assim:

�⃗⃗� 𝐴 = 𝑚𝐿𝑉 sin 𝜃 𝒊 + 𝑚𝑅2

2(𝜔 − Ωcos 𝜃)𝒋

+ (𝑚𝑅2

4Ω sin 𝜃 + 𝑚ΩL2 sin 𝜃) �⃗⃗�


a) Primeiramente, deve-se avaliar o que está ocorrendo.

O cilindro dentro do vagão está girando no eixo AB em relação ao vagão,

e o vagão está girando em torno de um centro de rotação instantâneo cujo

raio é R.

Portanto, tem-se �⃗⃗� 𝑟𝑒𝑙 = 𝝎𝒙𝒊 e �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 = �̇��⃗⃗� . Pela equação da cinemática:

�⃗� 𝑮 = �⃗� 𝒐 + �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 ∧ (𝑮 − 𝑶) → 𝑉𝒊 = 0 + �̇��⃗⃗� ∧ (−𝑹𝒋 ) → 𝑉𝒊 = �̇�𝑹𝒊

𝑉

𝑅= �̇� → �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 =

𝑉

𝑅�⃗⃗�

Logo,

Ω⃗⃗ = �⃗⃗� 𝑟𝑒𝑙 + �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 → Ω⃗⃗ = 𝝎𝒙𝒊 + 𝑉

𝑅�⃗⃗�

b) Agora já se tem aplicação de conceitos de Mecânica II.

Tem-se:

�⃗⃗� 𝑜 = (𝑮 − 𝑶) ∧ 𝑚�⃗� 𝒐 + [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [𝑱]𝒐 [

Ω𝒙

Ω𝒚

Ω𝒛

]

Porém, há simplificações que ocorrem, pois 𝑂 ≡ 𝐺, logo o primeiro

termo se anula. O ponto G é um eixo central do corpo girante, e, portanto,

os produtos inerciais são nulos. Assim, chega-se a:

�⃗⃗� 𝐺 = [𝒊 𝒋 �⃗⃗� ] [

𝐽𝐺𝑥 0 00 𝐽𝐺𝑦 0

0 0 𝐽𝐺𝑧

] [

𝝎𝒙

0𝑉

𝑅

]

�⃗⃗� 𝐺 = 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝒊 + 𝐽𝐺𝑧

𝑉

𝑅�⃗⃗�

c) Agora a parte mais complicada. Aqui é uma junção de dinâmica de

Mecânica I e do que vimos agora. Como em A é uma articulação, há

reação nas três direções, já em B, como é um anel, só há reação em y

e z. De Mecânica I:

Sendo assim, tem-se

𝒎�⃗⃗� 𝑮 = ∑𝐹𝑖

{

𝑀𝑎𝑧 = 𝑍𝑎 + 𝑍𝑏 − 𝑃𝑀𝑎𝑦 = 𝑌𝑎 + 𝑌𝑏

𝑀𝑎𝑥 = 𝑋𝑎

�⃗⃗� 𝐺 = �⃗⃗� 𝒐 + �⃗⃗� ̇𝑎𝑟𝑟 ∧ (𝐺 − 𝑶) + �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 ∧ {�⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 ∧ (𝐺 − 𝑶)}

�⃗⃗� 𝒐 = 0⃗ , �⃗⃗� ̇𝑎𝑟𝑟 = 0⃗ , �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 = 𝑉

𝑅 �⃗⃗�

�⃗⃗� 𝐺 =𝑉

𝑅 �⃗⃗� ∧ {

𝑉

𝑅 �⃗⃗� ∧ (−𝑅𝒋 )} =

𝑉

𝑅 �⃗⃗� ∧ 𝑉𝒊 =

𝑉2

𝑅 𝒋

Conclui-se que �⃗⃗� 𝑧 = �⃗⃗� 𝑥 = 0⃗ → 𝑍𝑎 + 𝑍𝑏 = 𝑃 e 𝑋𝑎 = 0

�⃗⃗� 𝑦 = 𝑉2

𝑅 𝒋 → 𝑌𝑎 + 𝑌𝑏 =

𝑀𝑉2

𝑅

Agora, a parte de Mecânica II:

𝑑�⃗⃗� 𝐺𝑑𝑡

= �⃗⃗� 𝐺

�⃗⃗� 𝐺 = 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝒊 + 𝐽𝐺𝑧

𝑉

𝑅�⃗⃗� →


= 𝐽𝐺𝑥�̇�𝒙𝒊 + 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑖 ̇ + 𝐽𝐺𝑧

�̇�

𝑅�⃗⃗� + 𝐽𝐺𝑧

𝑉

𝑅�⃗� ̇

�̇�𝒙 = 0, �̇� = 0 → 𝑑�⃗⃗� 𝐺𝑑𝑡

= 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑖 ̇ + 𝐽𝐺𝑧

𝑉

𝑅�⃗� ̇

Lembrando que:

𝑖 ̇ = �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 ∧ 𝒊 = 𝑉

𝑅 �⃗⃗� ∧ 𝒊 =

𝑉

𝑅𝒋

�⃗� ̇ = �⃗⃗� 𝑎𝑟𝑟 ∧ �⃗� = 𝑉

𝑅 �⃗⃗� ∧ �⃗� = 0⃗

Logo:


= 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙

𝑉

𝑅𝒋

Agora, calculando os momentos:

𝑀𝐺𝑦 = 𝑍𝑎𝐿 − 𝑍𝑏𝐿

𝑀𝐺𝑧 = −𝑌𝑎𝐿 + 𝑌𝑏𝐿, e 𝑀𝐺𝑥 = 0

Assim, pela equação do teorema 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑉

𝑅𝒋 = 𝑀𝐺𝑥𝒊 + 𝑀𝐺𝑦𝒋 + 𝑀𝐺𝑧�⃗� ,

𝑀𝐺𝑥 = 𝑀𝐺𝑧 = 0, tem-se −𝑌𝑎𝐿 + 𝑌𝑏𝐿 = 0 → 𝑌𝑎 = 𝑌𝑏

𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑉

𝑅= 𝑍𝑎𝐿 − 𝑍𝑏𝐿 → 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙

𝑉

𝑅𝐿= 𝑍𝑎 − 𝑍𝑏

Das equações anteriores:

2𝑌𝑎 = 𝑀𝑉2

𝑅 → 𝑌𝑎 =

𝑀𝑉2

2𝑅 → 𝑌𝑏 =

𝑀𝑉2

2𝑅

{𝑍𝑎 − 𝑍𝑏 = 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙

𝑉

𝑅𝐿𝑍𝑎 + 𝑍𝑏 = 𝑃 = 𝑀𝑔

Dessa forma:

𝑍𝑎 =𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑉 + 𝑀𝑔𝑅𝐿

2𝑅𝐿

𝑍𝑏 =𝑀𝑔𝑅𝐿 − 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑉

2𝑅𝐿

Como a questão quer a reação nos mancais, e não no corpo, as reações

são:

𝑋𝑎′ = 0, 𝑌𝑎

′ = −𝑀𝑉2

2𝑅, 𝑌𝑏

′ = −𝑀𝑉2

2𝑅, 𝑍𝑎

′ = −𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑉+𝑀𝑔𝑅𝐿

2𝑅𝐿

𝑒 𝑍𝑏′ = −

𝑀𝑔𝑅𝐿 − 𝐽𝐺𝑥𝝎𝒙𝑉

2𝑅𝐿

Na resolução da prova o corretor confunde os sinais da base xy utilizada

no cálculo dos momentos, o que conduz a uma solução errada.

• BALANCEAMENTO

Balanceamento é um método de estabelecer parâmetros para que o seu

corpo mantenha um equilíbrio centrado no eixo de rotação principal.

