Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
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.
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;
1
 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:
n
 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.
F
iext
 R  ma
i
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):
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
xcm 
m x
i
i 1
i
n
m
 ycm 
 mi  yi
i 1
i
i 1
n
n
n
n
m
 zcm 
i
i 1
m z
i
i 1
i
Forma da
Superfície
Figura
x
xcm 
xdm
corpo

corpo
dm

i
i 1
 ycm  corpo

ydm
dm
 zcm 
corpo
Triângulo

zdm

dm
corpo
r  PI
Em geral: I   0; 0; 0 
rcm  xcm  iˆ  ycm  ˆj  zcm  kˆ
 Cinemática do centro de massa:
Velocidade do centro de massa:
drcm
dx
dy
dz
 vcm  cm  iˆ  cm  ˆj  cm  kˆ
dt
dt
dt
dt
drcm
vcm 
 vcm  vxcm  iˆ  vycm  ˆj  vzcm  kˆ
dt
vcm 

Quarto de
círculo
corpo
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:

A
n
m
Para corpos extensos:

y
Aceleração do centro de massa:
dvxcm
dv ycm
dvz
dv
acm  cm  acm 
 iˆ 
 ˆj  cm  kˆ
dt
dt
dt
dt
dvcm
acm 
 acm  axcm  iˆ  aycm  ˆj  azcm  kˆ
dt
semicírcul
o
4r
3
0
h bh
3
2
4r  r 2
3
4
4r  r 2
3
2
4a
3
4b  ab
3
4
0
4b  ab
3
2
Semi
parábola
4a
8
3h 2ah
5
3
parábola
0
3h 4ah
5
3
Arco de
parábola
3a
3
3h
10
Curva
geral
n 1
a
n2
n  1 ah
h
4n  2 n  1
Setor
circular
2rsen
3
0
r2
2r
2r
r


2
0
2r
Quarto de
elipse
Meia elipse
Quarto de
Arco
Semi arco
Arco
rsen

ah
3

r
0
2 r
2
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
 Cálculo do centro de massa:
1. Encontre o centróide ou centro de massa CM de um
aro circular de raio R e massa M.
Forma
Figura
Hemisféri
o
Semielipsóide
de
revolução
x
3a
8
V
2 3
a
3
M dm

 r ds
ds  r  d
M
dm 
 ds
 r

3h
8
2 2
a h
3
ycm 

ydm

 ycm 
corpo
M
3
1
M
R  sen
 Rd

M 0
 R

Parabolói
de de
revolução
h
3
RM
ycm 
Rsen d
  R  M 0
1 2
a h
2
ycm 
ycm 
Cone
h
4
1 2
a h
3
Pirâmide
h
4
1
abh
3
R


 sen d  y
cm
0

R

 cos  0
 
R
2R
 cos     cos 0  ycm 


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:
x  r  cos   y  r  sen
Como a figura é uniforme, sua densidade de massa
será: 
Exemplos:
M
dm
 
A
dA
M
2M

 

   R22  R12 
  R22  R12 
2
dA  r  dr  d

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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
xcm 

xdm
 ycm 
corpo
M

ydm
corpo
M
2M
dm    dA  dm 
 dA
   R22  R12 
ycm 
ycm
2M
 dA
2
2
2  R1
 y     R
M
2M

2
  R2  R12 M
ycm 

2 R2
r  sen  rdrd
 

 R1
2
2
 R  R
2
2
2
1
R.:
x
r  sen

R2
sen d  r dr
 
2
R1
4
6. (Kraige 5.3) Localize o centróide da figura
bimensional:
 r 3 R2 
2


ycm 
 cos  

 3 
   R22  R12  
 R1 
1

 1   R23  R13 
2
ycm 
 cos 2    cos   

  3 
   R22  R12  


2
ycm 
 R23  R13 

2
 

   R22  R12 
 3 
2
ycm 
4  R23  R13 


3  R22  R12 
xcm  0  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:
r0
R.:
x
2  r sen
3 
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:
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x
b

h y h
8.2
h
ycm 
 y  xdy
0
bh
2
 ycm 
h
3
x
b
hx
 x
 h y 
 y  h 1  
h y h
b
 b
b
xcm 
 x  ydx
0
bh
2

b
 xcm 
xcm 
x
 x  h 1  b  dx
0
bh
2
b
2 
x2 
x


 dx
b 0 
b 
b
2  x 2 x3 
xcm    
b  2 3b  0
2  b 2 b3 
2  3b 2 2b 2 
xcm      xcm  

b  2 3b 
b 6
6 
b
xcm 
3
8. Localize o centro de massa das figuras. (B.J. Cap.
5).
8.1
5
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
Vetor aceleração de O(xo,yo,zo):
Teoria da dinâmica do sólido
http://www.claudio.sartori.nom.br/cinematicaDinamicaSol
idos.html
dvO
dt
Observe que:  P  I    O  I    P  O 
aO 
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”.
rP  rO   P  O 
Derivando:
drP drO d

  P  O
dt
dt dt
d
vP  vO   P  O 
dt
Rext  m  acm
 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:
 dfext  Rext  m  acm
Chamando de velocidade relativa no ponto P 6em
relação ao pólo O:
 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:
 df
int
vrel  vP  vO 
0 .
d
 P  O
dt
 Momento linear:
 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.
p  v  dm  psól  m  vCM
 2 Lei de Newton: Pode ser escrita por:
a
df  dm  a  df 
a
dp d  dm  v 
dv

 dm 
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:
MO   P  O  F
O(xo,yo,zo)
y, ĵ
rO
P (x,y,z)
rP
x, iˆ
I
dp
dt
M O 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
M O , no sentido definido pela regra da mão direita: mão em P
z, kˆ
e os dedos se curvam no sentido da rotação .
z, kˆ
Vetor posição de P(x,y,z):
rP   P  I 
MO
Vetor velocidade de P(x,y,z):
vP 
d
P  I 
dt
y, ĵ
O
Vetor aceleração de P(x,y,z):
aP 
dvP
dt
Vetor posição de O(xo,yo,zo):
rO   O  I 
Vetor velocidade de O(xo,yo,zo):
vO 
d
O  I 
dt
F
x, iˆ
P

