Aulas de Mecânica

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AULAS DE MECÂNICA 
 
 
 
 
 
 
Extraído de: 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL – UFRGS 
Escola de Engenharia – Departamento de Engenharia Civil, DECIV 
Usuario 
 
 1 
Aula 1 
 
1 GENERALIDADES 
2 CONCEITOS FUNDAMENTAIS DA MECÂNICA 
_______________________________________ 
 
 
1 GENERALIDADES 
 
1.1 CONCEITO 
Mecânica é o ramo das ciências físicas que se preocupa com as condições de repouso ou 
movimento de corpos sob a ação de forças. 
 
1.2 APLICAÇÕES 
Cálculo estrutural; Projeto de máquinas; Escoamento de fluidos; Comportamento molecular 
e atômico dos elementos; Instrumentação elétrica. 
 
1.3 DIVISÕES 
a) Mecânica dos Corpos Rígidos; b) Mecânica dos corpos deformáveis; c) Mecânica dos 
fluidos. 
 
 Divisões da Mecânica dos Corpos Rígidos 
a) Estática: corpos em repouso ou movendo-se em velocidade constante (corpos em 
equilíbrio). 
b) Dinâmica: corpos em movimento acelerado. Divide-se em: i) Cinemática: estuda a 
geometria do movimento sem se preocupar com suas causas; ii) Cinética: estuda o 
movimento relacionando-o a suas causas (forças aplicadas). 
 
1.4 HISTÓRICO 
- Arquimedes (287-212 a.C.): equilíbrio de alavancas. 
- Galileu Galilei (1564-1642): pêndulos e corpos em queda libre; medidas precisas de tempo: 
Dinâmica. 
- Isaac Newton (1642-1727): leis fundamentais do movimento; lei universal da atração 
gravitacional: Mecânica Newtoniana. 
- Euler; D’Alembert; Lagrange: técnicas apra aplicação das leis fundamentais. 
- Einstein (1879-1955): Teoria da relatividade: Mecânica Relativista. 
 
 
2 CONCEITOS FUNDAMENTAIS DA MECÂNICA 
 
2.1 ESPAÇO: 
Região geométrica ocupada por corpos cujas posições são descritas por medidas lineares e 
angulares, em relação a um sistema de coordenadas. 
 
2.2 TEMPO: 
Medida da sucessão de eventos. Além da posição no espaço, o instante em que ocorre cada 
evento deve ser conhecido. 
 
2.3 MASSA: 
Medida da inércia de um corpo, ou seja, é a resistência à variação de movimento. 
 
2.4 FORÇA: 
É a ação de um corpo sobre o outro. Esta ação pode ser: a) por contato; b) à distância. É 
caracterizada por: a) intensidade; b) direção; c) sentido; d) ponto de aplicação 
 2 
 
2.4.1 Forças Externas e Internas 
 
 
 
 
 
2.4.2 Forças Ativas e Reativas 
 
 
 
 
 
 
2.4.3 Forças Concentradas e Distribuídas 
 
 
 
 
2.5 PARTÍCULA OU PONTO MATERIAL: 
Porção da matéria que pode ser considerada como ocupando um único ponto no espaço 
(despreza-se sua forma e dimensão). 
 
2.6 CORPO RÍGIDO: 
É uma combinação de um grande número de partículas que ocupam posições fixas 
relativamente uma às outras. O corpo se desloca rigidamente, isto é, não há deformação! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
OBSERVAÇÕES 
 
a) A divisão da mecânica dos corpos rígidos em estática e dinâmica existe por razões prática e 
didáticas. A estática é um caso particular (mais simples) da dinâmica (aceleração é nula). 
 
b) o conceito de corpo rígido (e seus possíveis movimentos) é de grande importância pois é a 
base em que se desenvolve as equações de equilíbrio de um corpo. 
P 
Q 
P A 
B 
d 
P A B 
d 
P 
A 
B 
d 
P 
R 
 3 
Aula 2 
 
3 PRINCÍPIOS FUNDAMENTAIS DA MECÂNICA 
4 SISTEMAS DE UNIDADES 
______________________________________ 
 
 
3 PRINCÍPIOS FUNDAMENTAIS DA MECÂNICA 
 
3.1 LEI DO PARALELOGRAMA 
 Duas forças atuantes sobre uma partícula, P, podem ser substituídas por uma única força, 
chamada força resultante, FR: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Generalização: Princípio do Polígono. 
 
 
 
 
 
 
 
 
ou 
 
 
 
 
 
 
onde 
 
 
 
 
3.2 PRINCÍPIO DA TRANSMISSIBILIDADE 
A condição de repouso ou movimento de um corpo rígido não se altera quando se 
modifica o ponto de aplicação de uma força sobre a mesma linha de ação. 
 
 
 
 
 
 
onde, r, é a reta suporte, linha de ação ou direção da força. 
Obs.: Considerando-se as situações A e B abaixo, segundo o princípio da 
transmissibilidade, temos que ambas são equivalentes na Mecânica dos Corpos Rígidos mas não 
21 FFFR
!!!
+=
2F
!
1F
!
RF
!
P 
1F
!
2F
!
3F
!
= = 
21 FF
!!
+
3F
! R
!
1F
!
2F
!
3F
!
= 1
F
!
2F
!
3F
!
R
!
321 FFFR
!!!!
++=
F
!
r 
r 
F
!
= 
 4 
são na Mecânica dos Corpos Deformáveis, pois existem materiais que resistem a esforços de 
compressão e tração de forma diferenciada. 
 
 
 
 
 
 
3.3 PRIMEIRA LEI DE NEWTON 
Uma partícula permanece em repouso ou continua a mover-se em linha reta à velocidade 
constante se nenhuma força isolada ou não-equilibrada atua sobre ela. É a lei da inércia. 
 
3.4 SEGUNDA LEI DE NEWTON 
Uma partícula submetida a uma força, F, (cuja resultante é diferente de zero) sofrerá uma 
aceleração, a, na direção da força. 
 
 
 Por conseguinte, a aceleração: 
i) é proporcional à força, F; 
ii) é inversamente proporcional à massa da partícula. 
 
3.5 TERCEIRA LEI DE NEWTON 
Para toda força atuante sobre uma partícula, esta exercerá uma força reativa de mesma 
intensidade e direção, mas com sentido contrário. 
 
 
 
 
 
 
3.6 LEI DA ATRAÇÃO GRAVITACIONAL DE NEWTON 
Duas partículas de massa, m1 e m2, são mutuamente atraídas por forças iguais e opostas 
de intensidade, F, dada por 
 
 
onde 
 G = constante universal de gravitação, valendo 6,673.10-11 N.m2/kg2 
 r = distância entre os centros das partículas 
 
Caso particular: atração da terra sobre uma partícula localizada em sua superfície. A força 
exercida pela terra sobre a partícula é definida como seu peso, P. 
 Chamando: M = massa da terra (5,983.1024 kg) 
 m = massa da partícula 
 R = raio médio da terra (6,38.106 m) 
 
e definindo g = G M / R2, o peso da partícula é dado por P = m g. 
 O valor de g varia com a posição da partícula. Para partículas sobre a superfície da terra, 
adota-se g ≈ 9,81 m/s2. 
F -F F -F 
A B
amF !
!
=
F
!
F
!
2
21
r
mmGF =
 5 
4 SISTEMAS DE UNIDADES 
 
4.1 GRANDEZA 
Tudo o que pode ser medido. 
 
4.2 EQUAÇÃO DE DEFINIÇÃO 
 Explica uma grandeza, em palavras, em função de outras mais simples. Exemplo: 
 
 
 
4.3 DIMENSÃO 
Relaciona-se com grandezas fundamentais. São expoentes. Exemplo: 
 
 
 [V] = L1 T-1 
 
 
 
4.4 GRANDEZAS FUNDAMENTAIS 
São grandezas do cotidiano: 
 • Massa, Força 
 • Comprimento 
 • Tempo 
 
SISTEMA DE GRANDEZAS FUNDAMENTAIS 
UNIDADES M F L T 
SI kg - m s 
SISTEMA TÉCNICO - kgf m s 
SISTEMA INGLÊS - lb ft sec 
 
Logo: 
 Força no S.I.: 1 N = 1 kg x 1 m/s2 
 
 Massa no S.T.: 1 kgf = ? x 1 m/s2 
 
 1 UTM (Unidade Técnica de Massa) 
 
 Massa no Sistema Inglês: 1 lb = ? x 1 ft/sec2 
 
 1 slug 
 
4.5 TRANSFORMAÇÕES DE UNIDADES ATRAVÉS DE EQUAÇÕES DIMENSIONAIS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tempo
DistânciaVelocidade =
Dimensões 
Grandezas Fundamentais 
( ) ( )cbacba TLMyTLMx 222111 =
cba
T
T
L
L
M
Myx 











=
1
2
1
2
1
2
Num mesmo Sistema 
de Unidades 
Exemplo 1: 
 
Distância: 3,5 km = ? cm 
 
 3,5 km = x cm 
 x = 3,5 (km/cm)1 = 3,5 . 103 m / 10-2 m 
 x = 3,5 . 105 = 350.000,00 
 6 
Aula 3 
 
5 COMPONENTES CARTESIANAS DE UMA FORÇA NO PLANO 
5.1 VETORES UNITÁRIOS 
5.2 EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA 
_______________________________________ 
 
 
5 COMPONENTES CARTESIANAS DE UMA FORÇA NO PLANO 
 Em muitos problemas de engenharia é desejável decompor uma força em duas 
componentes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.1 VETORES UNITÁRIOS 
 São vetores de módulo igual a 1, orientados segundo os eixos cartesianos. 
 
 
 Logo, 
 
 
 
 
 Então, 
 
 
 
 
5.2 EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA 
 
5.2.1 Condição para o Equilíbrio 
Objetos considerados como partículas só podem ser submetidos a sistemas de forças 
concorrentes, isto é, todas as forças passam pelo ponto em que está a partícula: 
 
 
 
 
 
 
 A condição de equilíbrio de uma partícula (obedecendo à primeira lei de Newton) pode 
ser enunciada como: 
 
 “Quando a resultante de todasas forças que atuam sobre uma partícula é zero, tem-se o 
equilíbrio”. 
Então, 
 
 
iFF xx
!!
=
y 
x 
θ 
O 
yF
!
xF
!
F
! sCartesiana sComponente :, yx FF
!!
yx FFF
!!!
+=
y 
x 
i
!
j
!
1== ij
!!
jFF yy
!!
=
jFiFF yx
!!!
+=
1F
!
2F
!
3F
!
4F
! FFFFFFR
!!!!!!
Σ=+++= 4321
0=ΣF
! ( ) 0=+Σ jFiF yx !!
( ) ( ) 0=Σ+Σ jFiF yx !!
⇒ 
 7 
 
 
Então, as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de uma partícula no plano 
são: 
 
∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 
 
 
5.2.2 Diagrama de Corpo Livre 
 É um esquema que mostra todas as forças exercidas sobre um determinado ponto 
material, convenientemente escolhido. 
 
 
Exemplo: 
 
 
 
 
 Diagrama representativo de 
 uma situação física 
 real 
 
 
 
 
O Diagrama de Corpo Livre (DCL) será: 
 
 
 
 
 
 
 
Onde: 
 P = m . g = 75 . 9,81 = 736 N 
 
 TABx = TAB cos 50o; TABy = TAB sen 50o 
 TACx = TAC cos 30o; TACy = TAC sen 30o 
 
Segundo as condições de equilíbrio: 
 
⊕→ Σ Fx = 0 : - TABx + TACx = 0 - TAB cos 50o + TAC cos 30o = 0 
⊕↑ Σ Fy = 0 : TABy + TACy – 736 = 0 TAB sen 50o + TAC sen 30o – 736 = 0 
 
 Resolvendo-se o sistema de duas equações e duas incógnitas, surge que 
 
TAB = 647 N TAC = 480 N Resp. 
 
