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Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori

Notas de aula 01 – 1° Bimestre

1

EMENTA

Dinâmica dos sólidos: formulação. Dinâmica dos sólidos em

movimento geral.

OBJETIVOS GERAIS

Desenvolver no aluno uma visão factível da mecânica, criando no

mesmo uma "intuição" correta dos fenômenos mecânicos.

OBJETIVOS ESPECÍFICOS

Estabelecer os conceitos básicos sobre Dinâmica do Sólido.

Estabelecer as leis dinâmicas que regem o movimento de um

sólido (movimento de translação, de rotação em torno de eixo

fixo, movimento plano e movimento geral). Preparar os alunos

para entender os dispositivos mecânicos comuns à vida do

Engenheiro.

Fornecer ferramentas aos estudantes para o entendimento de

disciplinas específicas do curso.

CONTEÚDO PROGRAMÁTICO

Dinâmica dos sólidos

Teorema do Centro de Massa - TCM

Teorema do Momento Angular – TMA

Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos.

Dinâmica dos sólidos em translação

Dinâmica dos sólidos em movimento de rotação

Dinâmica dos sólidos em movimento plano

Dinâmica dos sólidos em movimento genérico.

Matriz de inércia; momentos de inércia e produtos de inércia.

Dinâmica dos sólidos: formulação matricial para o momento

angular.

BIBLIOGRAFIA Básica

BEER, F. P.; JOHNSTON JUNIOR, E. R. Mecânica vetorial

para engenheiros: cinemática e dinâmica 5ª ed. 2v. São

Paulo: Makron, 1994.

HIBBELER, R. C. Dinâmica: Mecânica para Engenharia.

8.ed. Rio de Janeiro Prentice Hall Brasil, 2004.

KRAIGE,L.G.;MERIAN,J.L. Mecânica: dinâmica. Rio de

Janeiro: LTC,2004. FRANÇA, L.N.F.;MATSUMURA,A.Z. Mecânica Geral.Edgar

Blucher, 2005.

GERE, J. Mecânica dos materiais. São Paulo: Pioneira Thomson

Learning, 2003

KAMINSKI, P.C. Mecânica geral para engenheiros. Edgar Blucher,

2000.

SEARS,F.;YOUNG H. D. Física. vol.1, Mecânica. Addison Wesley,

2008.

Dinâmica dos Sólidos,Unip, Versão 2, 2009.

Dinâmica dos Sólidos

1. Introdução:

A dinâmica dos sólidos consiste do estudo dos movimentos

dos sólidos, desconsiderando os efeitos de deformações do

mesmo. Um corpo que não sofre deformações, independente de

suas forças aplicadas, possui a propriedade que a distância entre

quisquer dois pontos pertencentes a ele permanece constante.

2. Efeitos das forças:

Os efeitos das forças dependerão dos fatores:

ponto de aplicação da força;

intensidade;

direção e sentido.

Quando o estudo refere-se a um ponto material, não há

influência do ponto de aplicação.

Para um sólido, a troca do ponto de aplicação acarretará

alterações no efeito sobre o corpo.

3. Dinâmica:

A escolha do sistema de referência para o estudo e

escolhido de forma que o sistema seja inercial, ou seja, que

satisfaz a Lei de Newton do Movimento.

3.1. Dinâmica do ponto material.

A segunda Lei de Newton utilizada é:

ext

n

i

i

F R m a

3.2. Dinâmica dos sólidos.

Definimos um ponto especial associado ao corpo, não

necessariamente pertencente a ele, denominado centro de

massa do sólido, CM.

Centro de massa do sólido, CM:

Pertence a linhas de simetria de distribuição de massa

do sólido.

Quando há mais de uma linha de simetria, o CM é a

interseção dessas linhas.

Para corpos de dimensões desprezíveis, o centro de

massa coincide com o centro de gravidade do corpo CG.

Definimos como centro de massa de um sistema de n

partículas de massa mi localizadas em relação a um sistema de

coordenadas em (xi , yi, zi):



2

1

1

n

i i

icm n

i

i

m x

x

m

1

1

n

i i

icm n

i

i

m y

y

m

1

1

n

i i

icm n

i

i

m z

z

m

Para corpos extensos:

corpo

cm

corpo

xdm

xdm

corpo

cm

corpo

ydm

ydm

corpo

cm

corpo

zdm

zdm

Definindo o ponto de origem do sistema inercial de I e

P a posição da massa dm de um corpo sólido, definimos como

vetor de posição:

r P I

Em geral: 0;0;0I

ˆˆ ˆcm cm cm cmr x i y j z k

Cinemática do centro de massa:

Velocidade do centro de massa:

ˆˆ ˆcm cm cm cmcm cm

dr dx dy dzv v i j k

dt dt dt dt

ˆˆ ˆcm cm cm

cmcm cm x y z

drv v v i v j v k

dt

Aceleração do centro de massa:

ˆˆ ˆcm cm cmx y zcmcm cm

dv dv dvdva a i j k

dt dt dt dt

ˆˆ ˆcm cm cm

cmcm cm x y z

dva a a i a j a k

dt

Forma da

Superfície Figura x y A

Triângulo

3

h

2

b h

Quarto de círculo

4

3

r

4

3

r

2

4

r

semicírcul

o

0 4

3

r

2

2

r

Quarto de

elipse

4

3

a

4

3

b

4

ab

Meia elipse

0

4

3

b

2

ab

Semi parábola

4

8

a

3

5

h

2

3

ah

parábola

0

3

5

h

4

3

ah

Arco de

parábola

3

3

a

3

10

h

3

ah

Curva

geral

1

2

na

n

1

4 2

nh

n

1

ah

n

Setor

circular

2

3

rsen

0

2r

Quarto de Arco

2r

2r

2

r

Semi arco 0 2r

r

Arco

rsen

0

2 r



3

Forma Figura x V

Hemisféri

o

3

8

a

32

3a

Semi-

elipsóide

de revolução

3

8

h

22

3a h

Parabolói

de de revolução

3

h

21

2a h

Cone

4

h

21

3a h

Pirâmide

4

h

1

3abh

Exemplos: Cálculo do centro de massa:

1. Encontre o centróide ou centro de massa CM de um

aro circular de raio R e massa M.

M dm

r ds

ds r d

Mdm ds

r

0

1corpo

cm cm

ydmM

y y R sen RdM M R

0

cm

R My Rsen d

R M

0

0

coscm cm

R Ry sen d y

2

cos cos0cm cm

R Ry y

2. Mostre que a coordenada x do centróide do exemplo

anterior é nula.

3. (pag. 6 Livro Unip) A placa em forma de semi corôa

na figura abaixo é plana, homogênea e possui raios R1 e R2.

Pedem-se, determinar seu centro de massa.

Tratando em

coordenadas polares:

cosx r y r sen

Como a figura é uniforme, sua densidade de massa

será:M dm

A dA



4

2 22 2

2 12 1

2

2

M M

R RR R

dA r dr d

corpo

cm

xdm

xM

corpo

cm

ydm

yM

2 2

2 1

2Mdm dA dm dA

R R

2 2

2 1

2

cm

My dA

R Ry

M

2

1

2

2 2

2 1

2R

cm

R

My r sen rdrd

R R M

2

1

2

2

2 2

2 1

2R

cm

R

y sen d r drR R

2

1

32

2 2

2 1

2cos

3

R

cm

R

ry

R R

1 1 3 3

2 1

2 2

2 1

2cos2 cos

3cm

R Ry

R R

3 3

2 1

2 2

2 1

22

3cm

R Ry

R R

3 3

2 1

2 2

2 1

4

3cm

R Ry

R R

0cmx simetria

4. (pag. 8 – Livro Unip) Encontre as coordenadas do

centro de massa para a peça do exemplo anterior para raios 2

mm e 3 mm. (0; -1.6mm).

5. (Kraige 5.1) Localize o centróide da figura

unidimensional:

R.: r sen

x

6. (Kraige 5.3) Localize o centróide da figura

bimensional:

R.:

0

2

3

r

r senx

7. (Kraige – 5.2) Mostre que, para a figura plana

homogêna triangular, seu centróide (centro de massa CM) é

dado por:

Faça:

dA x dy

Use semelhança de triângulos:

x b

h y h



5

0

3

2

h

cm cm

y xdyh

y ybh

1x b hx x

h y y hh y h b b

0 0

1

2 2

b b

cm cm

xx ydx x h dx

bx x

bh bh

2

0

2b

cm

xx x dx

b b

2 3

0

2

2 3

b

cm

x xx

b b

2 3 2 22 2 3 2

2 3 6 6cm cm

b b b bx x

b b b

3cm

bx

8. Localize o centro de massa das figuras. (B.J. Cap.

5).

8.1

8.2



6

Teoria da dinâmica do sólido

http://www.claudio.sartori.nom.br/cinematicaDinamicaSol

idos.html

A teoria geral da dinâmica dos sólidos apóia-se em

dois teoremas:

Teorema do centro de massa. “ A resultante das forças aplicadas ao sólido, e que são

de origem externa ao mesmo, é igual ao produto da massa do

sólido pela aceleração do centro de massa”.

ext cmR m a

Forças de origem externa: Forças aplicadas em um

elemento de massa dm do sólido, por outros corpos que não o

próprio sólido. Sua soma é dada por: ext ext cmdf R m a

Forças de origem interna: são aquelas aplicadas num

elemento de massa dm so sólido, por outros elementos de massa

do mesmo sólido: pelo princícpio de ação e reação, as forças

internas aparecem aos pares. A soma de todas as forças internas

é nula: int 0df .

Definições:

A cinemática do pólo

A escolha de um pólo, pode ser feita em qualquer

ponto do espaço, inclusive pode ser um ponto do sólido em

estudo. Caracterizando:

1. O sistema de eixos I(x,y,z) representa um sistema de

referência inercial.

2. O ponto P(x,y,z) é um ponto do sólido onde se

encontra o elemento de massa dm.

3. O ponto O(xo,yo,zo) é um ponto qualquer, que será

adotado como pólo.

Vetor posição de P(x,y,z):

Pr P I

Vetor velocidade de P(x,y,z):

P

dv P I

dt

Vetor aceleração de P(x,y,z):

PP

dva

dt

Vetor posição de O(xo,yo,zo):

Or O I

Vetor velocidade de O(xo,yo,zo):

O

dv O I

dt

Vetor aceleração de O(xo,yo,zo):

OO

dva

dt

Observe que: P I O I P O

P Or r P O

Derivando:

OPdrdr d

P Odt dt dt

P O

dv v P O

dt

Chamando de velocidade relativa no ponto P em

relação ao pólo O:

rel P O

dv v v P O

dt

Momento linear:

sól CMp v dm p m v

2a Lei de Newton: Pode ser escrita por:

dpdf dm a df

dt

a

d dm vdp dvdm

dt dt dt

Momento polar:

Uma força F , aplicada no ponto P(x,y,z), tem um

momento polar em relação ao polo O(x0, y0, z0) dado por:

OM P O F

OM expressa a capacidade da força F , de produzir

rotação no sólido em que é aplicada, em torno de um eixo que

passa pelo pólo O, e qu tem direção do próprio momento polar

OM , no sentido definido pela regra da mão direita: mão em P

e os dedos se curvam no sentido da rotação .

x, i

z, k

y, j

I

O(xo,yo,zo)

P (x,y,z)

Pr Or

y, j

z, k

x, i

O

P

OM

F

http://www.claudio.sartori.nom.br/cinematicaDinamicaSolidos.html

http://www.claudio.sartori.nom.br/cinematicaDinamicaSolidos.html



7

Momento angular: Seja dp o momento linear do elemento de massa dm, que

ocupa o ponto P(x,y,z), que se desloca com velocidade v . O

momento angular desse elemento de massa dm, em relação ao

pólo O é dado por:

OdH P O dp

A soma de todos os momentos angulares fornece o

total dado por: O OH dH P O dp

Prova do Teorema do Momento Angular:

OH P O dp

Od P O d dm vdH

dm v P Odt dt dt

O

d P Ov v

dt

OO

dH dvv v dm v P O dm

dt dt

0

O Ov v dm v v dm v v dm v

OO

dHv v dm v P O dm a

dt

OO

dHv v dm v P O R

dt

OO O

dHv dm v M

dt

OO O

dHv v dm M

dt

OO CM O

dHv v m M

dt

OO O CM

dHM v v m

dt

OO O CM

dHM v v m

dt

Teorema do Momento angular. “ considera-se que num certo nstante , um sólido com

massa m tem seu centro de massa CM deslocando-se com

velocidade CMv e seu momento angular OH em relação ao

pólo O, possui derivada em relação ao tempo OdH

dt, enquanto

que o pólo apresenta velocidade Ov ; o momento resultante das

forças aplicadas nesse sólido é dado por:

OO O CM

dHM v m v

dt

Dinâmica do movimento de translação

O movimento de translação é caracterizado como aquele

em que “ a reta definida por dois pontos do sólido não muda de

direção durante o movimento”. Todos os pontos apresentam

velocidades e acelerações iguais.

