Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
Rotação em torno de eixo fixo
Dinâmica do movimento plano:
Resumo:

TCM: Teorema do Centro de
massa:
Rext  m  aCM
 TMA: Teorema do momento angular:
M Q  IQ  
IQ    P  Q  dm
2
Pólo Q pertence ao sólido:
Pólo Q fixo (vQ = 0) ou pólo QCM
TCM e TMA:
F
 m  aG
iExt
i
M
i
M
i
GFi
 IG  
Ou
OFi
 IO  
Equações de movimento:
Rotação em torno de eixo fixo.
 F  m  a  m   r
 F  m  a  m   r
 M  I 
2
n
Gn
t
Gt
G
G
G
G
1
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Notas de aula 02 – 2° Bimestre
1. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1052) - Um fio é
enrolado em torno de um disco de raio r homogêneo
0.5 m e de massa de 15 kg. Se o cabo é puxado para
cima, com uma força de intensidade T = 180 N,
determinar (a) a aceleração do centro do disco, (b)
a aceleração angular do disco, (c), a aceleração do
cabo.
 F  ma
i
G
 m  ay  T  P
i
m g
ay 
2. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1053) - Uma esfera
uniforme de massa m e raio r é projetada ao longo
de uma superfície horizontal áspera com uma
velocidade linear v0 e sem velocidade angular.
Denotando por k o coeficiente de atrito cinético
entre a esfera e o chão, determine (a) o tempo t1 em
que a esfera vai começar a rolar sem deslizar, (b) a
velocidade linear e a velocidade angular da esfera
no tempo t1.
TP
180  150
m
 ay 
 ay  2 2
m
15
s
⤹  M
F
iExt
i

m  aGx    N  a    g
 m  aG  

 N  P  0  N  m g
 M O  IG  
i
G  IG 
2
IG  m  r 2
5
 M O  IG  
T  R  IG  
IG 

M R
15  0.52
 IG 
 I G  1.875kg  m2
2
2
2
i
T  R
180  0.5
rad
  
   48 2 ↻
IG
1.875
s
aGx  0  aGy  2
2
F  r  m  r 2 
5
2
  m  g  r  m  r 2  
5
2
5 g
  g  r      
5
2 r
m

s2
Inicialmente v =  = 0
aP  aQ     P  Q       P  Q
aA  aG     A  G        A  G 


A esfera começará a rolar sem deslizar
quando o ponto de contato dela com o solo possuir
velocidade nula.
vC  0
t  0  v  v0
a A  2  ˆj  48  kˆ  0.5  iˆ  0
v  t   v0  a  t
aA  2  ˆj  24  kˆ  iˆ  aA  26  ˆj
vG  t   v0    g  t
ˆj
m
aA  ac  26  ˆj  2  
s 
vC  vG    GC
0  vG  iˆ    kˆ  r  ˆj
0  vG  iˆ    r  kˆ  ˆj
 iˆ
2
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0  iˆ  vG  iˆ    r  iˆ  vG    r
v0    g  t    r
  t   0    t
5 g
  t   0 
t
0
2 r
5 g
t
2 r
5 g
v0    g  t   
t  r
2 r
5
v0    g  t    g  t
2
2v0
7
  g  t  v0  t  t1 
2
7  g
3
 t   

I0  k 2 
Velocidade linear
vG  t   v0    g  t
2v0
vG  t  t1   v0    g 
7  g
7v  2v0
2
vG  t  t1   v0  v0  vG t  t1   0
7
7
5
vG  t  t1   v0
7

I0  k 2  m  I0  k 2 
k  18in  k 
P
g
18
ft
ft  g  32.3 2
12
s
2
 18  322
I0    
 12  32.2
I0  22.5lb  f  s2
Tomando o centro de rotação O:
M
Velocidade angular:
5 g
 t   
t
2 r
5   g 2v0
  t  t1   

2 r 7  g
5v
  t  t1    0
7 r
P
g
O
 IO  
i
 12 
 24 
T     400     22.5  
 12 
 12 
800 T  22.5
A aceleração do bloco será:
F
iext
 m  aG  T  P  m  a
i
644 lb
3. (Meriam Kraige pag. 432) - O bloco de concreto de
peso 644 lb é elevado pelo mecanismo mostrado de
içar, onde os cabos estão firmemente enrolados em
torno dos respectivos tambores. Os cilindros, que
são mantidos juntos a girar como uma unidade única
sobre o seu centro de massa, em O, têm um peso
combinado de 322 lb e um raio de giração de cerca
de 18 in. Se uma tensão constante de P = 400 lb é
mantida pela unidade de potência em A, determinar
a aceleração vertical do bloco e a força resultante
sobre o rolamento em O.
T  644 
P
644
 a  T  644 
a
g
32.2
32.2
ft
s2
 12 
a    r  a    
 12 
Resolvendo:
800  T  22.5
T  644 
644
a
32.2
20
800  T

22.5
 800  T 
T  644  20  

 22.5 
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22.5T  22.5 644  20 T  20  800
22.5T  20T  22.5 644  20  800
42.5T  14490 16000
30490
 T  717lb
42.5
800  T
800  717

 
22.5
22.5
rad
ft
  3.67 2  a  3.67 2
s
s
IO  IG  m d 2
50
I O  0.559 
 0.52
32.2
T
Equilíbrio no centro da polia:
F
ix
F
iy
 Ox  400  cos 45  0
0
1.5527
IO  0.94719slug  ft 2
M
i
 IO  
4
rad
50  0.5  0.94719      26.3938 2
s


  Fni  m  an    Fni  m   2  rG
i
i
i
Como  = 0: (roda parte do repouso):
 Oy  822  717  400  sen450  0
On  0
i

Ox  283lb  Oy  1322lb

  Fti  m  at    Fti  m    rG
O  Ox2  Oy2  O  1352lb
4. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 428 ) - Uma
roda desbalanceada de 50 lb possui um raio de
giração kG = 0.6 ft sobre um eixo passando através
de seu centro de massa G. Se a roda parte do
repouso, determine as reações sobre seu pino O.
OFi
i
i
Ot  50  m   rG
Ot  50  1.5527   26.39   0.5
Ot  50  20.487  Ot  29.51lb
5. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 429 ) - Uma
barra de 20 kg num certo instante possui velocidade
angular  = 5 rad/s. Determinar as reações na
conexão da barra em O e a aceleração angular. Use
g = 9.81 m/s².
Diagrama de corpo livre:
Momento de Inércia:
I G  m  kG2  I G 
P 2
 kG
g
50  lb 
2
 0.62  ft 
 ft 
32.2  2 
s 
IG  0.559lb  ft  s2  IG  0.559slug  ft 2
IG 


  Fni  m  an    Fni  m   2  rG
i
i
On  m   rG
2
On  20  52 1.5  On  750N


  Fti  m  at    Fti  m    rG
Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos:
i
i
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Ot  P  m   rG
Ot  P  m    rG
209.81
20
↺  M F
iG
i
1.5
 IG  
ml2

12
20  32
60  196.2  30    1.5 

12
60  Ot 1.5 
180
60  294.3  45   
  60    354.3
12
5

Equações de movimento para o tambor:


  Fxi  m  an    Fxi  m   2  rG
i
i
Ox  m   rG
2
15
354.3
rad

   5.905 2
60
s



Ot  196.2  20  5.905 1.5  Ot  372.35N

  Fyi  m  a y    Fyi  m    rG
i
i
Oy  P  T  m   rG
177.15
Oy  T  P  m    rG
Usando:
M
i
FiO
609.81
 IO  
0.4
Oy  T  588.6  24 
IO  IG  m d 2
m l2
m l2
l
IO 
 m     IO 
12
3
2
↺  M F
2
20  32
IO 
 I O  60kg  m 2
3
60  20  9.811.5  60      5.905
60
rad
s2
6. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 430 ) - O
tambor mostrado possui massa de 60 kg e raio de
giração k0= 0.25 m. Uma corda de massa
desprezível é presa ao tambor e a uma massa de 20
kg. Se o bloco é abandonado, determine a
aceleração angular do tambor.
iO
i
 IO  
Momento de inércia do tambor:
IO  m kO2  IO  60  0.252  IO  3.75kg  m2
T  r  IO  
0.4
T  0.4  3.75     
T
3.75
Se a corda não se desliza sobre a polia, a
aceleração tangencial da polia será a mesma do
bloco:
a    rG

Equação de movimento para o bloco:

  Fyi  m  a y  Pb  T  m  a
i
20  9.81T  20  a 196.2 T  20  a
a
a
   
rG
196.2  T
20
196.2  T
196.2  T
20
 
0.4
8
0.4
196.2  T 0.4
T

T
3.75
8
3.75
196.2  T   3.75  8  0.4  T

196.2  3.75  3.75T  3.2  T
735.75   3.2  3.75  T
T
735.75
 T  105.86 N
6.95
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
0.4
0.4
T  
105.86
3.75
3.75
  11.29
rad
m
 a    rG  a  4.51 2
s2
s
0.4
6. (Livro Unip pg. 78 3.10) - 3 hastes finas,
homogêneas, cada qual com massa m e
comprimento L foram utilizadas na construção de
um triângulo, conforme ilustrado. Pede-se o
momento de inércia em relação a um eixo ortogonal
ao plano da figura e que passe pelo CM – Centro de
massa.
Potência transferida pela força resultante F:
Pmotor  F  v
Momento do motor:
Mmotor  F  d
Como v    d
Pmotor  F    d
Pmotor  Mmotor  
6
Na frequência de regime:
  2  f    2 
3000
rad
   314.16 
60
s
Pmotor  M motor    M motor 
L
L
M motor
CM
Pmotor

120

 M motor  0.3819N  m
314.16
TMA:
M R  Mmotor  Mdiss  ICM 
L
I  3 I _  I _  I /  I \ 
1 l 3 
ml2
I_ 
 m  

12
3 2 
I CM 
2
m l2
2
7. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Um ventilador,
ao ser ligado, parte do repouso com aceleração
constante, e atinge frequência f = 3000 rpm em 5 s,
com o motor gerando potência média Pm = 350 W.
Para manter a frequência de regime de trabalho, o
motor desenvolve potência constante Pmotor = 120
W. Considerar que o valor médio, do momento das
forças dissipativas, nos movimentos acelerados,
seja 75% daquele no movimento de regime de
trabalho; pedem-se:
(a) o momento das forças dissipativas, no
regime de trabalho;
(b) o momento de inércia do ventilador;
(c) o tempo gasto até o ventilador parar,
após ser desligado.
No regime de trabalho, a velocidade
angular é constante:  = 0. Logo:
Mmotor  Mdiss  0  Mdiss  Mmotor  0.382N  m
Considerando o movimento inicial, desde
o repouso até a frequência de trabalho:
  0    t  314.16  0    5
314.16
rad
 lig  62.832 2
5
s
2
 t
  0  t 
2
2
62.832  5
  0  5 
   785.4rad
2
Emotor   Pmootor dt

Emotor  350  t  Emotor  1750 J
5
Energia dissipada:
Ediss   Pdiss dt  Ediss   M diss  dt
Ediss    0.382  0.75  dt
Ediss  0.287   dt  Ediss  0.287  785.38

Ediss  225.4J
F
d
Potência resultante:
PR  M R  
Energia transferida ao sistema
armazenada na forma de energia cinética:
Ec   PR dt  EC   M R  dt
Ec   I    dt
Ec   I 
d
 dt  Ec   Id
dt
e
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I  2
I  314.162
 Ec 
 Ec  49348.2  I
2
2
Pela conservação da energia:
Ec 
EC  Em  Ediss  49348.2  I  1750  225.4
I
1524.6
 I  0.031kg  m2
49348.25
CM
Pelo TMA, com o motor desligado:
M R  I   0.287  0  0.031
0.287
rad

   9.26 2
0.031
s
  0    t  0  314.16  9.26  t
314.16
t
 t  33.93s
9.26
8. (Livro Unip pg. 67 3.01) - Duas esferas de
massas m1 = 0.010 kg e m2 = 0,03 kg estão
localizadas nas extremidades de uma haste de peso
desprezível, com comprimento L = 0,10 m.
Determinar o momento de inércia (em kg.m2):
(a) em relação a um eixo vertical passando
pelo ponto médio da haste.
(b) em relação a um eixo paralelo do item
anterior que passa pelo centro de massa do
conjunto.
7
0.075
ICM  0.01 0.0752  0.03 0.0252
ICM  7.5105 kg  m2
9. (Livro Unip pg. 83 3.04) - Um balão
esférico de raio R é constituído por uma película
fina e homogênea de massa m. Considerando um
eixo radial, pedem-se:
(a) o momento de inércia;
(b) o raio de giração.
(a)
L2
L2
 m2
2
2
2
IO  0.01 0.05  0.03 0.052
I O  m1
IO  1104 kg  m2
(b)
Somas

Massa
(kg)
m1 = 0.01
m2 = 0.03
 mi  0.04
x
(m)
0
0.1
2
ICM  m  R2 (Esfera oca)
3
(a)
(b) ICM  2 m  R2  m  k 2  k  2 R
3
3
y
x
0.025
10. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Uma barra
homogênea ilustrada a seguir, de massa m e
comprimento L, está articulada pela extremidade A,
girando em um plano vertical, sob ação de um
momento M. No instante ilustrado a velocidade
angular é  = 8 rad/s; para esse instante, determine:
(a) a aceleração angular da barra (em
rad/s2).
(b) as componentes da reação na
articulação.
Dados: m = 40 kg; L=6 m
M = +120 N.m g = 10 m/s2
mi.xi (kg.m)
0
0.003
 mi  xi  0.003
m1  x1  m2  x2
m1  m2
0.01 0  0.03  0.1
xCM 
0.01  0.03
0.003
xCM 
 xCM  0.075m
0.04
y
ax
H
x
xCM 
ay
V

P
TCM.: Teorema do centro de massa:
F
xi
i
F
yi
 m   ax   H  m  ax
 m   a y   V  P  m  a y
i
 TMA: Teorema do momento angular:
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M
FiO
T1  R  T2  R  IO 
 IO  
i
T1  T2   R 
6
120  400   IO  
2
2
m l2
l
 m 
12
2
2
T1  T2   R 
40  6
 I O  480kg  m2
3
6
120  400   480  
2
rad
↻
s2
m
s2
L2
m
a y    r  a y  2.25  3  a y  6.75 2
s
L2
ax   2  r  ax  82  3  ax  192
0.36
T1  T2 
V  400   40  6.75  V  400  270
270
V  130N
T2 
i
TCM.: Teorema do centro de massa:
 P  T  m1  a
 m1  a1   1 1
T2  P2  m`2  a
 TMA: Teorema do momento angular:
M
i
FiO
 IO  
200  5  T2
440
N  T1 
3
6
440
3  T  2800 N
1
6
18
200  5 
155.56
x
yi
2
8
146.67
y
F
2
 a  a  T1  T2  
8  T2  5  T2  200  240
T1 

mp

T1  T2 
200  T1  20 
4

T  120  12  T1  T2 
 2
4
200  T1  5  T1  5  T2

T2  120  3  T1  3  T2
6  T1  5  T2  200

 4  T2  3  T1  120
H  40   192   H  7680 N
11. (Livro Unip pg. 107 3.29) - Os blocos
ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A massa da
polia é mp e seu raio é R. Desprezar a massa da corda
e admitir que não há escorregamento entre a corda
e a polia. Considere a aceleração da gravidade local
igual a 10 m/s2. A aceleração do bloco de massa
m1 vale aproximadamente, em m/s2:
Dados: m1 = 20 kg m2 = 12 kg M = 8 kg
R = 0.3 m
8
mp  R 2

2
200  T1  20  a

T2  120  12  a
mp  R2 a

T1  T2   R 
2
R
2
1080  480      2.25

a1  a2    R
ml2 ml2
m l2
IO 

 IO 
12
4
3
IO 
2
O=G ; P1 = m1.g = 200N
P2 = m2.g = 120N
Como a corda não escorrega:
O=A ; P = m.g = 400N
 Teorema dos eixos paralelos:
I O  I CM  m  OG  I O 
mp  R 2
T1  T2
155.56 146.67
a
4
4
T1  T2
155.56 146.67
a
a
4
4
m
a  2.22 2
s
a
12. (Livro Unip pg. 91 3.14) - Um disco
uniforme, com eixo fixo, possui raio R = 0,4 m e
massa m = 6 kg. Em repouso, o disco é acionado pea
força F = 20 N, através de uma corda enrolada no
mesmo. O atrito nos mancais, gera um binário
(momento) resistente Mres = 1.5 N.m. Pedem-se:
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
(a) a reação do eixo fixo.
(b) o número de voltas necessária para que
o disco atinja a velocidade angular de  = 40 rad/s.
⤹  M
G
 0  PB  0.152  22.2  0.254  0
PB  37.1N
A polia girará no sentido antihorário.
9

TCM.: Teorema do centro de massa:
H  m  ax


0

V

P

F

m
 ay

0

H 0



V  60  20  0  V  80 N
 TMA: Teorema do momento angular:
M
FiO
 IO  
Cinemática do movimento:
aA    rA  aB    rB
aA  0.254   aB  0.152  
FRB  mB  aB  PB  TB
TB  PB  mB  aB  TB  44.5  4.536  0.152  
i
PB g
F  R  MRes  ICM 
m  R2
20  0.4  1.5 

2
6  0.42
6.5 rad
8  1.5 
   
2
0.48 s 2
0.48
13.54
F2  02  2  
402  0  2 13.54     
TB  44.5  0.6895 
FRA  mA  aA  TA  PA
TA  mA  aA  PA  TA  2.2629  0.254    22.2
PA g
TA  0.5748   22.2
 Equações de movimento: momento de
inércia da polia:
1600
rad
27.08
59.08

59.08
n
n
 n  9.4
2
2
13. (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.
0.254 m
0.152 m
I  mk2  I 
I
P 2
k
g
53.4
 0.2032  I  0.224kg  m2
9.81
⤹  M
G
 IG 
TB  0.152  TA  0.254  IG 
 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
1.1272 rad
 0.2508  0.224   1.1272   
0.4748 s 2
2.37
44.5 N
22.2 N

Sentido do movimento: Para manter a
polia em equilíbrio:
rad
  2.37 2 ↺
s
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
m

s2
m
aB  0.152  2.37  aB  0.360 2 
s
a A  0.254  2.37  a A  0.602
14. (Hibbeler pag.442 17.13) – Determine a
aceleraçãoangular da polia da figuram que possui
uma massa de 8 kg e raio de giração kG = 0.35 m. A
massa da corda é negligenciável.