75 kg 
30o 50o 
B C 
A 
30o 50o 
TAC 
TAB 
P 
A 
y 
x 
 8 
Aula 4 
 
6 ESTÁTICA DOS CORPOS RÍGIDOS 
6.1 SISTEMAS DE FORÇAS COPLANARES 
6.1.1 Momento de uma Força em Relação a um Ponto 
6.1.2 Teorema de Varignon 
_______________________________________ 
 
 
6 ESTÁTICA DOS CORPOS RÍGIDOS 
 
6.1 SISTEMAS DE FORÇAS COPLANARES 
 
6.1.1 Momento de uma Força em Relação a um Ponto 
No caso abaixo, o somatório vetorial das forças aplicadas ao corpo rígido, é uma 
condição necessária, mas não é suficiente para o seu equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Uma condição relacionada à tendência de giro deve ser satisfeita, surgindo o conceito de 
momento de uma força em relação a um ponto O. 
 
 
 
 
 
 
 
Mo = F.r.sen θ 
 = F.d 
 
 
 
 
 
 
 O momento é uma grandeza vetorial porque possui: módulo, direção, sentido e ponto de 
aplicação. Para a figura acima temos: 
 
Direção: perpendicular ao plano π 
Sentido: dado pela regra da mão direita 
Ponto de aplicação: o ponto O. Alterando-se o ponto de aplicação, muda-se momento. 
 
No plano, em problemas que envolvam sistemas de forças coplanares, o momento em O é 
representado por uma seta curva que indica o sentido de rotação induzido pela força. 
 
 
∑ = 0F!
F
!
F
!
π 
O 
d 
r 
F
!
oM
!
θ θ 
Eixo contido em π 
Eixo 
perpendicular a π 
kMM oo
!!
=
 9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6.1.2 Teorema de Varignon 
 “A soma dos momentos de todas as forças de um sistema de forças concorrentes em 
relação a um dado ponto, é igual ao momento criado pela resultante do sistema em relação ao 
ponto”. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
FR.d = F1.d1 + F2.d2 
oM
! O 
d 
F
!
Anti-horário: 
Positivo 
Horário: 
Negativo 
1F
!
2F
!
RF
!
P 
d 
d1 
d2 
 10 
Aula 5 
 
6.1.3 Conjugado 
6.1.3.1 Decomposição de uma força em uma força e um conjugado 
6.1.3.2 Simplificação de um sistema de forças e conjugados 
6.1.3.3 Simplificação adicional de um sistema de forças 
_______________________________________ 
 
 
6.1.3 Conjugado 
O conjugado, binário ou par é o momento produzido por duas forças iguais, opostas e 
não-colineares. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 M = F.(a + d) – F.a 
 M = F.d 
 
 
 Se a resultante das forças é nula, tem-se o chamado “momento puro”. Neste caso, o 
conjugado tem o mesmo valor para todos os pontos, ou seja, é um vetor livre. 
 O feito de um conjugado pode ser reproduzido por um conjugado equivalente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 M = F.d = 2F.d/2 
 
Num sistema com um número n de conjugados, pode ser realizada a soma vetorial dos 
conjugados existentes, 
 
 
 
obtendo-se o conjugado resultante. 
 
6.1.3.1 Decomposição de uma força em uma força e um conjugado 
Aplicando, no ponto desejado, um sistema de duas forças de módulo e direção iguais ao 
da força original a decompor, mas de sentidos contrários, mantém-se o equilíbrio alterando-se a 
configuração de forças. 
 
 
 
x z 
y x 
y 
O 
O 
d 
a 
F
!
−
F
!
M 
π π 
M 
M F
!
− F
!
F
!
2
F
!
2−
d d/2 
∑
=
=
n
i
iR MM
1
= = 
A 
B 
A 
B 
B 
d 
F
!
−
F
!
F
!
F
!
F
!
M
!
 11 
 
 
 
 M = F.d 
 
6.1.3.2 Simplificação de um sistema de forças e conjugados 
Pode-se reduzir um sistema de forças e conjugados que atua sobre um corpo rígido em 
uma única força resultante, que atua em um ponto arbitrário, O, e em um único conjugado 
resultante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6.1.3.3 Simplificação adicional de um sistema de forças 
Um sistema de forças pode ser simplificado a uma única força resultante: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 MR = FR.d 
 
 
 
 
 
 
∑
=
=
n
i
iR FF
1
!!
∑
=
=
n
i
iR MM
1
!!
5M
!
4M
!3F
!
1F
!
2F
!
O 
d1 d2 
d3 
5M
!
4M
!
3M
!
1M
!
2M
!
1F
!
2F
!
3F
!
O 
RM
!
RF
!
O 
= 
= 
RM
!
RF
!
O = O 
RF
!
RF
!
RF
!
−
d 
O 
RF
!
d 
R
R
F
M
d =
 12 
Aula 6 
 
6.1.4 Equilíbrio de corpos rígidos no plano 
6.1.5 Vínculos e reações 
________________________________________ 
 
 
6.1.4 Equilíbrio de Corpos Rígidos no Plano 
Um corpo rígido está em equilíbrio quando as forças externas que atuam sobre ele 
formam um sistema de forças equivalente nulo. 
Para o plano: 
 Σ Fx = 0 
 Σ Fy = 0 3 condições de equilíbrio 
 Σ Mz = 0 
 
 
6.1.5 Vínculo e Reações 
A função dos vínculos (apoios ) é a de restringir movimentos do corpo, provocando 
reações nas direções dos movimentos impedidos. 
Tipos: 
 a) Apoio Simples (rolete): é um apoio de 1a classe pois impede 1 movimento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 b) Articulação Plana (rótula): é um apoio de 2a classe pois impede 2 
movimentos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 c) Engaste: é um apoio de 3a classe pois impede 3 movimentos. 
 
 
 
 
 
 
 
Representação: 
R 
V 
H 
Representação: 
H 
V 
M 
Representação: 
 13 
Aula 7 
 
6.2 SISTEMA DE FORÇAS ESPACIAIS 
6.2.1 Componentes Retangulares 
6.2.2 Momento de uma Força: Formulação Vetorial 
6.2.3 Teorema de Varignon 
________________________________________ 
 
 
6.2 SISTEMA DE FORÇAS ESPACIAIS 
 
6.2.1 Componentes Retangulares 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6.2.2 Momento de uma Força em Relação a um Ponto: Formulação Vetorial 
O momento de uma força em relação a um ponto pode ser expresso em termos de um 
produto vetorial: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
onde, Mx = ry.Fz – rz.Fy 
 My = -(rx.Fz – rz.Fx) 
 Mz = rx.Fy – ry.Fx 
 
 
6.2.3 Teorema de Varignon 
Para três dimensões, 
matematicamente, temos: 
 
 
 
 
 
kFz
!
jFy
!
iFx
!
x 
y 
z 
F
!
θx 
θy 
θz 



=
=
=
zz
yy
xx
FF
FF
FF
θ
θ
θ
cos
cos
cos
222
zyx FFFF ++=
kFjFiFF zyx
!!!!
++= [ ]kjiFF zyx !!!! θθθ coscoscos ++=
x
z
y 
O π 
d
θ 
F
!
oM
!
r!
oM
!
F
!
r!O 
x
z
y 
A
( ) ( ) ( )kzzjyyixxkrjrirr OAOAOAzyx
!!!!!!!
−+−+−=++=
kFjFiFF zyx
!!!!
++=
kMjMiM
FFF
rrr
kji
FrM zyx
zyx
zyxO
!!!
!!!
!!!
++=








=×=
1F
!
2F
!
3F
!
r!
z 
x 
y 
O 
P P 
RF
!
r!
O 
z 
x 
y 
= 
=×+×+× 321 FrFrFr
!!!!!!
( )=++× 321 FFFr !!!!
∑×
i
iFr
!! ∑ ×= RO FrM !!!
 14 
Aula 8 
 
6.2.4 Momento de uma Força em Relação a um Eixo 
6.2.5 Momentos Axiais Coordenados 
_________________________________________ 
 
 
6.2.4 Momento de uma Força em Relação a um Eixo (Momento Axial) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vetorialmente, também podemos colocar uma equação que representa o momento axial, 
Ma, acima 
 
 O momento em O é calculado 
como: 
 
 
 
 O momento axial que atua no 
eixo a-a é a projeção de Mo sobre este 
eixo, e o seu módulo pode ser calculado 
como: 
 
 Ma = Mo cos θ 
 = ua Mo cos θ 
 
onde ua é um vetor de módulo unitário. 
 Logo, pela definição de produto escalar entre dois 
vetores, ou seja: 
 
 
 
vem que 
 
 
π 
d 
a 
a F
!
1F
!
eF
!
au
!
aM
!
au
! : vetor unitário 
1F
!
: componente paralela
ao eixo a-a 
eF
!
: componente eficaz.
Está contidano plano π. 
 
Módulo de aM
!
: 
 
 Ma = Fe . d 
0 
A 
a 
a b 
b 
θ 
oM
!
aM
!
1M
!
F
!
r!
FrM o
!!!
×=
θcosuvvu =• !!
u!
v!
θ 
oaa MuM
!!
•=
 15 
Logo, 
 
 
 
 Em álgebra vetorial, esta combinação de produto escalar e vetorial, produzindo o escalar 
Ma, é chamada de Produto Misto de três vetores. 
 Em componentes cartesianas: 
 
 
 
 
 
ou, finalmente: 
 
 
 
 
 
 
onde a primeira linha da matriz é composta pelas componentes do vetor unitário que define a 
direção do eixo a-a; a segunda linha são as componentes do vetor posição, traçado de qualquer 
ponto O do eixo a-a até qualquer ponto A da linha de ação da força; a última linha é composta 
pelas componentes do vetor força. 
 Analisando os resultados encontrados acima, podemos concluir que o vetor posição 
poderá ser traçado de qualquer posição sobre o eixo a-a até a força, produzindo sempre o mesmo 
resultado, ou seja, o momento axial Ma. A seguir, demonstra-se esta afirmação: 
 
 Se, ao contrário, supormos que ao adotar vetores 
posição diferentes teremos momentos axiais 
diferentes, então estes momentos segundo 
a figura ao lado seriam calculados como: 
 
 
 
 
Ainda, podemos verificar que 
 
 
 
possibilitando-nos escrever que 
 
 
 
ou seja: 
 
 
 
 
donde tiramos que Ma’ = Ma, o que rejeita a suposição e confirma a afirmação feita, afinal, a 
primeira parcela da soma anterior é sempre nula. Isto decorre porque o produto vetorial de dois 
( )FruM aa !!! ו=
( )








•++=
zyx
zyxazayaxa
FFF
rrr
kji
kujuiuM
!!!
!!!
( )








=ו=
zyx
zyx
azayax
aa
FFF
rrr
uuu
FruM
!!!
a 
a 
O 
O’ 
r! F
!
'r!
au
!
( )FruM aa !!! ו= ( )FruM aa !!! ו= ''
rOOr !! +=
→
''



×

 +•= → FrOOuM aa !!! ''
[ ]FruFOOuM aaa !!!!! ו+ ו=
→
''
 16 
vetores é um vetor perpendicular a eles e o produto escalar de dois vetores perpendiculares é 
zero. 
 
 
6.2.5 Momentos Axiais Coordenados 
 
Os momentos axiais coordenados são os momentos da força, F, em relação aos eixos x, y e 
z, ou seja, são as componentes ortogonais cartesianas do momento Mo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Ainda, observa-se que: 
 
 
 
 
 
 
Além disso, conhecidos os três momentos axiais coordenados, tem-se diretamente o momento 
polar e vice-versa. 
FrM o
!!!
×=
kMjMiMM zyxo
!!!!
++=
α 
β 
γ 
x 
y 
z 
F
!
r!
kM z
!
iM x
!
jM y
!
O 
oM
!
( ) zyxoox MMMMMiFriM .0.0.1cos ++==•=ו= α!!!!!!
βcosooy MMjM =•=
!!!
γcosooz MMkM =•=
!!!
 17 
Aula 9 
 
6.2.6 O Momento de um Conjugado no Espaço: Notação Vetorial 
6.2.7 Decomposição de uma Força em uma Força e um Conjugado no Espaço 
6.2.8 Simplificação de um Sistema de Forças e Conjugados no Espaço 
_______________________________________ 
 
 
6.2.6 O Momento de um Conjugado no Espaço: Notação Vetorial 
O momento produzido pelo conjugado (binário de forças) é equivalente ao momento de 
cada uma de suas forças calculado em relação a um ponto qualquer, O, do espaço. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Este resultado indica que o conjugado é um vetor libre, pois o seu momento depende 
somente do vetor-posição dirigido entre as forças e não dos vetores-posição que ligam o ponto O 
a cada uma das forças. 
 