TCM: Teorema do Centro de Massa.

ext cmR m a

TMA: Teorema do Momento Angular. Considerando a definição de Momento Angular do sólido:

OH P O v dm

Como todos os elementos de massa dm do sólido

apresentam a mesma velocidade:

OH P O dm v

Pela definição de Centro de massa:

CM

P O dmCM O r

m

Substituindo, teremos: OH CM O v

Adotando-se como pólo, o centro de massa CM:

0CM CMH CM CM v H

“ O valor do momento angular em relação ao pólo

no Centro de Massa CM é constante e igual a zero”.

Do TMA, Teorema do Momento Angular, com

pólo no CM – Centro de Massa, tem-se:

0 0CMCM CM

dHM M

dt

Dinâmica do movimento plano

O movimento plano é aquele o sólido em estudo tem

movimentos restritos a um único plano, denominado plano de

movimento, restringindo portanto a sólidos planos.

Cinemática do movimento plano:

Seja e o vetor ortogonal ao plano de movimento.

Lembramos que o vetor velocidade angular e

aceleração angular são dados por, respectivamente:

ˆ ˆe e

Sendo P e Q pontos do sólido, a velocidade de P pode

ser obtida a partir da velocidade de Q por:



8

P Qv v P Q

A aceleração do ponto P em termos da aceleração do

ponto Q será dada por:

P Qa a P Q P Q

Teorema do momento angular aplicado ao

movimento plano: O TMA: Teorema do Momento Angular, exige uma

escolha apropriada do pólo. Seja O o pólo fixo,

pertencente ao sólido e igual ao CM: O = CM. (CM:

Centro de Massa).

Assim:

OO

dHM

dt

Se Q coindide com O:

Q

Q

dHM

dt

Considere a definição de momento angular e o pólo Q:

Q PH P Q dm v

Q QH P Q dm v P Q

Q QH P Q v dm P Q P Q dm Pela definição de Centro de Massa CM:

P Q dm CM P m

Q Q

CM Q m

H P Q dm v P Q P Q dm

Q QH CM Q v m P Q P Q dm

Se Q é fixo: 0Qv

Aplicando a regra:

a b c a c b a b c

Para: a P Q b c P Q

P Q P Q P Q P Q

P Q P Q

Como: 2

P Q P Q P Q e

P Q P Q (vetores perpendiculares!)

2

0QH CM Q m P Q dm

2

QH P Q dm

Momento de Inércia:

Denominamos de momento de inércia IQ:

2

QI P Q dm

O momento de inércia expressa fisicamente a inércia

de rotação do sólido, quando acelerado em movimento de

rotação em torno do eixo ortogonal ao plano do moviemnto que

passa pelo pólo Q. O momento de Inércia de um elemento de

massa de um sólido, é expresso pelo produto entre a massa do

elemento, e o quadrado da distância entre o ponto P, que contém

o elemento de massa dm e o pólo Q.

Logo: 2

QH P Q dm

Q QH I

Tomando-se a derivada em relação ao tempo:

Q

Q Q Q

dId d dH I I

dt dt dt dt

0

P Q cte

Q

Q Q

dId dH I

dt dt dt

Q Q

dH I

dt

Q Q Q

dH M I

dt

Raio de Giração Sendo IO o momento de inércia de um sólido de massa

m, em relação ao eixo que passa pelo pólo O. O raio de giração

k, do sólido em relação a esse eixo é dado por:

OIk

m

Dinamica do moviemnto plano: Resumo:

TCM: Teorema do centro de massa:

ext CMR m a

TMA: Teorema do momento angular:

Q QM I

Sendo:

2

QI P Q dm

Pólo Q pertencente ao sólido;

Pólo Q fixo (vQ = 0)



9

Pólo Q = CM.

Momento de inércia de figuras:

Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner)

2

P CMI I M d

Cálculos de momento de inércia.

Quando um corpo rígido não pode ser representado por

massas puntiformes, podemos escrever a relação integral: 2

corpo

I r dm

Dependendo de como a massa está distribuída,

podemos definir as densidades:

Densidade Símbolo Definição Unidade

Linear

M

L

kg

m

Superficial

M

A

2

kg

m

Volumétrica

M

V

3

kg

m

Para o caso unidimensional, podemos definir:

dmdm dl

dl

2

corpo

I r dl

Para corpos bi e tridimensionais, veja a tabela a seguir.

Tabela - Definições de Momentos, Momentos de inércia

e centro de massa.

Corpos

Bidimensionais

(Figuras Planas)

Corpos tridimensionais

Centro de

Massa

),( mm yx

),,( mmm zyx

Rm

R

x dA

xdA

Rm

R

x dV

xdV

Rm

R

y dA

ydA

R

m

R

y dV

ydV

Rm

R

z dV

zdV

Momentos

Lâmina Sólido

mxM y mzM xy

myM x myM xz

mxM yz

Momentos de

Inércia

Figuras Planas Corpos Tridimensionais

Ix 2

R

y dA

2 2( )R

y z dV

Iy 2

R

x dA

2 2( )R

x z dV



10

Io, Iz

2 2( )R

x y dA

2 2( )

R

y x dV

Exemplo 1 – Barra delgada uniforme, eixo

ortogonal ao seu comprimento. A figura mostra uma barra ou

vara delgada uniforme de massa M e comprimento L.

Determine seu momento de inércia em relação a um eixo

passando pelo ponto O, a uma distância arbitrária h de uma de

suas extremidades.

Solução: Escolhendo um elemento de massa de uma seção reta

da barra com comprimento dx situado a uma distância x do

ponto O. Assim, se a densidade linear é uniforme:

dm M Mdm dx

dx L L

2

corpo

I r dm

2 2

L h L h

h h

M MI x dx I x dx

L L

3

3

x L h

x h

M xI

L

2 213 3

3I M L L h h

o Se o eixo passar pela extremidade esquerda: h = 0:

21

3I M L

o Se o eixo passar pela extremidade direita: h = L:

21

3I M L

o Se o eixo passar pelo centro: h=L/2:

21

12I M L

Exemplo 2 – Cilindro maciço ou oco girando em

torno de seu eixo. A figura mostra um cilindro oco e uniforme

com comprimento L, raio interno R1 e externo R2 e massa M.

Calcule o momento de inércia em relação ao eixo de simetria

do cilindro.

Solução:

2dm dV dm r L dr

2

corpo

I r dm

2

1

2 2

R

R

I r r L dr

2

1

32

R

R

I L r dr

4 4

2 14

LI R R

Exemplo 3 – Esfera homogênea de raio R e eixo

passando pelo centro. A esfera abaixo poderia ser uma bola de

bilhar. Determine seu momento de inércia.

Solução: 2 2r R x

2dm dV dm r dx

2

corpo

I r dm

2 2dm R x dx

Para um disco:

21

2dI r dm

2

2 2 2 21

2dI R x R x dx

2

2 2

2dI R x dx

2

2 2

0

22

R

I R x dx

5 58 8

15 15I R I R



11

34

3

M M

VR

3

3

4

M

R

5

3

8 3

15 4

MI R

R

22

5I M R

Exercícios 1. (Beer Johnston pg. 1033 16.1) Uma Van a 30 ft/s

aciona os freios, impedindo a rotação das rodas e pára após

percorrer 20 ft. Determine a força normal e a de atrito em cada

roda. Dado: g = 32.2 ft/s².

Solução: Aceleração da Van:

22 2 0

0 22

vv v a s a

s

2

2

3022.5

2 20CM

fta a

s

iext R

i

F m a

0A BN N W

A BN N m a

A BW N N

A BN N m a

W m a

am g m a

g

22.50.699

32.2

iA

n

F R

i

M M

12 5 4BN W m a

32.2

12 5 22.5 4 12 2.795 5B B

WN W N W W

g

12 7.795 0.65B BN W N W

0.65 0.35A B A AW N N W N W N W

0.350.699

0.245A AAT k A AT

W

F N F W

0.650.699

0.454B BAT k B AT

W

F N F W

0.65

0.3252

W

BFrente Frente

NN N W

0.35

0.1752

W

ATras Tras

NN N W

0.245

0.1222

A

Tras Tras

W

AT

AT AT

FF F W

0.454

0.2272

B

Frente Frente

W

AT

AT AT

FF F W

2. (Unip 2.01 pag. 22) – Um dico de massa m = 5 kg,

raior R = 0.15 m, apóia-se em uma superfície horizontal rugosa,

com coeficiente de atrito = 0.4. Uma força F, aplicada à altura

h, faz com que o disco translade apoiado na superfície

horizontal, com aceleração a = 2 m/s². Pedem-se:

(a) a intensidade da força F;

(b) a altura h.

Teorema do Centro de Massa: TCM:

0

atF F m a

N P

F N m a

N P

F m g m a

0.4 5 10 5 2F m g m a F

30F N

TMA: 0ATCM F FM M M

R

F

h

R

F

h N

x

y

atF

CM P



12

30 0.1520

0FatF R h F R

1.54.5 30 3 0.05

30h h h m

3. (Unip – pag. 24) – A figura mostra um veículo com

massa 200 kg e tração traseira, do qual removeu-se um par de

rodas. Indignado com a brincadeira, seu motorista parte do

repouso e mantém o veículo movendo-se por um período de

tempo significativo, conforme ilustrado. As dimensões são d1=

1.3 m; d2 = 0.4 m e h = 1.6 m. Pedem-se:

(a) a aceleração do centro de massa;

(b) a força de atrito.

Forças agentes:


200 10

200

0 2000

at atf m a f a

N P N P N

TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM.

2

800

2000 0.4N NM N d M

1.6at atF at F atM F h M F

O peso tem momento nulo pois tem linha de ação

passando pelo pólo.

Assim: 0 1.6 800 0atF N atM M F

500

800

1.6

N

atF

2

5002.5

200 200

atF ma a a

s

4. (Unip pag. 25 – 2.03) – A figura ilustra um bloco

de granito de massa m = 800 kg, de altura H = 4 m, largura L =

2 m, que encontra-se apoiado em uma superfície horizontal,

com coeficiente de atrito = 0.3. Uma força F horizontal, com

linha de ação, distante h = 3 m do solo, aciona o bloco fazendo-

o deslizar, sem tombar. Para a condição de máxima aceleração,

pedem-se:

(a) a força F;

(b) a máxima aceleração.


80 10

800

0 800

at atF f m a F f a

N P N P N


1

12

N N

LM N x M N x

4

2

2at atF at F at

HM F h M F

22

F F

HM F h M F h


passando pelo pólo. O atrito é cinético:

2400

0.3 8000at at

N

F N F

2400 800F a

Assim:

0 2 1 0atF N F atM M M F N x F



13

2400 2 8000 1 2400 800 0x a

Quando a força F chegar ao máximo, o bloco fica na

iminência de tombar; o granito apóia-se em sua aresta, e desta

forma pode-se garantir que a normal tem sua linha de ação

passando pela mesma. Assim, x = 0;

4800 8000 1 0 2400 800 0a

4800 8000 2400 800 0a

2

8001

800

ma a

s

1

2400 800 3200F a F N

5. (Unip pag. 28 – 2.04) – A figura mostra um

caminhão que desloca-se em movimento reto e uniforme,

transportando uma carga de massa m = 350 kg, que se apóia na

carroceria. O coeficiente de atrito entre a carga e a carroceria é

= 0.30. As dimensões indicadas, são: d = 0.3 m e h = 0.6 m.