21.52  19.76
rad
   10.32 2
4
s
m
aG  5.16 2
s
15. (Livro Unip pg. 109 3.32) - A figura ilustra
uma barra AB, homogênea , de massa m = 20 kg e
comprimento L = 0.5 m. Na posição definida pelo
ângulo  = 600, a mesma apresenta velocidade
angular  = 4 rad/s. Pede-se a aceleração angular da
barra.
A
s

CM
L/2
L/2
 Equações de movimento: momento de
inércia da polia:
N
n̂
I  m  k  I  8  0.35
2
2
G
tˆ
A=O
0.98 kg m2
⤹  M
B
 IG 

CM
L/2
T
T  0.5 100  0.2  0.98
P.cos


L/2
B
P

i
100  T  78.48  8  aG
P m g
Para que a polia não escorregue em A:
aG    r  aG    0.5
21.52  T  8 0.5
21.52  T

4
 21.52  T 
T  0.5  20  0.98  

4


4 T  0.5  20   0.98   21.52  T 
2 T  80  21.0896  0.98T
58.91
T
 T  19.76N
2.98
TCM: Teorema do centro de massa:
 Fni  N  P  sen  m  an
 i

  Fti  P  cos   T  m  at
 i
L
an   2  rG  rG 
2
L
at    rG  rG 
2
  Fyi  m  a
8 9.81
P.sen


TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
O
L
IO  IG  m   
2
IO 
2
m  L2 m  L2
m  L2

 IO 
12
4
3
2
L m L
 P  cos   

2
3
L m  L2
3  g  cos 

    
2
3
2 L
3 10  cos 600
rad
 
   15 2
2  0.5
s
m  g  cos  
Calcule os valores de N e T agora, carinha....
10
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
aT   
M
L
3  g  cos
 aT 
2
4
an   2 
i
FiO
 IO  
Fat  0.125  IG 
  N  0.125  I G    0.05  N  0.052  
L
2
0.4
16. (Livro Unip pg. 109 3.33) - O disco de raio
r = 0.125 m e massa m = 4 kg, momento de inércia
baricêntrico ICM = 0.052 kg.m², inicialmente em
repouso, é colocado em contato com a esteira, que
move-se com velocidade constante, para a direita, v
= 3 m/s. O coeficiente de atrito entre a esteira e o
disco é  = 0.40, pedem-se:
(a) determinar a aceleração angular do
disco durante o escorregamento;
(b) o ângulo total de rotação do disco,
desde o repouso, até que o escorregamento do disco
e a esteira cesse.
0.052
N  1.04 
 F  cos14.04  1.04      0

0.97
0.4


0.245

F

1.04



40
0

0.97  F  0.416    0

 0.245  F  1.04    40
0.97


F

0.416

2.32

0.245  F  1.04  2.32  F  40
11
rad

  2.332  F    35 2

s


40 N
0.245  F  2.425  F  40  F 
2.6578

15.05

N  1.04  35  N  36.3N
O escorregamento cessa quando
velocidades das superfícies forem iguais:

as
vBordaDisco  vesteira  final  r  3
3 rad
 final  0.125  3   final 
0.125 s
Diagrama de corpo livre:
24

F

2
inicial
 2    
242  2  35     
P
N
F
Fat


 0.5 
    75.96
 0.125 
  90   90 75.96   14.04
  arctg 

2
final
8.23
17. (Livro Unip pg. 102 3.20) - O sistema de
polias duplas tem momento de inércia total ICM =
20.3 kg.m², raio interno Ri = 0.23 m e raio externo
Re = 0.40 m, respectivamente; inicialmente em
repouso,é acionado por um contrapeso de massa m
= 65 kg. Pedem-se:
(a) a aceleração angular do sistema;
(b) a velocidade angular no instante t = 3 s;
(c) a velocidade angular no instante em que o
contrapeso deslocou-se de 0.3 m.
TCM: Teorema do centro de massa:
(disco)
  Fxi   F  cos14.04  Fat  m  aGx
 i

 Fyi  F  cos 75.96  N  P  m  aGy
 i
F  cos14.04  Fat  0

 0.245  F  N  40  0

TMA: Teorema do Momento Angular
576
rad
70

Diagrama de corpo livre:
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
(b) as componentes horizontal e vertical da
reação do eixo.
12
T
Pp

P
R2
R1

mB
TCM: Teorema do centro de massa:
Contra Peso
F
yi
 P  T  m  aG
i

V
TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
O
H
20.3  
T  R  20.3    T 
R
aT  R 
TB
P  T  m  aG
6510
F
20.3
R
65
PP
TB
R1
R
20.3  
650 
 65  0.23  
0.23
650  88.26   14.95
650
rad

   6.3 2
88.26  14.95
s
  0    t
rad
  0  6.3  3    18.9
s
2
2
  0  2  
s
s    R   
R
0.3
 
   1.3rad
0.23
2  0  2  6.31.3    16.43
rad
  4.05
s
18. (Livro Unip pg. 94 3.16) - A polia dupla
ilustrada tem raios R1 = 0.6 m e R2 = 1.2 m, massa
mP = 600 kg, raio de giração k = 0.9 m, e é acionada
através de uma corda que faz um ângulo  = 60°
com a horizontal, com tração F = 3600 N. O
movimento da polia, suspende o bloco de massa mB
= 300 kg. Considerar que as cordas não
escorreguem em relação à polia e g = 10 m/s².
Pedem-se:
(a) a aceleração do bloco;
H

V
F
R2
mB
PB

TCM: Teorema do centro de massa:
 Polia:
F
xi
 H  F  cos  mP  aPx
i
H  3600  cos60  0  H  1800N
 Fyi  V  PP  TB  F  sen  mP  aPy
i
V  6000  TB  3600  sen60  0  V  9117.69  TB
F
yi

Peso B:
 TB  PB  mB  aB
i
TB  3000  300  aB  TB  3000  300  aB
Como não há escorregamento:
aB  R1   aB  0.6 
TB  3000  300  0.6   TB  3000 180 
TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
O
F  R2  TB  R1  mP  k 2 
3600 1.2  TB  0.6   600  0.92  
486
4320  TB  0.6  486 
4320  TB  0.6  486 
4320   3000  180     0.6  486  
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Notas de aula 02 – 2° Bimestre
4320 1800 108   486 
2520
2520 108    486     
594
rad
  4.24 2
s
aB  0.6   aB  2.544
T1  T2   R  
M  R2 a

2
R
50
M
T1  T2    a
2
100  10  a   200  20  a   25  a
100 10  a  200  20  a  25 a
m
s2
30  a  100  25  a  a 
TB  3000  180    TB  3763.2 N
4.24
V  9117.69  TB  V  12880.89 N
3763.2
18. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx
Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A
massa da polia é M e seu raio é R. Desprezar a massa
da corda e admitir que não há escorregamento entre
a corda e a polia. Considere a aceleração da
gravidade local igual a 10 m/s2. A aceleração do
bloco de massa m1 vale aproximadamente, em m/s2:
1.82
100
m
 a  1.82 2
55
s
19. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx
Uma polia dupla, composta por dois discos
solidários entre si, possui momento de inércia total
ICM = 0,30 kg.m2, é acionada a partir do repouso, por
blocos de massas m1 = 1,5 kg, m2 = 2,5 kg, raios R1
= 0,4 m e R2 = 0,7 m, ligados a fios ideais que não
escorregam em relação a polia. Desprezar atritos,
adotar g = 10 m/s2. A tração no fio que sustenta a
massa m2, expressa em N, é aproximadamente:
25.35
Dados: m1 = 10 kg
m2 = 20 kg
M = 50 kg
R = 0,5 m
Sentido de giro:
P1  R2  P2  R1  0  P1 