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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
MO 
 Momento angular:
Seja dp o momento linear do elemento de massa dm, que
dH O
 vO  m  vCM
dt
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:
dHO   P  O   dp
A soma de todos os momentos angulares fornece o
total dado por:
HO   dHO    P  O  dp

Prova do Teorema do Momento Angular:
HO    P  O  dp
d  P  O
d  dm  v 
dH O

 dm  v    P  O  
dt
dt
dt
d  P  O
 v  vO
dt
dH O
dv
   v  vO   dm  v    P  O   dm
dt
dt
 v  vO   dm  v  v  dm  v  vO  dm  v
0
dH O
   v  vO   dm  v    P  O   dm  a
dt
dH O
   v  vO   dm  v    P  O   R
dt
dH O
  vO  dm  v   M O
dt
dH O
 vO   v  dm   M O
dt
dH O
 vO  vCM  m   M O
dt
dH
 M O  dtO  vO  vCM  m
dH O
MO 
 vO  vCM  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
vCM
e seu momento angular H O em relação ao
pólo O, possui derivada em relação ao tempo
que o pólo apresenta velocidade
dH O
, enquanto
dt
vO ; o momento resultante das
forças aplicadas nesse sólido é dado por:
Dinâmica do movimento de translação
O movimento de translação é caracterizado como aquele
7
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.
Rext  m  acm
 TMA: Teorema do Momento Angular.
Considerando a definição de Momento Angular do sólido:
HO    P  O   v  dm
Como todos os elementos de massa dm do sólido
apresentam a mesma velocidade:
HO 
   P  O   dm   v
Pela definição de Centro de massa:
CM  O  rCM 
  P  O dm
m
Substituindo, teremos: HO   CM  O   v
Adotando-se como pólo, o centro de massa CM:
HCM   CM  CM   v  HCM  0
“ 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:
M CM 
dH CM
 0  M CM  0
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 ê o vetor ortogonal ao plano de movimento.
Lembramos que o vetor velocidade angular e
aceleração angular são dados por, respectivamente:
    eˆ     eˆ
Sendo P e Q pontos do sólido, a velocidade de P pode
ser obtida a partir da velocidade de Q por:
vP  vQ     P  Q 
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A aceleração do ponto P em termos da aceleração do
ponto Q será dada por:
aP  aQ     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:
MO 
dH O
dt
Se Q coindide com O:
MQ 
dH Q
H Q   CM  Q   0  m    P  Q   dm  
2
2
H Q     P  Q   dm   


 Momento de Inércia:
Denominamos de momento de inércia IQ:
I Q    P  Q   dm
2
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 massa8do
elemento, e o quadrado da distância entre o ponto P, que contém
o elemento de massa dm e o pólo Q.
Logo: H Q  
dt

 P  Q
2
 dm   

H Q  IQ  
Tomando-se a derivada em relação ao tempo:
dI
d
d
d
H Q   IQ     Q    IQ 
dt
dt
dt
dt
 P Q  cte
d
HQ 
dt
dI Q
dt

d
   IQ 
dt
0
Considere a definição de momento angular e o pólo Q:
HQ    P  Q   dm  vP
HQ    P  Q  dm   vQ     P  Q
HQ    P  Q  vQ  dm    P  Q      P  Q   dm
Pela definição de Centro de Massa CM:
HQ
  P  Q  dm  CM  P   m
   P  Q   dm  v    P  Q      P  Q   dm
Q
 CM Q m
HQ  CM  Q  vQ  m    P  Q     P  Q   dm
Se Q é fixo:
vQ  0
Aplicando a regra:


 
a  P Q  b    c  P Q
 P  Q     P  Q   P  Q  P  Q   
 P  Q      P  Q 
 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:
k
IO
m
Dinamica do moviemnto plano: Resumo:
TCM: Teorema do centro de massa:
TMA: Teorema do momento angular:
M Q  IQ  
Sendo:
I Q    P  Q   dm
2
Pólo Q pertencente ao sólido;
 P  Q  P  Q  P  Q e
 P  Q     P  Q    (vetores perpendiculares!)
Como:
d
HQ  M Q  I Q  
dt
Rext  m  aCM
a  b  c  a c  b  a b  c
Para:
d
HQ  I Q  
dt
2
Pólo Q fixo (vQ = 0)
Pólo Q = CM.
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
Momento de inércia de figuras:

Cálculos de momento de inércia.
Quando um corpo rígido não pode ser representado por
massas puntiformes, podemos escrever a relação integral:

I
r 2 dm
corpo
Dependendo de como a massa está distribuída,
podemos definir as densidades:
Densidade Símbolo Definição Unidade
M
L
M

A
M

V


Linear
Superficial

Volumétrica

kg
m
kg
m2
kg
m3
9
Para o caso unidimensional, podemos definir:
dm
 dm    dl
dl
I   r 2  dl

corpo

Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner)
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)
Centro de
Massa
( xm , y m )
xm 
 x   dA
R
  dA
Corpos tridimensionais
xm 
 x   dV
R
  dV
R
R
( xm , y m , z m )
ym 
 y   dA
R
  dA
ym 
 y   dV
R
  dV
R
R
zm 
 z   dV
R
  dV
R
Lâmina
Sólido
M y  xm
M xy  zm
Momentos
M x  ym
M xz  ym
Momentos de
Inércia
Figuras Planas
Corpos Tridimensionais
M yz  xm
 y  dA
2
Ix
R
2
I P  ICM  M  d
2
R
Io, Iz
 ( x
R
2
 z 2 )  dV
2
 z 2 )  dV
2
 x 2 )  dV
R
 x  dA
Iy
 ( y
 ( x
R
2
 y 2 ) dA
 ( y
R
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
 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:
dm   dV  dm    2  r  L  dr 