Num certo instante, o caminhão freia mantendo desaceleração

uniforme, nessas condições, pedem-se:

(a) a desaceleração do caminhão que produz

escorregamento da carga;

(b) a desaceleração do caminhão que produz

tombamento da carga.


350 10

350

0 3500

at atf m a f a

N P N P N


0.3

3500 0.3N NM N d x M x

0.6at atF at F atM F h M F


passando pelo pólo.

Assim, na iminência de tombar, x = 0. 0

0 3500 0.3 0.6atF N atM M x F

1750

10501050 0.6 0

0.6

N

at atF F

35000.3

0 0 1050at atF N F

Como a força de atrito máxima permitida é inferior

ao valor calculado, há uma impossibilidade física; ou seja, o

bloco nunca tombará...

5. (Beer Johnston 5 Ed. Pag. 549) – A placa ABCD de

8.00 kg está sustentada pelas barras articuladas AE e DF e pelo

fio BH. Desprezando-se as massas AE e DF, determinar

imediatamente após o corte de BH: (a) a aceleração do centro

de massa da placa; (b) a força em cada barra.

Equações de movimento:

Aceleração do centro de massa:

cos30t cm cmF m a P m a

cos30 cmm g m a

2

2

9.81

30 8.5 60cm cm

m s

ma g cos a

s ⦫

Forças nas barras AE e DF:

30nF P sen

30AE DFF F P sen

⤹ 0GM

30 250 cos30 100AE AEF sen F

30 250 cos30 100 0DF DFF sen F



14

125 86.6AE AEF F 125 86.6 0DF DFF F

38.4 AEF 212 0DFF

0.181DF AEF F

0.181 39.24

8 9.81

30 0.819 39.24

AEF

AE DF AEF F P sen F

39.2447.9 T

0.819AE AEF F N

47.9

0.181 8.6 CDF AE DFF F F N

6. (Hibbeler R. C. Ex. 17.7 pag. 417) – Um caixote

de 50 kg está numa superfície horizontal de coeficiente de atrito

cinético k = 0.2. Determine sua aceleração se uma força P é

aplicada sobre o caixote como mostrado.

Diagrama de corpo livre:


600 0.2 50x xx CM C CMF m a N a

490.5 0yy CM CF m a N

⤹ 0CMM

600 0.3 0.2 0.5 0C CN x N

490.5CN N

490.5

2600 0.2 50 10

x xC CM CM

mN a a

s

0.467x m

7. (Hibbeler R. C. Ex. 17.5 pag. 415) – O carro

mostrado na figura de massa 2 M g = 2000 kg possui centro de

massa no ponto G. Determine a aceleração se os pneus traseiros

estão sempre deslizando, enquanto os dianteiros estão livres

para girar. O coeficiente de atrito de fricção entre os pneus e a

rodovia vale k = 0.25.


0.25 2000x G B GF m a N a

2000.9.81 0yy G A BF m a N N

⤹ 0GM

1.25 0.25 0.3 0.75 0A B BN N N

19620A BN N

20008000

0.25B G B GN a N a

0.54

0.6751.25 0.675 0

1.25A B A BN N N N

12.70.54

1962019620

1.54

B

kNN

A B BN N N

12740.26

0.54 6.88A B AN N N kN

21.59

8000

BG G

N ma a

s

8. (Hibbeler R. C. Ex. 17.6 pag. 416) – A motocicleta

possui massa 125 kg e centro de massa em G1 e o motociclista

possui massa de 75 kg e centro de massa em G2. Determine o

mínimo coeficiente de atrito estático entre os pneus e o

pavimento de forma que o motociclista faça um “wheely”, ou

seja, levante o pneu da frente do chão. Qual a aceleração

necessária para fazer isso? Despreze as massas das rodas e

assuma que a roda da frente está livre para rolar.



15

Diagrama do corpo livre:


75 125xx G B GF m a F a

75 9.81 125 9.81

735.75 1226.5 0yy G BF m a N

⤹BB RM M

294.3 981

735.75 0.4 1226.25 0.8 1275.3BM

67.5 75

75 0.9 125 0.6 142.5B

G G

R G G G

a a

M a a a

2

1275.38.95

142.5G G

ma a

s

1962 1790B BN N F N

Coeficiente de atrito mínimo: 0.912

1790

1962

BB B

B

F

N

9. (Hibbeler R. C. Ex. 17.6 pag. 418) – Uma viga de

100 kg é suportada por duas hastes de massas desprezíveis.

Determine a força desenvolvida em cada haste no instante em

que = 30° e = 6 rad/s.

Diagrama de corpo livre. A viga se move com

movimento curvilíneo, desde que todos os seus pontos movem-

se em trajetória circular, cada um tendo o mesmo raio de 0.5m.

O centro de massa G tem o mesmo movimento (devido a

translação do sólido). Note que a componente tangencial da

aceleração atua na direção para baixo e para esquerda, devido

ao sentido de rotação horário da aceleração angular .

Como a componente normal da aceleração é sempre

dirigida para o centro de curvatura:

218

2 26 0.5N N

m s

G Ga r a



849.57 1800

981 cos30 100 18nn G B DF m a T T

981 30 100t tt G GF m a sen a

⤹ 0 cos30 0.4 cos30 0.4 0G B DM T T

2649.57nn G B DF m a T T

2

981 304.905

100t t tt G G G

sen mF m a a a

s

⤹ 0G B DM T T

2649.57 1324.78B B B DT T T N T

10. (Beer Johnston 5 Ed. 16.5 Pag. 551) – Uma polia

pesando 53.4 N e raio de giração 0.203 m está unida a dois

blocos como ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no

eixo, determinar a aceleração angular da polia e a aceleração de

cada cilindro.

0.152 m

0.254 m



16

Sentido do movimento: Para manter a polia em

equilíbrio:

⤹ 0 0.152 22.2 0.254 0G BM P

37.1BP N

A polia girará no sentido antihorário.

Cinemática do movimento:

A A B Ba r a r

0.254 0.152A Ba a

BR B B B BF m a P T

44.5 4.536 0.152

B

B B B B B

P g

T P m a T

44.5 0.6895BT

AR A A A AF m a T P

2.2629 0.254 22.2

A

A A A A A

P g

T m a P T

0.5748 22.2AT

Equações de movimento: momento de inércia da polia:

2 2PI m k I k

g

2 253.40.203 0.224

9.81I I kg m

⤹ G GM I

0.152 0.254B A GT T I

44.5 0.6895 0.152

0.5748 22.2 0.254 0.224

6.764 0.1048

0.146 5.6368 0.224

1.1272 0.2508 0.224

2

2.37

1.12720.2508 0.224 1.1272

0.4748

rad

s

22.37

rad

s ↺

2

2

0.254 2.37 0.602

0.152 2.37 0.360

A A

B B

ma a

s

ma a

s

11. (Kraige 6/1 pag. 422) – A pickup de peso

3220 lb sobe 200 ft acelerando com aceleração constante do

repouso até uma velocidade 30 mi/h uma pista com 10 % de

inclinação. Calcule a força normal sobre cada par de rodas e a

força de atrito sobre as rodas traseiras. O coeficiente de atrito

entre o pneu e a pista possui valor suportável até 0.8.

Solução: Assumindo a massa dos pneus negligenciável

quando comparada com a massa da caminhonete: 2

2 2

0 22

vv v a s a

s

2

2

4430 44 4.84

2 200x xG G

mi ft ftv a a

h s s


15.26

10arctg

44.5 N 22.2 N



17

2

32200.1 4.84

32.2

3220x x

lb

x G G

ft

s

PF m a F sen a

g

320 484 804F F lb

1 20 3200 0yy GF m a N N

1 20 60 804 24 60 0G GM I N N

1 260 19286 60 0N N

1 23200N N

2 260 3200 19286 60 0N N

2 2

211286192000 19286 120 0

120N N

2 1760.72N lb

1 1439.33N lb

Para suportar uma força de F 804 lb o coeficiente de

atrito terá de ser:

2

0.45

804

1760

F

N . Logo a superfície

da pista suporta a tração.

12. A figura deste exemplo mostra uma barra

homogênea AB, que possui massa m = 3 kg, comprimento 0,3

m, e está ligada, através de um fio, a um cursor que pode

deslizar livremente ao longo de haste horizontal fixa e também

apoia-se em uma superfície horizontal lisa. Determine a

aceleração do cursor, para que o fio fique alinhado com a barra.

Para o cálculo do momento polar iremos precisar do

ângulo dado pela inclinação da barra com a horizontal, que é

obtido como: 𝑠𝑒𝑛∅ =0,48

0,50 o que no leva a ∅ = 73,740.

Teorema do centro de massa: ��𝑅 = ∑ 𝑚𝑖 ∙ ��𝑖𝑛𝑖=1

em x: 𝑇 ∙ 𝑐𝑜𝑠73,740 = 𝑚 ∙ 𝑎

𝑇 ∙ 0,28 = 3 ∙ 𝑎 equação (1)

em y: 𝑁 − 𝑃 + 𝑇 ∙ 𝑠𝑒𝑛73,740 = 0

𝑁 − 30 + 𝑇 ∙ 0,96 = 0 equação (2)

Usando o Teorema do Momento polar, com relação

ao ponto do centro de massa.

Como a força peso e a força de tração, ambas têm as

suas linhas de ação passando pelo centro de massa, isso resulta

em um momento polar nulo. Assim;

Momento de N: MN = N x braço = N.(bN) e Momento

de MN = N.(bN) = 0, o que nos leva N = 0, que substituindo

na equação (2), temos;

−30 + 𝑇 ∙ 0,96 = 0 o que nos leva a 𝑇 = 31,25 𝑁

Substituindo-se na equação (1), nos dá;

𝑎 = 2,92𝑚

𝑠2

13. Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático

entre os pneus e o pavimento é 0,8 determine, para o carro

mostrado na figura, a máxima aceleração possível numa

estrada horizontal, nos casos:

(a) tração nas quatro rodas,

(b) tração nas rodas dianteiras,

(c) tração nas rodas traseiras.

Sol.

Tomando o centro de massa como ponto de referência;

e lembrando que fatA = µe.NA e fatB = µe.NB.

a-) Calculando a aceleração máxima, (aGmáx ) pata a tração nas

quatro rodas.

��𝑅𝑒𝑥𝑡 = 𝑚��𝐺 → �� + ��𝐴 + ��𝐵 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 = 𝑚��𝐺

−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖 (−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) ∙ 𝑗 + (𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵) ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖

Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial

obtemos duas equações, uma para 𝑖 e outra para 𝑗. para 𝑖 para 𝑗 𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 = 𝑚𝑎𝐺 −𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 0

𝜇𝑒(𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) = 𝑚𝑎𝐺 (1) 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 (2)

Fazendo a substituição da equação (2) na equação (1),

obtemos

𝜇𝑒(𝑚𝑔) = 𝑚𝑎𝐺 → 𝑎𝐺 = 𝜇𝑒𝑔 → 𝑎𝐺 = 0,8 ∙ 9,8 → 𝑎𝐺 = 7,85 .

𝑎𝐺 = 7,85 𝑚 𝑠2⁄ Logo; ��𝐺 = 7,85𝑖 𝑚 𝑠2⁄

Calculando as reações nos apoios: NA e NB.