TCM: Teorema do centro de massa:
 massa m1
F
1i
 T1  P1  m1  a1
P1 
0.7
25  P1  43.75N  15N  horário
0.4
TCM: Teorema do centro de massa:
 massa m1
i
T1 100  10  a1  T1  100 10  a1
F
2i

massa m2
R1
P2
R2
F
1i
 T1  P1  m1  a1  a1  R2  
i
T1 15  15  0.7   T1  15 1.05 
 P2  T2  m2  a2

i
200  T2  20  a2  T2  200  20  a2
massa m2
 F2i  P2  T2  m2  a2  a2  R1 
i

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
O
i
Polia:
25  T2  2.5  R1    T2  25  1 
0.4

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
O
i
Polia:
a1
a2
T1
T2
P2
P1
T1  R  T2  R  I    
T1  T2   R  
M  R2

2
T1  R2  T2  R1  I G    
T1  0.7  T2  0.4  0.3
15  1.05     0.7   25  1    0.4  0.3  
10.5  0.735 10  0.4   0.3
 0.735  0.4  0.3    10  10.5
1.435   0.5    
0.5
rad
   0.3484 2
1.435
s
T2  25  1   T2  25  1  0.3483
13
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
vA  vB  A  rA  B  rB
aTA  aTB  A  rA  B  rB
T2  25.3483N
20. (Livro Unip pg. 89 3.13) - Duas engrenagens
A e B, possuem eixos fixos paralelos, conforme
ilustrado. Soldada coaxialmente ‘a engrenagem A,
uma polia de raio 0.05m é acionada pela força F =
500 N, através de um fio enrolado na mesma. As
engrenagens A e B, possuem, respectivamente, rA =
0.3 m e rB = 0.1 m; os momentos de inércia da
engrenagem A e da polia soldada é IA = 1.2 kg.m2;
o momento de inércia da polia B é IB = 0.8 kg.m2.
Os atritos são desprezíveis. Pedem-se:
(a) a aceleração angular da engrenagem A;
(b) a aceleração angular da engrenagem B;
(c) a força que a engrenagem A aplica na
engrenagem B.
rA
0.3
 A   B    A   B  3   A
rB
0.1
f  8 B  f  24  A
24  A  0.3  25  1.2  A  7.2  A  25  1.2  A
25  7.2  A 1.2  A  25  8.4   A
25
rad
A  
  A  2.97 2
8.4
s
B  
 B  3   A   B  3   2.97    B  8.91
f  8   B  f  71.28 N
rad
s2
8.91
F
21. (Livro Unip pg. 115 3.35) - A figura ilustra
um cilindro homogêneo, de massa m = 5.0 kg, raio
R = 0.33 m, que abandonado do repouso, apoiado
em plano inclinado de ângulo  = 30° com a
horizontal, rola sem escorregar ao longo do mesmo.
Pedem-se:
(a) a aceleração do centro de massa;
(b) o mínimo valor do coeficiente de atrito
entre o cilindro e o plano inclinado.
F
f
HB
HA
VA N N
PA

VB
f

PB
y
TCM: Teorema do centro de massa:
Engrenagem A
F
xi
F
N
f at
 H A  N  mA  axA
x
i
yi
 VA  F  f  PA  mA  ayA
P
i

Engrenagem B
 Fxi  HB  N  mB  axB
  300
i
F
yi
 VB  f  PB  mB  ayB
i

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i

O

F
xi
i
Engrenagem A:
f  rA  F  r  I A  A
f  0.3  500  0.05  1.2  A
f  0.3  25  1.2  A

Engrenagem B:
f  rB  I B  B
f  0.1  0.8 B
f 

0.8
 B  f  8  B
0.1
Ponto de engrenamento:
TCM: Teorema do centro de massa:

P  sen300  f at  m  a
m g  510
F
yi
0.5
25  fat  5  a
 N  P  cos300  0
i
N  P  cos 300  N  50  cos 300
43.3 N

TMA: Teorema do Momento Angular
14
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
M
i
FiO
 IO  
 K  N  m  a   K W  m  a  a   K  g
9.66 ft / s 2
Cilindro:
 f R 
F
m  R2

2
yi
m R
   a  aT    R
2
m R
f 
   a    R
2
m R  a 
ma
f 
    f 
2  R
2
f 
25 
m a
5 a
 5  a  25 
 5 a
2
2
25   5  2.5   a
25  7.5  a  a 
25
m
 a  3.333 2
7.5
s
a    R    
a
R
3.333
rad
   10.1 2
0.33
s
m a
5  3.333
f 
f 
 f  8.3325N
2
2
 
fat    N
f
8.3325
  at   
   0.19
N
43.3
22. Um aro de 10 lb ou um anel fino é dada
uma velocidade angular inicial 0 = 6 rad/s quando
é colocado sobre a superfície. Se o coeficiente de
atrito cinético entre o aro e a superfície é k = 0.3
determinar a distância que o aro se desloca antes de
parar o escorregamento.
Dados: g = 32.2 ft/s2; 1 in = 1/12 ft
I = m r2

TCM: Teorema do centro de massa:
F
xi
i
 Fat  m   aG 
 N W  0  N  W
i

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
O
Aro:
Fat  r  m r 2   k  m g  r  m r 2 
 g
0.3  32.2
   k   
r
0.5
rad
  19.32 2
s
Quando parar o escorregamento:
vG    r
aG  t  0    t   r  t 
t
0  r
aG    r
6  0.5
 t  0.1553s
9.66   19.32  0.5
  0    t    6 19.32  0.1553
 3
rad
s
 2  02
32  62
  
2 
2   19.32 
s  r    s  0.116 ft
 
23. (Livro Unip pg. 115 3.36) - A figura ilustra
um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado
por uma força F = 22.5 N, aplicada por uma corda
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente
de atrito estático e cinético, respectivamente, e =
0.30 e c = 0.25. Pedem-se:
(a) determinar se ocorre ou não
escorregamento;
(b) a aceleração angular do carretel.
15
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
R2

F
F
R1
`
TCM: Teorema do centro de massa:
Engrenagem A
xi
 m  aG  F  Fat  m  aG
i
F
Supondo ausência de atrito:
yi
22.5  Fat  5  aG
 N  P  0  N  P  50N
i

F  R1  Fat  R2  I O    
F
xi
22.5  0.08  Fat  0.12  5  0.092    
F
R1

1.8  0.12  Fat  0.0405 
Como não há escorregamento: o CIR é o
ponto de contato do carretel com o solo:
TCM: Teorema do centro de massa:
Engrenagem A
 m  aG  22.5  5  aG  aG 
i
22.5
5
4.5m s 2
F
yi
 N  P  0  N  P  50N
i

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
O
i

aG  R2   aG  0.12 
22.5  Fat  5  aG  22.5  Fat  0.6  
0.12
22.5  Fat  0.6  


1.8  0.12  Fat  0.0405  
22.5   0.12   1.8  0.6   0.12     0.0405  
0.9  0.1125     
Carretel:
F  R1  IG   22.5 0.08  5 0.092 
1.8

0.0405
 8
aP  aG     P  G        P  G  
Onde P é o ponto de contato do carretel
com o piso. Lembrando que  = 0:

aP  4.5  iˆ  44.4  kˆ   R2  ˆj

aP  4.5  iˆ  R2  44.4  kˆ  ˆj
 iˆ
aP  4.5  iˆ  5.33  iˆ  aP  9.83  iˆ
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita;
a força de atrito apontará para a esquerda:
R2
F
F
R1
N
P
rad
s2
15 N
44.44 rad s 2
0.12
0.9
0.1125
22.5  Fat  0.6  8  Fat  22.5  4.8  Fat  17.7N
Da cinemática dos sólidos:
`
16
O
i
R2
`
TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
Como
0  Fat  e  N
0.350
A força de atrito é maior que a máxima
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é
falsa; logo a relação aG  R2   aG  0.12  
não vale; Assim, teremos que calcular a força de
12.5 N
atrito cinética:
Fat  e  N
0.2550
10

22.5  12.5  5  aG  aG 

5

m
2 2

s

1.8  0.12 12.5  0.0405       0.3

0.405

rad
7.48 2

s
Ou seja, o centro de massa está acelerando
para direita com aceleração de 2 m/s2 e está girando
no sentido horário.
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
24. (Livro Unip pg. 115 3.37) - A figura ilustra
um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado
por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente
de atrito estático e cinético, respectivamente, e =
0.30 e c = 0.20. Pedem-se:
(a) a aceleração angular do carretel;
(b) a aceleração do centro de massa.
Da cinemática dos sólidos:
aP  aG     P  G        P  G  
Onde P é o ponto de contato do carretel
com o piso. Lembrando que  = 0:

aP  0  39.51  kˆ   R2  ˆj

aP   R2  39.51  kˆ  ˆj
 iˆ
0.12
m
aP  6.32  iˆ 2
s
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita;
a força de atrito apontará para a esquerda:
F
R2
F
`
R1
F
R2
N
P
R1
`