Sendo assim, para o equilíbrio estático, é necessário que o corpo tenha

seu centro de massa no eixo de rotação principal, e, para o equilíbrio

dinâmico, é necessário que a matriz de inércia seja diagonal, ou seja, que

todos os produtos inerciais sejam nulos. Em geral, é necessário que ambos

os equilíbrios estático e dinâmico sejam satisfeitos. Perceba que, em

geral, são utilizados pesos no sistema (no mínimo dois) para que esses

equilíbrios sejam satisfeitos, e, como os pesos são arbitrários, há mais

incógnitas que a quantidade de equações, e, na maioria das questões, uma

simples análise lógica é suficiente para a resolução do problema, pois a

posição geralmente é dada.

Em outras palavras, balancear um sistema é fazer com que ele

independa de fatores inerciais de rotação, ou seja, independer de 𝜔2 e �̇�,

e, portanto, as reações vinculares nos apoios do eixo são nulas.

Esse assunto é mais fácil de explicar utilizando exercícios.



Para que as reações dinâmicas nos vínculos A e B se anulem, é

necessário balancear o sistema. Para tanto, é necessário que sejam satisfeitas

as condições de centro de massa no eixo principal e produtos inerciais sejam

zero. Desconsidera-se a massa da barra AB.

Assim, o centro de massa tem necessariamente que estar em um ponto

(0, 0, 𝑧). Portanto, tem-se duas equações para o eixo x e o y. No sistema

dado, o centro de massa na coordenada x já é zero, logo deve-se satisfazer a

condição em y:

𝑦𝐺 = −

2𝑚𝐿2

+ 𝑚𝑦1 + 𝑚𝑦2

2𝑚 + 𝑚 + 𝑚= 0 → −𝑚𝐿 + 𝑚𝑦1 + 𝑚𝑦2 = 0

Os produtos de inércia em x são zero, pois, o sistema é plano, portanto

deve-se avaliar o produto de inércia de yz. Assim:

𝐽𝑦𝑧 = 2𝑚 (−𝐿

2) ∙ 𝐿 + 𝑚

𝐿

2∙ 𝑦2 + 𝑚

5𝐿

4∙ 𝑦1 = 0

Assim, tem-se

{

𝑦1 + 𝑦2 = 𝐿5𝑦1

4+

𝑦2

2= 𝐿

Logo, chega-se a:

𝑦1 =2𝐿

3 𝑒 𝑦2 =

𝐿

3


Para balancear o sistema, é necessário que o centro de massa esteja no

eixo principal (0, 0, z), portanto no eixo z, e que os produtos de inércia sejam

zero. O sistema Axyz é solidário ao corpo, portanto, no eixo y, o centro de

massa está na coordenada zero, deve-se avaliar o eixo x. Assim:

𝑥𝐶𝑀 = 𝑚 ∙ 0 + 𝑚1𝑥1 + 𝑚 ∙ 𝐿 + 𝑚 ∙

𝐿2

+ 𝑚 ∙ 0 + 𝑚2𝑥2

𝑚 + 𝑚 + 𝑚 + 𝑚 + 𝑚1 + 𝑚2= 0

→ 𝑚1𝑥1 + 𝑚2𝑥2 = −3𝑚𝐿

2

Agora, os produtos de inércia devem ser anulados. Como o sistema

inercial está no zero do eixo y, os produtos de inércia do mesmo são zero.

Portanto, deve-se avaliar o produto de inércia em xz.

𝐽𝑥𝑧 = 𝑚 ∙ 0 ∙ 0 + 𝑚𝐿 ∙𝐿

2+ 𝑚

𝐿

2∙ 𝐿 + 𝑚 ∙ 0 ∙ 3𝐿 + 𝑚1𝑥1 ∙ 0 + 𝑚2𝑥23𝐿 = 0

→ 𝑚2𝑥23𝐿 = −𝑚𝐿2 → 𝑚2𝑥2 = −𝑚𝐿

3

Chega-se a um sistema de 4 incógnitas e 2 equações, e agora vale a

indução lógica baseada no problema: o enunciado limitou as posições das

massas nas periferias do disco. Portanto, como o valor da massa 𝑚2 só pode

ser positivo, a única forma de a equação ser satisfeita é se o valor de 𝑥2 for

negativo. Logo, por essas duas condições, infere-se que 𝑥2 = −𝑅.