I
r 2 dm
corpo
I
R2
 r   2  r  L  dr 
2
R1
R2
I  2  L  r 3dr
I
 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:

  L
4
R1
R
4
2
 R14

10
 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.
dm M
M

 dm   dx
dx
L
L
2
I   r dm
corpo
Lh
I

h
x2
M
M
 dx  I 

L
L
I
Lh

x 2 dx
h
3 x  L h
M x

L 3

x  h

1
I  M L2  3L  h  3h2
3


2
r dm
corpo


dm      R2  x2  dx
o Se o eixo passar pela extremidade direita: h = L:
Para um disco:
1
I  M  L2
3
 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.

I
1
I  M  L2
3
1
I  M  L2
12

R2  x2
dm   dV  dm     r 2  dx
o Se o eixo passar pela extremidade esquerda: h = 0:
o Se o eixo passar pelo centro: h=L/2:
Solução: r 
dI 
dI 
1
2

      R  x   dx
2
R2  x 2
dI 
 
2
1 2
r dm
2

 R2  x 2
2

2
2
 dx
   R 2 2 2

I  2
  R  x  dx 
 2 0

8 5
8 5
I
R I 
R
15
15
3M

M
M



4 R3
4
V
3

3
I

R
8 5 3M
2
R 
 I  M  R2
3
15
4 R
5
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
FATB  k  N B  FATB  0.454 W
 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.
0.699 0.65W
0.65W
N Frente 
NB
 N Frente  0.325 W
2
0.35W
NTras 
NA
 NTras  0.175 W
2
0.245W
FATTras 
FATA
2
 FATTras  0.122 W
11
0.454W
FATFrente 
 Solução:
Aceleração da Van:
v2
v  v  2  a  s  a   0
2  s
2
30
ft
a
 aCM  22.5 2 
2  20
s
 Fexti  m  aR
2
2
0
FATB
2
 FATFrente  0.227 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.
i
N A  NB  W  0
  N A    NB  m  a
W  NA  NB
   N A  N B   m  a
 W  m  a
  m  g  m  a    
 
R
F
h
y
a
g
R
CM
22.5
   0.699
32.2
M
i
Fi A
 MR
NB 12 W  5  m  a  4
N B 12  W  5 
W
 22.5  4  12  N B  2.795  W  5  W
g
32.2
W  NA  NB  W  NA  0.65 W  NA  0.35 W
FAT  k  N A  FAT  0.245 W
A
0.699 0.35W
h
Fat
Teorema do Centro de Massa: TCM:
 F  Fat  m  a

 N P0
F    N  m  a

NP

F   m g  ma
F    m  g  m  a  F  0.4  5 10  5  2
F  30N
TMA:  M CM  M F  M F  0
AT
12  NB  7.795 W  NB  0.65 W
A
F
P
N

n
x


F   R  h   FFat  R  0
30  0.15
 20
1.5
4.5  30h  3  h 
 h  0.05m
30
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
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 d 1=
1.3 m; d2 = 0.4 m e h = 1.6 m. Pedem-se:
(b) a máxima aceleração.
(a) a aceleração do centro de massa;
(b) a força de atrito.
12
Forças agentes:

TCM: Teorema do centro de massa:
 F  f at  m  a  F  f at  800  a
 N  P  0  N  P  800 N

8010


TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM.


L

M N  N    x   M N  N  1  x 
2

1

TCM: Teorema do centro de massa:
f at  m  a  f at  200  a

 N  P  0  N  P  2000 N

20010

4
TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM.
M Fat   Fat  h  M Fat   Fat 
M N   N  d2  M N  2000  0.4
800
2
MFat  Fat  h  MFat  Fat 1.6
O peso tem momento nulo pois tem linha de ação
passando pelo pólo.
Assim: MF  MN  0  Fat 1.6  800  0
at
500 N
800
1.6
Fat
500
m
a
a
 a  2.5 2
200
200
s
H

M F  F   h    M F  F   h  2
2

passando
O peso tem momento nulo pois tem linha de ação
pelo
pólo.
O
atrito
é
cinético:
Fat    N  Fat  0.3  8000
2400 N
Fat 
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 fazendoo deslizar, sem tombar. Para a condição de máxima aceleração,
pedem-se:
(a) a força F;
H
2
F  2400  800  a
Assim:
M Fat  M N  M F  0   Fat  2  N  1  x   F  0
2400  2  8000  1  x    2400  800  a   0
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  a   0
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
4800  8000  2400  800 a  0
a
800
m
 a 1 2
800
s
0  Fat    N  0  Fat  1050
0.3 3500
1


 F  2400  800  a  F  3200 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.
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.
13


Equações de movimento:
Aceleração do centro de massa:
 Ft  m  acm  P  cos 30  m  acm
m  g  cos30  m  acm
acm 
g  cos30  acm  8.5
9.81m s 2


Forças nas barras AE e DF:
 Fn  P  sen30
FAE  FDF  P  sen30
TCM: Teorema do centro de massa:
f at  m  a  f at  350  a


 N  P  0  N  P  3500 N

35010


m
 60 ⦫
s2
TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM.
⤹  M G  0
 FAE  sen30  250   FAE  cos30 100 
 FDF  sen30  250   FDF  cos30 100  0


M N  N   d  x   M N  3500   0.3  x 
 0.3 
MFat  Fat  h  MFat  Fat  0.6
O peso tem momento nulo pois tem linha de ação
passando pelo pólo.
Assim, na iminência de tombar, x = 0.
0


