DINAMICA DOS SISTEMAS DP UNIP

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DP – DINAMICA DOS SISTEMAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2017/2 
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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Exercício 1:
As placas ilustradas em anexo, estão soldadas ao eixo fixo AB; o conjunto assim constituído, gira com velocidade angular
constante w = 0,5 rad/s; no instante ilustrado o ponto C está descendo. O vetor velocidade do ponto C (versores
indicados em “negrito”), expresso em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 -0,14.i – 0,24.j +0,00.k
B)
 0,00.i – 0,14.j +0,00.k
C)
 5,5.i – 4,3.j – 8,8.k
D)
 0,43.i – 0,26.j +0,00.k
E)
 -19,5.i – 16,7.j – 14,9.k
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
As placas ilustradas em anexo, estão soldadas ao eixo fixo AB; o conjunto assim constituído, gira com velocidade angular
constante w = 0,5 rad/s; no instante ilustrado o ponto C está descendo. O vetor velocidade angular (versores indicados em
“negrito”), expresso em rad/s, é aproximadamente:
A)
 -0,14.i – 0,24.j +0,00.k
B)
 0,00.i – 0,14.j +0,00.k
C)
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 5,5.i – 4,3.j – 8,8.k
D)
 0,43.i – 0,26.j +0,00.k
E)
 -19,5.i – 16,7.j – 14,9.k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
As placas ilustradas em anexo, estão soldadas ao eixo fixo AB; o conjunto assim constituído, gira com velocidade angular
constante w = 0,5 rad/s; no instante ilustrado o ponto C está descendo. O vetor aceleração do ponto C (versores
indicados em “negrito”), expresso em rad/s2, é aproximadamente:
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A)
 -0,14.i – 0,24.j +0,00.k
B)
 0,00.i + 0,00.j – 0,14.k
C)
 5,5.i – 4,3.j – 8,8.k
D)
 0,43.i – 0,26.j +0,00.k
E)
-19,5.i - 16,7.j - 14,9.k
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
A haste ABCD ilustrada, gira apoiada em duas articulações esféricas em A e D, no sentido horário, quando a mesma é
observada do ponto de vista da articulação A . A velocidade angular da barra, no instante considerado, é igual a 12 rad/s,
e diminui de forma constante, à razão de 3 rad/s2 ; o vetor velocidade angular (versores indicados em “negrito”), em
rad/s, é aproximadamente:
A)
 -5,5i - 4,3j - 8,8k
B)
 -19,5i - 16,7j - 14,9k
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C)
 5,3i - 1,2j + 4,3k
D)
 0,5i + 6,0j - 4,5k
E)
 9,5i - 6,1j – 4,0k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
A haste ABCD ilustrada, gira apoiada em duas articulações esféricas em A e D, no sentido horário, quando a mesma é
observada do ponto de vista da articulação A . A velocidade angular da barra, no instante considerado, é igual a 12 rad/s,
e diminui de forma constante, à razão de 3 rad/s2. O vetor aceleração angular (versores indicados em “negrito”), em
rad/s, é aproximadamente:
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A)
 -5,5i - 4,3j - 8,8k
B)
 -2,4i + 1,5j +1,0k
C)
 5,3i - 1,2j + 4,3k
D)
 0,5i + 6,0j - 4,5k
E)
 9,5i - 6,1j – 4,0k
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
Um rebolo de esmeril, de formato cilíndrico, com raio R = 0,45 m, gira com frequência constante fo = 1500 rpm; quando
se desliga o motor elétrico do esmeril, a pedra gasta 8 s até parar; considerar movimento uniformemente acelerado. A
aceleração angular do rebolo, em rad/s2, é aproximadamente:
A)
 -187,50
B)
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 -157,08
C)
 -8,23
D)
 -19,63
E)
 333,33
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
Um rebolo de esmeril, de formato cilíndrico, com raio R = 0,45 m, gira com frequência constante fo = 1500 rpm; quando
se desliga o motor elétrico do esmeril, a pedra gasta 8 s até parar; considerar movimento uniformemente acelerado. O
número de voltas até a parada, é aproximadamente:
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A)
 330
B)
 40
C)
 157
D)
 25
E)
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 100
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
Na figura anexa são ilustrados duas engrenagens A e B, com raios RA = 0,75 m e RB = 0,45 m, respectivamente. A engrenagem A parte do repouso
com aceleração angular constante α = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular ω = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. O tempo necessário para a
engrenagem A atingir sua velocidade final, em s, é aproximadamente:
 
A)
 5
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B)
 40
C)
 200
D)
 333
E)
 1061
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
Na figura anexa são ilustrados duas engrenagens A e B, com raios RA = 0,75 m e RB = 0,45 m, respectivamente. A engrenagem A parte do repouso
com aceleração angular constante α = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular ω = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. A velocidade angular final
da engrenagem B, em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 5
B)
 40
C)
 200
D)
 333
E)
 1061
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTACORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
Na figura anexa são ilustrados duas engrenagens A e B, com raios RA = 0,75 m e RB = 0,45 m, respectivamente. A engrenagem A parte do repouso
com aceleração angular constante a = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular w = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. A aceleração angular da
engrenagem B, até atingir sua velocidade final, expressa em rad/s2, é aproximadamente:
 
A)
40,0
B)
 5,0
C)
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 8,3
D)
 2,3
E)
 7,5
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
A parte do repouso com aceleração angular constante α = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular ω = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. O
número de voltas da engrenagem B até atingir sua velocidade final, é aproximadamente:
 
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A)
 5
B)
 40
C)
 200
D)
 333
E)
 1061
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
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O movimento plano de um sólido pode ser entendido de duas formas diferentes: a) movimento de translação, superposto ao movimento de rotação em
torno de eixo que passe pelo seu centro de massa; b) movimento de rotação em torno de um eixo que passe pelo CIR - Centro Instantâneo de
Rotação. A segunda forma tem vantagens quando se objetiva calcular velocidades, e o CIR será um ponto do sólido instantaneamente com velocidade
zero ou quando isso não é viável é um ponto que pertence à linhas ortogonais às velocidades de pontos do sólido. Assim posto, na figura ilustrada
encontram-se três barras articuladas entre si, todas rígidas, sendo que duas possuem eixos fixos. No instante ilustrado, a barra AB gira no sentido
horário, com velocidade angular ωAB = 4 rad/s. A a velocidade angular da barra BC, expressa em rad/s, é aproximadamente:
A)
 1,38
B)
 0,67
C)
 2,19
D)
 1,60
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E)
 0,80
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 13:
 
O movimento plano de um sólido pode ser entendido de duas formas diferentes: a) movimento de translação, superposto
ao movimento de rotação em torno de eixo que passe pelo seu centro de massa; b) movimento de rotação em torno de
um eixo que passe pelo CIR - Centro Instantâneo de Rotação; A segunda forma tem vantagens quando se objetiva calcular
velocidades, e o CIR será um ponto do sólido instantaneamente com velocidade zero ou quando isso não é viável é um
ponto que pertence à linhas ortogonais às velocidades de pontos do sólido. Assim posto, na figura ilustrada encontram-se
três barras articuladas entre si, todas rígidas, sendo que duas possuem eixos fixos. No instante ilustrado, a barra AB gira
no sentido horário, com velocidade angular ωAB = 4 rad/s. A velocidade angular da barra CD, expressa em rad/s, é
aproximadamente:
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A)
 1,38
B)
 0,67
C)
 2,19
D)
 1,60
E)
 0,80
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 14:
No esquema ilustrado as barras AB e BC são articuladas entre si. A barra AB tem eixo fixo passando pelo ponto A. A barra
BC é articulada em C a um cursor que desliza livremente em guia fixa inclinada de 450 em relação ao horizonte. A barra
AB gira no sentido horário, com velocidade angular constante ωAB = 4 rad/s. A velocidade angular da barra BC, expressa
em rad/s, é aproximadamente:
 