Para o movimento de translação 𝑀𝐺𝑒𝑥𝑡 = 0

−𝑓𝑎𝑡𝐴. 0,6 − 𝑓𝑎𝑡𝐵 . 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵 . 1,6 = 0 , logo

−𝜇𝑒𝑁𝐴. 0,6 − 𝜇𝑒𝑁𝐵 . 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵. 1,6 = 0

−0,48. 𝑁𝐴 − 0,48. 𝑁𝐵 − 1,1. 𝑁𝐴 + 1,6. 𝑁𝐵 = 0 , logo

−1,58. 𝑁𝐴 − 1,12. 𝑁𝐵 = 0

𝑁𝐴 = 0,709. 𝑁𝐵 (3)

Substituindo (3) em (2), vem:

𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 0,709. 𝑁𝐵 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 1,709. 𝑁𝐵

= 𝑚𝑔 → 𝑁𝐵 = 0,585. 𝑚𝑔 = 0,85. 𝑃

𝑁𝐴 = (0,709). (0,585). 𝑚𝑔 = 0,415. 𝑃

b-) Cálculo para a tração nas rodas dianteiras. Na iminência do

movimento, desconsidera-se atrito nas rodas traseiras: assim

basta eliminar a força de atrito na roda traseira, noas equações

para o caso 4x4.

��𝑅𝑒𝑥𝑡 = 𝑚��𝐺 → �� + ��𝐴 + ��𝐵 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 = 𝑚��𝐺

−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖 (−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) ∙ 𝑗 + (𝑓𝑎𝑡𝐴) ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖



18

Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial

obtemos duas equações, uma para 𝑖 e outra para 𝑗. para 𝑖 para 𝑗 𝑓𝑎𝑡𝐴 = 𝑚𝑎𝐺 −𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 +𝑁𝐵 = 0

𝑁𝐴 =𝑚𝑎𝐺

𝜇𝑒 (1) 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 (2)

Calculando as reações nos apoios: NA e NB.

Para o movimento de translação 𝑀𝐺𝑒𝑥𝑡 = 0

−𝑓𝑎𝑡𝐴. 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵 . 1,6 = 0 , logo

−𝜇𝑒𝑁𝐴. 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵. 1,6 = 0

−0,48. 𝑁𝐴 − 1,1. 𝑁𝐴 + 1,6. 𝑁𝐵 = 0 , logo

𝑁𝐴 = 1,013. 𝑁𝐵 (3)

Substituindo (3) em (2), vem:1,013. 𝑁𝐵 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 →

𝑁𝐵 = 0,498. 𝑚𝑔 → 1,709. 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 𝑁𝐵 = 0,498. 𝑃

𝑁𝐴 = (1, 𝑂13). (0,498). 𝑚𝑔 = 0,505. 𝑃

Fazendo a substituição da equação (1); obtemos

𝑁𝐴 =𝑚𝑎𝐺

𝜇𝑒

→ 𝑎𝐺 = 0,505. 𝑃.𝜇𝑒

𝑚

= (0,505). (0,8) 𝑚𝑔 𝑚⁄ → 𝑎𝐺 = 3,96 𝑚 𝑠2⁄

14. O veículo da figura pode trafegar utilizando várias

configurações de eixos motrizes. As dimensões indicadas são:

d1 = 2.5m; d2 = 1.5 m e h = 0.9 m. O veículo de massa m = 1400

kg apóia-se em uma superfície horizontal com coeficiente de

atrito = 0.8. Pedem-se determinar a máxima aceleração do

veículo nas seguintes hipóteses:

(a) tração nas quatro rodas;

(b) tração nas rodas traseiras;

(c) tração nas rodas dianteiras.

(a) tração nas quatro rodas;



x T Dx G AT AT GF m a F F m a

0y T DF N N P

⤹ 1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d

D T GN N m a

14000T D T D

m g

N N P N N

14000 0.9 0.9D DN N

14000 2.5 1.5 0D DN N

0.8 14000 0.9 0.8 0.9D DN N

14000 2.5 1.5 0D DN N

10080 0.72 0.72D DN N

35000 2.5 1.5 0D DN N

10080 35000 4 0DN

4 24920 6230D DN N N

14000 6230 7770T TN N N

2

4984 6216

8

112000.8 6230 0.8 7770 1400

1400G G

m s

a a

(b) tração nas rodas traseiras;

x Tx G AT GF m a F m a

0y T DF N N P

⤹ 1 20 0TG AT T DM F h N d N d

14000D TN N

1 2

0.90.8 2.5 1.5

0T T DN h N d N d

0.72 2.5 1.5 0 1.5 1.78T T D D TN N N N N

1.1867D TN N

1.1867

14000 2.1867 14000

T

D T T

N

N N N

140006402.34 7597.659

2.1867T T DN N N N N

0.8 6402.34 1400T

T

AT G G

N

F m a a

2

5121.8723.658

1400G G

ma a

s

(c) tração nas rodas dianteiras.

x Dx G AT GF m a F m a

0y T DF N N P



19

⤹ 1 20 0DG AT T DM F h N d N d

14000D TN N

1 2 0D T DN h N d N d

0.8 0.9 2.5 1.5 0 0.888D T D T DN N N N N

1.888 14000 7415D DN N N

6584.74TN N

0.8 7415 1400D G GN m a a

2

59324.237

1400G G

ma a

s

15. A figura mostra um automóvel de 750 kg, que

desloca-se com velocidade constante v = 35 m/s, para a direita,

apoiado numa superfície horizontal com coeficiente de atrito

estático e = 0.8 e coeficiente de atrito cinético c = 0.65. As

dimensões indicadas são d1 = d2 = 1.0 m e h = 0.7 m. Num certo

instante, os freios são acionados. Pedem-se:

(a) as reações normais nas rodas, para desaceleração

de 5.5 m/s²;

(b) o mínimo espaço de frenagem;

(c) o espaço de frenagem caso as rodas travem.

Solução:



750x T D T Dx G AT AT G AT AT GF m a F F m a F F a

0 7500y T D T DF N N P N N

⤹ 1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d

0.7 0.7 1 1 0 0.7 0T D T DAT AT T D AT AT T DF F N N F F N N

4125

750 5.5T DAT ATF F

4125

2887.5

0.7 0 2887.5T DAT AT T D D TF F N N N N

2887.5

7500 2 7500 2887.5

T

T D T

N

N N N

2306.252306.25

4612.52887.5 5193.75

2T D T D

N

N N N N N

(b) O mínimo espaço de frenagem exigirá a máxima

desaceleração, exigindo, portanto, o atrito máximo: 0.8

T DAT E T AT E DF N F N

0.8 750x T Dx G AT AT G T D GF m a F F m a N N a

750937.5

0.8T D G T D GN N a N N a

0 7500y T D T DF N N P N N

1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d

0.7 0.7 1 1 0 0.7 0T D T DAT AT T D AT AT T DF F N N F F N N

0.7 0

E T E D

T D

N N

AT AT T DF F N N

0.8

0.56

0.7 0E T D T DN N N N

0.56 0.56 0 1.56 0.44 0T D T D T DN N N N N N

0.440.282

1.56T D T DN N N N

0.2825850.23

75007500 1.282 7500

1.282D

T D D D

NN

N N N N

0.282 5850.23 1649.77T TN N N

2

7500

0.8 750 8T D G G

mN N a a

s

22 2 0

0 22

F

vv v a s s

a

23576.5625

2 8s s m

(c) Quando as rodas travarem, há o deslizamento sobre

o piso. O atrito é cinético:

`

0.65 750x T D

C T C D

x G AT AT G T D G

N N

F m a F F m a N N a

7501153.8462

0.65T D G T D GN N a N N a

75007500 1153.8462

1153.8462G Ga a

26.5G

ma

s

23594.23

2 6.5s s m



20

16. (2.18 pag. 45 Unip) – A figura ilustra um

pequeno cofre de massa m = 100 kg, altura H = 0.7 m,

largura L = 0.5 m, apoiado em superfície horizontal com

coeficiente de atrito = 0.3. O cofre é acionado pela força

F = 750 N, com linha de ação horizontal, distante h do

piso. Pedem-se. (a) a aceleração do armário; (b) o

intervalo de valores da altura h, que não produz

tombamento.



x T Dx G AT AT GF m a F F F m a

0y T DF N N P

⤹ 0GM

02 2 2 2 2T DAT AT T D

H H H L LF h F F N N

T D GF N N m a

T D GF N N m a

100 10

1000T D T DN N P m g N N

750 1000.3 1000

750 300 100T D GF N N m a a

24.5

ma

s

0.7 0.5

750

02 2 2 2 2T DAT AT T D

H H H L LF h F F N N

750 0.35 0.35 0.35 0.25 0.25 0T DAT AT T Dh F F N N

0.3

750 0.35 0.35 0.35 0.25 0.25 0T D T Dh N N N N

750 0.35 0.355 0.145 0T Dh N N

0 1000T DN N N

0 1000

750 0.35 0.355 0.145 0 750 0.35 145T Dh N N h

1450.35 0.35 0.1933

750h h 0.543 0 0.543h m h m

17. Uma placa de 6-ft é colocada num caminhão com

uma extremidade apoiada contra um

bloco preso ao chão e o outro encostado a uma vertical do

caminhão. Determinar a aceleração máxima permitida da

caminhão se precisa-se manter na posição indicada


x Ax G AT B G A B GF m a F N m a N N m a

0By A AT A BF N P F N P N

A

B

G

780 AN

BN

P

Ga

AATF

BATF

A

G

780

L/2

O



21

0 0

0.624

6cos78 cos78

2 2ft

LAO AO

0

3 0.978

78 2.9342

LOG sen OG ft

⤹ 0AG A ATM N AO F OG

0BB ATN OG F AO

A BAT A AT BF N F N

A AN AO N OG

0B BN OG N AO

AOG AO N

0BOG AO N

A B

OG AON N

AO OG

2.934 0.624

0.624 2.934A BN N

y A BF N P N

2.934 0.624

0.624 2.934B BN P N

0.6240

2.934BN P

xx G A B GF m a N N m a

0.624

2.934Gm g m a

26.32

0.62429.7

2.934G

ft

s

a

18. (Beer Johnston 16.7) Um armário de 20 kg, está

montado sobre rodízios que permitem que ele se mova

livremente

( = 0) no chão. Se uma força de 100 N é aplicado como

mostrado, determinar:

(a) a aceleração do armário, (b) o intervalo de valores

de h para o qual o gabinete não vai derrubar.



xx G GF m a F m a

2100 20 5

x xG G

ma a

s

0 200y T D D TF N N P N N

⤹ 0GM 100 0.9 0.3 0.3 0T Dh N N

100 0.9 0.3 0D Th N N

100 0.9 0.3 200 0T Th N N

100 0.9 0.3 200 2 0Th N

100 0.9 0.6 60Th N

0.6 600.9

100

TNh

0.9 0.006 0.6TN h

0 0.9 0.6 1.5TN h h m

200 0.9 0.6 1.2 0.3TN P h h m

0.3 1.5h

19. (Beer Johnston 16.11) O elemento de suporte

mostrado é usado para transportar uma lata cilíndrica de

uma elevação para outra.

Sabendo-se que μ = 0.25 entre a lata e o

suporte, determinar:

(a) a magnitude da aceleração para cima um para

o qual a lata irá deslizar sobre o suporte;

(b) a menor proporção h/d para o qual derrubará

a lata antes dela deslizar.





22

cos30 cos30x atF m a F m a

cos30N m a

30 30yF m a sen N P m a sen

30 30N P m a sen N m g a sen

30

cos30m g a sen

N m a

30 cos30m g m a sen m a

cos30 30

m ga

m sen

cos30 30

ga

sen

2

0.25 10 2.53.37 30

cos30 0.25 30 0.741

ma a a

sen s

⤹ 0GM 02 2

AT

h dF N

ATF d

N h

0.25d

h

4h

d

20. (Beer Johnston 16.1) Um sistema de transporte é

equipado com painéis verticais, e uma haste de 300 mm

AB de massa 2,5 kg e é apresentado entre dois painéis, como

mostrado.