 
6.2.7 Decomposição de uma Força em uma Força e um Conjugado no Espaço 
No caso geral, quando o corpo rígido é observado em três dimensões, é muitas vezes 
conveniente formular o método usando-se vetores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6.2.8 Simplificação de um sistema de Forças e Conjugados no Espaço 
É sempre possível reduzir-se um sistema de forças e conjugados que atua em um corpo 
rígido em uma única força resultante que atue em um ponto arbitrário O e um único conjugado 
resultante. 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( )FrFrM BAo !!!!! ×+−×=
( ) FrrM ABo !!!! ×−=
FrM o
!!!
×=
BA rrr
!!!
=+
AB rrr
!!!
−=∴ 
F
! F
!
−
Ar
!
Br
!
r!B 
A 
O 
π 
O 
A 
z 
y 
x 
F
!
Ar
!
= O 
A 
z 
y 
x 
F
!
Ar
!
F
!
F
!
−
= O P 
z 
y 
x 
F
!
M
!
A 
FrM A
!!!
×=
2F
!
1F
!
3F
!
4M
!
5M
! O 
1r
!2r
!
3r
!
=
2F
!
1F
!
3F
!
4M
!5M
!
O 
RF
!
RM
! O =
2M
!
3M
!
1M
!
θ 
iR FF
!!
Σ= iR MM
!!
Σ=
 18 
Aula 10 
 
6.2.9 Simplificação Adicional de um Sistema de Forças e 
 Conjugados no Espaço: Casos Particulares 
6.2.10 Equilíbrio de Corpos Rígidos no Espaço 
________________________________________ 
 
 
6.2.9 Simplificação Adicional de um Sistema de Forças e 
 Conjugados no Espaço: Casos Particulares 
Considerando o sistema espacial genérico abaixo, onde todas as forças e conjugados 
atuantes foram resumidos a uma situação estaticamente equivalente em que somente uma força e 
momento resultantes estão atuando, podem ocorrer várias situações possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Estas situações são as quatro possibilidades para a configuração final do sistema espacial acima, 
em termos de resultantes, e estão listadas a seguir: 
 
a) Força resultante nula e momento resultante também nulo: este é um sistema em equilíbrio; 
b) Força resultante não nula e momento resultante nulo: é um sistema de forças concorrentes; 
c) Força resultante nula e momento resultante não nulo: sistema equivalente a um conjugado; 
d) Força e momento resultantes não nulos: 
Aqui, há ainda duas possibilidades: 
 d1) A força e o momento resultantes atuam perpendicularmente entre si; 
 d2) A força e o momento resultantes não são perpendiculares entre si. 
 
 Num sistema onde ocorre a situação d1), é possível obter uma resultante única, como é 
demonstrado abaixo: 
 
 MR = FR . d 
 
 
 d = MR / FR 
 
 
 
Isto poderá sempre ser aplicado nas seguintes situações: 
a) Sistema de Forças Coplanares 
 
 
 
 
 
 
O O 
1F
!
2F
!1M
!
2M
! 1r
!
2r
!
RM
!
RF
!
=
=
RF
!
RF
!
RM
!
d 
O P O 
= x 
x 
y y 
O 
O 
1F
!
2F
!
3F
!
1r
!
2r
!
3r
!
∑=
i
iR FF
!!
( )∑ ×=
i
iiR FrM
!!!
 19 
b) Sistema de Forças Paralelas 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A situação d2) seria o caso mais geral. Para este caso, tem-se que 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A combinação acima (força colinear com conjugado) é chamada de torçor. O torçor 
tende a causar uma translação ao longo de seu eixo e uma rotação em torno deste eixo. 
 
 
6.2.10 Equilíbrio de Corpos Rígidos no Espaço 
 Ocorre quando a força resultante e o momento resultante atuantes num corpo forem 
nulos. 
Vetorialmente: 
 
 
 
 
 
 
 Escalarmente, resultam seis condições de equilíbrio: 
 
 ΣFx = 0; ΣFy = 0; ΣFz = 0 
ΣMx = 0; ΣMy = 0; ΣMz = 0 
O 
1r
!
2r
!
3r
!
1F
!
2F
!
3F
!
y 
x 
z 
y 
x 
z 
O 
∑=
i
iR FF
!!
( )∑ ×=
i
iiR FrM
!!!
O 
RM
!RF
!
θ 
onde se observa que o ângulo interno entre as
grandezas é diferente de 90 graus. Logo, tem-se
que providenciar uma decomposição do momento
em duas componentes: uma contida no plano e
outra paralela à força. 
O 
RM
!RF
!
θ 
1M
!
2M
!
O 
RF
!
2M
!
d P 
RF
Md 1=
0== ∑
i
iR FF
!!
0==∑
i
iR MM
!!
( ) ( ) ( ) 0!!!!! =++=∑ ∑∑∑ kFjFiFF zyxi ( ) ( ) ( ) 0!!!!! =++=∑ ∑∑∑ kMjMiMM zyxi
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE SO SUL – UFRGS 
Escola de Engenharia 
Departamento de Engenharia Civil – DECIV 
MECÂNICA – LISTA DE EXERCÍCIOS DA ÁREA 1 
Prof. Alexandre Pacheco 
 
1 A carga em A origina uma força de 200 N 
no cabo AB. Expresse esta força em forma 
vetorial cartesiana, atuando em A e dirigida 
para B. Res.: F[44,7; 77,5; 178,9] N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 Os estais da antena CA e CB exercem 
forças de FA=500 N e FB=700 N, 
respectivamente, no ponto C. Expresse a 
resultante dessas duas forças, atuando em C, 
como um vetor. Qual o módulo e direção 
dessa resultante? Res.: FR[-64,1; -166,7; -
979,5] N; FR=995,6 N; θ=93,7o; α=99,6o; 
β=169,7o. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 As barras de uma treliça são conectadas a 
uma placa de reforço. Determine os módulos 
de F e T para que ocorra o equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 A porta é mantida aberta por meio de duas 
correntes. Se a tração em AB e CD é FA=300 
N e FC=250 N, respectivamente, expresse 
cada uma dessas forças em forma vetorialcartesiana. Res.: FA[0; 285,2; -93] N; 
FC[159,3; 183,2; -59,7] N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 Os três blocos da figura têm as massas 
indicadas e são ligados por cabos. Se estes 
passam por pequenas polias sem atrito, 
determine a flecha s para que haja equilíbrio. 
Res.: 204,2 mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 m 1 m 
s 
5 kg 5 kg 7 kg 
10 kN 
T 
F 
5 kN 
30o 45
o 
45o 
z 
x 
y 
36 m 
18 m 
36 m
15 m 
A 
B 
C 
z 
x 
y 
30o 
1,5 m 2,5 m 
1 m 0,5 m 
A 
B 
C 
D 
x 
y 
z 
120o
120o 
30o 
A 
B 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE SO SUL – UFRGS 
Escola de Engenharia 
Departamento de Engenharia Civil – DECIV 
MECÂNICA – LISTA DE EXERCÍCIOS DA ÁREA 1 
Prof. Alexandre Pacheco 
 
6 Determine a altura h para a montagem da 
armação AB, de modo que uma tração de 300 
N seja produzida em cada uma das barras OA 
e OB. Supõe-se que o esforço em cada barra 
atue ao longo de seu eixo. Res.: 709,7 mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7 Se θ = 30o , determine os módulos de FA e 
FB necessários para manter a esfera de massa 
m = 10 kg em equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 Determine o módulo e a direção da força P 
necessária para manter o sistema de forças 
concorrentes em equilíbrio. Res.: P=1,61 kN; 
α=136,2o, β=128,3o; γ=72o. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 A massa de 10 kg é sustentada por um 
poste AO e pelos cabos AB e AC. Se a força 
no poste atua ao longo de seu eixo, determine 
as forças em AO, AB e AC, para que haja 
equilíbrio. Res.: FB=69,7 N; FC=57 N; 
FO=209 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 As extremidades dos três cabos estão 
amarradas a um anel em A e às arestas de 
uma placa uniforme de 200 kg. Determine a 
tração em cada cabo para que haja equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ 3 
4 
FB FA 
B A
C 
1 m
2 m 
2 m 
4 m 
y O 
z 
x 
6 m 
10 m 
5 m 
2 m
2 m
1,5 m 
3,5 m 
5 m 
3,5 m 
x 
y 
z 
h 
1 m 
A B 
O 
50 kg 
P z 
x 
y F3 = 0,5 kN 
F2 = 0,75 kN 
F1 = 2 kN 
(-1,5 m; 3 m; 3 m) 
45o 
45o 
120o 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE SO SUL – UFRGS 
Escola de Engenharia 
Departamento de Engenharia Civil – DECIV 
MECÂNICA – LISTA DE EXERCÍCIOS DA ÁREA 1 
Prof. Alexandre Pacheco 
 
11 A chaveta em B evita que o braço A 
deslize em relação ao eixo fixo s. Determine 
o momento que a força de 800 N cria em 
relação a B. Res.: 139,9 Nm (horário) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 Se os cabos AB e CD suportam forças de 
800 N e 600 N, respectivamente, determine a 
posição adequada do cabo AP e o módulo da 
força T nele desenvolvida de modo que a 
tração nos três estais originem uma força 
resultante única de FR [-216; 0; -1800] N que 
atue no ponto O. Res.: 717,1 N; x=2,38 m; 
y=5,92 m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13 Determine as componentes horizontal e 
vertical da reação em A e da reação em B 
necessárias para suportar a treliça. Faça F1 = 
600 N, F2 = 2 kN, F3 = 1 kN e a = 3 m. Res.: 
NB = 9,9 kN; Ax = 7,6 kN; Ay = 4 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 Determine as trações nos cabos de 
sustentação BC e DEF e a reação da viga no 
plano inclinado liso A. Res.: T = 1,57 kN; F 
= 2,78 kN; NA=0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
15 Uma válvula de alavanca é usada para 
manter uma pressão de segurança em uma 
caldeira. Se a pressão máxima permitida da 
caldeira é de 2 MPa, determine a massa m 
necessária do bloco C que deve ser suspenso 
pelo gancho, de modo que a alavanca fique no 
limiar de sua rotação para cima. Como 
informação, a caldeira exerce uma pressão 
uniforme de 2 MPa no tampão circular B 
como mostrado. Res.: m = 16 kg 
 
 
 
 
 
 
 
 
45o 
F1 
F2 
F3 
A 
B 
a 
a a a 
200 mm 
50 mm 
A
B C 
20 mm 
y 
x 
100 mm 
200 mm 
800 N 30o 
45o 
A 
B 
50mm 
45o 
1 
1 1 
1 
E C 
D F B
A 
3 m 1 m 2 m
5 kN 
1 m 
z 
6m 
4m 
B
P(x, y) 
D 
A 
800 N 
T 
O 
5m 
3m 
y 
x 
y 
x 
C 600 N 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE SO SUL – UFRGS 
Escola de Engenharia 
Departamento de Engenharia Civil – DECIV 
MECÂNICA – LISTA DE EXERCÍCIOS DA ÁREA 1 
Prof. Alexandre Pacheco 
 
16 O compactador de 25 kg deve subir o degrau de 100 mm. Compare os módulos da força P 
necessária para: (a) empurrá-lo e (b) puxá-lo sobre o degrau se, em cada caso, a força estiver 
orientada de 30o ao longo da barra AB, como mostrado. Res.: 213,4 N puxando; 1640 N 
empurrando. 
 