A)
 0,40
B)
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0,80
C)
 7,80
D)
 0,67
E)
 2,15
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 15:
No esquema ilustrado as barras AB e BC são articuladas entre si. A barra AB tem eixo fixo passando pelo ponto A. A barra
BC é articulada em C a um cursor que desliza livremente em guia fixa inclinada de 450 em relação ao horizonte. A barra
AB gira no sentido horário, com velocidade angular constante ωAB = 4 rad/s. A aceleração do cursor C, expressa em
rad/s2, é aproximadamente:
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A)
 0,40
 
B)
 0,80
C)
 7,80
D)
 0,67
E)
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 2,15
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 16:
As barras ilustradas são articuladas entre si; sabe-se que a barra AB gira no sentido horário com velocidade angular ωAB =
11 rad/s. A velocidade angular da barra BC, expressa em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 11,00
B)
 4,68
C)
 2,20
D)
 1,56
E)
 3,30
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 17:
As barras ilustradas são articuladas entre si; sabe-se que a barra AB gira no sentido horário com velocidade angular ωAB =
11 rda/s. A velocidade angular da barra CD, expressa em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 11,00
B)
 4,68
C)
 2,20
D)
 1,56
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E)
 3,30
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 18:
No arranjo ilustrado, a barra AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 8 rad/s. O cursor C tem
seus movimentos limitados pela haste fixa. A velocidade angular da barra BC, expressa em rad/s, é aproximadamente:
 
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A)
 4,00
B)
 0,80
C)
2,40
D)
 1,60
E)
 16,00
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
E) RESPOSTA CORRETA 
D)RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 19:
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No arranjo ilustrado, a barra AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 8 rad/s. O cursor C tem
seus movimentos limitados pela haste fixa. A aceleração do cursor C, expressa em m/s, é aproximadamente:
 
A)
 zero
B)
 18,43
C)
 26,40
D)
 56,00
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E)
 6,40
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 20:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 16 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A velocidade angular da barra BD, expressa em rad/s, é
aproximadamente:
 
 
A)
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 zero
B)
 26,40
C)
 18,43
D)
 56,00
E)
 6,40
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 21:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 16 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A aceleração do cursor D, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 26,40
C)
 18,43
D)
 56,00
E)
 6,40
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 22:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 22 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A velocidade angular da barra BD, expressa em rad/s, é
aproximadamente:
 
A)
 2,20
B)
 5,50
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C)
 6,00
D)
 22,00
E)
 7,50
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 23:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 22 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A aceleração do ponto D, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 17,90
B)
 42,80
C)
 18,43
D)
 56,00
E)
 6,40
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
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Exercício 1:
Duas polias solidamente ligadas entre si, são acionadas através de um motor que aplica nas mesmas momento de acionamento M = 2,0 N.m. As polias
são mantidas suspensas por articulação e possuem raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,25 m, massa m = 4 kg e momento de inércia ICM = 0,08 kg.m2. Os
contrapesos A e B, possuem respectivamente, massas mA = 4 kg e mB = 6 kg. A aceleração angular das polias, expresso em rad/s2, é
aproximadamente:
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A)
 0,97
B)
 1,61
C)
 7,89
D)
 6,45
E)
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 1,18
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
Duas polias solidamente ligadas entre si, são acionadas através de um motor que aplica nas mesmas momento de
acionamento M = 2,0 N.m. As polias são mantidas suspensas por articulação e possuem raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,25 m,
massa m = 4 kg e momento de inércia ICM = 0,08 kg.m2. Os contrapesos A e B, possuem respectivamente, massas mA =
4 kg e mB = 6 kg. A aceleração do bloco B, expresso em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 0,97
B)
 1,61
C)
 7,89
D)
 6,45
E)
 1,18
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
Duas polias solidamente ligadas entre si, são acionadas através de um motor que aplica nas mesmas momento de acionamento M = 2,0 N.m. As polias
são mantidas suspensas por articulação e possuem raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,25 m, massa m = 4 kg e momento de inércia ICM = 0,08 kg.m2. Os
contrapesos A e B, possuem respectivamente, massas mA = 4 kg e mB = 6 kg. A aceleração do bloco A, expresso em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 0,97
B)
 1,61
C)
 7,89
D)
 6,45
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 6/21
E)
 1,18
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
Dois discos solidamente ligados entre si, formam o sistema ilustrado, com raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,20 m, massa m = 0,5 kg e momento de inércia
ICM = 0,007 kg.m2. O sistema apoia-se em superfície horizontal rugosa, e sob ação da força F = 3 N, rola sem escorregar. Adotar g = 10 m/s2. A
aceleração angular do conjunto, expressa em rad/s2, é aproximadamente:
A)
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 22,22
B)
 16,67
C)
 3,33
D)
 0,83
E)
 74,29
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
Dois discos solidamente ligados entre si, formam o sistema ilustrado, com raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,20 m, massa m = 0,5 kg e momento de inércia
ICM = 0,007 kg.m2. O sistema apoia-se em superfície horizontal rugosa, e sob ação da força F = 3 N, rola sem escorregar. Adotar g = 10 m/s2. A
aceleração do centro de massa do conjunto, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 8/21
A)
 22,22
B)
 16,67
C)
 3,33
D)
 0,83
E)
 74,2911/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
Dois discos solidamente ligados entre si, formam o sistema ilustrado, com raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,20 m, massa m = 0,5 kg e momento de inércia
ICM = 0,007 kg.m2. O sistema apoia-se em superfície horizontal rugosa, e sob ação da força F = 3 N, rola sem escorregar. Adotar g = 10 m/s2. O
mínimo coeficiente de atrito, é aproximadamente:
 
A)
 0,24
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B)
 0,56
C)
 0,83
D)
 1,02
E)
 0,35
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
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 aceleração
do veículo, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 5,0
B)
 4,4
C)
 6,2
D)
13,3
E)
 5,5
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
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 reação
normal na roda dianteira, expressa em N, é aproximadamente:
A)
 1400
B)
 750
C)
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 955
D)
 650
E)
 140
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
O carro ilustrado possui massa m = 650 kg, e os coeficientes de atrito entre os pneus e o solo são: coeficiente de atrito estático μe = 0,75; coeficiente
de atrito cinético é μc = 0,45. Considerando que o carro com tração traseira, parta do repouso acelerando ao máximo. A aceleração do veículo,
expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 7,5
B)
 5,0
C)
 4,4
D)
 6,2
E)
 8,5
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
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O carro ilustrado possui massa m = 650 kg, e os coeficientes de atrito entre os pneus e o solo são: coeficiente de atrito estático μe = 0,75; coeficiente
de atrito cinético é μc = 0,45. Considerando que o carro com tração traseira, parta do repouso acelerando ao máximo. A reação normal na roda
dianteira, expressa em N, é aproximadamente:
A)
 650
B)
 6500
C)
 3250
D)
 650
E)
 2648
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
Veículo de massa m = 550 kg, e dimensões d1 = 0,7 m, d2 = 0,8 m e h = 0,8 m, que parte do repouso, levantando o eixo dianteiro de forma que as
rodas dianteiras perdem contato com o solo, e desta forma permanecem. A força de atrito com o apoio horizontal, expressa em N, é
aproximadamente:
 