M Fat  M N  0  3500   0.3  x   Fat  0.6




1750 N
1050  0.6  Fat  0  Fat 
1050
0.6
125  FAE  86.6  FAE  125  FDF  86.6  FDF  0
38.4  FAE  212  FDF  0
FDF  0.181 FAE
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
0.181 FAE

39.24
FAE  FDF  P  sen30  0.819  FAE  39.24
89.81
FAE 
Equações de movimento:

  Fx  m  aG  0.25  N B  2000  aG

39.24
 FAE  47.9 N T
0.819
  Fy  m  aGy  N A  N B  2000.9.81  0
⤹  M
47.9
FDF  0.181 FAE  FDF  8.6 N C
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
aplicada sobre o caixote como mostrado.
G
0
 N A 1.25  0.25 N B   0.3  N B   0.75  0
N A  NB  19620
2000
NB 
aG  NB  8000  aG
0.25
P é
14
0.54
 N A 1.25  0.675  N B  0  N A 
12.7 kN
0.54 N B

N A  N B  19620  N B 
Diagrama de corpo livre:
0.675
 NB
1.25
19620
1.54
12740.26
N A  0.54  N B  N A  6.88kN
Equações de movimento:

  Fx  m  aCM x  600  0.2  NC  50  aCM x
aG 

  Fy  m  aCM y  N C  490.5  0
⤹  M
CM
0
600  0.3  NC  x  0.2NC  0.5  0
NC  490.5N
490.5
600  0.2  NC  50  aCM x  aCM x  10
x  0.467m
m

s2
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.
NB
m
 aG  1.59 2
8000
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.


Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:

  Fx  m  aGx  FB   75  125  aG

759.81
1259.81
  Fy  m  aGy  N B  735.75  1226.5  0
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
M
M
⤹  M
B
RB
B
  M RB
 735.75  0.4 1226.25  0.8  1275.3
294.3
981
 75  aG  0.9  125  aG  0.6  142.5  aG
67.5 aG
75 aG
1275.3
m
 aG  8.95 2 
142.5
s
NB  1962N  FB  1790N
aG 
 Diagrama de corpo livre. A viga se move com
movimento curvilíneo, desde que todos os seus pontos movemse 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:
18m s2
aGN   2  r  aGN  62  0.5

Diagrama de corpo livre:

Equações de movimento:
F

n
 m  aGn  TB  TD  981 cos 30  100 18
 F  ma

15
t
Gt
849.57
 981 sen30  100  aGt
⤹  M  0  T  cos30 0.4  T
 F  ma  T T
G
B
D

n

Coeficiente
de
atrito
t
F
1790
B  B  B 
NB
1962
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.
Gt
B
 aGt 
⤹  M
mínimo:
0.912
Gn
F  m a
1800
G
D
 cos30 0.4  0
 2649.57
981 sen30
m
 aGt  4.905 2
100
s
 0  TB  TD
TB  TB  2649.57  TB  1324.78N  TD
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.
0.254 m
0.152 m
44.5 N
22.2 N
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre

Sentido do movimento: Para manter a polia em
equilíbrio:
⤹  M
G
  2.37
 0  PB  0.152  22.2  0.254  0
rad
↺
s2
m

s2
m
aB  0.152  2.37  aB  0.360 2 
s
a A  0.254  2.37  a A  0.602
PB  37.1N
A polia girará no sentido antihorário.
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
16
força de atrito sobre as rodas traseiras. O coeficiente de atrito
entre o pneu e a pista possui valor suportável até 0.8.

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  
PB g
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
 Solução: Assumindo a massa dos pneus negligenciável
quando comparada com a massa da caminhonete:
v2
v  v  2  a  s  a 
2  s
2
mi
ft
44
ft
v  30
 44  aGx 
 aGx  4.84 2
h
s
2  200
s
2

2
0
Diagrama de corpo livre:
 Equações de movimento: momento de inércia da polia:
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
1
    5.26
 10 
  arctg 
3220 lb
0.1
4.84
P
aGx
g
 Fx  m  aGx  F  3220  sen 
32.2
F  320  484  F  804lb
ft
s2
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
F
y
M
G
 m  aGy  0  N1  N2  3200  0
 I G    0  60  N1  804  24  N 2  60  0
60  N1 19286  60  N2  0
N1  3200  N2
60   3200  N 2   19286  60  N 2  0
192000  19286  120  N2  0  N2 
N2  1760.72lb
N1  1439.33lb
211286
120
Para suportar uma força de F 804 lb o coeficiente de
atrito terá de ser:

F
804

. Logo a superfície
N2
1760
0.45
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
0,48
obtido como: 𝑠𝑒𝑛∅ =
o que no leva a ∅ = 73,740 .
0,50
Teorema do centro de massa: 𝐹⃗𝑅 = ∑𝑛𝑖=1 𝑚𝑖 ∙ 𝑎⃗𝑖
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;
𝑚
𝑎 = 2,92 2
𝑠
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:
17
(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.
⃗⃗𝐴 + 𝑁
⃗⃗𝐵 + 𝑓⃗𝑎𝑡𝐴 + 𝑓⃗𝑎𝑡𝐵 = 𝑚𝑎⃗𝐺
𝐹⃗𝑅𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺 → 𝑃⃗⃗ + 𝑁
−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗̂ + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖̂ + 𝑓𝑎𝑡𝐵 ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖̂
(−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 ) ∙ 𝑗̂ + (𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 ) ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖̂
Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial
obtemos duas equações, uma para 𝑖̂ e outra para 𝑗̂.
para 𝑖̂
para 𝑗̂
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 = 𝜇𝑒 𝑔 → 𝑎𝐺 = 0,8 ∙ 9,8 →
𝑎𝐺 = 7,85 .
𝑎𝐺 = 7,85 𝑚⁄𝑠 2 Logo; 𝑎⃗𝐺 = 7,85𝑖̂ 𝑚⁄𝑠 2
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
−𝜇𝑒 𝑁𝐴 . 0,6 − 𝜇𝑒 𝑁𝐵 . 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.
⃗⃗𝐴 + 𝑁
⃗⃗𝐵 + 𝑓⃗𝑎𝑡𝐴 = 𝑚𝑎⃗𝐺
𝐹⃗𝑅𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺 → 𝑃⃗⃗ + 𝑁
−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗̂ + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖̂
(−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 ) ∙ 𝑗̂ + (𝑓𝑎𝑡𝐴 ) ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖̂
Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial
obtemos duas equações, uma para 𝑖̂ e outra para 𝑗̂.
para 𝑖̂
para 𝑗̂
𝑓𝑎𝑡𝐴 = 𝑚𝑎𝐺
−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 +
𝑁𝐵 = 0
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
𝑁𝐴 =
𝑚𝑎𝐺
(1)
𝜇𝑒
𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔
  14000  N D   0.9    N D  0.9
(2)
 14000  N D   2.5  N D 1.5  0
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
−𝜇𝑒 𝑁𝐴 . 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
𝑚𝑎𝐺
𝜇𝑒
𝑁𝐴 =
→ 𝑎𝐺 = 0,505. 𝑃.
𝜇𝑒
𝑚
= (0,505). (0,8) 𝑚𝑔⁄𝑚
→ 𝑎𝐺 = 3,96 𝑚⁄𝑠 2
0.8  14000  N D   0.9  0.8  N D  0.9
 14000  N D   2.5  N D 1.5  0
10080  0.72  ND  0.72  ND
35000  2.5  ND  ND 1.5  0
10080 35000  4  ND  0
4  ND  24920  ND  6230N
NT  14000  6230  NT  7770N
0.8  6230  0.8  7770  1400  aG  aG 
4984
6216
18
11200
1400
8m s 2
(b) tração nas rodas traseiras;

  Fx  m  aGx  FATT  m  aG
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.

  Fy  NT  ND  P  0
⤹  M G  0  FAT
T
 h  NT  d1  N D  d 2  0
ND  14000  NT
  NT  h  NT  d1  N D  d 2  0
0.9
0.8
2.5
1.5
0.72  NT  2.5  NT 1.5  ND  0  1.5  ND  1.78 NT
ND  1.1867  NT
ND  NT  14000  2.1867  NT  14000
1.1867 NT
NT 
14000
 NT  6402.34N  N D  7597.659N
2.1867
FATT  m  aG  0.8  6402.34  1400  aG
  NT
aG 


(a) tração nas quatro rodas;
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:

  Fx  m  aGx  FATT  FATD  m  aG

  Fy  NT  ND  P  0
⤹  M G  0  FAT
T
 h  FATD  h  NT  d1  N D  d 2  0
  ND    NT  m  aG
NT  ND  P  NT  14000  ND
m g
5121.872
m
 aG  3.658 2
1400
s
(c) tração nas rodas dianteiras.

  Fx  m  aGx  FATD  m  aG

  Fy  NT  ND  P  0
⤹  M G  0  FAT
D
 h  NT  d1  N D  d 2  0
ND  NT  14000
  ND  h  NT  d1  ND  d2  0
0.8  ND  0.9  NT  2.5  ND 1.5  0  NT  0.888  ND
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
1.888  ND  14000  ND  7415N
NT  ND 
NT  6584.74N
  ND  m  aG  0.8  7415  1400  aG
aG 
5932
m
 aG  4.237 2
1400
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.
750
 aG  NT  N D  937.5  aG
0.8

  Fy  NT  ND  P  0  NT  ND  7500
 M G  0   FATT  h  FATD  h  NT  d1  N D  d 2  0


FATT  0.7  FATD  0.7  NT 1 ND 1  0  0.7  FATT  FATD  NT  ND  0
 E NT E ND 
0.7   FATT  FATD   NT  N D  0




0.7  E   NT  N D   NT  N D  0
19
0.8
0.56
0.56  NT  0.56  ND  NT  ND  0  1.56  NT  0.44  ND  0
0.44
NT 
 ND  NT  0.282  ND
1.56
NT  N D  7500  1.282  N D  7500  N D 
0.282 N D
7500
1.282
5850.23 N
NT  0.282  5850.23  NT  1649.77N

0.8   NT  N D   750  aG  aG  8
Solução:
7500
vF2  v02  2  a  s  s 


s 
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
m
s2
v02
2a
352
 s  76.5625m
2 8

  Fx  m  aGx  FATT  FATD  m  aG  FATT  FATD  750  aG

  Fy  NT  ND  P  0  NT  ND  7500
⤹  M G  0   FAT
T
 h  FATD  h  NT  d1  N D  d 2  0


FATT  0.7  FATD  0.7  NT 1 ND 1  0  0.7  FATT  FATD  NT  ND  0
4125
FATT  FATD  750  5.5
4125


0.7  FATT  FATD  NT  ND  0  ND  NT  2887.5
2887.5
NT  ND
 7500  2  NT  7500  2887.5
(c) Quando as rodas travarem, há o deslizamento sobre
o piso. O atrito é cinético:

  Fx  m  aGx   FATT  FATD  m  aG  0.65   NT  ND   750  aG
C  NT
C  N`D
750
NT  ND 
 aG  NT  ND  1153.8462  aG
0.65
7500
7500  1153.8462  aG  aG 
1153.8462
m
aG  6.5 2
s
s 
352
 s  94.23m
2  6.5
NT  2887.5
NT 
4612.5
 N D  NT  2887.5  N D  5193.75 N
2
2306.25
2306.25 N
(b) O mínimo espaço de frenagem exigirá a máxima
desaceleração, exigindo, portanto, o atrito máximo:
0.8
FATT  E  NT  FATD  E  N D

  Fx  m  aGx  FATT  FATD  m  aG  0.8   NT  ND   750  aG
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
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
intervalo de valores da altura h, que não produz
tombamento.