Sabendo que a aceleração do sistema é 1.5 m/s² para a

esquerda, determinar:

(a) A força exercida sobre a haste em C,

(b) a reação a B.




cos20x x CF B R m a

2.5 1.50.9397

cos20 0.9397 3.75x C x CB R m a B R

20 0y C yF R sen B P

0.3425 25C yR B

⤹ 0GM

cos702

20070 0

70 2 2C y x

l

d

l lR B b B sen

sen

200 300 300 3000.342 0.9397 0

0.9397 2 2 2C y xR B B

62.836 51.3 140.955 0C y xR B B

0.9397 3.75

0.3425 25

140.955 51.3 62.836 0

x C

y C

x y C

B R

B R

B B R

Resolvendo o sistema:

3.54182

7.078

23.7869

C

x

y

R N

B N

B N

2 2 2 223.7869 3.54182B x y BR B B R

24.81BR N

23.7869

7.078

y

x

Barctg arctg

B

⦩ 73.43

⦨20° 3.43N

⦩ 73.43 24.8N

21. (Unip - pg. 42) A figura ilustra um copo de massa

m = 0.2 kg apoiado sobre uma mesa , do carro restaurante de

um trem, que parte do repouso com aceleração constante a. O



23

coeficiente de atrito entre o copo e a mesa é = 0.35. Pedem-

se:

(a) a máxima aceleração que não produz deslizamento

do copo;

(b) a máxima aceleração que não produz o

tombamento do copo;

(c) a distância, entre a linha de ação da reação normal

da mesa sobre o copo e, a ;linha de ação da força peso, quando

a aceleração do trem for a = 2 m/s2.

x

(a)

xx G At GF m a F m a m g m a

20.35 10 3.5

ma g a a

s

(b) Diagrama do corpo livre:


x Tx G a GF m a F m a

2

0.2 10y

m g

F N P N P

⤹ 0GM 4 6

40 240 120 0

120D DAT ATN F F

2

40.2 3.33

6G G

ma a

s

(c) Diagrama do corpo livre:


0.4

0.2 2x Tx G a GF m a F m a

2

0.2 10y

m g

F N P N P

⤹ 0GM 40 120 0DATN x F

2 40 0.4 120 0 2 80 48x x

2 128 64 64 40 24x x d mm

80 24x mm

22. A barra homogênea ABC, de massa m = 12 kg,

inclinada em relação ao horizonte do ângulo = 40°, apresenta

as dimensões d1 = 0,4 m, d2 = 0,7 m, está conectada a dois

cursores de pesos desprezíveis que deslizam ao longo de hastes

horizontais fixas. O coeficiente de atrito entre o cursor B, e a

haste guia é μ = 0,4. O conjunto assim descrito é acionado por

força F = 90 N, aplicada no ponto A. Não há atrito entre o cursor

A e a haste fixa; a aceleração da gravidade local é g = 10 m/s2.

A reação normal da haste fixa no cursor A, expressa em N, é

aproximadamente:


90 12xx G B GF m a F F m a

120

0 120y A B A BF N N P N N

⤹ 0GM 1 2

90

cos40 402 2

d d

A

L LN F sen

2 2

0.7 0.7

40 cos 40 02 2

B B

L LF d sen N d

120

0.4213 31.8179

BN

AN

0.0964 0.1149 0

B

B B

N

F N

0.4213 50.556 31.8179BN

0.03856 0.1149 0B BN N

0.49164 18.7381 0BN

38.11BN N

82AN N

23. O veículo ilustrado, possui massa m = 140 kg,

desloca-se para a direita com velocidade v = 20 m/s, em pista

reta e horizontal, sendo que os coeficientes de atrito entre o piso

e os pneus são: coeficiente de atrito estático μest = 0,8;

coeficiente de atrito cinético μcin = 0,5. Os freios são acionados

com o intuito de parar o veículo o mais rápido possível,

entretanto, o operador aciona apenas os freios das rodas

dianteiras. A dotar g = 10 m/s2. A aceleração do veículo

expressa em m/s2, é aproximadamente:



24

5,5


140xx G B GF m a F m a

1400

0 1400y A B A BF N N P N N

⤹ 0GM 1400

0.6 0.6 0.4 0

B B

A B B

N N

N N F

1400 0.6 0.6 0.6 0.8 0.4 0B B BN N N

1400 0.6 1.2 0.32 0B BN N

840954.54

1.2 .32B BN N N

1400 954.54 445.45A AN N N

25.5

0.8 954.54140

140B G G

m s

N a a

24. A figura, ilustra um bloco de granito pouco

espesso, de massa m = 90 kg, altura H = 0,8 m, largura L = 0,6

m, apoiada em superfície horizontal com coeficiente de atrito μ

= 0,1. O bloco é acionado pela força F = 650 N, com linha de

ação horizontal, distante h = 0,55 m do piso. A dotar g = 10

m/s2. A aceleração do bloco, expressa em m/s2, é

aproximadamente:

26. (Unip - pg. 50) A figura ilustra a barra AB de

massa 25 kg que é ligada a duas hastes bi-articuladas AC e BD,

de massas despreziveis. Considerando o instante em que é

abandonada em repouso, na posição indicada, pedem-se:

(a) a aceleração da barra;

(b) os esforcos nas hastes articuladas.

2 20.4 0.3 0.5BD BD m

0

0.8 0.6

0.4 0.3cos 36.8698

0.5 0.5sen



cos cos

25x

AC BD

x G x x x

T T

F m a A B a

25

AC BD

y y y y

T sen T sen

F A B P a

⤹ 0GM 0.25 0.25 0x x AC BDA B T T T

2 cos2 cos 25 0.064

25x x x

TT a a a T

1.2 2502 250 25

25y y

TT sen a a

Observando a figura, podemos dizer que:

250 cos53.13012 cos53.14 0

2T P T

75T N

75

0.064 4.8x xa T a

1.2 75 2506.4

25ya

2ˆ ˆ ˆ ˆ4.8 6.4x y

ma a i a j a i j

s

2 2 2 24.8 6.4x ya a a a

28

ma

s

y

x

aarctg

a

=36.86°

90°-36.86°=53.14°

P=250N

T

T

150

199.99



25

6.453.13

4.8arctg

A = 8 m/s²⦪53.13°

27. (Unip - pg. 48) A figura ilustra um paralelepípedo

retangular de dimensões 2 b e 2 c; sendo b = 1.0 m e c = 2m. O

paralelepípedo apóia-se em uma superfície rugosa, inclinada de

= 45° em relação à horizontal, e desliza-se ao longo da mesma

com movimento de translação, mantendo aceleração aCM = 4.24

m/s². Pedem-se:

(a) o coficiente de atrito entre o paralelep´pedo e a

superfície inclinada;

(b) a distância x que define a linha de ação da reação

normal N.



TCM:

4.24

P sen

x CM x atF m a P F m

0 cosy yF N P N P

cosat atF N F P

TMA:

⤹ 0GM 02

at at

xN x F c F N

4.24atP sen F m

cos 4.24P sen P m

45 cos45 4.24m g sen m g m

45 cos45 4.24g sen g

45 4.24

cos 45

g sen

g

10 0.707 4.240.4

10 0.707

22 0.8atF

x x mN

28. Um tronco de madeira de 60 lbf de peso:

(90.4.4482/9.81 = 27.2 kg)

é suportada por dois cabos e usada como

aríete. O tronco é liberado do repouso ( = 0) e

liberado conforme mostrado. Determine a aceleração

angular do tronco e as tensões nos fios amarrados

em A e em B.

11

12pol ft

1 1 1" 0.0254in pol m

1 1' 0.3048ft m

1 ( ) 4.54lb massa kg

1 ( ) 4.4482lb força N

11 ( )

4.4482N lb força

232.2

ftg

s

601.8633

32.2

Pm m m slugs

g

21 1 14.594slugs lb s ft kg

1.8633 14.594 27.194m m kg

27.194 9.81 266.771P m g P N 2

n

G n T

T

a ra a a

a r

TCM:0

0

cos30

30

A B n

T

T T P m a

P sen m a

0

0

27.2 9.81

cos30

30 27.2

A B n

T

T T P m a

m g sen a

0

227.194 0.59.81

30 4.905T T

mm g sen m a a

s

4.905 2 0.3048Ta r

28.046

rad

s



26

,: 0

i OF

i

TMA M 1

2

0 03 360 60 1 0

2 2A BT sen T sen

3B AT T 0cos30A B nT T m g m a

03 27.194 9.81 cos30 0A AT T 04 60 4.4482 cos30 0AT

4 231.14 0AT

12.98

57.7557.75

4.4482A

lbf

T N

173.25

3 57.75 38.94BT N lbf

29. Um carro esporte de massa m = 1500 kg possui

apenas tração traseira. Determine o tempo que leva para ele

parar, quando aciona os freios a 80 km/h. O coeficiente de atrito

estático entre os pneus e a superfície vale = 0.2.

TCM:0

BAT x

A B

F m a

N N P

14715

B x

A B

N m a

N N

,: 0

i OF

i

TMA M 1.25 0.75 0.35 0

BA B ATN N F

1.25 0.75 0.35 0A B BN N N

1.25 0.75 0.07 0A B BN N N

1.524

1.25

0.82B AN N

5942.95

150001.524 15000

2.524A A AN N N N

5829.1

1.524 8884.96B A BN N N N

0.2 9857.05 1500B x xN m a a

2

0.2 9857.051.2076

1500x x

ma a

s

00

vv v a t t

a

80 3.618.4

1.2076t t s

30. A barra vertical AB tem uma massa de 0.150 kg

com centro de massa G a meio caminho entre as extremidades.

A barra é elevada a partir do repouso em = 0 por meio das

ligações com hastes paralelas de massa negligenciável, O par

de hastes geram um momento constante de valor M = 5 kN.m ,

aplicado à ligação inferior em C. Determinar a aceleração

angular das ligações em função do ângulo e encontrar a

força B na haste DB da ligação no instante em que = 300.

Observar que, aplicando o Teorema do Momento

angular para a haste CA, com pólo em C:

TMA: 0iC

F

i

M

1.5 01.5

t t

MM A A



27

53.33 3333

1.5T t tA A kN A N

Aplicando o Teorema do Centro de Massa,

TCM, para a barra:

cosT T

n n

A P m a

A B P sen m a

2

cosT

n

A m g m r

A B P sen m r

2

3333 150 9.81 cos 150 1.5

nA B P sen m r

2

3 333 0.15 9.81 cos 0 15 1.5

nA B P sen m r

3 333 1.475 cos 0.225

3 333 1.475cos

0.225 0.225

14.81 6.556 cos

14.81 6.556 cosd

dt

14.81 6.556 cosd d d

dt ddt

14.81 6.556 cosd d

0 0

14.81 6.556 cosd d

2

14.81 6.5562

sen

2 29.62 13.11 sen

2 29.62 13.116 6 6

sen

2 215.51 6.55 8.9556

14.81 6.556 cos6 6

214.81 5.67 9.13

3 6

rad

s

2

nA B P sen m r

2

nA B m g sen m r

150 9.81 150 8.955 1.56

nA B sen

735.75 2014.875nA B

1279.125nB A

Aplicando o Teorema do momento angular

em relação ao polo O = G para a barra:

TMA: 0iO

F

i

M

2.4 2.4 2.4cos 1.8 cos 0

2 2 2n tB A A sen

2.4 2.4 2.4cos 1.8 cos 0

6 2 6 2 6 2n tB A A sen

0.5196 1.039 0.6 0n tB A A

0.5196 1.039 0.6 3333.3 0nB A

0.5196 1.039 1999.998nB A

Juntando as equações:

1279.125

0.5196 1.039 1999.998

n

n

B A

B A

1279.125

0.5196 1.039 1279.125 1999.998

nA B

B B

1279.125

0.5196 1.039 1329.01 1999.998

nA B

B B

1279.125

1.5586 3329

nA B

B

2135.89 1279.125 856.76

33292135.89

1.5586

n nA A N

B B N

31. (Livro Unip – pg. 50) - A figura ilustra a

barra AB de massa m = 25 kg, que é ligada a duas

hastes bi-articuladas AC e BD de pesos desprezíveis.

Considerando o instante em que é abandonada em

repouso, na posição indicada, pedem-se:

(a) a aceleração da barra;

(b) os esforços nas hastes articuladas.