A)
 2800
B)
 4813
C)
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 2133
D)
 5500
E)
 2750
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
Veículo de massa m = 550 kg, e dimensões d1 = 0,7 m, d2 = 0,8 m e h = 0,8 m, que parte do repouso, levantando o eixo dianteiro de forma que as
rodas dianteiras perdem contato com o solo, e desta forma permanecem. A aceleração do veículo, expressa em m/s2, é aproximadamente:
A)
 8,75
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B)
 3,50
C)
 7,37
D)
 6,67
E)
3,50
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 13:
Veículo com massa 600 kg, e tração traseira, que parte do repouso acelerando de forma a permitir que as rodas dianteiras percam o contato com o
solo por um período de tempo significativo, conforme ilustrado. As dimensões são d1 = 0,8 m, d2 = 0,6 m e h = 0,95 m. A força de atrito com o
apoio horizontal, expressa em N, é aproximadamente:
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A)
 3000
B)
 2625
C)
 1170
D)
5053
E)
 2220
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 14:
Veículo com massa 600 kg, e tração traseira, que parte do repouso acelerando de forma a permitir que as rodas dianteiras percam o contato com o
solo por um período de tempo significativo, conforme ilustrado. As dimensões são d1 = 0,8 m, d2 = 0,6 m e h = 0,95 m. A aceleração do veículo,
expressa em m/s2, é aproximadamente:
 
A)
 3,50
B)
 9,33
C)
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 8,00
D)
 7,37
E)
 8,42
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
INSTRUÇÕES:
Esse trabalho está dividido em algumas partes (módulos) sendo que em
cada uma delas existem: teoria ou um resumo da mesma; exercícios resolvidos
e exercícios propostos. 
As dúvidas sobre os exercícios ou a comunicação de possíveis problemas deve
ser feito através do e-mail: brasilio@unip.brCONTEÚDOS
 O estudo da Dinâmica dos Sistemas, está apoiado na teoria
desenvolvida nas disciplinas de Cinemática e Dinâmica dos Sólidos, portanto
esses conhecimentos podem ser considerados como pré-requisitos. 
Módulo 01- Forma Matricial do TMA
Neste módulo desenvolve-se a forma matricial do Momento Angular, que facilita
em muito sua aplicação em casos mais complicados. Apresentam-se exemplos
resolvidos envolvendo momentos e produtos de inércia.
Módulo 02 – Esforços de Origem Dinâmica
Aplicam-se os recursos da Forma Matricial do Momento Angular, ao estudo de
Esforços de Origem Dinâmica. Estão disponibilizados exemplos resolvidos
onde se calculam esforços dinâmicos.
Módulo 03 – Balanceamento
Fazendo uso dos conceitos anteriores, apresenta-se o balanceamento como
uma forma de se eliminarem os esforços de origem dinâmica em rotores.
Também estão apresentados os tipos de balanceamento e exemplos resolvidos
Módulo 04 – Balanceamento
Apresenta-se um resumo do balanceamento e mais exemplos resolvidos.
Módulo 05 – Biela Manivela 
Neste módulo desenvolve-se principalmente a Cinemática do sistema em
função da posição angular da manivela. Apresentam-se exemplos resolvidos.
Módulo 06 – Biela Manivela Pistão
A cinemática desenvolvida para o sistema Biela Manivela, aplica-se a este
caso, ou seja, desenvolve-se apenas a dinâmica e resolvem-se exemplos.
Módulo 07 - “Quatro Barras” (Cinemática)
O desenvolvimento da cinemática desse sistema é longo mas necessário.
Apresentam-se exemplos resolvidos.
Módulo 08 - “Quatro Barras” (Dinâmica)
Não há propriamente o que acrescentar à Dinâmica. Apresentam-se exemplos
resolvidos.
PROVAS 0N-LINE
1ª Prova: Abrange os módulos de números 01 a 04.
2ª Prova: Abrange os módulos de números 04 a 08.
Prova Substitutiva: Abrange os módulos de números 01 a 08.
Exame: Abrange os módulos de números 01 a 08.
PLANO DE ENSINO
CURSO : Engenharia Mecânica
SÉRIE: 8º/9º Semestre
TURNO: NOTURNO
DISCIPLINA: Dinâmica dos Sistemas
I - EMENTA
Estudo dos mecanismos, seus movimentos e esforços na transmissão
de movimentos.
II - OBJETIVOS GERAIS
Desenvolver no aluno uma visão integrada da cinemática e da dinâmica
aplicada ao estudo de sistemas de sólidos. 
III - OBJETIVOS ESPECÍFICOS
Desenvolver e aperfeiçoar a aplicação de conceitos físicos, já abordados
anteriormente, em inúmeros sistemas de sólidos em uso na Engenharia
Mecânica.
IV - CONTEÚDO PROGRAMÁTICO
A partir da notação matricial do TMA – Teorema do Momento Angular,
estudar forças de inércia, em especial aquelas resultantes do “efeito
giroscópico” e que podem ser relevantes em sistemas em movimento.
Balanceamento de máquinas rotativas. 
Estudar a cinemática e a dinâmica, ou seja, as acelerações e os esforços
exercidos em cada sólido (ou elo) do sistema, para os seguintes arranjos: a)
biela, manivela; b) biela, manivela e pistão; c) mecanismos com “quatro
barras”. Estudos de casos de outros mecanismos com largo emprego na
Engenharia Mecânica.
V -ESTRATÉGIA DE TRABALHO
Aulas expositivas, solução de exercícios, proposição de tarefas e estudo
através do acesso ao banco de questões da autoavaliação.
VI - AVALIAÇÃO
Provas bimestrais. Média ponderada das notas atribuídas às provas.
VII - BIBLIOGRAFIA
Bibliografia Básica
Norton, Robert L.: Cinemática e Dinâmica dos Mecanismos, McGrawHill,
2010;
Kraige, L.G. Meriam, J.L.: Mecânica: Dinâmica; Rio de Janeiro: LTC, 2004.
Hibbeler, R. C. Dinâmica: Mecânica para Engenharia; 8ª ed. Rio de Janeiro:
Prentice Hall Brasil, 2004.
Bibliografia Complementar
Franca, 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.
Merian, J. L., Kraige, L. G. Estática. 4ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 1999.
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Forma Matricial:
Exemplo 01:
Exemplo 02:
 
 
 
 
 
Exercício 1:
O sistema ilustrado é composto por eixo ABCD, com mancais nos pontos A e D que garantem que o mesmo seja fixo. Duas barras BE e CF, de direções
paralelas ao eixo z, foram soldadas ao eixo fixo ABCD, possuem a mesma massa m = 4,0 kg. Todas as dimensões indicadas na figura estão em
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milímetros (mm). O sistema descrito gira com velocidade angular 20 rad/s. O produto de inércia Ixz do sistema, expresso em kg.m2, é
aproximadamente:
 