Assim: 𝑚2(−𝑅) = −𝑚𝐿

3→ 𝑚2 =

𝑚𝐿

3𝑅

Voltando à primeira equação,

𝑚1𝑥1 + 𝑚2𝑥2 = −3𝑚𝐿

2→ 𝑚1𝑥1 −

𝑚𝐿

3= −

3𝑚𝐿

2

𝑚1𝑥1 = −7𝑚𝐿

6

Analogamente ao caso anterior, a condição equacional determina que

𝑥1 é negativo e, pelo enunciado, pertencente à periferia do disco.

Portanto 𝑥1 = −𝑅 e 𝑚1 = 7𝑚𝐿

6𝑅

Conclui-se, assim, que a massa 𝑚1 = 7𝑚𝐿

6𝑅 deve ser posta no ponto

(−𝑅, 0, 0) e a massa 𝑚2 =𝑚𝐿

3𝑅 deve ser posta no ponto (−𝑅, 0, 3𝐿).

• COORDENADAS GENERALIZADAS

Coordenadas generalizadas não é propriamente um assunto, e sim um

objeto de estudo da mecânica analítica. Ela é um instrumento para que se

encontre uma equação diferencial e, dessa forma, encontrar uma solução

matemática que descreva apropriadamente esse movimento, seja através de

aproximações numéricas ou de soluções exatas. Assim, em matérias futuras

da sua graduação, esse recurso será mais aprofundado, enquanto que, nessa

matéria, o encontro da equação diferencial que rege o movimento é suficiente

para o entendimento dos assuntos que seguirão.

Considere os seguintes casos:

Perceba que, no primeiro caso, para descrever completamente o

sistema do disco num apoio simples, é necessário somente uma coordenada

angular 𝜃, de forma que, com os parâmetros generalizados 𝜃, �̇� 𝑒 �̈�, o sistema

é perfeitamente descrito. Sendo assim, a coordenada generalizada 𝜃 é

suficiente para descrever o sistema. Por outro lado, no segundo caso, a

utilização de apenas a coordenada generalizada 𝜃 é insuficiente para

descrever o sistema, pois, além da possibilidade do disco girar, ele também

pode descer ou subir, devido à mola que o prende. Portanto, há uma outra

variável 𝑦, independente de 𝜃, que é necessária para a descrição do sistema.

Portanto, é necessário utilizar os parâmetros 𝑦, �̇� 𝑒 �̈�.

Sendo assim, no segundo caso, com as coordenadas generalizadas 𝜃 e

𝑦, o sistema é perfeitamente descrito.

Claramente se utilizou uma indução física para saber quantas

coordenadas foram necessárias para solucionar o sistema, porém, em

matérias futuras, em que os mecanismos ficam mais complicados, haverá

métodos para que se determine o mínimo de coordenadas generalizadas para

descrever o movimento devidamente.



a) Considerando um pequeno deslocamento para o lado positivo de x, os

diagramas são:

b) O exercício já considera um número mínimo de coordenadas

generalizadas igual a 2, portanto, considerando-as 𝑥 e 𝜃. Assim, deve-

se obter duas equações diferenciais. Tem-se, para o bloco:

𝑴𝒂𝒙 = 𝑭𝑯 − 𝟐𝑲𝒙 → 𝑴�̈� = 𝑭𝑯 − 𝟐𝑲𝒙

𝑴𝒂𝒚 = 𝑭𝑽 + 𝑵 − 𝑷𝟏 → 𝒂𝒚 = 𝟎 → 𝑭𝑽 + 𝑵 − 𝑷𝟏 = 𝟎

A equação de momento chegará à 0=0, pois o bloco não gira.