 
 
 
 
 
 
 
17 A tubulação está submetida à ação de um torsor em B e de um conjugado em A. Reduza esse 
sistema a um torsor resultante único e especifique seu ponto de aplicação ao longo do eixo do 
trecho CD da tubulação, medido a partir do ponto C. 
Res.: 
FR [-40; 0; 0] N 
MR [-40; 0; 0] N.m 
0,35 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18 Substitua os dois torsores F1=300 N, M1=100 N.m e F2=200 N, M2=180 N.m, e a força 
F3=100 N, que atuam na tubulação, por um sistema força-conjugado equivalente que atue no ponto 
O. Faça a=0,5 m, b=0,6 m e c=0,8 m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
A 
B B 
A 
P 
100 mm 
x 
y 
z M1 
F1 
F2 
M2 
45o 
a b c 
C 
F3 B A 
O 
z 
x 
y 
0,5 m 
0,3 0,3 
0,25 0,25 
0,8 m 
0,6 m 
0,7 m 
B 
A 
80 N 
80 N 
30 N 
30 N 
D 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL - UFRGS 
Escola de Engenharia – Departamento de Engenharia Civil, DECIV 
 
Primeira Verificação – Turma C 
 
 
Nome: No: Data: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 No croquis abaixo representa-se uma viga metálica que está rigidamente fixada à superfície 
horizontal em sua extremidade esquerda e rotulada em sua extremidade direita e no meio do seu
vão. Dois blocos de concreto repousam sobre a viga. O bloco maior possui uma massa de 500
kg e o menor, 250 kg. Ainda, como peso próprio da viga, pode ser adotada uma carga 
distribuída de 100 N/m. Considerando uma aceleração da gravidade de 9,81 m/s2, é pedido: 
 a) O modelo matemático representativo; 
 b) O diagrama de corpo livre e 
 c) As reações vinculares. Obs.: Faça uma abordagem escalar! 
5 m 5 m 
8 m 
x 
y 
z 
600 N 500 N 
400 N 
100 N 
2 m 
A 
B 
O C 
2 A placa abaixo é submetida a quatro forças paralelas. Através de uma abordagem vetorial, 
pede-se: 
 a) A força resultante; 
 b) O momento resultante para que FR atue no ponto A; 
 c) O momento resultante para que FR atue no ponto O; 
 d) A posição da força resultante única estaticamente equivalente ao sistema de forças 
dado e 
 e) O momento axial atuante no eixo diagonal que passa pelos pontos A e C da placa. 
θ =40o 1,5 m 1 m 2 m 0,5 m 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL – UFRGS 
Escola de Engenharia – Departamento de Engenharia Civil, DECIV 
 
Primeira Verificação – Turma A 
 
 
Nome: 
 
No: Data: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 Para a estrutura treliçada
representada no croquis ao lado,
onde todas as barras possuem 2 m
de comprimento, pede-se: 
 a) o modelo matemático
representativo; 
 b) o diagrama de corpo
livre; 
 c) As reações vinculares e; 
 d) As solicitações nas
barras AB, AC. 
 
Obs.: O peso próprio das barras
pode ser desprezado frente ao peso
proporcionado pelo bloco de
concreto suspenso de 500 kg de
massa. Considere g = 9,81 m/s2. 
2 No poste estaiado
representado no croquis
ao lado atua uma força
de 1000 N. Determine: 
 a) A reação no 
apoio A e as forças nos
cabos; 
 b) Demonstre 
que a reação em A só
possui a componente 
em z; 
 c) O momento 
axial da força de 1000
N em torno de um eixo
que passe pelos pontos
A e D. 
150o 
A 
B 
C D 
Solução Escalar! 
x 
z 
y 
1 m 
1 m 
6 m 
B 
D 
C 
A 
1000 N 
Solução Vetorial! 
4 m 
 21 
Aula 12 
 
7 CENTRO DE GRAVIDADE E CENTRÓIDE 
7.1 CENTRO DE GRAVIDADE E CENTRO DE MASSA 
7.2 CENTRO DE GRAVIDADE E CENTRÓIDE 
________________________________________ 
 
 
7 CENTRO DE GRAVIDADE E CENTRÓIDE 
 
7.1 CENTRO DE GRAVIDADE OU BARICENTRO E 
 CENTRO DE MASSA DE UM SISTEMA DE PARTÍCULAS 
 A viga da esquerda,abaixo, encontra-se em equilíbrio estático e submetida à ação da 
força peso devido a cada uma das esferas posicionadas sobre o seu vão. A viga da esquerda 
representa uma situação estaticamente equivalente onde apenas uma única esfera é considerada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como P = P1 + P2 + P3, a posição de P pode ser determinada segundo o teorema de Varignon: 
 
 
 
 
 
ou, para n partículas: 
 
 
 
 
 
 Para o caso mais geral, portanto, o baricentro G tem coordenadas que podem ser dadas 
pelas seguintes expressões: 
 
 
 
 
 
 Porém, o centro de gravidade, G, depende da existência de um campo gravitacional para a 
sua definição. Já o centro de massa não: 
 
 
 
 
 
∑
=
=
3
1i
iR OO
MM
332211 PxPxPxPxG ++=
321
332211
PPP
PxPxPxxG ++
++
=
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
G
P
Px
x
1
1
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
G
P
Px
x
1
1
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
G
P
Py
y
1
1
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
G
P
Pz
z
1
1
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
m
m
mx
x
1
1
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
m
m
my
y
1
1
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
m
m
mz
z
1
1
P1 
P2 
P3 
x1 
x2 
x3 
x 
y 
O 
P 
xG 
x 
y 
O 
G: Baricentro 
=
 22 
Estas coordenadas surgem quando é feito Pi = mi g, nas expressões anteriores. 
 
 
7.2 CENTRO DE GRAVIDADE E CENTRÓIDE DE UM CORPO 
 Seja o arame abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Admitindo-se que, na expressão 
 
 
 
 
 
os ∆xi tendam a zero, fica-se com 
 
 
 
 
 
 
Se o arame estiver no espaço: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A linha de ação de P passará sempre por G, que não faz parte, necessariamente, do arame. 
Se peso específico, γ, é dado por 
 
 
 
onde V é o volume, temos que 
 
 
 
 
 
 
∑
∑
=
=
∆
∆
= n
i
i
n
i
ii
G
P
Px
x
1
1
x 
y 
O 
L 
xi 
∆Pi 
x 
y 
O 
xG 
P 
G 
=
∆xi 
∫
∫
∑
∑
=


 ∆


 ∆
=
=
→∆
=
→∆
P
P
n
i
ix
n
i
iix
G dP
xdP
Plim
Pxlim
x
i
i
1
0
1
0
∫
∫
=
P
P
G dP
xdP
x ∫
∫
=
P
P
G dP
ydP
y ∫
∫
=
P
P
G dP
zdP
z
dV
dP
=γ
∫
∫
∫
∫
==
V
V
V
V
C
dV
xdV
dV
xdV
x
γ
G 
x 
y 
z 
xG 
zG P 
∫
∫
=
V
V
C
dV
ydV
y ∫
∫
=
V
V
C
dV
zdV
z
 23 
 Ainda, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Ou seja, o centróide é o centro geométrico do corpo, dependendo inteiramente de suas 
propriedades geométricas. 
 
 
OBSERVAÇÕES 
 
a) Nos casos em que a figura tenha um eixo de simetria, o centróide estará localizado sobre este 
eixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Para corpos homogêneos (peso específico constante) e aceleração da gravidade constante, o 
Centro de Gravidade, o Centro de Massa e o Centróide são coincidentes. 
 
c) A integral 
 
é conhecida como momento estático da área A em relação ao eixo y. Analogamente, 
é o momento estático da área A em relação ao eixo x. 
 
d) Quando o centróide de uma área está situado sobre um eixo coordenado, o momento estático 
da área em relação a este eixo é nulo. 
 
∫
∫
=
A
A
C
dA
xdA
x ∫
∫
=
A
A
C dA
ydA
y ∫
∫
=
A
A
C
dA
zdA
z
∫
∫
=
L
L
C
dL
xdL
x ∫
∫
=
L
L
C
dL
ydL
y ∫
∫
=
L
L
C
dL
zdL
z
∫
A
xdA
∫
A
ydA
 24 
Aula 13 
 
8 CORPOS COMPOSTOS 
9 TEOREMAS DE PAPPUS E GULDINUS 
_________________________________________ 
 
 
8 CORPOS COMPOSTOS 
 Muitas vezes é possível dividir um corpo em várias partes, com formas mais simples, 
cuja posição do centro de gravidade seja conhecida. Este procedimento dispensa (quase sempre) 
o uso da integração. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 TEOREMAS DE PAPPUS E GULDINUS 
 Estes teoremas são utilizados para a determinação de áreas ou volumes de sólidos de 
revolução. 
 
 Superfícies de Revolução: são gerados pela rotação de uma curva em torno de um eixo 
fixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Corpos de Revolução: gerados pela rotação de uma área em torno de um eixo fixo. 
 
 
 
 
 
 
z 
y 
x 
ΣP yG 
xG 
=
z 
y 
x 
P1 P4 P3 
P2 
G1 
G2 
G3 
G4 
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
G
A
Ax
x
1
1
∑
∑
=
=
= n
i
i
n
i
ii
G
A
Ay
y
1
1
 25 
TEOREMA I: A área de uma superfície de revolução é igual ao comprimento da curva geratriz 
multiplicada pela distância percorrida pelo centróide da curva, durante a geração da superfície. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Como 
 
 
surge que A = 2π yG L e 2πyG é a distância percorrida pelo centróide da linha L. 
 
 
TEOREMA II: O volume de um corpo de revolução é igual à área geratriz multiplicada pela 
distância percorrida pelo centróide da área, durante a geração do corpo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Como 
 
 
surge que V = 2π yG A e 2πyG é a distância percorrida pelo centróide de A. 
 
 Os teoremas de Pappus-Guldinus oferecem um modo simples de calcular a área de 
superfícies de revolução e o volume de corpos de revolução. Também podem ser utilizados, 
inversamente, para determinar o centróide de uma curva plana quando a área da superfície 
gerada pela curva é conhecida, ou para determinar o centróide de uma área plana quando o 
volume do corpo gerado pela área é conhecido. 
 
 
y 
dL 
x 
dA 
yG 
x 
L 
2πyG 
C 
ydLdA π2=
ydLdA π2=
∫ =L G LyydL
y 
dA 
x 
dV 
yG 
x 
A 
2πyG 
C ydAdV π2=
∫= A ydAV π2
∫ =A G AyydA
 26 
Aula 14 
 
10 MOMENTO DE INÉRCIA DE MASSA 
11 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREA 
12 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS COMPOSTAS 
_______________________________________ 
 
 
10 MOMENTO DE INÉRCIA DE MASSA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para um corpo de massa m: 
 
 
No limite, 
 
 
 
 
 
 
11 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREA 
 
11.1 MOMENTO DE INÉRCIA DE CHAPAS DELGADAS E HOMOGÊNEAS 
 
Para uma chapa de espessura t e massa específica ρ, constantes: 
 
dm = ρ dV = ρ t dA 
Então, 
 
 
 
A integral na expressão acima é conhecida como Momento de Inércia de uma Área ou 
Momento de Segunda Ordem. 
 
 
11.2 MOMENTOS DE INÉRCIA RETANGULAR E POLAR 
 
 
 
 
 
 
A’ 
A 
m 
r 
O tempo necessário para que uma massa m venha a girar, ao
ser submetida a um conjugado, em torno de um eixo A-A’, 
será proporcional à massa m e ao quadrado da distância r.
Logo, a medida de inércia do sistema, r2m, é denominada de
Momento de Inércia da massa m em relação ao eixo A-A’: 
mrI 'AA
2
=
A 
A’ 
r2 
r3 
r1 m 
∆m2 
∆m3 ∆m1 
!+∆+∆+∆ 321 mrmrmr :Inércia 23
2
2
2
1
∫= dmrI AA' 2
Momento de Inércia do
Corpo em Relação a AA’ 
área
'AAA
massa
AA' tIdArtI ρρ == ∫ 2
y 
x 
y 
x 
x 
A 
dA 
Os momentos de inércia do elemento dA em 
relação aos eixos x e y são: 
 
 dIx = y2 dA 
 dIy = x2 dA 
 27 
 
Portanto, os momentos de inércia de A em relação aos mesmos eixos são: 
 
 
 
 
que são os momentos retangulares de inércia. 
 O momento de inércia de dA em torno do pólo O (eixo z) é, portanto, dIz = r2dA. O 
momento de inércia de toda a área em torno de O: 
 
 
que é o momento polar de inércia. 
 Como r2 = x2 + y2, 
 
 
Ainda, Jo, Jx e Iy são sempre positivos e têm como unidade a dimensão do comprimento com 
expoente 4, ou seja: m4, mm4, etc. 
 