A)
1,400
B)
 2,800
C)
0,36
D)
 0,018
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E)
 zero
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
Na figura ilustrada, um disco de raio R = 0,8 m, massa m= 3,0 kg está preso a um garfo ligado a um eixo horizontal fixado por dois mancais A e B. O
disco gira com velocidade angular constante w2 = 8,0 rad/s em torno do eixo preso ao garfo; o garfo e o eixo AB giram com velocidade angular
constante w1 = 5,0 rad/s. Considera-se o sistema de eixos que passa pelo centro de massa do disco e é rigidamente ligado ao eixo do disco preso ao
garfo. O vetor velocidade angular do disco expresso através de versores em negrito, é:
A)
 w2 . k
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B)
 w1 . i
C)
 w1 . i - w2 . k
D)
 w1 . i + w2 . k
E)
 0,5 . (w1 . i + w2 . k)
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O momento de inércia
Ixx em relação ao eixo x, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 -1,25
C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O momento de inércia
IYY em relação ao eixo y, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
 
A)
 zero
B)
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 -1,25
C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
A árvore de manivela ilustrada,montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O momento de inércia
IZZ em relação ao eixo z, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 -1,25
C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O produto de inércia Ixy
em relação aos eixos x e y, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
 
A)
 0,00
B)
 -1,25
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C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O produto de inércia Ixz
em relação aos eixos x e y, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 0,00
B)
 -1,25
C)
8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
A placa retangular homogênea de massa m = 6,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos CM(x,y,z)
com origem no centro de massa da placa e ligado à mesma. A placa possui aceleração angular constante a = 10 rad/s2, conforme indicado na figura. 
O momento de inércia Iyy em relação ao eixo baricêntrico y, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
A)
 20,00
B)
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 4,50
C)
 18,00
D)
 1,13
E)
 2,00
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
A placa retangular homogênea de massa m = 6,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos CM(x,y,z)
com origem no centro de massa da placa e ligado à mesma. A placa possui aceleração angular constante a = 10 rad/s2, conforme indicado na figura. 
O produto de inércia Ixy, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 9,00
C)
 0,45
D)
 2,80
E)
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 72,00
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
= 12,0 N.m, conforme indicado. O momento de inércia Ixx, em relação ao eixo Ax, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
 
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A)
 1,35
B)
 2,70
C)
 1,20
D)
 3,90
E)
 2,95
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
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= 12,0 N.m, conforme indicado. O momento de inércia Iyy, em relação ao eixo Ay, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
A)
 1,35
B)
 2,70
C)
 1,20
D)
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 3,90
E)
 2,95
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
= 12,0 N.m, conforme indicado. O produto de inércia Ixy, em relação aos eixo Ax e Ay, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
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https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 19/20
 