Supondo ausência de atrito:
F
xi
i
TCM: Teorema do centro de massa:
Carretel:
 m  aG  Fat  m   aG   Fat  5  aG
F
 F  N  P  0  N  30N
yi
F
i

R2
TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
F  R1  Fat  R2  IO 
R1
P
`
20  0.08  Fat  0.16  5 0.092 
1.6  0.16  Fat  0.0405 
Hipótese 1: não há escorregamento:
N
Como a força F é menor que o peso, CM
não se desloca na vertical; como, adotando a força
de atrito
Fat nula e  = 0, não tendo forças na
horizontal, teremos:
 TCM: Teorema do centro de massa:
F
xi
 m  aG  aG  0
i
 Fyi  F  N  P  0  N  30N
i

20
O
aG  R2   aG  0.16 
1.6  0.16  Fat  0.0405    1.6  0.128    0.04  
5016

1.6
rad
   9.52 2
0.128  0.04
s
0.168
Fat  5  aG  Fat  0.8    Fat  7.61N
9.52
0.16
Para não haver escorregamento:
50
9N
TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i

0  Fat  e  N
0.330
O
Carretel:
F  R1  IG   20  0.08  5 0.092 
1.6

0.0405
39.51rad s 2
Como
7.61  FatE  e  N
9
A força de atrito é menor que a máxima
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é
17
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
verdadeira;
logo
aG  R2   aG  0.16 

a
relação
vale; Assim:
  9.52
Carretel:
F  R1  IG   20  0.08  6  0.132 
1.6

0.1014
rad
s2
15.78rad s 2
m
aG  0.16  9.52  aG  1.52 2
s
Da cinemática dos sólidos:
25. (Livro Unip pg. 134 3.50) - A figura ilustra
um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado
por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente
de atrito estático e cinético, respectivamente, e =
0.20 e c = 0.15. Pedem-se:
(a) determinar se ocorre ou não
escorregamento;
(b) a aceleração angular do carretel.
(c) a aceleração do centro de
massacarretel.
aP  aG     P  G        P  G  
Onde P é o ponto de contato do carretel
com o piso. Lembrando que  = 0:

aP  3.33  iˆ  15.78  kˆ   R2  ˆj

aP  3.33  iˆ  R2 15.78  kˆ  ˆj
 iˆ
0.16
aP  3.33  iˆ  2.52  iˆ  aP  5.85  iˆ
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita;
a força de atrito apontará para a esquerda:
R2
`
F
R1
F
N
P

R2
`
F
F
R1
TCM: Teorema do centro de massa:
Engrenagem A
xi
 m  aG  F  Fat  m  aG
i
F
yi
Supondo ausência de atrito:
20  Fat  6  aG
 N  P  0  N  P  60N
i

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
 F  R1  Fat  R2  I O    
R2
20  0.08  Fat  0.16  6  0.132    
F
R1
`
O
1.6  0.16  Fat  0.1014  
Hipótese: se não houver escorregamento:
12 N

TCM: Teorema do centro de massa:
Engrenagem A
F
yi
2
 N  P  0  N  P  60N
i

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
O
0.260
o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo:
20
i Fxi  m  aG  20  6  aG  aG  6
3.33m s
0  Fat  e  N
aG  R2   aG  0.16 
20  Fat  6  aG  20  Fat  0.96  
0.16
20  Fat  0.96  


1.6  0.16  Fat  0.1014  
18
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
20   0.16   1.6  0.96   0.16     0.1014  
3.2 1.6  0.1536    0.1014     
  18.82
4.8
0.255
rad
s2

20  Fat  0.96 18.82
Fat  20 18.1  Fat  1.9N
Como
20
6
 m  aG  20  6  aG  aG 
xi
i
0  Fat  e  N
1.9
TCM: Teorema do centro de massa:
Engrenagem A
F
12 N
F
R1
`
3.33m s 2
F
0.260
yi
A força de atrito é menor que a máxima
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é
verdadeira; logo a relação:
aG  R2    aG  0.16    aG  3

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
m
s2
O
i

Carretel:
F  R1  IG   20  0.08  6  0.132 
1.6
 
0.1014
Ou seja, o centro de massa está acelerando
para direita com aceleração de 3 m/s2 e está girando
no sentido horário.
26. (Livro Unip pg. 134 3.51) - A figura ilustra
um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado
por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente
de atrito estático e cinético, respectivamente, e =
0.20 e c = 0.15. Pedem-se:
(a) determinar se ocorre ou não
escorregamento;
(b) a aceleração angular do carretel.
(c) a aceleração do centro de
massacarretel.
 N  P  0  N  P  60N
i
15.78rad s 2
Da cinemática dos sólidos:
aP  aG     P  G        P  G  
Onde P é o ponto de contato do carretel
com o piso. Lembrando que  = 0:

aP  3.33  iˆ  15.78  kˆ   R2  ˆj

aP  3.33  iˆ  R2 15.78  kˆ  ˆj
 iˆ
0.16
aP  3.33  iˆ  2.52  iˆ  aP  0.81 iˆ
Ou seja, o ponto P se desloca para a direita;
a força de atrito apontará para a esquerda:
R2
`
F
N
P

R2
TCM: Teorema do centro de massa:
Engrenagem A
F
xi
`
R1
F
R1
 m  aG  F  Fat  m  aG
i
F
F
yi
20  Fat  6  aG
 N  P  0  N  P  60N
i

TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
i
Supondo ausência de atrito:
O
F  R1  Fat  R2  I O    
20  0.08  Fat  0.16  6  0.132 
1.6  0.16  Fat  0.1014 
R2
19
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
Hipótese: se não houver escorregamento:
12 N
0  Fat  e  N
0.260
o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo:
aG  R2   aG  0.16 
20  Fat  6  aG  20  Fat  0.96  
0.16
20
20  Fat  0.96  


1.6  0.16  Fat  0.1014  
20   0.16   1.6  0.96   0.16     0.1014  
3.2  1.6  0.1536    0.1014     
  6.27
1.6
0.255
rad
s2
20  Fat  0.96  6.27
Fat  20  6.02  Fat  13.98N
12 N
Como
0  Fat  e  N
0.260
A força de atrito é maior que a máxima
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é
falsa; logo a relação:
aG  R2  não é valida.
Assim, haverá escorregamento e:
Fat  c  N  Fat  0.15  60  Fat  9N
20  Fat  6  aG


9

1.6  0.16  Fat  0.1014  
9

11
m

aG   aG  1.83 2

6
s

   0.16    1.58 rad

0.1014
s2
Ou seja, o centro de massa está acelerando
para direita com aceleração de 1.83 m/s2 e está
girando no sentido horário com aceleração angular
1.58 rad/s2.
 Movimento combinado de rotação e
translação: Relações envolvendo energia.
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
Todo movimento de um corpo rígido pode
ser sempre dividido em um movimento de
translação do centro de massa e outro de rotação em
torno do centro de massa. A energia cinética do
corpo possui duas parcelas: uma devida à translação
do centro de massa e outra devida à rotação:
K

1
1
2
M  vcm
 I cm   2
2
2
Condição
para
deslizamento:
vCM  R  
rolamento
sem
 Exemplo 1 – Enrolamento de uma casca
cilíndrica. Uma casca cilíndrica oca de raio R e
massa M rola sem deslizar com uma velocidade vCM
ao longo de uma superfície plana. Qual a sua
energia cinética?

Solução:
K
1
1
2
M  vcm
 I cm   2
2
2
1
1
v 
2
K  M  vcm
 M  R 2   CM 
2
2
 R 


2
2
K  M  vcm
 Exemplo 2 – Velocidade de um ioiô. Um
ioiô é feito enrolando-se um fio diversas vezes em
torno de um cilindro de massa M e raio R. Mantémse presa a extremidade enquanto o cilindro é
liberado sem velocidade inicial. O fio se desenrola,
mas não desliza nem se dilata à medida que o
cilindro cai e gira. Use considerações de energia
para achar a velocidade do centro de massa vCM do
cilindro sólido depois que ele caiu a uma distância
h.
 Solução:
1
1
2
M  vcm
 I cm   2
2
2
vCM
1