 
11.3 TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS OU TEOREMA DE STEINER 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A segunda parcela da última expressão deve ser nula porque o momento estático em 
relação a um eixo baricêntrico é sempre zero. 
 Ou seja, 
 
 
11.4 RAIO DE GIRAÇÃO 
Os raios de giração kx, ky e kz são definidos através das expressões: 
 
 
 
ou seja, 
 
 
Ainda 
 
 
12 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS COMPOSTAS 
É calculado fazendo-se o somatório de momentos de inércia de áreas de formas mais 
simples. 
∫= Ax dAyI 2 ∫= Ay dAxI 2
∫= Az dAzJ 2
yxz IIJ +=
y’ 
x’ 
x 
y 
r 
y’ 
yG 
xG x’ 
dA 
C 
A 
( ) dAy'ydI Gx 2+=
( )∫ += A Gx dAy'yI 2
( )∫ ++= A gG dAyy'y'y 22 2
∫∫∫ ++= AGAGAx dAydA'yydA'yI 22 2
Ix’ 0 A 
AyII G'xx
2+= AxII G'yy
2+= ArJJ 'zz
2+=
A
Ik xx = A
I
k yy = A
Jk zz =
AkI xx
2
= AkI yy
2
= AkJ zz
2
=
2
y
2
x
2
z kkk +=
 28
Aula 15 
 
13 PRODUTO DE INÉRCIA DE ÁREAS 
_______________________________________ 
 
 
13 PRODUTO DE INÉRCIA DE ÁREAS 
O produto de inércia de um elemento de área dA, localizado em um ponto de coordenadas 
x e y, é definido como 
 
 dIxy = x y dA 
 
Para toda a área, 
 
 
 
 
 O produto de inércia pode ser negativo, positivoou nulo. Será nulo sempre que 
qualquer um dos eixos de referência for um eixo de simetria: 
 
 
 
 
 
 
 
 
13.1 TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS 
 
 
O produto de inércia para dA: 
 
 
 
Para toda a área: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∫=
A
xy xydAI
0)( =−+ dAyxxydA
y 
-y 
x 
y 
x 
x 
y 
x´ 
y´ 
y´ 
x´ 
yG 
xG 
G 
O 
dA 
dAyyxxdI GGxy ´)´)(( ++=
∫ ++= A GGxy dAyyxxI ´)´)((
∫ +++= A GGGGxy dAyxyxyxyxI ´)´´´(
dAyxII GGyxxy += ´´
∫∫∫∫ +++= AGGAGAGAxy dAyxdAxydAyxdAyxI ´´´´
0 0 
 29
Aula 16 
 
14 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS EM 
RELAÇÃO A EIXOS INCLINADOS 
________________________________________ 
 
14 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS EM RELAÇÃO A EIXOS INCLINADOS 
O produto de inércia encontra uso quando é necessário calcular o momento de inércia de 
uma área em torno de eixos inclinados: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Desenvolvendo: 
 
 
 
 
Empregando as expressões trigonométricas: 
 
 
 
vem que 
 
 
 
ou 
 
 
 
Analogamente, 
 
 
 
De modo similar, escreve-se o produto de inércia em relação aos eixos inclinados: 
 
 
 
ou 
 
 
 
∫ ∫ −== A Ax dAxydAyI 22' )sencos(´ θθ ∫ ∫ −== A Ay dAxydAxI 22' )cossen(´ θθ
∫ +−= Ax dAxxyyI )sensencos2cos( 2222' θθθθ
∫ +−= Ay dAxxyyI )cossencos2sen( 2222' θθθθ
2
2cos1sen 2 θθ −= 2
2cos1cos2 θθ += θθθ 2sensencos2 =
dAxxyyI
Ax
)
2
2cos12sen2cos1( 22'
θθ
θ
θ −
+−
+
= ∫ dAxyxyxyA )2sen2cos22(
2222
θθ −−++= ∫
θθ 2sen2cos
22' xy
yxyx
x I
IIII
I −
−
+
+
=
θθ 2sen2cos
22' xy
yxyx
y I
IIII
I +
−
−
+
=
∫ ∫ ++== A Ayx dAxyxydAyxI )sencos)(cossen('''' θθθθ
θθ 2cos2sen
2'' xy
yx
yx I
II
I +
−
=
Ainda, observa-se que Ix’+ Iy’ = Ix + Iy = Jo, ou 
seja, o momento de inércia polar é independente 
da direção dos eixos x’e y’. 
x 
y 
x' 
y' 
θ 
x 
y 
x sen θ 
y sen θ y cos θ 
y' 
x' 
 30
Aula 17 
 
16 EIXOS E MOMENTOS PRINCIPAIS CENTRAIS DE INÉRCIA 
______________________________________ 
 
 
16 EIXOS E MOMENTOS PRINCIPAIS CENTRAIS DE INÉRCIA 
Para se determinar os valores extremos de Ix’e Iy’ (máximo ou mínimo), funções de θ, 
deriva-se em relação a θ e iguala-se a zero. 
 
 
 
 
 
 
 
Simbolizando este ângulo crítico por α, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo, os ângulos correspondentes aos valores extremos são: 
 
 
 
onde αp1 e αp2 identificam os Eixos Principais de Inércia da área A em relação ao ponto O. 
Estes eixos estão separados de 90o e a eles correspondem os momentos de inércia máximo e 
mínimo. Estes momentos de inércia são chamados de Momentos Principais de Inércia da 
Área A em relação ao ponto O. Logo, para cada ponto O, tem-se eixos principais diferentes 
com orientação e valores diferentes; 
Para O coincidente com G (centróide da área A), os eixos principais são chamados de 
Eixos Principais Centrais de Inércia e os momentos principais correspondentes a estes eixos 
são chamados de Momentos Principais Centrais de Inércia. 
A substituição dos Ângulos encontrados em tg2α=2Ixy/(Iy-Ix) na equação que fornece 
Ix’y’ mostra que o produto de inércia é sempre nulo para os eixos principais de inércia. 
 Ainda, a substituição do sen2α e do cos2α, obtidos de tg2α=2Ixy/(Iy-Ix), nas 
equações que fornecem Ix’ e Iy’, obtém-se as intensidades dos momentos principais de 
inércia: 
 
 
 
 
 Como o produto de inércia em relação a qualquer eixo de simetria é nulo, um eixo de 
simetria é sempre um eixo principal de inércia para a área. 
θθ 2sen2cos
22' xy
yxyx
x I
IIII
I −
−
+
+
=
02cos22sen)(' =−−−= θθ
θ xyyx
x III
d
dI
022)( =−− xyyx ItgII θ
)(
2
2
xy
xy
II
I
tg
−
=α
Para cada valor da tangente temos dois
valores de θ que satisfazem a relação, uma
vez que 
2α 
2α+π 
)2(2 παα += tgtg
αα =1p 22
π
αα +=p
2
2
, 22 xy
yxyx
mínmáx I
IIII
I +


 −
±
+
=
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL - UFRGS 
ESCOLA DE ENGENHARIA - DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS DA ÁREA II - Prof. Alexandre R. Pacheco 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ 
θ 
R 
x 
y 
1 Com o auxílio de expressões
tabeladas, localize o centro de
massa do arame homogêneo
dobrado em forma de arco de
circunferência. R = 300 mm; θ =
30o. 
50 
x x 
150 mm 
y 
150 mm 
15 mm 
B 
A 
15 mm 
2 Determine a distância y ao eixo centroidal
xx da seção reta da viga. No cálculo,
despreze as dimensões da solda em A e B. 
y 
x 
a 
5a 
a 
a 
2a 
12a 
3 Localize o centróide da seção reta da viga. Faça a = 
25 mm. 
y 
x 
45o 150 mm 
L 
200 mm 400 mm 
100 mm B 
A 
C 
4 Determine o
comprimento do segmento 
AB do arame de modo
que o centróide do corpo
composto esteja
localizado no ponto C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
z 
200 mm 
400 mm 
100 mm 
5 Localize o centro de gravidade da barra 
homogênea. 
x x 
175 mm 
175 mm 
200 mm 
y 
6 Determine a distância y ao eixo centroidal 
xx da seção reta da viga. Todas as espessuras 
iguais a 15 mm. 
37,5 37,5 
x 
x 150 mm 
120 mm 
20 mm y 
x 
20 mm 
20 mm 
50 mm 50 mm 
7 Determine a coordenada y do centróide C da seção reta da viga.
Em seguida calcule o momento de inércia da área em relação ao 
eixo xx. 
x x 
120 mm 
y 
35 mm 
B 
A 
15 mm 
50 mm 
8 Determine o momento de inércia da seção reta da
viga em relação ao eixo xx que passa pelo centróide C.
Nos cálculos despreze as dimensões das soldas em A e
B. y = 90,5 mm. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
60 mm 
60 mm 
x 
y 
20 20 
20 20 
9 Determine o momento de inércia
polar da área da placa em relação à
origem das coordenadas, C, localizada
no centróide. 
x 
y 
10 
10 
100 mm 
29 mm 
C 
29 mm 
100 mm 
10 Determine o produto de inércia da
cantoneira em relação aos eixos x, y,
cujas origens estão localizadas no
centróide C. Suponha que todos os
cantos sejam vivos. 
x 
250 mm 
C 
C 
41 
41 
15 15 
125 mm 
125 mm 
Ar = 4 130 mm2 
Ic = 6 300 000 mm2 
11 Determine o momento de inércia da seção
reta da viga em relação ao eixo centroidal xx.
Os valores padronizados do momento de inércia
Ic, da área Ac e da posição do centróide das
vigas em U encontram-se indicados na figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
A 
100 mm 
250 420 
30 
60 
30 
840 mm 
80 
Seção A-A 
12 A roda de 
aço tem um 
diâmetro de 
840 mm e a 
seção reta 
mostrada na 
figura. 
Determine a 
massa total da 
roda se ρ = 3 
Mg/m3. 
r 
50o 
a 
c 
b 
13 A barragem 
circular é feita de 
concreto. Determine 
a massa total da 
barragem se o 
concreto tem ρ = 2,5 
Mg/m3. Faça a = 3 
m, b = 10 m, c = 1,5 
m e r = 20 m. 
C 
u 
x 
y 
v 
20o 
y 
150 mm 150 mm 
10 
40 
10 
14 Determine a coordenada y do centróide e
calcule os momentos de inércia Iu e Iv da viga
em U. Os eixos u, v têm suas origens no
centróide C. Nos cálculos suponha que todos os
cantos sejam vivos. 
RESPOSTAS: 
 
Exercício Solução 
1 xG = 124,0 mm; yG = 0 mm 
2 154,4 mm 
3 xG =0 mm; yG = 40,97 mm 
4 77,3 mm 
5 xG = 147,4 mm; yG = 178,1 mm; zG = 49,1 mm 
6 80,1 mm 
7 13 760 000 mm4 
8 20 700 000 mm4 
9 926 600 mm4 
10 
11 109 950 000 mm4 
12 82,7 kg 
13 1071,7 Mg 
14 y = 10,26 mm, Iu = 5 060 000 mm4, Iv = 34 790 000 mm4 
 
 
 
INFORMAÇÕES ADICIONAIS: 
 
 
ELEMENTO INFORMAÇÕES 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Arco de Circunferência 
 
 
 
 
 
 
 
xG = r/θ sen θ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Setor Circular 
 
 
 
 
 
 
xG = 2(r/θ sen θ)/3 
yG = 0 
 
 
Ix = 1/4 r4 (θ - 1/2 sen 2θ) 
Iy = 1/4 r4 (θ + 1/2 sen 2θ) 
 
 
 
 
 
θ 
θ 
r 
L=2θ r 
xG 
θ 
θ 
r 
A=θ r2 
x 
y 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL - UFRGS 
Escola de Engenharia - Departamento de Engenharia Civil (DECIV) 
 
Segunda Verificação - Prof. Alexandre Pacheco 
 
Nome: No: Data: 
 
 
Questão 1: Para a peça homogênea representada na figura abaixo, considere as seguintes 
dimensões: h1 = 5 cm; h2 = 12 cm; D1 = 30 cm; D2= 60 cm. Responda os items solicitados a 
seguir: 
 a) Determine a distância do baricentro da área hachurada até o eixo de revolução da peça; 
(1,00) 
 b) Empregando o 2o teorema de Pappus e Guldinus, determine o volume da peça; (1,00) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
h1 
h2 
D1 
D2 
A 
A 
Seção A-A 
Questão 2: Considerando o perfil "C" ao lado, e o
sistema de eixos indicados, determine: 
 a) O momento de inércia em relação ao eixo x; 
 b) O momento de inércia em relação ao eixo y; 
 c) O produto de inércia; 
 d) O momento de inércia em relação ao eixo x 
 quando este estiver inclinado de 30o; 
 e) As coordenadas do baricentro; 
 f) As direções principais centrais de inércia; 
 g) Os momentos principais centrais de inércia; 
 