No entanto, para a barra:

𝑚𝑎𝐺𝑥 = −𝐹𝐻

𝑚𝑎𝐺𝑦 = −𝐹𝑉 − 𝑃2

Porém

𝑎 𝐺 = 𝑎 𝑜 + �⃗⃗� ̇ ∧ (𝑮 − 𝑂) + �⃗⃗� ∧ {�⃗⃗� ∧ (𝑮 − 𝑂)}

Portanto, como 𝑎 𝑜 = �̈�𝒊 , �⃗⃗� ̇ = �̈�𝒋 , �⃗⃗� = �̇�𝒋 e (𝑮 − 𝑂) =

−𝑳

𝟐(𝐬𝐢𝐧𝜽 𝒊 + 𝐜𝐨𝐬𝜽 �⃗⃗� ), tem-se:

𝑎 𝐺 = �̈�𝒊 + �̈�𝒋 ∧ −𝑳

𝟐(𝐬𝐢𝐧𝜽 𝒊 + 𝐜𝐨𝐬𝜽 �⃗⃗� ) + �̇�𝒋 ∧ {�̇�𝒋 ∧ −

𝑳

𝟐(𝐬𝐢𝐧𝜽 𝒊 +

𝐜𝐨𝐬𝜽 �⃗⃗� )}

𝑎 𝐺 = �̈�𝒊 + �̈�𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 �⃗⃗� − �̈�

𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 𝒊 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 𝒊 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 �⃗⃗�

𝑎 𝐺 = (�̈� − �̈�𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽) 𝒊 + (�̈�

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽) �⃗⃗�

Portanto, tem-se:

𝒎(�̈� − �̈�𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽) = −𝑭𝑯

𝒎(�̈�𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽) = −𝑭𝑽 − 𝑷𝟐

Agora, pela equação de momento, é conveniente aplicar no pólo O:

�⃗⃗� 𝑜 = 𝑚(𝐺 − 𝑶) ∧ 𝑎 𝑜 +𝑑

𝑑𝑡 {[𝑖 𝑗 �⃗� ] [𝐽]𝑜 [

𝜔𝑥

𝜔𝑦

𝜔𝑧

]}

�⃗⃗� 𝑜 = −𝑚𝑳

𝟐(𝐬𝐢𝐧𝜽 𝒊 + 𝐜𝐨𝐬𝜽 �⃗⃗� ) ∧ �̈�𝑖 +

𝑑

𝑑𝑡 {[𝑖 𝑗 �⃗� ] [𝐽]𝑜 [

𝜔𝑥

𝜔𝑦

𝜔𝑧

]}

�⃗⃗� 𝑜 = −𝑚𝑳

𝟐�̈� 𝐜𝐨𝐬𝜽 𝑗 +

𝑑

𝑑𝑡 {[𝑖 𝑗 �⃗� ] [𝐽]𝑜 [

𝜔𝑥

𝜔𝑦

𝜔𝑧

]}

Tem-se, também:

[𝑖 𝑗 �⃗� ] [𝐽]𝑜 [

𝜔𝑥

𝜔𝑦

𝜔𝑧

] = [𝑖 𝑗 �⃗� ] [

𝑱𝑶𝒙𝒙 𝟎 −𝑱𝑶𝒙𝒛

𝟎 𝑱𝑶𝒚𝒚 𝟎

−𝑱𝑶𝒛𝒙 𝟎 𝑱𝑶𝒛𝒛

] [𝟎�̇�𝟎]

= 𝑱𝑶𝒚𝒚�̇�𝒋

Note que 𝑱𝑶𝒚𝒚 não varia com o tempo, nem 𝒋 .