28

Aplicando o Teorema do Centro de Massa,

TCM, para a barra: GR m a

T T

n n

R m a

R m a

cos

T

AC BD n

P sen m a

T T P m a

Como:

25 10 250P m g N

00.336.87

0.4arctg

0

0

250 cos36.87 25

250 36.87 25

T

AC BD n

a

T T sen a

2

8

199.99199.99 25

25

150 25

T T

AC BD n

ma a

s

T T a

2 0n na r a

Repouso: = 0.

Da figura, observe que:

ˆ ˆˆ cost sen i j

ˆ ˆˆ cosn i sen j

Como: ˆ8Ta t

ˆ ˆ8 cosTa sen i j

0 0ˆ ˆ8 36.87 cos36.87Ta sen i j

2ˆ ˆ4.8 6.399T

ma i j

s

Aplicando o Teorema do momento angular

em relação ao polo O = G para a barra:

TMA: 0iO

F

i

M

cos 0.25 cos 0.25 0AC BD AC BDT T T T

150 0AC BDT T

75AC BDT T N

32. A porta tem peso W = 200 lb e centro de gravidade em

G. determinar o quão longe a porta se move no tempo t partindo

do repouso, se um homem empurra-lo em C com uma força

horizontal F. Além disso, encontrar as reações verticais no rolos

A e B.

Dados: W = 200 lb, c = 5 ft; d = 12 ft; e = 6 ft; t = 2 s;

F = 30 lb; b = 3 ft; g = 32.2 ft/s2.

TCM:

0

x

A B

WF a

g

N N W

2

20030 4.83

32.2

200A B

fta a

s

N N

,: 0

i OF

i

TMA M

0A BN e N e F c b

6 6 5 3 0A BN N F

6 6 30 2 0 10A B A BN N N N

NA = 105 lb; NB = 95 lb;

2 21 1

4.83 22 2

d a t d 9.66d ft

j

i

t

n



29

33. A empilhadeira de massa me = 2000 kg que desloca-se

para direita com velocidade 10 m/s, transportando carga com

massa mC = 500 kg, quando os freios são acionados gerando

desaceleração igual a 4.5 m/s². O coeficiente de atrito entre a

carga e a plataforma é = 0.6. No instante do acionamento dos

freios, pedem-se:

(a) a aceleração da carga;

(b) a reação das rodas na empilhadeira.


TCM:0

x at at atD T eR e F F F

T D e c

F m a F F F

N N P P

2000 4.5

25000

at at atD T eF F F

T D

F F F

N N

9000

25000

at at atD T eF F F

T D

F F F

N N

,: 0

i OF

i

TMA M

0.8 1.2 1.2 1.2

1.5 0.95 0.95 0.95 0e at atD T

T D c

at F F

N N P x

F F F

0.8 1.2 1.2 1.2

1.5 0.95 0.95 0e at atD T

T D c

at F F

N N P x

F F F

A força de atrito atuando entre a plataforma e o suporte

da empilhadeira, caso não haja escorregamento, variará de 0 a

.NC:

0 at cF N

3000

0 0.6 5000atF

Como a empilhadeira tem uma aceleração de 4.5 m/s2,

mc.a = 500.4.5 = 2250; assim a força de atrito é estática, pois

2250 < 3000 e a caixa, nessa aceleração, não deslizará sobre o

suporte da empilhadeira. Assim: Fat = 2250 N (para a esquerda).

A reação à força de atrito é aplicada sobre a plataforma...logo

está aplicada para a direita.

Para determinarmos a distância entre as linhas de ação

da força Normal sobre a caixa e a linha de ação da força peso

sobre a caixa, x, utilizamos o TMA, teorema do momento

angular:

,: 0

i OF

i

TMA M

0.60.6 at

c at

Fx N F x

N

0.6 22500.27

5000x x

0.27

0.8 1.2 1.2 1.2 1.5 0.95

0.95 0

e

at atD T

T D c at

F F

N N P x F

F F

Do TCM, vemos que:

9000at at atD T e

F F FF F F

Substituindo, teremos:

13350

1237.5

9000

0.8 1.2 5000 2.67 2250 1.5 0.95

0.95 0

Fate

at atD T

T D

F

F F

N N

F F

0.8 1.2 13350 1237.5

9000 0.95 0ate

T D

F

N N

F

2137.5

85502250

0.8 1.2 13350 1237.5

9000 0.95 0.95 0ate

T D

F

N N

F

0.8 1.2 13350 1237.5

8550 2137.5 0

T DN N

0.8 1.2 25275 0T DN N

v a

x

TatF DatF

eatF



30

x y

NA

0.8 1.2 25275T DN N

1.2 0.8 25275

25000

D T

D T

N N

N N

45275

1.2 0.8 25275 0.8 25000

25000

D D

T D

N N

N N

22634

752

.5

22637.

75

2

25000 5

D

T

DN

N

N

22637.5

2362.5

D

T

N N

N N

34. A empilhadeira de massa me = 2000 kg que

desloca-se para direita com velocidade 10 m/s, transportando

carga com massa mC = 500 kg, quando os freios são acionados

gerando desaceleração igual a 4.5 m/s². O coeficiente de atrito

entre a carga e a plataforma é = 0.6. No instante do

acionamento dos freios, pedem-se:



35. Cilindros sólidos homogeneos 400 mm de altura e

250 mm de diâmetro, são suportados por uma correia

transportadora plana que se move horizontalmente. Se a

velocidade da cinta é dada por:

21.2 0.9v t t SI

onde t é o tempo em segundos medido a partir do instante em

que o aumento começa, calcular o valor de t para o qual os

cilindros começam a tombar. Presilhas no cinto evitar que os

cilindros de escorregar.

TCM:0

x x at

x

R m a F

R N P

x

dvR m N

dt

N P

,: 0

i OF

i

TMA M

02 2

at

h dF N

02 2

h dN N

d

h

dvm P

dt

dvm m g

dt

m 21.2 0.9d d

t mdt h g

1.8d

t gh

3.4

2509.81

1.8 1.8 400s

dt g t

h

36. Para que aceleração da armação vai a haste delgada

uniforme manter a orientação mostrada na figura? Negligenciar

o atrito e massa dos pequenos rolos em A e B.

TCM:0

x G A

x B

R m a N

R N P

A A

B

m a N

N P

,: 0

i OF

i

TMA M

0 030 cos30 02 2

A B

l lN sen N

2A

lN 030

2B

lsen N 0 0cos30 30B AN tg N

030A BN cotg N

A Am a N 030Am a cotg m g

NB

P

G



31

eP TN DN

CF

DF TF

Ga

CN

cP

CF

ca cN

0

2

1.73 9.81 3

30 17G G

g

ma cotg g a

s

37. (Livro Unip pg. 52 2.28) A empilhadeira de massa

me = 2000 kg que desloca-se para direita com velocidade 10

m/s, transportando carga com massa mC = 500 kg, quando os

freios são acionados gerando desaceleração igual a 4.5 m/s². O

coeficiente de atrito entre a carga e a plataforma é c = 0.4. No

instante do acionamento dos freios, pedem-se:



0.60 m

0.40 m

1.50 m

0.95 m

0.80 m 1.20 m 1.20 m


Carga: mc = 500 kg; coeficiente de atrito: 0.4c

0.60 m

x

Forças que

atuam na carga

C

Especificações

cP Peso da carga C

cN Normal Entre a carga C e a plataforma.

Linha de ação a x da linha de ação do

peso da carga

CF Força de atrito entre a carga C e a

plataforma

TCM: G ext

i

R m a F

0

x c G C

y c c

R m a F

R N P

2000

0.4 5000

500 10

5000

500

CF

x c c c

c c c

R a N

N P m g

2000

500ca

24.0c

ma

s

TMA:,

0i OF

i

M

0.6 0c cF N x

0.6 0c c cN N x

0.4 0.6 0x

0.24x m

Empilhadeira: aG = -4.5 m/s2. me = 2000 kg;

coeficiente de atrito µ (a determinar!!)

x = 0.24m

Fc = 2000 N; NC = 5000 N

0.60 m

0.40 m

1.50 m

0.95 m x

0.80 m 1.20 m 1.20 m



32

Forças que atuam na

empilhadeira e

Especificações

eP Peso da empilhadeira e.

TN Normal nas rodas traseiras.

DN Normal nas rodas dianteiras.

T T TF F N Força de atrito nas rodas traseiras

D D DF F N Força de atrito nas rodas

dianteiras.

CF Reação à Força de atrito trocada

entre a carga C e a plataforma

cN Reação à força Normal Entre a

carga C e a plataforma. Linha de

ação a x da linha de ação do peso

da carga

TCM:

G ext

i

R m a F

0

x e G T D c

y T D e C

R m a F F F

R N N P N

2000 4.5 2000

20000 5000 0

x T D

y T D

R N N

R N N

9000 2000

25000

T D

T D

N N

N N

11000

25000

T D

T D

N N

N N

25000 11000

11000

25000

0.44

TMA:

,,G0

iF

i

M

1.5 0.95 1.20 1.20 0.95 0.95c c T DF N x F F

0.8 1.20 0T DN N

250000.44

0.242000 5000

0.55 2.40 0.95

T D

T D

N N

c c T D

N N

F N x F F

0.8 1.20 0T DN N

1100 5000 2.64 0.95 0.44 25000

0.8 1.20 0T DN N

1100 13200 10450 0.8 1.20 0T DN N

0.8 1.20 24750T DN N

Montando o sistema:

25000

0.8 1.20 24750

T D

T D

N N

N N

20000

447502 0.8 25000 24750

2D DN N

22375DN N

25000 25000 22375T D TN N N

2625TN N

Valeu, carinha?

Ardeu?

não quer ser engenheiro?



33

Agora tentem fazer os exercícios similares que envolvem

empilhadeira dos trabalhos que são parecidos!!

38. O carrinho de 30 kg está sujeito à uma força

horizontal de intensidade P = 90 N. Determine a aceleração da

barra CB de 15 kg e a tensão na corda.

1. No carrinho:

TCM: G ext

i

R m a F

0

x c G

y a B T

R m a P

R N N P

230 15 90 2

450

G G

A B

ma a

s

N N

1. Na barra CB:

TCM: G ext

i

R m a F

0

0

cos60

60 0

x

y

x CB G C

y C CB

R m a N T

R N T sen P

0 0

0 0

15 2 cos60 cos60 30

60 15 9.81 0 60 147.15

x x

y y

C C

C C

N T N T

N T sen N T sen

TMA: 0iGF

i

M

0 030 cos302 2x y

CB CBC C

l lN sen N

0 0 0 0cos60 30 60 cos30 02 2

CB CBl lT sen T sen

0

0

0 0 0 0 0 0

cos 60 30

60 150

30 cos30 cos 60 30 60 cos30 02 2 2 2

x

y

x y

C

C

C C

N T

N T sen

L L L Lsen N N sen sen T

Resolvendo o sistema linear: 0.5 30

0.844 150

0.25 0.422 0.25 0

x

y

x y

C

C

C C

N T

N T

N N T

26.2

49.8

112.44

x

y

C

C

N N

N N

T N

39. Uma haste de BC uniforme de massa 4 kg está

ligado a uma gola de A por um cabo de 250 mm AB.

Desprezando a massa do colar e da medula, determinar

(a) a menor aceleração constante para que o cabo e a

haste vão estar em linha reta,

(b) a tensão correspondente no cabo.

TCM: G ext

i

R m a F

0

cos

0

350 250 60067.38

400 250 650

x G

y C BC

R m a T

R N T sen P

sen sen

0

0

4 cos67.38

67.38 400 0

G

C

a T

N T sen

TMA:0

iGF

i

M

cos 02 2x y

CB CBC C

l lN sen N

cos cos 0 02 2

CB CBC C C

l lN sen sen N N

0

0 0

0

0

1 cos67.381 40

cos67.38 4 67.384

400 67.38 40 0 43.3

67.38

GG

aa T sen

T sen T Nsen

0

40 1

4 tan67.38Ga

24.167G

ma

s

40. Uma placa retangular uniforme tem uma massa de

5 kg e é mantido em posição por três cordas, como mostrado.