Obs.: 
- O cantos do perfil podem ser considerados vivos; 
- Valor dos itens: a) até e) = 1,00; f) e g) = 1,50 
- Dimensões: e1 = 2 cm; e2 = 4 cm; e3 = 4 cm; 
 d = 12 cm; h = 30 cm. 
e1 
e2 
e3 
h 
y 
x 
d 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL - UFRGS 
Escola de Engenharia - Departamento de Engenharia Civil (DECIV) 
 
Segunda Verificação - Prof. Alexandre Pacheco 
 
Nome: No: Data: 
 
Questão Única: Num projeto de engenharia, há a ocorrência de elementos estruturais cujas 
seções transversais apresentam a geometria representada no croquis da FIGURA 1. 
Considerando esta seção transversal, onde A = 10; B = 2,5; C = 15 cm; R = 15, responda aos 
itens solicitados a seguir. Para auxiliá-lo nos cálculos, considere as informações tabeladas no 
QUADRO 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determine a posição do centróide em relação ao sistema de coordenadas dado. (2,00) 
b) Calcule os valores dos momentos de inércia em relação aos eixos x e y, dados. (2,00) 
c) Quanto vale o produto de inércia da seção transversal em relação aos mesmos eixos? (1,00) 
d) Responda por que o momento de inércia polar, Jo, independe da inclinação dos eixos x e y 
mas depende da posição da origem do sistema de coordenadas, O. (1,00) 
e) Quais seriam os valores de momentos de inércia máximo e mínimo se as soluções 
encontradas por você no item b) e c), acima, fossem, respectivamente, Ix = 1 x 106 cm4; Iy = 1 x 
105 cm4 e Ixy = -2 x 104 cm4? (1,00) 
f) Admitindo que você tivesse encontrado como soluções do item a) os valores xG = -5 cm e yG 
= 40 cm, quais seriam os valores dos momentos de inércia centroidais para a seção transversal 
dada? Considere também os valores fornecidos na questão anterior. (1,00) 
g) Determine os momentos principais centrais de inércia se os valores encontrados no item 
anterior fossem IxG = 1 x 107 cm4; IyG = 1 x 106 cm4 e IxGyG = 1 x 105 cm4. (1,00) 
h) Admitindo-se os valores fornecidos no item anterior, calcule as direções centrais principais. 
(1,00) 
 
Semicírculo: 
 
 
 
 
 
 
Baricentro: 
 
 
 
Momento de Inércia: 
R 
x 
y 
π3
4RyG =
8
4RI x
π
=
QUADRO 1 - Informações adicionais 
2R 
R 
A 
C A 
x 
y 
FIGURA 1 - Seção transversal. Unidade: cm 
O 
B 
B 
furo 
 32
Aula 19 
 
17 CINEMÁTICA DE UMA PARTÍCULA 
17.1 MOVIMENTO CURVILÍNEO 
17.2 MOVIMENTO RETILÍNEO 
17.3 MOVIMENTO CIRCUNFERENCIAL 
18 CINEMÁTICA PLANAR DE UM CORPO RÍGIDO 
18.1 TRANSLAÇÃO 
18.2 ROTAÇÃO 
18.3 MOVIMENTO PLANO GERAL ABSOLUTO 
_______________________________________ 
 
 
17 CINEMÁTICA DE UMA PARTÍCULA 
 
17.1 MOVIMENTO CURVILÍNEO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O vetor ∆r, medido desde um ponto P até um ponto P’(x+∆x, y+∆y, z+∆z), tende ao 
deslocamento ∆S ao longo da curva de trajetória. Logo, o deslocamento é dado por 
 
porque 
 
 
Então, a velocidade média de uma partícula que executa o deslocamento acima é dada 
por: 
 
 
 
Por conseguinte, sua velocidade instantânea, medida num determinado ponto da curva de 
trajetória, é dada quando a variação ∆t tende a zero: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Quanto à aceleração, ou seja, a variação da velocidade da partícula no tempo, tem-se que: 
z 
y 
x 
P’ 
P 
)tt(r ∆+!
)t(r!
S (trajetória) 
O 
∆S 
r!∆
)t(r)tt(rr !!! −∆+=∆
r)t(r)tt(r !!! ∆+=∆+
t
rvméd ∆
∆
=
!
!
dt
rd
t
rlimv t
!!
!
=
∆
∆
= →∆ 0
z 
y 
x 
v!
P 
O 
S 
Logo, a velocidade instantânea é tangente à trajetória
S. Ainda, o seu módulo é a velocidade escalar da
partícula: 
dt
dS
t
Slim
t
rlimv tt =∆
∆
=
∆
∆
= →∆→∆ 00
Uma determinada
posição na trajetória S pode 
ser definida pelas
coordenadas P(x, y, z) ou
pelo vetor posição 
)t(rr !! =
 33
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A componente tangencial da aceleração diz respeito à variação de intensidade do vetor 
velocidade, enquanto que a componente normal (radial), à variação de sua direção. Seus 
módulos estão correlacionados com o módulo da aceleração por: 
 
 
17.2 MOVIMENTO RETILÍNEO 
Se, a partícula desenvolve uma trajetória retilínea (ρ = ∞, an = 0), 
 
 
 
 
 
 
tem-se que, escalarmente, para a posição S: 
 
Velocidade Instantânea: 
 
Aceleração Instantânea: 
 
 
Ainda, para o caso particular em que a aceleração é constante, tem-se que 
 
Logo, 
 
 
e 
 
 
Portanto, 
 
 
 
Finalmente, 
 
 
 
S 
P 
P’ v
!
'v!
t
vaméd ∆
∆
=
!
!
2
2
0 dt
rd
dt
vd
t
vlima t
!!!
!
==
∆
∆
= →∆
Aceleração instantânea: 
S 
P 
ta
!
na
!
a!
A grandeza vetorial aceleração possui um sentido que
aponta para dentro da curva da trajetória. Assim, duas
componentes, uma tangencial e outra normal, sempre
serão verificadas: 
dt
dvat =
!
ρ
2van =
!
22
nt aaa +=
t t+∆t 
S ∆S 
O 
P P’ 
v
dSdt
dt
dSv =⇒= 
a
dvdt
dt
dva =⇒= 
vdvadS =
constantea ==
dt
dv
⇒=−⇒=∫ ∫ dtad 0t0 atvvvvvo atvv += 0
atvv
dt
dS
+== 0
( ) ⇒+=−⇒+=∫ ∫ 2 dtdS
2
00
t
0 0
attvSSatv
S
So 2
2
00
attvSS ++=
( ) ⇒−=−⇒=⇒= ∫ ∫ 21)a( ddSa 2020v0 vvSSvvvdvadS
S
S
v
o
)(2 0
2
0
2 SSavv −+=
 34
17.3 MOVIMENTO CIRCUNFERENCIAL 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ainda, quando uma partícula percorre a trajetória circular, tem-se um movimento que 
define uma velocidade escalar, uma aceleração tangencial e uma aceleração normal para o 
ponto. Estas se correlacionam com as grandezas anteriores assim: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da mesma forma, pode-se particularizar para a situação em que a aceleração angular 
seja constante, resultando expressões semelhantes às encontradas anteriormente: 
 
 
 
 
 
 
18 CINEMÁTICA PLANAR DE UM CORPO RÍGIDO 
 
18.1 TRANSLAÇÃO 
Ocorre quando qualquer reta pertencente ao corpo conserva a mesma direção durante 
o movimento. Ou seja, todos o pontos do corpo rígido em translação deslocam-se com a 
mesma velocidade e aceleração. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Posição do ponto B: 
 
 
 
S 
dS 
O r A 
P 
P’ 
dθ 
θ 
dt
dθ
ω =
2
2
dt
d
dt
d θω
α ==
⇒=⇒= 
dt
dr
dt
dSrddS θθ ωrv = ⇒==== r)( αωω
dt
dr
dt
rd
dt
dvat αrat =
⇒=== 2
222
ω
ω r
r
r
r
van 2ωran =
tαωω += 0
2
2
00
tt αωθθ ++= )(2 0202 θθαωω −+=
z 
y 
x 
Br
!
B 
O 
A 
Ar
!
ABr
!
ABAB rrr
!!!
+=
Velocidade: 
⇒+= 
dt
rdvv ABAB
!
!!
0 
AB vv
!!
=
Aceleração: 
AB aa
!!
=
 A velocidade angular ω e a aceleração angular 
α, para ma trajetória que descreva uma circunferência 
são dadas por: 
 35
18.2 ROTAÇÃO (EM TORNO DE UM EIXO FIXO) 
Ocorre quando todas as partículas do corpo, exceto aquelas que estejam no eixo de 
rotação, deslocam-se ao longo de trajetórias circulares. Para o corpo rígido a velocidade 
angular e a aceleração angular de qualquer linha do corpo é sempre a mesma. 
 
 
Rotação em torno de O: θ2 = θ1 + φ 
 
 
Durante o movimento: 
 
 
 
 
 
Logo: ω = ω1 = ω2; α = α1 = α2 
 
 
 
18.3 MOVIMENTO PLANO GERAL ABSOLUTO 
É uma composição dos outros dois movimentos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B2 
x O 
x’ 
A2 B1 
A1 
y 
θ2 
φ 
θ1 
dt
d
dt
d
dt
d φθθ
+= 12
0 
G’ G 
B 
B’ A 
r 
SG = r θ 
θ SG = r θ 
⇒== 
dt
dr
dt
dS
v GG
θ
⇒== 
dt
dr
dt
dv
a GG
ω
ωrvG =
αraG =
 36 
Aula 20 
 
18.4 MOVIMENTO PLANO GERAL RELATIVO 
ATRAVÉS DO USO DE EIXOS EM TRANSLAÇÃO18.4.1 Velocidade 
18.4.2 Aceleração 
______________________________________ 
 
 
18.4 MOVIMENTO PLANO GERAL RELATIVO 
 ATRAVÉS DO USO DE EIXOS EM TRANSLAÇÃO 
A seguir, faz-se uma abordagem separada de cada um dos movimentos componentes 
(translação e rotação). 
Para isto, lança-se mão de dois sistemas de coordenadas: 
xy: Fixo. Usado para medições absolutas. 
x’y’: Fixo ao corpo. Usado para medições relativas. 
 
18.4.1 Velocidade 
 Na figura ao lado, percebe-se a seguinte 
relação: 
 
 
Derivando em relação ao tempo: 
 
 
 
ou 
 
 
 
A velocidade do ponto B, vB, e a velocidade do ponto A, vA, são medidas a partir do 
sistema xy e representam as velocidades absolutas destes pontos, enquanto que vB/A representa 
a velocidade de B medida por um observador em A, fixo ao sistema x’y’. 
Logo, para o corpo rígido abaixo, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
o observador vê o ponto B deslocando-se ao longo do arco zz’ com raio de curvatura rB/A. 
Assim, 
 
 
onde ω é a velocidade angular do corpo 
 
 
Ar
!
Br
!
A/Br
!A 
B 
O 
y 
x 
x’ 
y’ 
A/BAB rrr
!!!
+=
dt
rd
dt
rd
dt
rd A/BAB
!!!
+=
A/BAB vvv
!!!
+=
= +
A A A 
B 
B 
B 
Av
! Av
!
Av
!
A/Bv
!
Bv
!
z z’ 
A/Br
!
ω 
Movimento Plano Geral Translação Rotação em torno de A 
ωA/BA/B rv
!!
=
 37 
18.4.2 Aceleração 
Derivando-se a expressão 
em relação ao tempo: 
 
 
ou 
 
 
A aceleração do ponto B, aB, e a aceleração do ponto A, aA, são medidas a partir do 
sistema xy e representam as velocidades absolutas destes pontos, enquanto que aB/A representa 
a aceleração de B medida por um observador em A, fixo ao sistema x’y’. 
Logo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
onde: 
 
 
 
 Ainda: 
 
 
 
 
 
Exemplo: 
 