Diagrama do corpo livre:
FATB


Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
P

G
  Fx  m  aGx  F  FATT  FATD  m  aG
aG

  Fy  NT  ND  P  0
⤹  M G  0
NA
H
H
L
L
 H
 F   h    FATT   FATD   NT   N D   0
2
2
2
2
 2
F    NT    ND  m  aG
F     NT  N D   m  aG
100 10
NT  N D  P  m  g  NT  N D  1000
780
A
FATA

  Fx  m  aGx  FATA  NB  m  aG    N A  NB  m  aG

  Fy  N A  P  FATB  0  N A  P    NB


F     NT  N D   m  aG  750  300  100  a

 100
750
0.3 
1000

m
a  4.5 2
s
0.5
 0.7 
H
H
L
L
 H
 F   h    FATT   FATD   NT   N D   0
2
2
2
2
2
750 



G
L/2
750   h  0.35  FATT  0.35  FATD  0.35  NT  0.25  N D  0.25  0
750   h  0.35    NT  0.35    N D  0.35  NT  0.25  N D  0.25  0
0.3
750   h  0.35  0.355  NT  0.145  N D  0
780
O
A
AO 
NT  0  ND  1000N
750   h  0.35  0.355  NT  0.145  N D  0  750   h  0.35  145
0
1000
145
h  0.35 
 h  0.35  0.1933 h  0.543m  0  h  0.543m
750
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
20
B
NB
L
6
cos 780  AO  cos 780
2
2
0.624 ft
OG 
L
sen780  OG  2.934 ft
2
30.978
⤹  MG  0   N A  AO  FAT
A
 NB  OG  FATB  AO  0
FATA    NA  FATB    NB
 OG
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
 N A  AO    N A  OG
 N B  OG    N B  AO  0
   OG  AO   N
  OG    AO   N  0


Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
A

  Fx  m  aGx  F  m  aG
B
 OG    AO 
NA  
  NB
AO



OG


 2.934    0.624 
NA  
  NB
 0.624    2.934 

  Fy  N A  P    NB

 2.934    0.624 

  NB  P    NB
 0.624    2.934 
0.624
  0  NB 
P
2.934

  Fx  m  aGx    N A  NB  m  aG
 0.624 
 
  m  g  m  aG
 2.934 
aG 
0.624
 29.7
2.934
6.32
100  20  aGx  aGx  5
m
s2

  Fy  NT  ND  P  0  ND  200  NT
⤹  M G  0  100   0.9  h  N
 0.3  N D  0.3  0 21
100   0.9  h   0.3   N D  NT   0
T
100   0.9  h   0.3   200  NT  NT   0
100   0.9  h   0.3   200  2  NT   0
100   0.9  h   0.6  NT  60
0.6  NT  60
100
0.9  0.006  NT  0.6  h
NT  0  h  0.9  0.6  h  1.5m
NT  P  200  h  0.9  0.6 1.2  h  0.3m
0.3  h  1.5
0.9  h 
ft
s2
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.
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.
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre




Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:

  Fx  m  a  cos30  Fat  m  a  cos30
  N  m  a  cos30
  20
RC

  Fy  m  a  sen30  N  P  m  a  sen30
d
N  P  m  a  sen30  N  m  g  a  sen30 

N
CM  O
 m  a  cos 30
m g  asen 30
P
  m  g    m  a  sen30  m  a  cos30
  m g
a
m   cos30    sen30
g
a
cos 30    sen30
0.25 10
2.5
m
a
a
 a  3.37 2
cos30  0.25  sen30
0.741
s
Bx
By
b
30
⤹  M G  0  FAT  h  N  d  0
2
22
2
FAT d
 
N h
d
 0.25
h
h
4
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.

Equações de movimento:

  Fx  Bx  RC  cos 20  m  a
Bx  RC  cos 20  m  a  Bx  0.9397  RC  3.75
0.9397

2.5 1.5
  Fy  RC  sen20  By  P  0
0.3425  RC  By  25
⤹  M G  0 


 200 l 
l

 RC  
   By  b  Bx    sen70   0
2

l
 sen70 2 
cos70
2
 d

 200 300 
 300

 300

 RC  

 0.342   Bx  
 0.9397   0
  By  
0.9397
2
2
2






62.836  RC  51.3 By 140.955 Bx  0

Bx  0.9397  RC  3.75

By  0.3425  RC  25

140.955  B  51.3  B  62.836  R  0
x
y
C

Resolvendo o sistema:
 RC  3.54182 N

 Bx  7.078 N
 B  23.7869 N
 y
RB  Bx2  By2  RB  23.78692  3.541822
RB  24.81N
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
 By
 Bx
  arctg 

 23.7869 
    arctg 

 7.078 


Equações de movimento:

  Fx  m  aGx  FaT  m  aG  0.2  2
0.4
⦩   73.43
⦨20° 3.43N
⦩   73.43 24.8N

  Fy  N  P  N  P  0.2 10
m g
⤹  M G  0   N   40  x   F
ATD
2x  128  x  64  d  64  40  24mm
80  x  24mm
23
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:
87.4
Equações de movimento:


x
  Fx  m  aGx  FB  F  m  aG
(a)

  Fx  m  aGx  FAt  m  aG    m  g  m  a
m
a    g  a  0.35 10  a  3.5 2
s
⤹  M G  0  N A  L  cos 40  F  L  sen40
90

  Fx  m  aGx  FaT  m  aG

  Fy  N  P  N  P  0.2 10
ATD
2
120  0  FATD 
40  2
120
46
4
m
 0.2  aG  aG  3.33 2
6
s
(c)
Diagrama do corpo livre:
  Fy  N A  N B  P  0  N A  N B  120
2
m g
12
120
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
⤹  M G  0  N  40  F
90

d1  d2
(b)

120  0
2   40  x   0.4 120  0  2 x  80  48
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
coeficiente de atrito entre o copo e a mesa é  = 0.35. Pedemse:
(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.