 I  M  R2
R
2
K
1
1 1
v 
2
K 2  M  vcm
  M  R 2   CM 
2
2 2
 R 
3
2
K2  M  vcm
4
Aplicando a conservação da energia:
K1  U1  K2  U2
3
2
0  M  g  h  M  vcm
0
4
2
21
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Notas de aula 02 – 2° Bimestre
vcm 
4
g h
3
 Exemplo 3 – Competição entre corpos
girando. Em uma demosntração durante a aula de
física, o professor faz uma “competição” de vários
corpos rígidos redondos, deixando-os rolar do alto
de um plano inclinado. Qual a forma do corpo que
alcança primeiro a parte inferior?
22
 Solução:
A equação para o movimento de translação
do centro de massa é:
F
y
 M  g  T  M  acm
O momento de inércia em relação a um
eixo que passa pelo centro de massa:
I
 Solução:
K1  0  U1  M  g  h  U2  0
1
1
2
K2  M  vcm
 I cm   2
2
2
K1  U1  K2  U2
1
1
2
0  M  g  h  M  vcm
 I cm   2  0
2
2
Somente a força de tensão possui torque
em relação a um eixo que passa pelo centro de
massa é:
  T  R  I
cm
1
   T  R  M  R2  
2
Como o fio se desenrola sem se deslizar:
vCM  R  
Chamando de:
aCM  R     
Icm  c  M  R2
1
1
v 
2
M  g  h  M  vcm
 c  M  R 2   cm 
2
2
 R 
1
M  R2
2
2
1
1
2
2
M  g  h  M  vcm
 M  vcm
c
2
2
1
2 gh
2
M  g  h  M  vcm
1  c   vcm 
2
1 c
Todos os cilindros sólidos possuem a
mesma velocidade no ponto inferior do plano,
mesmo quando possuem massas e raios diferentes,
pois eles possuem o mesmo valor da constante c.
Todas as esferas sólidas possuem a mesma
velocidade na base do plano. Quando menor o valor
de c maior a velocidade do corpo quando ele chega
na parte inferior do plano. Observando a tabela de
momento de inércia, vemos que a ordem de chegada
do plano é: Qualquer esfera maciça, qualquer
cilindro maciço, qualquer esfera oca com parede
fina ou casca esférica e, finalmente, qualquer casca
cilíndrica.
 Exemplo 4 – Aceleração de um ioiô.
Ache a aceleração de cima para baixo do ioiô e a
tensão no fio.
aCM
R
1
M  R 
2
acm
1
T  M  acm
2
M  g  T  M  acm
1
M  g  M  acm  M  acm
2
1
M  g  M  acm  M  acm
2
3
2
M  g  M  acm  acm  g
2
3
1
T  M  acm
2
1
2
T  M g
2
3
2
T  M g
3
T
 Exemplo 5 – Aceleração de uma esfera
rolando. Uma esfera de bliche sólida rola sem
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Notas de aula 02 – 2° Bimestre
deslizar para baixo de uma rampa ao longo de uma
guia. O ângulo de inclinação da rampa em relação à
horizontal é . Qual é a aceleração da bola?
Considere a bola uma esfera homogênea sólida,
desprezando seus orifícios.
 Trabalho e potência no movimento de
rotação
Podemos escrever:
dW  Ftan ds  ds  R  d
dW  Ftan R  d
dW    d
2
W     d
23
1
Podemos desenvolver:
dW    d
dW  I    d  dW  I 
 Solução:
A figura mostra o diagrama de corpo livre,
mostrando o sentido positivo das coordenadas.
Usando o momento de inércia da esfera
sólida:
d
 d
dt
dW  I   d
d
 d
dt
dW  I 
2
2
I  M  R2
5
W   I    d
Equações de translação e rotação do centro
de massa e chamando de f a força de atrito:
1
1
Wtot  I  22  I  12
2
2
dW
d
 
dt
dt
P   
F
x
1
 M  g  sen  f  M  acm
  f  R  I
Como:
cm
2
   f  R  M  R2  
5
aCM  R     
aCM
R
Substituindo, teremos:
2
f  M  acm
5
M  g  sen  f  M  acm
2
M  g  sen  M  acm  M  acm
5
2
M  g  sen  M  acm  M  acm
5
7
5
M  g  sen  M  acm  acm   g  sen
5
7
2
2
5
f  M  acm  f  M   g  sen
5
5
7
2
f   M  g  sen
7
Coeficiente de atrito:
2
 M  g  sen
f
  7
N
M  g  cos 
2
  tg 
7
 Exemplo 6 – Um anúncio fazendo
propaganda da potência desenvolvida pelo motor de
um automóvel afirma que o motor desenvolve
1.49.105W para uma rotação de 6000 rpm. Qual é o
torque desenvolvido pelo motor?

Solução:
P      
P

6000
f  6000rpm 
Hz
60
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Notas de aula 02 – 2° Bimestre
f  100 Hz
  2  f    2 100    200
rad
s
angular, que representamos por L . Definimos
como:
Lrp
1.49 105

200
24
  237N  m
 Exemplo 7 Um motor elétrico
desenvolve um torque constante de  = 10 N.m
sobre o esmeril montado no seu eixo motor. O
momento de inércia é I = 2.0 kg.m². Sabendo que o
sistema começa a se mover a partir do repouso,
calcule o trabalho realizado pelo motor em 8.0 s e a
energia cinética no instante final. Qual a potência
média desenvolvida pelo motor?
 Solução:
  I    

I
10
rad
    2
2
s
   t
rad
  5  8    40
s
1
1
K  I   2  K  2  402  K  1600 J
2
2
1
1
    t 2    5  82    160rad
2
2
W    W  10160 W  1600J
W
1600
P
 P  200W
t
8
A potência instantânea P =  não é constante,
porque  cresce continuamente. Porém podemos
P
calcular o trabalho total por:
t2
t2
W   P  dt  W       dt
t1
t1
t2
8
W       t  dt   10  5  tdt
t1
W  50
0
2 t 8
t
2
 W  1600 J
t 0
 Momento angular e energia de rotação
Lembremos que uma grandeza análoga ao
momento linear p de uma partícula é o momento
L  m  v  r  sen
L  m v  l
Pode-se mostrar que a taxa de variação do
momento angular é igual ao torque da força
resultante:
dL dr
dp

 pr
dt dt
dt
dL dr
mdv
  mv  r 
dt dt
dt
dL
 v  mv  r  ma
dt
0
dL
 r F
dt
dL

dt
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Notas de aula 02 – 2° Bimestre
25
Para um corpo rígido de i partículas, o momento
angular de cada uma será:
Li  mi  vi  ri
Li  mi   ri  i   ri
Li  mi  ri2  i
L   Li  L   mi  ri 2  i
L  I 
 Exemplo 1 – A hélice da turbina de um
motor a jato possui momento de inércia 2.5 kg.m²
em torno do eixo de rotação. Quando a turbina
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Notas de aula 02 – 2° Bimestre
começa a girar, sua velocidade angular em função
do tempo é dada por
  400  t 2 rad s3 
(a) Calcule o momento angular da hélice em
função do tempo e ache seu valor em t = 3.0 s.
(b) Determine o torque resultante que atua sobre
a hélice em função do tempo e calcule seu valor para
t = 3.0 s.
Ele está girando em torno de um eixo
vertical completando uma volta a cada 2.0 s.
Calcule a nova velocidade angular do professor
quando ele aproxima os dois halteres do seu
estômago e discuta como isso modifica a sua
energia cinética. Seu momento de inércia (sem os
halteres) é igual a 3.0 kg.m² quando seus braços
estão distendidos para fora, diminuindo para 2.2
kg.m² quando suas mãos estão próximas do seu
estômago. Os halteres estão inicialmente a uma
distância de 1.0 m do eixo e a distância final é igual
a 0.20 m. Considere o halteres como partículas.
 Solução:
(a) L  I    L  2.5  400  t 2

I  I prof  Ihalteres
L  1000  t 2
L  t  3  1000  32  L  9000
kg  m
s
I1  3  2  512
2
dL
(b)  
   1000  2t
dt
  2000  t
  t  3  2000  3    6000 N  m

Solução
Conservação do momento angular
Princípio da conservação do momento angular:
Esse princípio vale em todas escalas, desde o
sistema atômico como o planetário e decorre da
equação:
dL

dt
dL
Quando  i  0 
0
dt
i
Podemos escrever também:
I1  1  I2  2
 Exemplo 2 – Qualquer um pode ser
bailarino. Um professor de física acrobata está de
pé sobre o centro de uma mesa girante, mantendo
seus braços estendidos horizontalmente com um
haltere de 5.0 kg em cada mão.
I1  13kg  m2
I2  2.2  2  5 0.22
I2  2.6kg  m2
f 
1
1
rad
 f  Hz    2 f    
T
2
s
I1  1  I2  2
I
13
rad
2  1  1  2 
   2  5
I2
2.6
s
I1
13
 f1  f 2 
 0.5  f 2  2.5Hz
I2
2.6
1
1
K1  I1  12  K1  13   2  K1  64J
2
2
f2 
1
1
2
K2  I 2  22  K2  2.6   5   K1  320J
2
2
 Exemplo 3 – A figura mostra 2 discos, um
deles é o volante de um motor e o outro é um disco
ligado a um eixo de transmissão. Seus momentos de
inércia são IA e IB, respectivamente; inicialmente
eles estão girando com a mesma velocidade angular
A e B, respectivamente. A seguir empurramos os
dois discos um contra o outro aplicando forças que
atuam ao longo do eixo, de modo que sobre nenhum
dos dois discos surge torque em relação ao eixo. Os
discos permanecem unidos um contra o outro e
26
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
atingem uma velocidade angular final . Deduza
uma expressão para .
 Solução:
O único torque que atua sobre cada disco é o
torque que cada disco exerce sobre o outro disco;
não existe nenhum torque externo. Logo o momento
angular total do sistema dos dois discos é o mesmo
antes e depois de eles serem unidos. No equilíbrio
final eles giram juntos como se constituíssem um
único corpo com momento de inércia:
I  I A  IB
A conservação do momento angular fornece:
I A  A  I B  B  I  
I   I 
 A A B B
I
I A   A  I B  B