 Os ponto A e B da barra deslocam-se sobre guias. Em determinado instante, vA = 2 
m/s para baixo. Determine vB e vC neste instante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
dt
vd
dt
vd
dt
vd A/BAB
!!!
+=
A/BAB aaa
!!!
+=
= +
A A A 
B 
B 
B 
Aa
!
A/Ba
!
Ba
!
A/Br
!
ω,α 
Movimento Plano Geral Translação Rotação em torno de A 
Aa
!
Aa
!
ω,α 
( ) ( )nA/BtA/BA/B aaa !!! +=
( ) αA/BtA/B ra =!
( ) 2ωA/BnA/B ra =!
2 m/s 
0,2 m 
0,1 m 
A 
B 
C 
1 
1 
Para a solução do problema, pode-se 
adotar dois procedimentos. 
Primeiramente, 
uma abordagem via equações do 
movimento relativo: 
A A 
B B 
C C 
ω 
ω 
θ 
45o 
45o 
Movimento Absoluto Movimento Relativo 
A/Br
!
 38 
 
 
 
O movimento relativo permite que se escreva as seguintes relações: 
 
 
 
 
 
 
 
O que gera duas equações escalares: 
 
 
 
 
 
 
 
Como rB/A vale 0,2 m, obtém-se: 
 
 
 
 
 
Ainda, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para rC/A vale 0,3 m, obtém-se: 
 
 
 
 
 
 
A segunda maneira de se resolver este problema é exposta no próximo item. 
ωA/BA/B rv
!!
=
ω
ω
o
A/BA
o
A/BB
senrv : 
cosrv :
450
450
+−=↑+
+=→+
s
rad,1414=ω s
mvB 2=
A/BAB vvv
!!!
+=
⇓ ⇓ ⇓
45o 
A/CAC vvv
!!!
+=
⇓ ⇓ ⇓ 
45o θ 
ωA/BA/B rv
!!
=
o
A/CAC
o
A/CC
senrvsenv : 
cosrcosv :
45
450
ωθ
ωθ
+−=↑+
+=→+
0418,=θ
s
m,vC 163=
 39 
Aula 21 
 
18.5 CENTRO INSTANTÂNEO DE VELOCIDADE NULA 
_______________________________________ 
 
 
18.5 CENTRO INSTANTÂNEO DE VELOCIDADE NULA 
Pode-se obter a velocidade de um ponto qualquer de um corpo rígido escolhendo-se 
um pólo tal que possua velocidade nula em um determinado instante considerado. Este ponto 
é chamado de centro instantâneo de velocidade nula. 
Então, 
 
 
 
 
 
 
 
Graficamente, o centro instantâneo de velocidade nula, CI, é determinado traçando-se 
retas perpendiculares à linha de ação das velocidades. A intersecção destas retas localiza CI 
no instante de tempo considerado! 
 
Casos especiais: 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo: 
Considerando-se o exercício proposto no item anterior, a partir da determinação do 
centro instantâneo de velocidade nula (que é feita passando-se dois traços perpendiculares 
pelos vetores velocidade), pode-se chegar à solução mais facilmente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B 
CI 
Bv
!
CI/Ar
!
CI/Br
!
Av
!
ω 
0
!!
=Cv
CI/ACI/ACA vvvv 
!!!!
=+=∴
ωCI/AA rv =
Av
!
Bv
!
A 
B 
CI 
Av
!
Bv
!
A 
B 
CI 
C 
A 
B 
CI 
s
mvA 2=
Bv
CIAr /
!
CIBr /
!
45o 
sradrv CIAA / 14,1445cos2,0
2 0/ ==→= ωω
!!
s/m 
cos,
sen,v rv BCI/BB 24520
24520 0
0
==→= ω
!!
( ) ( ) m,sen,cos,cos,r oooCI/C 220452045104510 22 =++=
3,16m/s, ,v rv CCCC =×=→= 1414220ω
!!
o
o
, 
,
cos,sen 418
220
4510
=→= θθ
A 
B 
C 
CI 
s
mvA 2=
Cv
CIAr /
!
45o 
CI/Cr
!
0,1cos45o 
0,1sen45o 
θ 
θ 
 40 
Aula 22 
 
19 CINÉTICA DE UMA PARTÍCULA 
19.1 SEGUNDA LEI DE NEWTON 
19.2 EQUAÇÃO DO MOVIMENTO PARA UMA PARTÍCULA 
19.3 EQUAÇÃO DO MOVIMENTO PARA UM SISTEMA DE PARTÍCULAS 
_______________________________________ 
 
 
19 CINÉTICA DE UMA PARTÍCULA 
 
19.1 SEGUNDA LEI DE NEWTON 
A segunda lei de Newton (equação do movimento para uma partícula) fornece a base 
da cinética: 
 
 
 
Para mais de uma força atuando sobre a partícula: 
 
 
 
 
Por analogia com a estática, o equilíbrio dinâmico ocorrerá quando: 
 
 
 
 
que é a condição conhecida como Princípio de D’Alembert. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
19.2 EQUAÇÃO DO MOVIMENTO PARA UMA PARTÍCULA 
 
a) Coordenadas retangulares 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
amF !
!
=
amFF R
!!!
==∑
0=−∑ amF !!
am!−
RF
!
P 
Vetor Inércia 
x 
y 
z 
ΣFx 
P 
O 
ΣFy 
ΣFz 
k
!
j
!
i
!
amF !
!
 =∑ ( )kajaiamkFjFiF zyxzyx !!!!!! ++=++ ∑∑∑ 



=
=
=
∑
∑
∑
zz
yy
xx
maF
maF
maFLogo, 
 41 
b) Coordenadas normal e tangencial 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
19.3 EQUAÇÃO DO MOVIMENTO PARA UM SISTEMA DE PARTÍCULAS 
A figura abaixo representa um conjunto de n partículas distribuídas num domínio 
limitado pela linha pontilhada onde uma única partícula genérica, i, é evidenciada, juntamente 
com a partícula que trabalha como baricentro de todo o sistema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelo Princípio de D’Alembert: 
 
 
 
 
 
 
Para as diversas partículas do sistema, segundo a Terceira Lei de Newton, as forças 
internas se anulam. Logo, 
 
 
 
Pela definição de centro de massa: 
 
 
cuja derivada fornece 
 
 
Logo, 
 
 
 
Conclui-se, portanto, que se pode substituir o sistema de partículas por uma única partícula de 
massa m = Σmi, posicionada no centro de massa do sistema. 
z 
x 
y 
i 
G 
ir
!
Gr
!
iF
!
∑ if! → i Partícula de massa mi 
→∑ fi! Forças internas devido à ação das 
outras partículas. 
→ Fi
!
Força externa devido à ação 
gravitacional, de contato, elétricas, ... 
i 
iF
!
∑ if!
= 
i 
iiam
!
iiii am fF
!!! ∑ =+
 am F iii ∑∑ = !!
 rm rm iiG ∑= !!
∑= iiG am am !!
 am F Gi
!!
=∑
amF !
!
 =∑
( )nnttnntt uauamuFuF !!!! +=+∑∑ 


=
=
∑
∑
nn
tt
maF
maF
Logo, 
x 
y 
z ΣFt 
P 
O 
ΣFn 
nu
!
tu
!
 42 
Aula 23 
 
20 CINÉTICA PLANAR DOS CORPOS RÍGIDOS 
20.1 EQUAÇÕES CINÉTICAS PLANARES 
20.1.1 Equação do movimento de translação 
20.1.2 Equação do movimento de rotação 
_______________________________________ 
 
 
20 CINÉTICA PLANAR DOS CORPOS RÍGIDOS 
 
20.1 EQUAÇÕES CINÉTICAS PLANARES 
 
 
 
 
 
20.1.1 Equação do movimento de translação 
 
Recai-se na mesma 
situação da aula anterior, i.e., 
do sistema com n partículas, 
obtendo-se a seguinte equação 
para o movimento de translação 
para um corpo rígido: 
 
 
 
 
20.1.2 Equação do movimento de rotação 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O momento das forças que atuam na partícula i, em relação ao baricentro G: 
 
 
Para todo o corpo: 
 
Quando n → ∝, mi → dm e substituindo rGi pela dimensão genérica r: 
 
 
0=−∑ amF !!
x 
y 
G 
1F
!
Ga
!
ω, α 
2F
!
O 
= G 
iF
!
∑ if!
i 
iam
!
G i 


=
=
∑
∑
yy
xx
maF
maF
x 
y 
G 
ω, α 
O 
i xG 
yG 
∑ if!
iF
!
x 
y 
G 
ω, α 
O 
i 
xG 
yG αGiirm
Giiam
Gii rm
2ω
( ) ( )[ ]nGitGiGi aaaa !!!! ++=
( ) α2GiiiG rmM =( )∑∑ = 2GiiG rmM α
dmrM
mG ∫∑ = 2α
IG αGG IM =∑
Para um corpo rígido com massa m em
movimento plano geral, pode-se definir dois tipos de
movimento: o movimento de translação e o de rotação. 
analisados a seguir.43 
Aula 24 
 
20.2 APLICAÇÃO GERAL DA EQUAÇÃO DO MOVIMENTO 
20.2.1 Translação de um Corpo Rígido 
20.2.2 Rotação de um Corpo Rígido em Torno de um Eixo Fixo 
20.2.3 Movimento Plano Geral de um Corpo Rígido 
_______________________________________ 
 
 
20.2 APLICAÇÃO GERAL DA EQUAÇÃO DO MOVIMENTO 
As três equações escalares que descrevem o movimento plano geral de um corpo 
rígido são: 
 
 
 
 
 
 
 
Estas equações são conhecidas como Equações Cinéticas Planares. 
Para aplicação destas equações na solução de problemas é conveniente desenhar os 
diagramas de corpo livre e cinético no instante considerado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
20.2.1 Translação de um Corpo Rígido 
Na translação, temos que α = 0, ω = 0 
 
Assim, as equações cinéticas planares ficam: 
 
 
 
 
 
Reduzindo-as para o ponto A, qualquer, temos: 
 
 
 
 
 
 



=
=
=
∑
∑
∑
αGG
Gyy
Gxx
IM
maF
maF
P 
G 
1F
!
A 2F
!
Diagrama de Corpo Livre 
x 
y 
G 
Gyma
IG α 
A 
Gxma
Diagrama Cinético 
c 
b 



=
=
=
∑
∑
∑
0G
Gyy
Gxx
M
maF
maF



=−=
=
=
∑∑∑
∑
∑
0cmabmaM
maF
maF
GyGxA
Gyy
Gxx
 44 
 
20.2.2 Rotação de um Corpo Rígido em Torno de um Eixo Fixo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os diagramas são: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As equações do movimento resultam que: 
 
 
 
 
 
 
A equação do momento pode ser substituída por um somatório de momentos em 
relação a qualquer ponto do corpo, desde que se tome em consideração os momentos gerados 
por IG α, maGt e maGn em relação ao ponto escolhido. Em muitos problemas é conveniente 
somar momentos em relação ao pino O (para eliminar Fo). 
 Pelo diagrama cinético: 
 
 
 
 
ou 
 
 
 
 
O termo entre parênteses representa o momento de inércia do corpo em relação ao 
eixo fixo de rotação que passa por O: IO 
G 
O 
1F
! 2
F
!
3F
!Gr
!
Gna
Gta
α, ω 
αGGt ra =
ωGGt rv =
( ) 222 ωω
ρ GGnG
G
GnGn ra r
ra va =→=→=
G 
O 
1F
! 2
F
!
3F
!
oF
!
Gnma
Gtma
IG α 
P 
Diagrama de Corpo Livre 
G 
O 
Gr
Diagrama Cinético 



=
==
==
∑
∑
∑
α
α
ω
GG
GGtt
GGnn
IM
rmmaF
rmmaF 2
αGGGtOkOO IrmaM MM +=→= ∑∑∑
Momentos do Diagrama Cinético ( )α2GGO mrIM +=∑
IO 
 45 
 
As três equações de movimento para o corpo ficam: 
 
 
 
 
 
 
Como método para solução de problemas, sugere-se: 
1) Desenhar D.C.L. e cinético; 
2) Calcular IG ou IO; 
3) Aplicar as três equações do movimento em relação a um sistema de coordenadas xy 
ou nt; 
4) Usar as equações da cinemática para completar as soluções: 
 
Aceleração variável: 
 
 Aceleração constante: 
 
 
 
 
20.2.3 Movimento Plano Geral de um Corpo Rígido 
Em alguns problemas pode ser conveniente somar os momentos em relação a algum 
ponto A, diferente de G. Em geral, isso é feito para eliminar forças desconhecidas do 
somatório de momentos. 
Neste caso, as 3 equações são: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 