2
2


L
L
 FB   d2    sen40  N B   d 2    cos 40  0




 0.7 2 
 0.7 2 
NB 120
0.4213  N A  31.8179 0.0964  FB  0.1149  NB  0
  NB
0.4213 NB  50.556  31.8179
0.03856  NB  0.1149  NB  0
0.49164  NB 18.7381  0
NB  38.11N
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
N A  82N
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:
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.

24

BD  0.42  0.32  BD  0.5m
5,5

cos  
Equações de movimento:

  Fx  m  aGx   FB  m  aG
140

  Fy  N A  N B  P  0  N A  1400  N B
0.4
0.3
 sen 
   36.86980
0.5
0.5
0.8


0.6
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:

  Fx  m  aGx  Ax  Bx  25  ax
TAC cos
1400
⤹  M G  0  
  Fy  Ay  By  P  25  ay
N A  0.6  NB  0.6  FB  0.4  0
1400 NB
  NB
 1400  0.6  0.6  NB  0.6  NB  0.8  0.4  NB  0
1400  0.6 1.2  NB  0.32  NB  0
840
NB 
 NB  954.54N
1.2  .32
NA  1400  954.54  NA  445.45N
   N B  140  aG  aG  
0.8  954.54
140
TAC sen
TBD sen
⤹  M G  0  A  0.25  B  0.25  0  T
x
x
AC
 TBD  T
2  cos  T
 ax  0.064  T
25
1.2  T  250
2  T  sen  250  25  ay  ay 
25
2  cos  T  25  ax  ax 
T
5.5m s 2
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:
TBD cos

=36.86°
150
90°-36.86°=53.14°
199.99
T
P=250N
Observando a figura, podemos dizer que:
2T  P  cos53.14  0  T 
250  cos53.1301
2
T  75N
ax  0.064  T  ax  4.8
75
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
ay 
1.2  75  250
 6.4
25
m
a  ax  iˆ  a y  ˆj  a  4.8  iˆ  6.4  ˆj  2 
s 
P  sen    P  cos   4.24  m
m  g  sen45    m  g  cos 45  4.24  m
g  sen45    g  cos 45  4.24

10  0.707  4.24
   0.4
10  0.707
2 F
x  at  2    x  0.8m
N
a  ax2  a y2  a  4.82  6.42
m
s2
a 
  arctg  y 
 ax 

a 8
 6.4 
  arctg      53.13
 4.8 
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.
g  sen45  4.24
g  cos 45
28. Um tronco de madeira de 60 lbf de peso:
25
(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.
1 pol 
1
ft
12
1in  1 pol  1"  0.0254m
1 ft  1'  0.3048m
1lb(massa)  4.54kg
1lb( força)  4.4482 N



1N 
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
TCM:
Psen

  Fx  m  aCM  Px  Fat  4.24  m

  Fy  N  Py  0  N  P  cos
Fat    N  Fat    P  cos
TMA:
⤹  M G  0  N  x  F
x
 c  0  Fat   N
2
P  sen  Fat  4.24  m
at
m
1
lb( força)
4.4482
ft
g  32.2 2
s
P
60
m
 m  1.8633slugs
g
32.2
1slugs  1lb  s2 ft  14.594kg
m  1.8633 14.594  m  27.194kg
P  m  g  27.194  9.81  P  266.771N
an   2  r
aG  an  aT  
 aT    r
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
TA  TB  P  cos 300  m  an
P  sen300  m  aT

TCM: 
TA  TB  P  cos 300  m  an

 m  g  sen300  27.2  aT

 27.2 9.81
m  g  sen300  m  aT  aT  4.905
27.194 9.81
0.5
m
s2
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.
aT    r  4.905    2  0.3048
rad
  8.046 2
s
26
TMA :  M Fi ,O  0
i
 FATB  m  ax
 N A  N B  P  0
1
2
3
3 
TA  sen600   TB  sen600    1  0
2
2 
TCM: 
   N B  m  ax

 N A  N B  14715
TB  3  TA
TA  TB  m  g  cos30  m  an
0
TA  3 TA  27.194  9.81 cos300  0
TMA :  M Fi ,O  0
4  TA  60  4.4482  cos300  0
4  TA  231.14  0
i
NA 1.25  NB  0.75  FATB  0.35  0
NA 1.25  NB  0.75    NB  0.35  0
57.75
TA  57.75 N 
4.4482
N A 1.25  NB  0.75  0.07  NB  0
1.25
NB 
NA
0.82
12.98lbf
TB  3  57.75 N  38.94lbf
1.524
N A  1.524  N A  15000  N A 
173.25
15000
N
2.524
5942.95
N B  1.524  N A  N B  8884.96 N
5829.1
  NB  m  ax  0.2  9857.05  1500  ax
ax 
0.2  9857.05
m
 ax  1.2076 2
1500
s
v0
v  v0  a  t  t  
a
80 3.6
t 
 t  18.4s
1.2076
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.
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre

3333  150  9.81 cos   150   1.5

2

  An  B  P  sen  m    r 

3  333  0.15  9.81 cos   0 15   1.5

 An  B  P  sen  m   2  r 


3 333 1.475 cos  0.225
3  333 1.475


 cos
0.225 0.225
  14.81 6.556  cos
d

 14.81  6.556  cos
27
dt
d
d
d
   dt   d  14.81  6.556  cos 
dt


 d  14.81  6.556  cos   d


  d   14.81  6.556  cos   d
0
0

2
2
 14.81  6.556  sen
 2  29.62   13.11 sen




  2  29.62  13.11 sen
6
6
6

  2  15.51  6.55   2  8.955
6



     14.81  6.556  cos
6
6




rad


     14.81  5.67       9.13 2
3
6
s


 An  B  P  sen  m   2  r 
Observar que, aplicando o Teorema do Momento
angular para a haste CA, com pólo em C:
TMA:
MF  0

i
iC
M  At 1.5  0  At 
M
1.5
5
 At  3.33kN  At  3333N
1.5
Aplicando o Teorema do Centro de Massa,
TCM, para a barra:
 AT  P  cos   m  aT