I A  IB
1
1
I A  A2  I B  B2
2
2
1
1
K1  0.04  502  0.02  2002
2
2
K1  450J
1
K2   I A  I B    2
2
1
K2   0.04  0.02 1002
2
K2  300J
K1 
Um terço da energia foi perdida na
“colisão angular”, o análogo rotacional de uma
colisão linear completamente inelástica. Não
deveríamos esperar conservação da energia
cinética, embora a força externa resultante e o
torque resultante sejam nulos, porque existem
forças internas não conservativas (forças de atrito)
que atuam enquanti os dois discos começam a girar
unidos e tendem a girar com uma velocidade
angular comum.
 Exemplo 5 – Momento angular em uma
ação policial. Uma porta de largura 1 m e massa de
15 kg é articulada com dobradiças em um dos lados
de modo que possa girar sem atrito em torno de um
eixo vertical. Ela inicialmente não está aberta. Um
policial dá um tiro com uma bala de 10 g e
velocidade de 400 m/s exatamente no canto da
porta. Calcule a velocidade angular da porta
imediatamente depois que a bala penetra na porta.
A energia cinética se conserva?
 Exemplo 4 – No exemplo anterior,
suponha que o volante A tenha massa de 2.0 kg, um
raio de 0.20 m e uma velocidade angular inicial de
200 rad/s. Calcule a velocidade angular comum
final  depois que os discos ficam em contato. A
energia cinética se conserva nesse processo?
 Solução:
1
1
I A  mA  rA2  I A  2  0.22  I A  0.040kg  m2
2
2
 Solução:
1
1
I B  mB  rB2  I B  4  0.12  I B  0.020kg  m2 Considere um sistema formado pela porta
2
2
juntamente com a bala em seu interior. Não existe


I A   A  I B  B
I A  IB
0.04  50  0.02  200
0.04  0.02
rad
  100
s
nenhum torque externo em torno do eixo definido
pelas dobradiças, de modo que o momento angular
em torno desse eixo deve se conservar. O momento
angular da bala é:
L  m v  l  L  0.01 400  0.5
L  2kg  m2 s
O momento angular final é:
L  I 
27
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
L  3.6 105  kg  m2 s   kˆ
I  I porta  Ibala
I
mp  d 2
L  I 
1

L   m  R 2     kˆ
2

1

L   1200  202   0.75  kˆ
2

L  1.8 105  kg  m2 s   kˆ
 mbala  l 2
(c)
3
15 12
I
 0.010  0.52
3
I  5.0025kg  m2
mv  L
L  I    
I
2
rad

   0.40
5.0025
s
A colisão entre a porta e a bala é inelástica
porque forças não conservativas atuam durante o
impacto da bala. Logo, não esperamos que haja
conservação da energia cinética. Para conferirmos,
calculamos a energia cinética inicial e final:
 Exemplo 7 - A máquina de Atwood tem
dois corpos de massa m1 e m2 ( sendo m1 maior que
m2), ligados por um cordel de massa desprezível que
passa por uma polia cujos rolamentos não oferecem
atrito. A polia é um disco uniforme, de massa M e
raio R. O cordel não escorrega na polia. Determinar
a aceleração angular da polia e a aceleração dos dois
corpos pela equação:
N

1
1
K1  m  v2  K1  0.010  4002
2
2
K1  800J
1
K2  I   2
2
1
K2  5.0025  0.42
2
K2  0.40J
i 1
i ,ext

dL
dt
A energia cinética final é apenas 1/2000 da
energia cinética inicial.
 Exemplo 6 - Determinar, em cada caso,
o momento angular para as seguintes situações:
(a) um carro de 1200 kg percorre no sentido
anti-horário um círculo com 20 m de raio com
velocidade de 15 m/s.
(b) o carro mencionado desloca-se com
velocidade v  15  m s   iˆ sobre a reta y = y0
=20m, paralela ao eixo x.
(c) um disco, no plano xy, com raio de 20 m
e a massa de 1200 kg, girando a 0.75 rad/s em torno
do seu eixo, que coincide com o eixo z.

Solução:
N
dL
dt
i 1
Lz  Lp  L1  L2

i ,ext

Lz  I    m1  v  R  m2  v  R
 z,res  m1  g  R  m2  g  R
dL
 z ,res  Z
ˆ
dt
(a) L  r  p  L  r  m  v  k
d
5
2
L  20 1200 15  kˆ  L  3.6 10  kg  m s  mkˆ1  g  R  m2  g  R   I    m1  v  R  m2  v  R 

Solução:
dt
m1  g  R  m2  g  R  I   m1  a  R  m2  a  R
(b) r  x  iˆ  y  ˆj  r  x  iˆ  y0  ˆj
p  m  v  p   p  iˆ

 
L  r  p  L  x  iˆ  y0  ˆj   p  iˆ
L  y0  p  kˆ

 m1  m2   g  R 
1
a
M  R2    m1  m2   a  R
2
R
28
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
a
m1  m2
g
1
M  m1  m2
2
 Exemplo 8 – Um disco gira em torno de
um eixo sem atrito, que coincide com o respectivo
eixo de simetria, com velocidade angular inicial i,
como mostra a figura. O seu momento de inércia em
relação ao eixo é I1. Num certo instante, o disco cai
sobre o outro, de momento de inércia I2, montado
sobre o mesmo eixo. Graças ao atrito entre as duas
superfícies em contato, os dois discos atingem uma
velocidade angular comum aos dois, f. Calcular
essa velocidade angular.
 Solução:
A velocidade angular final está relacionada
com a inicial pela conservação do momento
angular:
Lf  Li
 I1  I 2    f
f 
 I1  i
I1
 i
I1  I 2
 Exemplo 9 – Um carrossel com 2 m de
raio e 500 kg.m2 de momento de inércia gira em
torno de seu eixo, sem atrito, completando uma
volta a cada 5 s. Uma criança, com 25 kg, está
inicialmente no centro do carrossel e depois
caminha até a borda. Calcular a velocidade angular
que terá, então, o carrossel.
 Solução:
Pela conservação do momento angular:
L f  Li
Isis, f   f  Isis,i  i
Isis  Im  Ic  Im  m  r 2
I
m
 m  R2    f  I m  i
f 
Im
 i
I m  m  R2
500
 i
500  25  22
5
 f   i
6
5 1
1 rev
f    f 
6 5
6 s
f 
 Exemplo 10 – A criança mencionada no
exemplo anterior corre com velocidade 2.5 m/s
sobre uma tangente à beira da plataforma do
carrossel, que está imóvel, e pula para a plataforma.
Calcular a velocidade angular final da criança no
carrossel.
 Solução:
Momento angular inicial da criança correndo
em relação ao centro da plataforma do carrossel:
Li  m  v  R
Expressão do momento angular final do sistema
criança-carrossel em termos da velocidade angular
final f:
Lf   m  r 2  Im    f
Igualando as expressões:
m R
Lf  Li
2
 Im    f  m  v  R
mv R
m  R2  Im
rad
 f  0.208
s
f 
 Exemplo 11 – Uma partícula de massa m
descreve, com velocidade v0, um círculo de raio r0
sobre a superfície de uma mesa horizontal sem
atrito. A partícula está presa a um fio que passa por
um buraco na mesa, no centro do círculo. O fio é
lentamente puxado para baixo, de modo que a
partícula acaba descrevendo um círculo de raio rf.
29
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
(a) Calcular a velocidade final em termos de r0,
v0 e rf.
(b) Calcular a tensão T no fio quando a partícula
descreve um círculo de raio rf em termos de m, r e
do momento angular
L0  m  v0  r0 .
(c) Calcule o trabalho feito pela partícula pela
tensão T, integrando T  dr de r0 até rf. Dar a
resposta em termos de r0, rf e L0.
 Solução:
Achar a razão entre a energia final e a energia
inicial do sistema.
(a) A conservação do momento angular
relaciona as velocidades final à inicial e os raios
inicial e final:
L f  L0
m  v f  rf  m  v0  r0  v f 
(b) Como
i
v2
r
m v f  rf  m v0  r0  L0
L
v 0
mr
2
 L0 


v2
mr 
T  m  T  m 
r
r
2
L
T 03
mr
T  m
(c) O trabalho é:
dW  T  dr  dW  Tr  dr
L20
m  r3
rf
L20
L20
dW  
 dr  W   
 dr
m  r3
m  r3
r0
L20
W
2 m  r2
Ef 
L2f
2 I
2.
Conservação do momento angular para
relacionar Li a m, v e x:
i
Tr 
 Solução:
1.
Energia cinética depois da colisão em
termos do momento angular Li e do momento de
inércia I´do sistema bola-massa:
r0
 v0
rf
 F  ma
W
30
r  rf
r  r0
L f  Li  L f  Li  m  v  x
3.
O momento de inércia I´:
1
I   m  x2  M  d 2
3
4.
Ef 
As expressões de Lf e de I´na equação de Ef
ficam:
L2f
2 I
 Ef 
m  v  x
1