=
==
==
∑
∑
∑
α
α
ω
OO
GGtt
GGnn
IM
rmmaF
rmmaF 2
dt
d ;dd ;
dt
d θ
ωωωθαωα ===
( )02022000 22
1 θθαωωαωθθαωω −+=++=+= ;tt ;t
[ ] [ ]


++=
=
=
∑
∑
∑
cmabmaIM
maF
maF
GyGxGA
Gyy
Gxx
α
x 
y 
G 
Gyma
IG α 
A 
Gxma
Diagrama Cinético 
c 
b 
 46 
Aula 25 
 
20.3 PROBLEMAS DE ROLAMENTO COM ATRITO 
______________________________________ 
 
 
20.3 PROBLEMAS DE ROLAMENTO COM ATRITO 
Problemas que envolvem rodas ou cilindros que rolam sobre uma superfície plana 
áspera. Dependendo das cargas que atuam, o corpo pode: a) Rolar sem deslizar; b) Deslizar a 
medida que rola. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Quando um disco rola sem escorregar, não ocorre movimento relativo entre o ponto do 
disco que está em contato com o chão e o próprio chão. O módulo da força F de atrito pode 
ter qualquer valor, desde que não exceda o valor máximo F = µe N (µe : coeficiente de atrito 
estático). F é determinado independentemente de N. 
Quando o escorregamento está iminente, a força de atrito alcança seu valor máximo F 
= µe N e pode ser obtida de N. 
Quando o disco rola e escorrega ao mesmo tempo, há um movimento relativo entre o 
ponto do disco em contato com o chão e o mesmo, e a força de atrito terá módulo Fc = µc N 
(µc : coeficiente de atrito cinético). 
Resumindo, 
• Rolamento sem deslizamento: F ≤ µe N; aG = r α 
• Rolamento com deslizamento iminente: F = µe N; aG = r α 
• Rolamento e deslizamento: F = µc N; aG e α são independentes! 
Q 
P 
F 
N 
G 
G 
m aG IGα 
 
 
1. A escada uniforme de 10 kg AB 
mostrada na Fig. abaixo tem seu centro de 
massa em G. Se ela é largada a partir do 
repouso na posição mostrada, determine as 
reações normais em A e B neste instante. Para 
o cálculo, suponha que a escada é aproximada 
por uma barra delgada uniforme, e que os 
pontos de contato em A e B são lisos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. Determine a velocidade do gancho 
(desenho abaixo) em A se a extremidade do 
cabo em B é puxada para baixo com uma 
velocidade vB = 6m/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3. O bloco B repousa sobre uma superfície 
lisa (desenho abaixo). Se o coeficiente de 
atrito entre A e B é µ = 0,5, determine a 
aceleração de cada bloco quando (a) F = 10 N 
e (b) F = 20 N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. Desprezando os efeitos do atrito e da 
massa da polia e do fio, determine a 
aceleração com que o bloco B do desenho 
abaixo descerá. Qual é a tensão no fio? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5. O pêndulo mostrado na figura abaixo 
consiste de uma barra delgada e um disco 
com um furo no mesmo. A barra tem uma 
densidade de 7000 Kg/m3 e uma área de 
seção transversal de 400 mm2, e o disco tem 
uma densidade de 8000 kg/m3 e uma 
espessura de 10 mm. Calcule o momento de 
inércia do pêndulo em relação a um eixo 
perpendicular à página e passando através (a) 
do pino em O e (b) do centro de massa G do 
pêndulo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 B 
 vB 
 
 
 
 
 A 
 
 
 
 o 
 
 
 y 
 
 1 m 
 • G 
 
 Área 
 400 mm2 
 
 
 250 mm 125 mm 
 
 
 Espessura 
 10 mm 
•
A 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL - UFRGS 
ESCOLA DE ENGENHARIA - DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS DA ÁREA III - Prof. Alexandre R. Pacheco 
 F 
 A 2 Kg 
 
 
 B 5 Kg 
 
 
 
 
 1,5m 
 
 B 
 1,5m 
 
 G 
 
 A 30o 
 
 2 Kg 
 
 • • • 
 
 
 
 
 B 
 
 3 Kg 
6. Os blocos A e B mostrados na figura 
abaixo têm uma massa de 10 e 100 Kg, 
respectivamente. Se ambos partem do 
repouso, determine a distância percorrida por 
A no instante em que a velocidade de B 
se torna 2 m/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7. Determine a massa do bloco A, da figura 
abaixo, que é necessária para que, quando o 
mesmo é largado do repouso, desloque o bloco 
B sB = 0,75 m plano inclinado acima em t = 2s. 
Desprese as massas das polias e dos fios. O 
bloco B tem uma massa mB = 5 Kg. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8. O cofre é transportado sobre uma 
plataforma que repousa sobre os cilindros,cada um tendo um raio r. Se os cilindros não 
deslizam, determine sua velocidade angular 
se a plataforma se desloca para a frente com 
uma velocidade v. 
 
 
 
 
 
 
 
9. Determine a tensão desenvolvida sobre 
os dois cabos e a aceleração de cada bloco. 
Despreze a massa das polias e dos cabos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10. O elevador de carga mostrado na 
figura abaixo é operado por um motor 
elétrico localizado em A. Se o motor recolhe 
o cabo a uma velocidade de 15 m/s, 
determine a velocidade com que o elevador 
sobe. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
11. O pêndulo consiste de uma esfera de 
20 Kg e uma barra delgada de 5 Kg. Calcule 
a reação no pino O imediatamente após a 
corda AB ter sido cortada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 V 
 
 
 
 
 r 
 W 
 
 
 • 
 
 • C 
 
 
 • 
 
 • 
 
 60o 
 
 A D 
 
 5 P 
 P 5 F 
 
 
 
 B C E 
 F 
 
Movimento 
• 
•
 
 B 
 A 
 
 
 
 O 
 
 
Raio 1,5 mm 
400 mm 
 
 
 
 
 
 B 
 
 100 Kg 
 
 A 10 Kg 
 
 
 • 
 
 
 
 
 7 Kg 
 
 
 
 
 2 Kg 
• 
12. Em um dado instante, o bloco 
deslizante A tem a velocidade e a 
desaceleração mostradas. Determine a 
aceleração do bloco B e a aceleração angular 
da barra neste mesmo instante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13. O centro da polia está sendo 
levantado verticalmente com uma aceleração 
de 4 m/s2 no instante em que o mesmo tem 
uma velocidade de 2 m/s. Se o cabo não 
desliza sobre a superfície da polia, 
determine a aceleração do cilindro B no 
ponto C na polia. Sugestão: Observe que a 
polia "rola" para cima ao longo do cabo em 
D, sem deslizar. Portanto para determinar α, 
use aA = αr, como indicado pelo Exemplo 
16-3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14. O centro da roda se desloca para a 
direita com uma velocidade de 2 m/s e tem 
uma aceleração de 10 m/s2 no instante 
mostrado. Supondo que a roda não deslize 
em A, determine a aceleração dos pontos A e 
B neste instante. Sugestão: para determinar 
α, use ac = αr, como indicado pelo resultado 
do Exemplo 16-3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
15. Determine a velocidade de cada bloco 
quando t = 2s depois que os blocos são 
largados a partir do repouso. Qual é tensão 
no cabo? Despreze a massa do cabo e das 
polias no cálculo. Os blocos têm uma massa 
mA = 4 Kg e mB = 8 Kg. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16. Um bloco A de 5 kg é preso à corda 
que é enrolada em torno da borda de um 
cilindro de 15 kg. Determine a velocidade 
do bloco 2s após o mesmo ter partido do 
repouso. Despreze o peso da corda. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 • B 
 
 
 
 
 45o 
 
 • 
 
 A 
 VA = 1,5 m/s aA = 16 m/s2 
300 mm 
 
 
 0,5 m 
 
 
 
 B 
 C vc = 2 m/s 
 ac = 10m/s2 
 
 
 
 
 
 A 
• 
• 
 aA = 4 m/s2 
 vA = 2 m/s 
 
 
 
 C • A 
 80 mm D 
 
 
 
 
 
 B 
 
 
 • • 
 
 • 
 
 
 
 
 
 A B 
 
17. Determine a força TA que deve ser 
aplicada ao cabo em A para conferir ao 
bloco B de 8 Kg uma aceleração para cima 
de 400 mm/s2. Suponha que o cabo não 
desliza sobra a superfície do disco de 20 Kg. 
Calcule a tensão no segmento vertical da 
corda que suporta o bloco e explique porque 
esta tensão é diferente daquela em A. O 
disco é pinado em seu centro C e é livre para 
girar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18. O refrigerador tem uma massa m = 
200 Kg e um centro de massa em G. 
Determine a máxima força constante F que 
pode ser aplicada à corda tracionante CD 
sem fazer o refrigerador virar. As rodas em 
A e B têm massa despresível e rodam 
livremente. Admita a = 0,6 m, b = 0,8 m e d 
= 0,35 m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 150 mm 
 C • 
 
 A 
 
 
 TA B 
 
 
 D F 
 C 
 a 
 
 G 
 •••• 
 b 
 
 B 
 
 A 
 d 
 20o d 
Respostas: 
 
(1) NA = 42,9 N; NB = 31,8 N 
(2) 2 m/s 
(3) (a) aA = aB = 1,43 m/s2 
 (b) aA = 5,10 m/s2; aB = 1,96 m/s2 
(4) 5,89 m/s2; 11,8 N 
(5) IG = 1,83 kg m2 
(6) 3,53 m 
(7) 13,74 kg 
(8) ω = v / 2r 
(9) TA = 54,9 N; TB = 27,5 N 
 aA = 1,96 m/s2; aB = 3,92 m/s2 
(10) vF = -5 m/s (para cima) 
(11) Rx = 0,00; Ry = 27,81 N 
(12) 25 rad/s2 anti-horário; 
 5,21 m/s2 para baixo 
(13) aB = 8 m/s2 para cima; 
 aC = 50,63 m/s2 (9,09o c/ horizontal) 
 
(14) aA = 8 m/s2 para cima 
 aB = 20,59 m/s2 (29,1o c/ horizontal) 
(15) vA = 6,54 m/s 
 vB = 13,08 m/s 
 T = 26,2 N 
(16) 7,84 m/s 
(17) TA = 85,7 N 
(18) 1075,5 N 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL – UFRGS 
Escola de Engenharia – Departamento de Engenharia Civil, DECIV 
 
Terceira Verificação de MECÂNICA – ENG 01156 
Prof. Alexandre Pacheco 
 
 
Nome: 
 
No: Data: 
 
1 Escreva sobre as equações de equilíbrio cinético de um corpo rígido, identificando cada 
parcela e fazendo considerações sobre variantes originadas da adoção de diferentes tipos 
de sistemas de coordenadas ou da ocorrência de diferentes tipos de movimentos 
desenvolvidos pelo corpo. (4,00) 
 
2 A roda da figura abaixo se desloca para a direita no instante mostrado. Supondo que a 
roda não deslize em A, determine a aceleração dos pontos A e B neste instante. Admita 
um raio R da roda de 500 mm. (3,00) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 Determine a força que deve ser aplicada ao cabo em A para conferir ao bloco B de 8 kg 
uma aceleração para cima de 400 mm/s2. Suponha que o cabo não desliza sobre a 
superfície do disco de 20 kg. O disco possui um raio de 150 mm, é pinado em seu centro 
C e é livre para girar. (2,00) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 No problema anterior, por quê a força no segmento vertical da corda que suporta o 
bloco é diferente daquela aplicada em A? (1,00) 
A 
B 
C v = 4 m/s 
at = 20 m/s2 
R 
TA 
B 
A 
Observação Importante: 
O momento de inércia de massa
de um disco em relação a um
eixo perpendicular que passe
pelo seu baricentro é: 
 
½ m R2 
 
onde m é a massa e R é o raio
do disco. 
	Capa
	Aula1
	Aula2
	Aula3
	Aula4
	Aula5
	Aula6
	Aula7
	Aula8
	Aula9
	Aula10
	Aula 11 - Lista de Exercícios
	Avaliação
	Aula12
	Aula13
	Aula14
	Aula15
	Aula16
	Aula17
	Aula18 - Lista de Exercícios
	Avaliação
	Aula19
	Aula20
	Aula21
	Aula22
	Aula23
	Aula24
	Aula25
	Aula26 - Lista de Exercícios