 An  B  P  sen  m  an
AT 

 AT  m  g  cos   m    r 

2

 An  B  P  sen  m    r 
 An  B  m  g  sen  m  2  r 

 150  8.955 1.5
6
 An  B  735.75  2014.875
 An  B  150  9.81 sen
B  An  1279.125
Aplicando o Teorema do momento angular
em relação ao polo O = G para a barra:
TMA:
M
i
FiO
0
2.4 
2.4
2.4

B  cos   1.8 
 At  sen 
0
  An  cos 
2 
2
2

 
2.4 
 2.4
 2.4
B  cos  1.8 
 At  sen 
0
  An  cos 
6 
2 
6 2
6 2
0.5196  B 1.039  An  0.6  At  0
0.5196  B 1.039  An  0.6  3333.3  0
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
0.5196  B 1.039  An  1999.998
Juntando as equações:
B  An  1279.125


0.5196  B  1.039  An  1999.998
An  B  1279.125


0.5196  B  1.039   B  1279.125   1999.998
An  B 1279.125


0.5196  B  1.039  B 1329.01  1999.998
 An  B 1279.125

 1.5586  B  3329
 An  2135.89  1279.125  An  856.76 N

3329

B
 B  2135.89 N

1.5586

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.
 RT  m  aT

 Rn  m  an
P  sen  m  aT


TAC  TBD  P  cos   m  an
Como:
P  m  g  25 10  250 N
 0.3 
0
  arctg 
    36.87
 0.4 

250  cos 36.870  25  aT

0
TAC  TBD  250  sen36.87  25  an
199.99 m

199.99  25  aT  aT 


25 s 2

8

TAC  TBD  150  25  an


an  2  r  an  0
Repouso:  = 0.
ĵ
n̂

C
iˆ

tˆ
Da figura, observe que:
tˆ  sen  iˆ  cos  ˆj
nˆ  cos  iˆ  sen  ˆj
TAC
0.3 m
A
Como: aT  8  tˆ

aT  8  sen  iˆ  cos   ˆj
D
P
0.5 m
0.3 m
⤹

B
0.4 m
TBD
P

28
Pt  P  cos
Pn  P  sen
Aplicando o Teorema do Centro de Massa,
TCM, para a barra: R  m  aG


aT  8  sen36.870  iˆ  cos 36.870  ˆj

m
aT  4.8  iˆ  6.399  ˆj  2 
s 
Aplicando o Teorema do momento angular
em relação ao polo O = G para a barra:
TMA:  M F  0
i
i
O
TAC  cos  0.25  TBD cos  0.25  0  TAC  TBD
TAC  TBD 150  0
TAC  TBD  75N
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
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
horizontal F. Além disso, encontrar as reações verticais no rolos
A e B.

Diagrama de corpo livre:
29
a
v
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.
 Fate
FatD
FatT
 FRx  me  a   FFatD  FFatT  FFate
NT  N D  Pe  Pc  0

TCM: 

W
 ax
g
N  N W  0
 A
B
TCM: 
F
200
ft

 a  a  4.83 2
30 
32.2
s


N A  N B  200
TMA :  M Fi ,O  0
2000   4.5   FFat  FFat  FFat
D
T
e

NT  N D  25000


 FFatD  FFatT  9000  FFate

NT  ND  25000


TMA :  M Fi ,O  0
i
N A  e  NB  e  F  c  b  0
 N A  6  N B  6  F   5  3  0
N A  6  NB  6  30  2  0  N A  NB  10
NA = 105 lb; NB = 95 lb;
1
1
d  a  t 2  d  4.83  22  d  9.66 ft
2
2
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.
i
 NT  0.8  N D 1.2  Pc  1.2  1.2  x 
 Fate  1.5  0.95   FFat  0.95  FFat  0.95  0
D
T
 NT  0.8  N D 1.2  Pc  1.2  1.2  x 

 Fate  1.5  0.95   FFat  FFat
D
T
  0.95  0
A força de atrito atuando entre a plataforma e o suporte
da empilhadeira, caso não haja escorregamento, variará de 0 a
.NC:
0  Fat    Nc
0  Fat  0.6  5000
3000
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
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
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.
1.2  N D  0.8  NT  25275

N D  NT  25000

45275

1.2  N  0.8  N  25275  0.8  25000
D
D


NT  25000  N D

45275

 N D  22637.5
 ND 
2


NT  25000  22637.5

 N D  22637.5 N

 NT  2362.5 N
30
x
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:
TMA :  M Fi ,O  0
i
 x  Nc  0.6  Fat  x 
x
0.6  Fat
N
0.6  2250
 x  0.27
5000
0.27


 NT  0.8  N D 1.2  Pc  1.2  1.2  x   Fate  1.5  0.95 





 FFat  FFat
D
T
  0.95  0
Do TCM, vemos que:
FFat  FFat  9000  FFat
D
T
e
Substituindo, teremos:
 NT  0.8  N D 1.2  5000  2.67  2250  1.5  0.95 
13350
1237.5
e



 FFat  FFat   0.95  0
D
T 





 NT  0.8  N D 1.2  13350  1237.5
9000  FFat

 9000  FFat
e
  0.95  0
 NT  0.8  N D 1.2  13350  1237.5
2137.5
 9000  0.95  FFat  0.95  0
e
8550
2250
 NT  0.8  N D 1.2  13350  1237.5
8550  2137.5  0
NT  0.8  ND 1.2  25275  0
NT  0.8  ND 1.2  25275
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:
(a) a aceleração da carga;
(b) a reação das rodas na empilhadeira.