2   m  x2  M  d 2 
3


2
2
2

3  m v  x
Ef  
2
2 
2  3m  x  M  d 
5.
A razão entre a energia cinética depois da
colisão e a energia inicial da bola de massa plástica
é então:
3  m2  v2  x2 


Ef
2 3m  x 2  M  d 2 
 
1
Ei
m  v2
2
Ef
3m  x2

Ei 3m  x2  M  d 2
L20  1 1 
  
2  m  rf2 r02 
 Exemplo 12 – Uma barra de massa M e
comprimento d pode girar em torno de um eixo fixo
a uma de suas extremidades. Uma bola de massa
plástica, com massa m e velocidade v, atinge a barra
a uma distância x do eixo e fica grudada na barra.
2
Exercícios de Revisão:
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
1. O rotor de um motor elétrico tem uma
freqüência de 3600 rpm , quando a carga e a energia
são cortadas. O rotor de 50 kg , que tem um raio de
giração do centro de gravidade de 180 mm , então
começa a parar . Sabendo que a cinética de fricção
devido ao atrito corresponde a um torque de
magnitude 3,5 N ⋅ m exercida sobre o rotor ,
determinar o número de revoluções que o rotor
executa antes de vir a parar.
Solução:

i 1
x
yG
Fi ,O
0.15
d
d
 IO 
0.3
G
r  GB  B  G
0.3
IO  m kO2  IO  50  0.182  IO  1.62kg  m2
3.5  1.62      2.16
f0  3600rpm  60Hz
 32891.067

 n  5234.77
2
2 
2. B.J. Cap.16.54 - Uma barra em forma
de L delgada uniforme ABC está em repouso em
uma superfície horizontal quando uma força de
magnitude P = 4 N é aplicada no ponto A.
Desprezando o atrito entre o barra e a superfície e
sabendo que a massa do conjunto de barras idênticas
é de 2 kg , determine:
(a) a aceleração angular inicial da barra;
(b) a aceleração inicial do ponto B.
A
P
rad
s2
rad
0  2  60  0  376.991
s
rad
0  2  60  0  376.991
s
2
  02
 2  02  2       
2 
2
2
0  376.991
 
   32891.067rad
2  2.16
n
j
xG
B
L/2=0.15
n

i
z

Posição do centro de massa:
L
1 0  1
m1  x1  m2  x2
2
xG 

m1  m2
2
L
xG   xG  0.075m
4
m  z  m2  z2
zG  1 1
m1  m2
1 0.15  1 0
zG 
 zG  0.075m
2
d  xG2  yG2  d  0.0752  0.0752
d  0.106m
Utilizando o Teorema de Steiner para as
duas barras e somando:
m
m
m
m
I G  2 L2  xG2  2 L2  zG2
12
2
12
2
2
2
2
2
I G  2 0.32  d 2  2 0.32  d 2
12
2
12
2
2
IG  2   0.0075  0.106   IG  0.037472kg  m2

n

i 1
Fi ,G
TMA
 IG 
0.3
0.037472
rad
rad
  8 2    8  j 2
s
s
4  0.075  0.037472      
31
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre

n
F
i 1
iz

TCM:
n
n
 m  az   Fix  m  ax

i 1
i 1


aB  2  k  8  j  0.075  i  0.075  k  0
 
 IG 
T1  R2  T2  R1  IG  
T1  0.5  T2  0.2  0.9  
4  k  2  a  aGz  2  k
aB  aG    r    v
Fi ,G
TMA
aB  2  k  0.6  k  0.6  i
aB  2  k  0.6  k  0.6  i
m
aB  0.6  i  2.6  k  2 
s 
4. A polia dupla composta por duas
polias de raios R1 = 0.20 m e R2 = 0.50 m,
rigidamente soldadas entre si com eixo fixo,
em relação ao qual o momento de inércia é I =
0.9 kg.m2. O acionamento da polia dupla é feito
a partir do repouso, por blocos de massas m1 =
25 kg e m2 = 12 kg, ligados a fios ideais que
não escorregam em relação a mesma. A
aceleração linear do bloco 2, expressa em m/s2,
é aproximadamente:
32
a1    R2
 a  0.5  
 1

a2    R1
a2  0.2  
250  T1  25  0.5  
T  251  12.5  
 1

T2  120  12  0.2  
 T2  120  2.4  
 250  12.5     0.5  120  2.4     0.2  0.9  
125  6.25    24  0.48    0.9  
6.25    0.48    0.9    24 125
101
rad
7.63    101   
   13.23 2
7.63
s
m

 a1  6.62 s 2
 a1  0.5  13.23


a2  0.2  13.23
a  2.65 m
 2
s2
T1  251  12.5  13.23  T1  85.63N


 T2  120  2.4  13.23
T2  151.75 N
5. A velocidade angular da polia dupla
após 5 s, expressa em rad/s, é
aproximadamente:
  0    t    0  13.23  5
  0    t    66.15
rad
s
6. A velocidade do bloco 1 após 5 s,
expressa em rad/s, é aproximadamente:
v1    R2  v1  66.15  0.5  v1  33.075

n
TCM:
 P1  T1  m1  a1
 2  P2  m2  a2
 F  m  a  T
i 1
i
250  T1  25  a1

T2  120  12  a2
7. Os blocos ilustrados a seguir têm massas
m1 e m2. A massa da polia é M e seu raio é R.
Desprezar a massa da corda e admitir que não há
escorregamento entre a corda e a polia. Considere a
aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2. A
aceleração do bloco de massa m1 vale
aproximadamente, em m/s2:
m
s
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
100 10  a  200  20  a  25 a
30  a  100  25  a  a 
100
m
 a  1.82 2
55
s
8. A haste delgada uniforme AB
repousa sobre uma superfície horizontal
sem atrito, e uma força de magnitude Q =
0.25 lb é aplicado a uma numa direção
perpendicular à haste. Sabendo-se que a
haste pesa 1.75 lb, determinar
(a) a aceleração do ponto A,
(b) a aceleração ponto B,
(c) a localização do ponto em que a
barra tem zero de aceleração.
Dados: m1 = 10 kg m2 = 20 kg
M = 50 kg R = 0.5 m

TCM: Teorema do centro de massa:
 massa m1
F
1i
 T1  P1  m1  a1
i
T1 100  10  a1  T1  100 10  a1
F
2i

W
m  L2
W  L2
m   IG 
 IG 
g
12
12 g
massa m2
 P2  T2  m2  a2
i
200  T2  20  a2  T2  200  20  a2


TMA: Teorema do Momento Angular
 M Fi  IO 
O
i
W
a
g
i
Q g
0.25
1
a
a
g  aG  g
W
1.75
7
TCM:
F
xi
 m  aG  Q 
Polia:
aG 
a1
a2
T1
T2
P2
P1
T1  R  T2  R  I    
M  R2

2
2
M R a

T1  T2   R  
2
R
T1  T2   R  

TMA:
i
Q
FiO
 IO  
L W  L2
Qg

    6
2 12 g
W L
0.25 g
6g
 6
 
1.75 L
7L
6g
 
j
7L

a A  aG  AG        AG
AG 
50
M
T1  T2    a
2
100  10  a   200  20  a   25  a
M
1
g i
7
aA 
L
k
2
1
L
6g
g i  k 
j
7
2
7L

33
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 02 – 2° Bimestre
1
3
g i  g i
7
7
4
4
aA  g  i  aA  32.2  i
7
7
aA 
m
aA  18.4  i  2  
s 
34

aB  aG  BG        BG

L
BG    k
2
1
L
6g
aB  g  i   k  
j
7
2
7L
1
3
aB  g  i  g  i
7
7
2
2
aB   g  i  aA   32.2  i
7
7
m
aB  9.2  i  2  
s 


aP  aG  PG        PG  0
1
6g
L

g i    zk  
 j0
7
7L
2

1
6 gL

g i 
  zi  0
7
7 L 2

1
6 gL

g
  z  0
7
7 L 2

6 gL
1

  z   g
7 L 2
7

L
1
L L
z Lz 
2
6
2 6
3L L
2L
z
 z
6 6
3