Logo, 𝑑

𝑑𝑡 {[𝑖 𝑗 �⃗� ] [𝐽]𝑜 [

𝜔𝑥

𝜔𝑦

𝜔𝑧

]} = 𝑑

𝑑𝑡(𝑱𝑶𝒚𝒚�̇�𝒋 ) = 𝑱𝑶𝒚𝒚�̈�𝒋 =

𝒎𝑳𝟐

𝟑�̈�𝒋

Assim, calculando o momento �⃗⃗� 𝑜 no corpo:

�⃗⃗� 𝑜 = �⃗⃗� 𝑒𝑥𝑡 + ∑(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝐹 𝑖 = −𝑳

𝟐(𝐬𝐢𝐧𝜽 𝒊 + 𝐜𝐨𝐬𝜽 �⃗⃗� ) ∧ −𝒎𝒈�⃗⃗�

�⃗⃗� 𝑜 = −𝒎𝒈𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 𝒋 = (

𝒎𝑳𝟐

𝟑�̈� −

𝑚𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽) 𝑗

𝒎𝑳

𝟑�̈� +

𝒎𝒈

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 −

𝑚

𝟐�̈� 𝐜𝐨𝐬𝜽 = 𝟎

De imediato, já se encontrou uma equação diferencial que rege o

movimento da barra. A outra equação diferencial deve ser encontrada a partir

das equações obtidas anteriormente, para definir o movimento do bloco.

Logo,

𝑭𝑯 = −𝒎(�̈� − �̈�𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽)

𝑭𝑽 = −𝒎(�̈�𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽) − 𝒎𝒈

Encontrada as forças reativas, volta-se para a equação do bloco:

𝑴�̈� = 𝑭𝑯 − 𝟐𝑲𝒙

𝑴�̈� = −𝒎(�̈� − �̈�𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽) − 𝟐𝑲𝒙

𝑴�̈� + 𝒎(�̈� − �̈�𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽) + 𝟐𝑲𝒙 = 𝟎

(𝑴 + 𝒎)�̈� − 𝒎�̈�𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 + 𝒎�̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 + 𝟐𝑲𝒙 = 𝟎

Portanto, tem-se a outra equação diferencial que rege o movimento.

Assim, o movimento do sistema é descrito completamente pelas duas

equações diferenciais:

{

𝒎𝑳

𝟑�̈� +

𝒎𝒈

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 −

𝑚

𝟐�̈� 𝐜𝐨𝐬𝜽 = 𝟎

(𝑴 + 𝒎)�̈� − 𝒎�̈�𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽 + 𝒎�̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 + 𝟐𝑲𝒙 = 𝟎

c) As forças reativas 𝑭𝑯 e 𝑭𝑽 já foram obtidas anteriormente, faltando

encontrar a força normal.

Assim, tem-se o valor da força normal, tal que:

𝑵 = 𝑷𝟏 − 𝑭𝑽

𝑵 = 𝑴𝒈 + 𝒎(�̈�𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽) + 𝒎𝒈

𝑵 = (𝑴 + 𝒎)𝒈 + 𝒎(�̈�𝑳

𝟐𝐬𝐢𝐧𝜽 + �̇�𝟐

𝑳

𝟐𝐜𝐨𝐬𝜽)

Obs.: Embora eu tenho escolhido os sentidos contrários das forças

reativas em relação a resolução da prova, as equações diferenciais

obtidas devem ser as mesmas, independente da orientação que se

escolha!

Além dos assuntos estudados nesse material, todas as provas possuem

uma questão extra (às vezes uma questão sem ser extra) baseada em

conteúdos vistos em palestras ou materiais de programação relacionadas

ao que foi comentado em sala pelos professores. Vale a pena prestar

atenção ao que é dito, por exemplo, sobre momento giroscópico, ou a

compreensão de um movimento complexo baseado no programa SciLab.

Colaborem com os amiguinhos compartilhando suas anotações gente,

vamos parar de ser egoístas!

A P1 de MecB é bem escrotinha, não por ser difícil, mas por ser

estupidamente trabalhosa, e dessa forma não dá tempo de terminá-la sem

estar muito treinado para fazê-la (quase uma fuvest, real). Porém, não

desanime, a correção das provas é mais justa do que em MecA, apenas

certifique-se de ir fazendo o passo a passo com clareza, até para você não

se confundir também.

Espero que esse resumo tenha ajudado! :3

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RESUMO MECÂNICA II P1