Sabendo que = 30°, determinar, imediatamente após a corda

CF ser cortada,

(a) a aceleração da placa,

(b) a tensão nas cordas AD e BE.



34

n

t

Pn

Pt

TCM:

G ext

i

R m a F

0n AD BE n

T T G

R T T P

R P m a

0

0

cos30

30

AD BE

G

T T m g

m g sen m a

0

0

50 cos30

30

AD BE

G

T T

a g sen

TMA:

0iGF

i

M

0 0300 240cos30 30

2 2BE BET T sen

0 0300 240cos30 30 0

2 2AD ADT T sen

129.9 60 129.9 60 0BE BE AD ADT T T T

69.9189.9 69.9 0

189.9BE AD BE ADT T T T

0.368BE ADT T 050 cos30 0.368 43.3AD BE AD ADT T T T

1.368 43.3ADT

43.3

1.368ADT

31.65ADT N

0.368 31.65BET

11.64BET N 030Ga g sen

25G

ma

s ⦫300

41. A placa retangular de massa 18 kg, apoia-se em

trilho inclinado em relação ao horizonte de θ = 250 através de

dois suportes A e B; mantem-se em repouso, na posição

indicada, com o auxílio do fio CD. As dimensões indicadas são:

d/2 = 0.09 m, h = 0.36 m. O coeficiente de atrito cinético entre

cada suporte e a haste é μc = 0.17. Adotar g = 9.8 m/s2. No

instante em que se corta o fio CD:

(a) a componente normal da reação em A, em N, é

aproximadamente:

TCM:

G ext

i

R m a F

0

A B

n A B n

T T a a G

R N N P

R P F F m a

A B n

T A B G

N N P

P N N m a

cosA B

A B G

N N m g

m g sen N N m a

cosA B G A Bm g sen N N m a N N m g

cos Gm g sen m g m a

cos Gg sen g a

cosGa g sen



35

0 0

0.423 0.906

9.8 25 0.17 cos25Ga sen

22.63G

ma

s

TMA:

0iGF

i

M

02 2 A BA B at at

d dN N F h F h

02 2

A B A B

d dN N N h N h

02 2

A B

d dN h N h

2

2

A B

dh

N Nd

h

0.17 0.36 0.09

0.09 0.17 0.36A BN N

0.15125.25

0.0288A B A BN N N N

cosA BN N m g 05.25 18 9.8 cos25 6.25 159.87B B BN N N

159.87

6.25BN

25.57BN N

134.3AN N

42. Um veículo de massa m = 550 kg, e dimensões d1

= 0.7 m, d2 = 0.8 m e h = 0.8 m, parte do repouso levantando o

eixo dianteiro de tal forma, que as rodas dianteiras perdem

contato com o solo e desta forma permanecem. Adotar g = 10

m/s2.

(a) Qual é o mínimo coeficiente de atrito?

(b) Qual a aceleração do centro de massa?

TCM:

G ext

i

R m a F

1

1 2 0y

x a G

R N N P

R F m a

1

1

0y

x G

R N P

R N m a

1

G

N m g

m g m a

Ga g

28.75G

ma

s

TMA:

0iGF

i

M

1 1 1 0atF h N d

1 1 1 0N h N d

1 0h d

1d

h

0.7

0.8

0.875

0.15125.25

0.0288A B A BN N N N

cosA BN N m g 05.25 18 9.8 cos25 6.25 159.87B B BN N N

159.87

6.25BN

25.57BN N

134.3AN N

43. Um jato de transporte com uma velocidade de

200 km/h no pouso se reduz a sua velocidade a 60 km/h

devido a atuação dos reversores de empuxo de jato, cuja

força impulsora negativa vale R em uma distância de 425

m ao longo da pista com a desaceleração constante. A

massa total da aeronave é de 140 Mg com o centro de

massa em G. Calcular a reacção de N sob a roda do nariz

B para o fim do intervalo de travagem e antes de

a aplicação de frenagem mecânica. No inferior

velocidade, forças aerodinâmicas da aeronave são

pequenos e podem ser negligenciadas....257kN

2 2

0 2v v a d

0

200 60

3.6 3.6

m mv v

s s



36

2 2200 60

2 4253.6 3.6

a

2 2200 60

2808.6423.6 3.6

900 900a a

23.12G

ma

s

TCM:

G ext

i

R m a F

0y A B

x G

R N N P

R R m a

A B

G

N N m g

R m a

TMA:

0iGF

i

M

3 1.8 2.4 15 2.4 0A BR N N

1.2 2.4 12.6 0A BR N N

1.2 2.4

12.6

AB

R NN

1.2 2.4

12.6

G AA

m a NN m g

1.2 140000 3.12 2.4140000 10

12.6

AA

NN

41600 0.19 1400000A AN N

1.19 1400000 41600AN

1141512.6

1358400

1.19AN

1400000 1141512.6BN

258BN kN

44. Um jato utiliza quatro turbinas de propulsão

que o impulsiona do repouso a 100 m/s, percorrendo uma

distância de 500m. Determine a força de impulsão na

turbina T e a normal em A. A massa total da aeronave é

150 Mg (1Mg=106.10-3kg=103kg). Despreze as forças de

resistência do ar e do atrito.

Obs.: Considerar as turbinas na outra asa...!!! 2 2

0 2v v a d

0100 0m m

v vs s

2 2100 0 2 500a

2

2

10010

1000

ma a

s

210G

ma

s

TCM:

G ext

i

R m a F

0

4

y A B

x G

R N N P

R T m a

4

A B

G

N N m g

T m a

1471500

150000 9.81

375

4 150000 10

A BN N

T kN

T

TMA:

0iGF

i

M

2 9 4 30 7.5 2 (9 5) 0A BT N N T

10 30 7.5 8 0A BT N N T

7.5 30 18B AN N T

7.5 30 6750B AN N

7.5 30 67507.5 30 6750 30 1471.5

1471.5

B A

B B

B A

N NN N

N N

37.5 50895BN

1357.2

50895

37.5BN

1471.5A BN N

1471.5 1357.2AN

114.3AN kN



37

AN

45. A empilhadeira mostrado pesa 2250 lbf e

é usada para levantar um engradado de peso 2500 lbf

o caminhão está se movendo para a esquerda a uma

velocidade de 10 ft/s, quando os freios são aplicados

em todas as quatro rodas. Sabendo-se que o

coeficiente de atrito estático entre a caixa e o

elevador de forquilha é de 0.30, determinar a menor

distância em que o veículo percorre até parar, se a

caixa não desliza e se o veículo vai para a frente.

232.2

ftg

s

2250 2500e cP lbf P lbf

ee e e

PP m g m

g

cc c c

PP m g m

g

TCM:

G ext

i

R m a F

0y A B c

x AT G c

R N N P P

R F m a m g

A B e c

c e G c e

N N m g m g

m m a m m g

2500 2250A B

G

N N

a g

4750A B

G

N N

a g

TMA: Vamos calcular em relação ao

ponto A pois não temos a força de atrito nem a norma

do ponto A. Logo, tomaremos como pólo O o ponto

A: O =A.

0iAF

i

M

0 3 0 3 3 4 4 0At B A c e G c GF N N P m a P m a

3 3 3 4 4 0B c e G c GN P m a P m a

2250 25003 3 2500 3 4 2250 4 0

32.2 32.2B G GN a a

3 7500 209.62 9000 310.55 0B G GN a a

3 520.17 1500 0B GN a

15000

520.17B GN a

22.884G

fta

s

TCM na caixa:

G ext

i

R m a F

c G at c G cm a F m a N

c cP N

c G c c G cm a P m a m g

Ga g

GG

aa g

g

2.884

32.2

0.089

Como: 0.089 0.3

a carga não deslizará...

MUV 2 2

0 2 Gv v a d

2 20 10 2 2.884 d 100

5.768d

17.33d ft

BN

AAtF

cP

c Gm a

e Gm a



38

46. Encontre o Centro de massa.

i xi (mm)

yi (mm)

Ai (mm2)

xi. Ai (mm3)

yi. Ai (mm3)

60

40 120.80

9.6.103

576.103 384.103

40

-20 120.60/2

3.6.103

144.103 -72.103

60 80+4r1/3

105.46

.r12/2

5.65.103

339.3.103 596.4.103

60

80 -.r2

2

5.027.103

-301.103

-402.2.103

13.282.103 757.7.103 506.2.103

757.754.8

13.382

i i

i

i

i

x A

x x x mmA

506.236.6

13.382

i i

i

i

i

y A

y y y mmA

47. Determine o centro de massa das peças de madeira

de densidade superficial uniforme indicada:

48. Determine o centro de massa das peças de madeira de

densidade superficial uniforme indicada abaixo:

(a)

(b)

Figura

Componente:

L

(cm

)

x

(cm

)

xL

y

(cm)

yL

AB 60 30

1.8.103

0 0

BC 65 30

1.95.103

12.5 0.81.103

CA 25 0 0 12.5 0.31.103

Somas

1

N

i

i

L

150

1

N

i i

i

x L

3.75.103

1

N

i i

i

y L

1.12.103

1

1

N

i i

i

N

i

i

x L

x

L

1

1

N

i i

i

N

i

i

y L

y

L



39

33.75 10

150x

25x cm

31.12 10

150y

7,5y cm

49. Compare as forças exercidas sobre os pontos A e

B do solo quando uma mulher de 120 lb utiliza um sapato

normal e um sapato de salto alto.

50. Encontre as reações nos apoios do aro semi-

circular de raio r e peso W, de densidade uniforme.


1

20 2 0

N

A

i

rM B r P

PB

1

0 0N

x x x

i

PF A B A B

x

PA

1

0 0N

y y y

i

F A P A P

yA P

2 2

x yA A A

2

2

2

11

PA P A P

Ptg arctg

P

: 72.3

1.049 0.318A P B P

1. 51. Determine, por integração direta, o centróide

da superfície da parábola:

Solução:

32

2 2

0 03 3

x aa

x

b b x abA dA ydx x dx

a a



40

2 3

2 2

0 0

a a

y

b bQ xdA xydx x x dx x dx

a a

4 2

2

04 4

x a

y

x

b x a bQ

a

2 22 4

2 4

0 0

1

2 2 2

a a

x el

y b bQ y dA ydx x dx x dx

a a

2 5 2

4

02 5 10

x a

x

x

b x abQ

a

2

34

4

3

el y

a bx dA Q

x x aabA A

2

310

10

3

el x

a by dA Q

y y babA A

52. Determine, por integração direta, o centróide do

arco de circunferência indicado.

Solução:

2L dL rd r d r

2cos cosyQ xdL r rd r d

2 22yQ r sen r sen

22

2

yQ r sen rsenx x

L r

Teoremas de Pappus-Guldin ou

Pappus-Guldinus

Teorema 1 – A área de uma superfície de revolução é

igual ao comprimento da curva geratriz multiplicada pela

distância percorrida pelo centróide da curva durante a geração

da superfície:

2A yL

Teorema 2 – O volume de um corpo de revolução é

igual à área geratriz multiplicada pela distância percorrida pelo

centróide da superfície, durante a geração do corpo.

2V yA

53. Determine a área da superfície de revolução

indicada, obtida pela rotação de um arco de quarto de

circunferência em torno de um eixo vertical.



41

Solução:

2 12 2 1

rx r r

De acordo com o Teorema 1, de Pappus-Guldin:

212 2 2 1 2 1A yL r A r

54. O diâmetro de uma polia mede 0.800m e a seção

reta de seu aro está ilustrada na figura. Determinar a massa e o

peso do aro, sabendo-se que a polia é feita de aço e sua massa

específica é = 7,85.103 kg/m3.