A)
 1,35
B)
 2,70
C)
 1,20
D)
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https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 20/20
 3,90
E)
 2,95
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
Introdução.
Entende-se como sistema de sólidos, um conjunto de sólidos conectados entre si e
conectados a vínculos que limitam os movimentos dos mesmos. Entende-se como
Dinâmica dos Sistemas, o estudo dos esforços presentes em cada sólido (ou elo) que
constituem o sistema de sólidos.
Estabelecidos nossos objetivos primeiros, cabe ressaltar que não há como atingi-los sem
o prévio conhecimento da aceleração angular e da aceleração do centro de massa de
cada sólido. 
Desta forma, por contraditório que pareça, se faz necessário dois estudos: 1) o estudo
cinemático do sistema de sólidos para determinar as duas acelerações supracitadas de
cada um dos sólidos que compõem o sistema; 2) o estudo dos esforços (forças e
momentos) agentes em cada parte do sistema, permitindo assim o projeto de todas as
partes envolvidas, sejam os sólidos, sejam os vínculos.
A descrição dos movimentos de um conjunto ou sistemas de sólidos, exige que se
utilizem os conceitos provenientes da Cinemática dos Sólidos. Desta forma, quando o
objetivo é a determinação develocidades e especialmente acelerações de pontos de um
sólido, se faz necessário e suficiente, a aplicação dos conceitos desenvolvidos
previamente na Cinemática dos Sólidos.
Embora existam métodos gráficos para a determinação de algumas grandezas
cinemáticas, com o advento dos processos numéricos, entende-se que o melhor caminho
seja o desenvolvimento algébrico, ou melhor vetorial, e a aplicação de outras técnicas
numéricas que facilitem o trabalho, mas garantindo a precisão e validade do processo.
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
A cinemática
Um sólido é uma abstração de um corpo real
onde a distância entre dois de seus pontos é invariante.
Considere-se dois pontos A e P de um sólido
qualquer, que apresenta vetor velocidade angular ω⃗ .
Note-se que esse vetor possui a direção do eixo
instantâneo de rotação, com sentido dado pela regra da
mão direita e intensidade igual à taxa de variação
(derivada temporal) da posição angular. A derivada
temporal do vetor velocidade angular é o vetor
aceleração angular: ˙⃗ω=α⃗ . Nos casos em que o eixo
de rotação é fixo, o vetor aceleração angular possui a
direção do mesmo, coincidindo assim com a direção do
vetor velocidade angular.
Os pontos A e P apresentam velocidades e acelerações diferentes. Identificando as
grandezas cinemáticas de cada um desses pontos, tem-se:
v⃗ A ... o vetor velocidade do ponto A; a⃗ A= ˙⃗v A ... o vetor aceleração do ponto A;
v⃗P ... o vetor velocidade do ponto P; a⃗P= ˙⃗v P ... o vetor aceleração do ponto P;
Num instante (t) qualquer, o sólido encontra-se numa posição, por exemplo a posição
ilustrada, e as grandezas cinemáticas citadas anteriormente são válidas para esse
determinado instante e posição do sólido.
Da Cinemática dos Sólidos podem-se resgatar as relações entre as grandezas vetoriais
do sólido.
As velocidades dos pontos P e A relacionam-se por: v⃗P=v⃗ A+ω⃗∧(P−A)
Note-se que o vetor (P – A) possui módulo invariante pois é definido por dois pontos de
um sólido, e por ser arrastado pelo sólido em movimento com rotação muda de direção. A
derivada temporal do vetor (P – A) é expressa pelo Teorema de Poison:
d
dt
(P−A)=ω⃗∧(P−A) .
As acelerações dos pontos P e A relacionam-se por:
a⃗P=a⃗A+α⃗∧(P−A)+ω⃗∧(ω⃗∧(P−A )) .
A
P
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
A cinemática apresentada dessa forma, pode sugerir que seja bem simples calcular as
acelerações angular e do centro de massa para cada sólido, entretanto, mesmo
reconhecendo a simplicidade das equações seu uso é trabalhoso.
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
A dinâmica
A dinâmica apoia-se em “apenas” dois Teoremas: Teorema do Centro de Massa e
Teorema do Momento Angular. Note-se que a definição de Centro de Massa deve
preceder a utilização do primeiro. 
Centro de Massa – Definição
A forma da segunda Lei de Newton
(∑ F⃗=m⋅⃗a) será preservada caso a aceleração
indicada na mesma, seja de um ponto muito especial
do sólido: o Centro de Massa.
Considere-se o elemento de massa “dm” do sólido,
localizado no ponto P(x,y,z), que apresenta vetor
velocidade v⃗P . Ressalte-se que o ponto P é definido
pelas coordenadas x, y e z.
O Centro de Massa é definido por suas coordenadas
xCM , yCM e zCM , que por definição são:
xCM=
∫ x⋅dm
∫ dm
=
∫ x⋅dm
m
onde “m” é a massa do sólido.
De forma análoga …
yCM=
∫ y⋅dm
m
e zCM=
∫ z⋅dm
m
O “ajuste” da Segunda Lei de Newton para sólidos é expresso pelo TCM – Teorema do
centro de Massa.
TCM – Teorema do Centro de Massa
O TCM garante que, para um sólido de massa “m”, com aceleração do Centro de
Massa a⃗CM , sob ação de um sistema de forças de origem externa ao mesmo, com
resultante ∑ F⃗ext . , é valida a seguinte relação:
∑ F⃗ext .=m⋅⃗aCM
Momento Linear ou quantidade de movimento – Definição
A Quantidade de Movimento de um ponto material de massa “m” e velocidade v⃗ ,
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
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é definido por: q⃗=m⋅⃗v . A Quantidade de Movimento do elemento de massa “dm” que
ocupa o ponto P(x,y,z) do sólido, e que se desloca com vetor velocidade v⃗P , de forma
análoga é: d q⃗=dm⋅⃗vP . 
Note-se que esse vetor possui a mesma direção e sentido do vetor velocidade do ponto P,
ou de outra forma, a velocidade do elemento de massa “dm”.
Momento Polar de grandeza vetorial – Definição
Seja Δ⃗ , uma grandeza vetorial qualquer, aplicada no ponto P(x,y,z). O momento
Polar dessa grandeza em relação ao polo O(xO,yO,zO), um ponto qualquer do espaço, é
dado por: M⃗O=(P−O)∧Δ⃗ .
Note-se que:
M⃗O... é o momento polar da grandeza vetorial Δ⃗ , aplicada no ponto P, em relação ao
polo O(xO,yO,zO);
(P−O)... é o vetor que possui “ponta” em P e “rabo” em O;
Δ⃗ ... é uma grandeza vetorial qualquer que se possa imaginar.
Exemplo 01: 
O momento polar da grandeza vetorial força F⃗ , aplicada no ponto P, em relação ao polo
O, é amplamente conhecido como “Momento de Força”, sendo expresso em sua forma
vetorial por: M⃗O
F=(P−O)∧F⃗ .
O momento da força F⃗ , expressa a capacidade da mesma em produzir rotação num
corpo no qual está aplicada, em torno de um eixo que passa pelo polo O, que possui
direção paralela ao vetor momento (M⃗O
F ) , e cujo sentido da rotação criada é expresso
pela regra da mão direita.
Note-se que, o significado físico do momento polar de uma grandeza vetorial, nem
sempre é tão simples ou intuitivo, e em muitos ocasiões será uma nova grandeza vetorial
não intuitiva, mas se for útil será de grande valia.
Exemplo 02: 
A grandeza vetorial “quantidade de movimento”, do elemento de massa “dm” que ocupa o
ponto P(x,y,z), que desloca-se com velocidade v⃗P é expresso por (d q⃗=dm⋅⃗vP) . O
momento polar da grandeza vetorial “quantidade de movimento”, em relação ao polo
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
O(xO,yO,zO) qualquer, é:
d M⃗O
dq=d H⃗O=(P−O)∧(dm⋅⃗vP)
Denomina-se esse momento polar de: “Momento Angular” do elemento de massa “dm”.
O significado físico não é intuitivo, mas é uma grandeza que sob certas condições se
conserva (não muda). O teorema TMA – Teorema do Momento Angular expressa as
condições sob as quais, o Momento Angular se conserva.
Momento Angular do Sólido
Agora ficou “fácil” …
O Momento Angular do sólido, pode ser obtido pela soma vetorial dos momentos
angulares de suas partes constituintes. Sendo o elemento de massa “dm” uma parte do
sólido, e conhecendo o momento angular da mesma d H⃗ O=(P−O)∧(dm⋅⃗v P) , tem-se:
H⃗O=∫ d H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅⃗vP)
TMA – Teorema do Momento Angular
A soma dos momentos das forças de origem externa, aplicadas num sólido, em
relação ao polo O(xO,yO,zO), é igual à derivada temporal do Momento Angular do mesmo,
calculado em relação ao mesmo polo O(xO,yO,zO), desde que a escolha do polo respeite
algumas restrições.
As restrições mais usuais e simplificadoras são:
a) o polo O(xO,yO,zO), é coincidente com o Centro de Massa do sólido;
b) o polo é um ponto do sólido que possui velocidade nula.
Nessas condições tem-se: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗HO ; com ... v⃗O=0 e O∈sólido
Ressalte-se que o Momento Angular (H⃗O) do sólido é definido por uma expressão
complicada (H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅⃗v P)) , o que torna a tarefa de derivá-la em relação ao
tempo algo desafiador.
Aplicando-se o TMA – Teorema do Momento Angular aos tipos de movimentos do sólido,
ou seja, Movimento de Translação, Movimento Plano e Movimento Geral, pode-se
perceber que a complexidade aumenta progressivamente.
Diante deste fato, de forma resumida, apresenta-se o TMA para cada um dos tipos de
movimento citados.Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento de
Translação
Impondo as condições simplificadoras da translação, ou seja, todos os pontos do
sólido apresentam, em cada instante, velocidade iguais entre si, e acelerações também
iguais entre si, pode-se afirmar que: 
“o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em translação, em
relação ao polo CM – Centro de Massa do sólido é NULO: ∑ M⃗CM=zero “.
TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Plano
Impondo as condições simplificadoras do
movimento plano, ou seja, os vetores velocidade
angular e aceleração angular, possuem sempre
direções perpendiculares ao plano do movimento,
pode-se afirmar que:
 
“o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em movimento plano,
em relação ao polo CM – Centro de Massa ou a um polo que pertença ao sólido e seja
fixo, é expresso por: ∑ M⃗O=IO⋅α⃗ “.
Onde:
α⃗ ... é o vetor aceleração angular do sólido;
IO ... é o momento de inércia, ou a inercia de rotação do sólido, quando o mesmo gira
em torno do eixo que passa pelo polo O.
Momento de Inércia - Definição
Seja um elemento de massa “dm” do sólido, que ocupa o ponto P(x,y,z) do mesmo. O
momento de Inércia do sólido em relação ao eixo que passa pelo polo O é:
IO=∫ (Distância entre o eixo e oelemento demassa dm)2 . dm
Ressalte-se que os momentos de inércia de sólidos de geometria regulares, usualmente
estão tabelados em relação a três eixos ortogonais entre si e que passam pelo polo CM.
O Teorema dos Eixos Paralelos (Steiner), permite de forma bastante simples a troca do
polo Centro de Massa (CM) por outro polo (O): IO=ICM+m⋅d
2 .
Sendo: “m” a massa do sólido e “d” a distância entre os eixos paralelos.
plano do movimento
x
yz
eixo instantâneo
de rotação
αω
O
P
dm
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TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Geral
Neste caso não há simplificações e o TMA deve ser utilizado em sua forma
genérica apresentada anteriormente:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗HO ; com ... v⃗O=0 e O∈sólido .
O primeiro membro da equação é calculado sem grande trabalho, pois basta calcular o
momento polar de cada força aplicada ao sólido, e somar esses resultados. A dificuldade
é calcular a derivada do momento angular do sólido ( H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) ), que é
expressa por: ˙⃗HO=
d
dt
⋅∫(P−O)∧(dm⋅⃗v) .
Essa dificuldade pode ser contornada grandemente com a utilização da Forma Matricial
do Momento Angular. O desenvolvimento detalhado da forma matricial encontra-se no
“Apêndice A”. No presente desenvolvimento, serão apresentados as condições de
utilização e os resultados.
TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial
 O “truque” é utilizar um sistema de referência e um sistema de eixos (ou base)
ligado ao sólido:
Um sistema de eixos ligado ao sólido, com origem no ponto O do sólido, e que será
identificado daqui por diante por: O(x,y,z). Note-se que o ponto O do sólido, é arrastado
pelo mesmo, assim possui vetor velocidade ( v⃗O) e vetor aceleração (a⃗O) . A
aceleração imposta ao sistema de eixos ligado ao sólido, o torna um “referencial não
inercial”, ou seja, não respeita a segunda Lei de Newton.
Outro com origem no ponto I, e que será
identificado daqui por diante como I(X,Y,Z), não possui
aceleração, o que o torna um “referencial inercial”, ou
seja que respeita a segunda Lei de Newton. 
No que esse “truque” ajuda?. Como as grandezas
vetoriais que aparecem na definição do momento
angular do sólido podem ser expressas em função de
suas projeções nos eixos do sistema “ligado” O(x,y,z),
alguns tornam-se constantes e desta forma, a derivada
dos mesmos tornam-se nulas, o que, com certeza, torna
o trabalho bem mais simples.
As velocidades dos pontos “P” e “O”, pertencentes ao
sólido, segundo a cinemática relacionam-se por:
v⃗P=v⃗O+ω⃗∧(P−O) . Reconhecendo que a velocidade
do ponto P, é também a velocidade do elemento de
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
O
I
X
I Y
Z
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
massa “dm”: v⃗= v⃗O+ω⃗∧(P−O) .
Substituindo essa velocidade na definição de Momento Angular do sólido, em relação ao
polo O, tem-se:
 H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) => H⃗O=∫(P−O)∧( v⃗O+ω⃗∧(P−O))⋅dm
Aplicando a propriedade distributiva do produto vetorial:
H⃗O=∫(P−O)∧ v⃗O⋅dm+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Aplicando a definição de Centro de Massa:
H⃗O=(CM−O)∧v⃗O⋅m+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Impondo as condições de escolha do polo O, ou seja, ( v⃗O=zero) ou (O≡CM ) , tem-
se: H⃗O=∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Note-se que:
1º) o vetor velocidade angular (ω⃗) é medido em relação ao referencial inercial I(X,Y,Z),
mas pode ser expresso em função de suas projeções no sistema de eixos ligado ao sólido
O(x,y,z), ou seja: ω⃗=ωx⋅i^+ωy⋅ j^+ωz⋅k^ ;
2º) os versores i^ ; j^ ; k^ , embora tenham normas (módulos) constantes e iguais a 1 (um),
mudam de direção por serem arrastados pelo sólido. Considere-se que o sólido arraste o
sistema ligado O(x,y,z), e imponha ao mesmo rotação com a velocidade angular (Ω⃗) .
As derivadas dos versores podem ser obtidas através do Teorema de Poison, ou seja:
˙^i=Ω⃗∧ i^ ; ˙^j=Ω⃗∧ j^ ; ˙^k=Ω⃗∧k^ .
Com algum esforço pode-se obter a Forma Matricial do Momento Angular do Sólido,
conforme o disposto no Apêndice A:
H⃗O=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyωz ] ou H⃗O=[ I ]⋅[ωxω yωz] ou H⃗O=[ I ]⋅ω⃗
Há dois tipos de elementos na matriz, ou tensor de Inércia, que está representado pela
matriz 3x3:
Momentos de Inércia (ou inércia de rotação) em relação a cada uma dos eixos x, y, e z:
I xx=∫(distância doelemento demassadmaoeixo x)2⋅dm ;
I yy=∫(distânciado elemento demassadmaoeixo y)2⋅dm ;
I zz=∫(distância doelemento demassadmaoeixo z)2⋅dm .
Produtos de Inércia que expressam o grau de simetria de distribuição de massa em torno
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
dos eixos:
I xy=∫ x⋅y⋅dm ; I xz=∫ x⋅z⋅dm ; I yz=∫ y⋅z⋅dm .
Onde x, y e z são as coordenadas do elemento de massa “dm”, em relação ao sistema de
eixos “ligado” ao sólido, ou seja, O(x,y,z). Como o elemento de massa “dm” não se move
em relação a tal sistema de eixos, essas coordenadas são constantes, e os 6 (seis)
elementos da Matriz de Inércia (ou Tensor de Inércia) também são constantes, ou seja,
possuem derivadas nulas. 
Desta forma, a derivada em relação ao tempo do Momento Angular do sólido, resume-se
à derivada apenas do vetor velocidade angular (ω⃗) . Formalizando esse resultado na
forma matricial:
H⃗O=[ I ]⋅ω⃗ derivando em relação ao tempo … ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω
Derivando o vetor velocidade do sólido expresso em função de suas projeções no sistema
de eixos O(x,y,z), e do vetor velocidade angular do sólido (Ω⃗) , ou seja:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅
˙^i+ω˙ y⋅ j^+ωy⋅
˙^j+ω˙z⋅k^+ωz⋅
˙^k .
Aplicando o Teorema de Poison, tem-se:
 ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅Ω⃗∧ i^+ω˙y⋅j^+ω y⋅Ω⃗∧ j^+ω˙z⋅k^+ωz⋅Ω⃗∧k^
O resultado acima pode ser expresso agrupando os termos como:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+Ω⃗∧ωx⋅i^+ω˙y⋅j^+Ω⃗∧ωy⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωz⋅k^
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωx⋅i^+Ω⃗∧ωy⋅j^+Ω⃗∧ωz⋅k^
Colocando o vetor velocidade angular (Ω⃗) em evidência, tem-se:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧(ωx⋅^i+ωy⋅j^+ωz⋅k^ )
Identificando o termo entre parentes como o vetor velocidade angular do sólido, permite
escrever: ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ω⃗ ou ˙⃗ω=[ω˙xω˙yω˙z ]+Ω⃗∧ω⃗ .
Recuperando a forma matricial: ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω .
Substituindo a derivada da velocidade angular: ˙⃗HO=[ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+ [ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ .
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
**************************************************************************************************
Finalmente o TMA – Teorema do Momento Angular expresso na forma matricial:
∑ M⃗O= [ I ]⋅[ω˙xω˙yω˙z]+[ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ 
A escolha do polo O deverá respeitar uma das seguintes restrições:
a) o polo O coincide com o CM – Centro de Massa;
b) o polo O pertence ao sólido e é um ponto fixo ( v⃗O=zero) .
**************************************************************************************************
Embora o TMA – Teorema do Momento Angular, esteja apresentado acima numa
forma elegante, pode-se afirmar que na engenharia é comum encontrar sólidos com eixos
fixos de rotação. Nesses casos, a escolha do sistema de eixos O(x,y,z), é feita de forma
que um de seus eixos (Ox por exemplo) coincida com o eixo fixo, o que acarretará numa
simplificação significativa. Mesmo quando o movimento do sólido não se encaixa
perfeitamente nessa situação, é possível adaptá-la de forma que o sistema de eixos
móvel O(x,y,z), apresente um de seus eixos fixo (Ox por exemplo).
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
O
I
X
I Y
Z
TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial
 O “truque” é utilizar um sistema de referência e um sistema de eixos (ou base) 
ligado ao sólido:
Um sistema de eixos ligado ao sólido, com origem no ponto O do sólido, e que será
identificado daqui por diante por: O(x,y,z). Note-se que o ponto O do sólido, é arrastado 
pelo mesmo, assim possui vetor velocidade ( v⃗O) e vetor aceleração (a⃗O) . A 
aceleração imposta ao sistema de eixos ligado ao sólido, o torna um “referencial não 
inercial”, ou seja, não respeita a segunda Lei de Newton.
Outro com origem no ponto I, e que será
identificado daqui por diante como I(X,Y,Z), não possui
aceleração, o que o torna um “referencial inercial”, ou
seja que respeita a segunda Lei de Newton. 
No que esse “truque” ajuda?. Como as grandezas
vetoriais que aparecem na definição do momento
angular do sólido podem ser expressas em função de
suas projeções nos eixos do sistema “ligado” O(x,y,z),
alguns tornam-se constantes e desta forma, a derivada
dos mesmos tornam-se nulas, o que, com certeza, torna
o trabalho bem mais simples.
As velocidades dos pontos “P” e “O”, pertencentes ao
sólido, segundo a cinemática relacionam-se por:
v⃗P=v⃗O+ω⃗∧(P−O) . Reconhecendo que a velocidade
do ponto P, é também a velocidade do elemento de
massa “dm”: v⃗= v⃗O+ω⃗∧(P−O) .
Substituindo essa velocidade na definição de Momento Angular do sólido, em relação ao 
polo O, tem-se:
 H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) => H⃗O=∫(P−O)∧( v⃗O+ω⃗∧(P−O))⋅dm
Aplicando a propriedade distributiva do produto vetorial:
H⃗O=∫(P−O)∧ v⃗O⋅dm+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Aplicando a definição de Centro de Massa:
H⃗O=(CM−O)∧v⃗O⋅m+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Impondo as condições de escolha do polo O, ou seja, ( v⃗O=zero) ou (O≡CM ) , tem-
se: H⃗O=∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Note-se que:
1º) o vetor velocidade angular (ω⃗) é medido em relação ao referencial inercial I(X,Y,Z), 
mas pode ser expresso em função de suas projeções no sistema de eixos ligado ao sólido
O(x,y,z), ou seja: ω⃗=ωx⋅i^+ωy⋅ j^+ωz⋅k^ ;
2º) os versores i^ ; j^ ; k^ , embora tenham normas (módulos) constantes e iguais a 1 (um), 
mudam de direção por serem arrastados pelo sólido. Considere-se que o sólido arraste o 
sistema ligado O(x,y,z), e imponha ao mesmo rotação com a velocidade angular (Ω⃗) . 
As derivadas dos versores podem ser obtidas através do Teorema de Poison, ou seja:
˙^i=Ω⃗∧ i^ ; ˙^j=Ω⃗∧ j^ ; ˙^k=Ω⃗∧k^ .
Com algum esforço pode-se obter a Forma Matricial do Momento Angular do Sólido, 
conforme o disposto no Apêndice A:
H⃗O=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyωz ] ou H⃗O=[ I ]⋅[ωxω yωz] ou H⃗O=[ I ]⋅ω⃗
Há dois tipos de elementos na matriz, ou tensor de Inércia, que está representado pela 
matriz 3x3:
Momentos de Inércia (ou inércia de rotação) em relação a cada uma dos eixos x, y, e z:
I xx=∫(distância doelemento demassadmaoeixo x)2⋅dm ;
I yy=∫(distânciado elemento demassadmaoeixo y)2⋅dm ;
I zz=∫(distância doelemento demassadmaoeixo z)2⋅dm .
Produtos de Inércia que expressam o grau de simetria de distribuição de massa em torno 
dos eixos:
I xy=∫ x⋅y⋅dm ; I xz=∫ x⋅z⋅dm ; I yz=∫ y⋅z⋅dm .
Onde x, y e z são as coordenadas do elemento de massa “dm”, em relação ao sistema de
eixos “ligado” ao sólido, ou seja, O(x,y,z). Como o elemento de massa “dm” não se move 
em relação a tal sistema de eixos, essas coordenadas são constantes, e os 6 (seis) 
elementos da Matriz de Inércia (ou Tensor de Inércia) também são constantes, ou seja, 
possuem derivadas nulas. 
Desta forma, a derivada em relação ao tempo do Momento Angular do sólido, resume-se 
à derivada apenas do vetor velocidade angular (ω⃗) . Formalizando esse resultado na 
forma matricial:
H⃗O=[ I ]⋅ω⃗ derivando em relação ao tempo … ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω
Derivando o vetor velocidade do sólido expresso em função de suas projeções no sistema
de eixos O(x,y,z), e do vetor velocidade angular do sólido (Ω⃗) , ou seja:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅
˙^i+ω˙ y⋅ j^+ωy⋅
˙^j+ω˙z⋅k^+ωz⋅
˙^k .
Aplicando o Teorema de Poison, tem-se:
 ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅Ω⃗∧ i^+ω˙y⋅j^+ω y⋅Ω⃗∧ j^+ω˙z⋅k^+ωz⋅Ω⃗∧k^
O resultado acima pode ser expresso agrupando os termos como:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+Ω⃗∧ωx⋅i^+ω˙y⋅j^+Ω⃗∧ωy⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωz⋅k^
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωx⋅i^+Ω⃗∧ωy⋅j^+Ω⃗∧ωz⋅k^
Colocando o vetor velocidade angular (Ω⃗) em evidência, tem-se:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧(ωx⋅^i+ωy⋅j^+ωz⋅k^ )
Identificando o termo entre parentes como o vetor velocidade angular do sólido, permite 
escrever: ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ω⃗ ou ˙⃗ω=[ω˙xω˙yω˙z ]+Ω⃗∧ω⃗ .
Recuperando a forma matricial: ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω .
Substituindo a derivada da velocidade angular: ˙⃗HO=[ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+ [ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ .
**************************************************************************************************
Finalmente o TMA – Teorema do Momento Angular expresso na forma matricial:
∑ M⃗O= [ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+[ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ 
A escolha do polo O deverá respeitar uma das seguintes restrições:
a) o polo O coincide com o CM – Centro de Massa;
b) o polo O pertence ao sólido e é um ponto fixo ( v⃗O=zero) .
**************************************************************************************************
Embora o TMA – Teorema do Momento Angular, esteja apresentado acima numa 