Solução:

O volume do aro pode ser encontrado pelo teorema II

de Pappus-Guldin:

2V yA

Figura

Componente

A

(mm

2)

y

mm

d percor.

por C,

mm

V

mm3

I 5000

375

2375

2360

5000 2360

11.8.106

II -18003

365

2365

2290

-1800 2290

-4.12.106

Somas

1

N

i

i

A

7.76.106

Como: 3 3 9 31 10 1 10mm m mm m

3 37.76 10V m

3 37.85 10 7.70 10m V

60m kg

60 9.81 589P m g P N

55. Determinar, usando o Teorema de Pappus-Guldin:

(a) O centróide de uma superfície semicircular e

(b) o centróide de uma semicircunferência.

Solução:

(a)

3 24 12 2

3 2V yA r y r

4

3

ry

(b) 22 4 2A yL r y r

2ry



42

56. Um caminhão de 2000 kg está sendo usado para

levantar uma pedra B de 400 kg que esteja em um suporte de

50 kg A. Sabendo que a aceleração do caminhão de tração

traseira é de 1m/s2, determinar:

(a) a reação em cada uma das rodas dianteiras;

(5270 N)

(b) a força entre a rocha e o suporte.(4120N)

Quando o caminhão move-se 1 m para a esquerda, a

base e a pedra movem-se para cima 0.5 m, pois há uma roldana

móvel. Assim:

2

10.5

2 2

GB B

a ma a

s

Pedra+Plataforma:

1

2N

B B B S B S B

i

F m a T P m m a

2 B S B S BT m m g m m a

2 400 50 9.81 400 50 0.5T

2 4414.5 225T

2 4639.5 2319.75 2320T T N

Pedra:

B B B Bm a N P

400 0.5 400 9.81BN

4124BN N

Carro:

19620c T D T Dm g N N N N

1T

N

c G c G at C

i

F m a m a F T

Tc G atm a F T

2c G atm a F T

2000 1 2320atF

4320atF N

2c G Tm a N T

1

0N

G

i

M

1.4 2 1 1 0.6 0TD T atN N F T

1.4 2 4320 1 2320 1 0.6 0D TN N

1.4 2 4320 928 0D TN N

2 1.4 3392T DN N

19620

2 1.4 3392

T D

T D

N N

N N

196203.4 1.4 19620 33925

2 1.4 3392

T D

T

T D

N NN

N N

308603.4 30860

3.4T TN N

9076.5TN N

19620 19620 9076.5D T DN N N

10543.5DN N

Em cada roda dianteira: 10543.55271.8

2 2

DN

4320 9076.5 4320at TF N

4320

9076.5

0.476

57. A figura ilustra uma caixa de massa m = 55 kg,

com dimensões (hxd), inicialmente em repouso, que e apoiada

em esteira horizontal rugosa, que apresenta velocidade

constante v =5 m/s. O coeficiente de atrito entre a caixa e a

esteira é = 0.7. Pedem-se:

(a) a duração do movimento da caixa com a esteira;

(b) a razão h/d que provoca o tombamento.

d/2

h/2

TCM:

1 0

NG at

G

i

m a FF m a

P N

55 0.7 5507

550 55

G

G

a Na

P N m g

TMA

1

0 02 2

N

G at

i

h dM F N

5501.429

385at

h N

d F

00

50.71

7

vv v a t t s

a

58. Determine o menor tempo possível para que a

caminhonete de 2000 kg, de tração traseira, saindo do repouso,

adquira velocidade de 16 m/s. O coeficiente de atrito estático

entre os pneus e o solo é s = 0.8. (3.94 s)



43

59. O movimento da haste de 2.5 kg AB é guiado por

duas pequenas rodas que rolam livremente em slots horizontais.

Se uma força P de magnitude 8 N for aplicada em B, determine:

(a) a aceleração da haste,

(b) as reações em A e B.

2

0

1 2cos

2 4

corpo

G G

xdmm rd

x r x rm m r

2

0

1 2

2 4

corpo

G G

ydmm rd

y rsen y rm m r

TCM:

1 0

NG

G

i A B

m a PF m a

N N W

TMA:

1

2 2 20 0

N

G A B

i

r r rM N N r P

0.1909 0.109 1.528 0A BN N

0.109 0.1909 1.528B AN N

G

G

A B

m a P Pa

N N m g m

25

0.109 0.1909 1.528

A B

B A

N N

N N

2

83.2

2.5G G G

P ma a a

m s

25 25 0.1909 1.528

0.109 0.1909 1.528 0.109 0.1909

A B

B

B A

N NN

N N

6.321

0.2999B BN N N

25 21 4A AN N N

60. Uma placa retangular uniforme tem uma massa de

5 kg e é mantida em posição por três cordas como mostrado.

Sabendo que = 30°, determine, imediatamente após a corda

CF ter sido cortada, (a) a aceleração da placa, (b) a tensão nas

cordas AD e BE.

TCM:

1

N

G

i

F m a

0

0 0

cos30 0

30 30

n n AD BE

t t t

R m a T T W

R m a W sen a g sen

0

2

cos30 42.48

4.905

AD BE

t

T T m g

ma

s

24.905t

ma

s

TMA

1

0N

G

i

M

0 0 0 030 120 30 120 cos30 150 cos30 150 0AD BE AD BET sen T sen T T

0 0

0 0

30 120 cos30 1502.7165

30 120 cos30 150AD BE AD BE

senT T T T

sen

42.482.7165 42.48

3.7165BE BE BET T T

11.43BET N

2.7165 11.43ADT

31.05ADT N



44

62. Um vaso de 40 kg tem uma base de 200 mm de

diâmetro e está sendo movido usando um carrinho de utilidade

de 100 kg como mostrado. O carrinho se move livremente (μ =

0) no chão. Conhecer o coeficiente de fricção estática entre o

vaso e o carrinho é μs = 0.4, determinar a força máxima F que

pode ser aplicada se o vaso não se deslizar ou derrubar.

Vaso:

TCM:

1 0

x

Nv G at

G

i v

m a FF m a

N m g

x

x

v G s

G s

v

m a Na g

N m g

0.4 9.81xGa

23.924

xG

ma

s

(Para impedir deslizamento)

TMA:

1

0 0N

G at

i

M N e F h

0v vm g e m a h

1009.81

600

ea g a

h

21.635

ma

s

(menor valor)

Carrinho:

TCM:

1 1 2 0

x

Nc v G

G

i c v

m m a FF m a

N N m m g

1 2

100 40 1.635 228.9

c v

F N

N N m m g

63. No instante mostrado, as tensões nas cordas

verticais AB e DE são 300 N e 200 N, respectivamente. Sabendo

que a massa da barra uniforme BE é de 5 kg, determine, neste

instante,

(a) a força P,

(b) a magnitude da velocidade angular de cada cordão,

(c) a aceleração angular de cada corda.

TCM:

1

t i

n i

G tNi

G

i G n

i

m a F

F m am a F

TMA:

0 0 0

1

1.2 1.2 1.20 cos30 cos30 sen30 0

2 2 2

N

G AB DE

i

M T T P

0 0 01.2 1.2 1.2300 cos30 200 cos30 sen30 0

2 2 2P

0 0 100300 200 cos30 sen 30 0

30P P

tg

173.2P N 0 0 0 0

0 0 0 0

cos30 cos30 30 cos30

30 30 cos30 30

N AB ED

T AB ED

R T T P sen W

R T sen T sen P W sen

259.8 173.2 86.6 43.3

0 0 0 0

0 0 0 0

149.99

300 cos30 200 cos30 173.2 30 50 cos30

300 30 200 30 173.2 cos30 50 30

N

T

R sen

R sen sen sen

303.1

375

N

T

R N

R N

303.93

375

N n

T t

R m a

R m a

60.786

75

n

t

a

a

2cos

n nB n t B fa a a sen a l

0 060.786 cos30 75 30nBa sen

2 2 89.4689.46 0.4 89.46

0.4nB f fa

223.65f

15f

rad

s ↺

cost tB n t Ba a sen a a l

0 060.786 30 75 cos30tBa sen

34.559 34.559 0.4tBa

ta na



45

34.559

0.4

286.4

rad

s ↺

64. O tambor tambor suporta o cilindro de 600 lb com

centro de gravidade em G. Se o operador empurrar para frente

com uma força horizontal de 20 lb, determine a aceleração do

caminhão e as reações normais em cada uma das quatro rodas.

Negligenciar a massa das rodas. g = 32.2 ft/s²

TCM:

1

20

0

x

Nc G

G

i A B c

m aF m a

N N m g

60020 20 32.2

32.2600

600

x

x

G

G

A B

aa

N N lb

21.07

xG

fta

s


TMA:

1

0 20 4 2 0.5 1 0N

G A B

i

M N N

0.5 40A BN N

0.5 40 426.7

600 173.3

A B A

A B B

N N N lb

N N lb N lb

426.7

2

173.3

2

c

c

A

B

N

N

426.7213.4

2

173.386.7

2

c c

c c

A A

B B

N N lb

N N lb

65. Determine a força desenvolvida nos cabos e a

aceleração do centro de massa da barra imediatamente após o

cabo falhar. Negligenciar a massa dos cabos AB e CD. A barra

uniforme tem uma massa de 20 kg.

TCM: 0 0

0 01

cos 45 cos 45

45 45

n

t

NG AB DC

G

i G

m a T T m g PF m a

m a P sen m g sen

0 0

0 0

0 20 10 cos45 50 cos45

20 50 45 20 10 45t

AB DC

G

T T

a sen cos

141.42 35.36

20 35.35 141.42t

AB DC

G

T T

a

106.1

176.77

20t

AB DC

G

T T

a

28.8

xG

ma

s


TMA:

0 0

1

0 45 45 02 2

N

G AB CD

i

l lM T sen T sen

AB CDT T

106.1 2 106.1AB DC ABT T T

53.05AB CDT T N

66. A montain bike tem uma massa de 40 kg com

centro de massa no ponto G1, enquanto o piloto tem uma massa

de 60 kg com centro de massa no ponto G2. Determine a

desaceleração máxima quando o freio é aplicado na roda

dianteira, sem fazer com que a roda traseira B saia da estrada.

Suponha que a roda dianteira não escorregue. Negligenciar a

massa de todas as rodas.



46

TCM:

1 2

1 2 1 0

D

NG at

G

i A B

m m a FF m a

N N P P

60 40

600 400 0

G A

A B

a N

N N

100

1000

G A

A B

a N

N N

TMA:

1

0N

A

i

M

22 1 1 20 0.4 0.2 0.4 0.4 0.6 0 0.4 1.25 0A B ATN N P P F m a m a

0BN roda traseira se levanta

20 0 1 600 0.4 400 0.6 0 40 0.4 60 1.25 0A ATN F a a

240 240 16 75 0a a 480

480 91 091

a a

25.76

ma

s

67. Se a camionete de 4500 lb tem tração dianteira e

coeficiente de atrito estático entre as rodas dianteiras A e a

estrada, determine as reações normais nos pares de rodas

dianteiras e traseiras quando a van tem aceleração máxima.

Além disso, encontre esta aceleração máxima. As rodas

traseiras são livres para rolar. Negligenciar a massa das rodas.

TCM:

1 0

x D

NG At

G

i D T

m a FF m a

N N P

xG D

D T

m a N

N N P

139.75

45000.8

32.2

4500

x

x

G DG D

D TD T

Pa N

a Ng

N N P N N

28.8

xG

ma

s

TMA:

1

0 3.5 6 2.5 0N

G D T D

i

M N N N

3.5 6 0.8 2.5 0D T DN N N

5.53.5 6 2 0

6D T D T DN N N N N

5.54500 4500

6D T D DN N N N

45006

11.5DN

2347.8DN N

5.52347.8

6TN

2152.7TN N

139.75 0.8 139.75 0.8 2347.8x xG D Ga N a

0.8 2347.8

139.75xGa

212.32

xG

fta

s

68. O armário homogêneo de massa m é montadoa em

rodas pequenas como mostrado.

Determine a força máxima P que pode ser aplicada

sem derrubá-lo sobre a sua borda frontal inferior com h = b e

com a borda inferior com h = 0.

ementa dinâmica dos sólidos - claudio.sartori.nom.br · beer, f. p.; johnston ... e. r. mecânica...

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