forma elegante, pode-se afirmar que na engenharia é comum encontrar sólidos com eixos
fixos de rotação. Nesses casos, a escolha do sistema de eixos O(x,y,z), é feita de forma 
que um de seus eixos (Ox por exemplo) coincida com o eixo fixo, o que acarretará numa 
simplificação significativa. Mesmo quando o movimento do sólido não se encaixa 
perfeitamente nessa situação, é possível adaptá-la de forma que o sistema de eixos 
móvel O(x,y,z), apresente um de seus eixos fixo (Ox por exemplo).
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 - 1/4
Os esforços dinâmicos
O TMA - Teorema do Momento Angular, permite o estudo de esforços em sistemas de
sólidos, que surgem pela peculiaridade dos movimentos dos mesmos, ou seja, em
repouso esses esforços não existiriam. 
Nos exemplos seguintes, serão utilizados os conceitos desenvolvidos anteriormente, com
a finalidade de determinar os esforços dinâmicos em vários sistemas de sólidos.
EXEMPLO 01
A figura ilustra um dispositivo simplificado de um misturador rotativo. O eixo principal é
mantido em posição através de dois mancais fixos A e B. Duas massas m = 0,2 kg são
mantidas afastadas do eixo principal por duas hastes verticais. As massas do eixo e das
hastes, para os propósitos deste estudo, são desprezadas. O conjunto descrito, gira em
torno de seu eixo, com frequência de rotação constante f = 3000 rpm. Pedem-se:
a) os momentos de inércia em relação
ao sistema de eixos CM(x,y,z) “ligado”
ao eixo principal;
b) os produtos de inércia em relação ao
sistema de eixosCM(x,y,z);
c) os esforços de origem dinâmica nos
mancais A e B;
SOLUÇÂO:
I xx=∫(dist .aoeixo x )2⋅dm=0,502⋅0,2+0,502⋅0,2=0,100
I yy=∫(dist .ao eixo y )2⋅dm=0,252⋅0,2+0,252⋅0,2=0,025
I zz=∫(dist .aoeixo z )2⋅dm=(0,252+0,502)⋅0,2+(0,252+0,502)⋅0,2=0,125
Resp. (a): I xx=0,100⋅kg⋅m
2; I yy=0,025⋅kg⋅m
2; I zz=0,125⋅kg⋅m
2
I xy=∫ x⋅y⋅dm=(−0,25)⋅0,50⋅0,2+0,25⋅(−0,50)⋅0,2=−0,050
I xz=∫ x⋅z⋅dm=(−0,25)⋅zero⋅0,2+0,25⋅zero⋅0,2=zero
I yz=∫ y⋅z⋅dm=0,50⋅zero⋅0,2+(−0,50)⋅zero⋅0,2=zero
Resp. (b): I xy=−0,050⋅kg⋅m
2 ; I yz=zero⋅kg⋅m
2 ; I yz=zero⋅kg⋅m
2
m
m 0,5
0 m
0,50 m
CM
0,25 m
0,25 m0,50 m
0,50 m
A
Bx
y
z
ω
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O vetor velocidade angular pode ser expresso por:
ω⃗=ωx⋅^i+ω y⋅^j+ω z⋅k^
Como o vetor velocidade angular “sempre” tem direção do eixo de rotação, que nesse
caso é “fixo”, pode-se afirmar que:
ω⃗=ω⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^
Com ω=2⋅π⋅f , tem-se: ω=2⋅π⋅3000
60
=100⋅π => ω=314,16 rad / s
Dessa forma o vetor velocidade angular, expresso em função de suas projeções no
sistema de eixos CM(x,y,z), é:
ω⃗=314,16⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^
O momento angular, adotando o polo no CM - Centro de Massa é:
H⃗CM=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[
I xx −I xy −I xz
−I xy I yy −I yz
−I xz −I yz I zz ]⋅[314,16zerozero ]
Antes de derivar o momento angular em função do tempo, é aconselhável exprimi-lo na
forma vetorial. A componente do Momento Angular na direção de i^ , é obtida pelo
produto dos elementos da primeira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
x =I xx⋅314,16−I xy⋅zero−I xz⋅zero .
A componente do Momento Angular na direção de j^ , é obtida pelo produto dos
elementos da segunda linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
y =−I xy⋅314,16+I yy⋅zero−I yz⋅zero
A componente do Momento Angular na direção de k^ , é obtida pelo produto dos
elementos da terceira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
z =−I xz⋅314,16−I yz⋅zero+ I zz⋅zero . 
Na forma vetorial:
H⃗CM=I xx⋅314,16⋅^i−I xy⋅314,16⋅^j−I xz⋅314,16⋅k^
Derivando a forma vetorial do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅
˙^i−I xy⋅314,16⋅
˙^j−I xz⋅314,16⋅
˙^k
A derivada dos versores: 
Como consequência da escolha do sistema de eixos CM(x,y,z), o versor i^ não muda de
direção, ou seja, é constante e possui derivada em relação ao tempo nula ( ˙^i=zero) ,
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entretanto, os outros dois versores j^ e k^ solidários ao sólido giram com velocidade
angular do mesmo: ω⃗=314,16⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^ => ω⃗=314,16⋅^i .
Determinado as derivadas ds versores com o Teorema de Poisom:
˙^i=ω⃗∧ i^ => ˙^i=314,16⋅^i∧ i^ => ˙^i=zero
˙^j=ω⃗∧ j^ => ˙^j=314,16⋅^i∧ j^ => ˙^j=314,16⋅k^
˙^k=ω⃗∧k^ => ˙^k=314,16⋅^i∧k^ => ˙^k=−314,16⋅^j
Substituindo na derivada do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅
˙^i−I xy⋅314,16⋅
˙^j−I xz⋅314,16⋅
˙^k => ˙⃗HCM=−I xy⋅314,16
2⋅˙^k+ I xz⋅314,16
2⋅˙^j
Ressalte-se que os termos quadráticos sempre estarão presentes e expressam o
quadrado da velocidade angular, ou seja: ˙⃗HCM=−I xy⋅98.696,04⋅
˙^k+ I xz⋅98.696,04⋅
˙^j .
Aqui fica estabelecida uma conexão entre os esforços dinâmicos e produtos de inércia, ou
seja, os produtos de inércia relevantes no cálculo dos esforços dinâmicos são aqueles
relacionados ao eixo de rotação. No caso o eixo de rotação tem direção (x), então os
produtos de inércia que contribuirão para os esforços dinâmicos são: I xy e I xz .
Recuperando valores de: I xy=−0,050 ; I xz=zero , e substituindo-os na equação
anterior, obtêm-se: ˙⃗HCM=4.934,8⋅k^ .
O que se fez até aqui?. 
Resp.: Calculou-se um dos termos do TMA – Teorema do Momento Angular.
Note-se que a força peso não é força dinâmica, por estar presente mesmo quando o
sistema encontra-se em repouso, a saber: P⃗=0,4⋅9,81⋅(− j^)=3,924⋅(− j^)⋅N .
Ressalte-se que, como as forças dinâmicas são proporcionais ao quadrado da velocidade
angular, o peso próprio do sistema usualmente torna-se irrelevante.
Os mancais sugeridos na figura são do
tipo axial, portanto só reagem a
esforços radiais, isto posto: 
R⃗A=RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^
R⃗B=RB
y⋅j^+RB
z⋅k^
Impondo o TCM – Teorema do Centro
de Massa:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
tem-se:
m
m 0,5
0 m
0,50 m
CM
0,25 m
0,25 m0,50 m
0,50 m
A
Bx
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
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R⃗A+ R⃗B=m⋅⃗aCM ; o peso não foi considerado, pois as reações estritamente dinâmicas
não dependem do mesmo.
Substituindo … RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^+RB
y⋅j^+RB
z⋅k^=m⋅⃗aCM , entretanto, a aceleração do centro de
massa é nula, ou seja: RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^+RB
y⋅j^+RB
z⋅k^=zero
Impondo a igualdade entre as componentes do primeiro e sendo membros, tem-se: 
RA
y +RB
y=0 => RA
y=−RB
y eq. 01
RA
z +RB
z=0 => RA
z=−RB
z eq. 02
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM=4.934,8 k^
Agora se faz necessário o cálculo dos momentos das forças para que se obtenha o
primeiro membro do TMA.
Da definição de momento de força, tem-se: M⃗O
F=(P−O)∧F⃗ .
Como o polo escolhido é o Centro de Massa CM(0;0;0), é necessário um ajuste:
M⃗CM
F =(P−CM )∧F⃗
Momento da reação R⃗A aplicada no ponto A(-0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0,):
M⃗R A=(A−CM )∧R⃗A=−0,75⋅^i∧(RA
y⋅^j+R A
z⋅k^) => M⃗R A=−0,75⋅RA
y⋅k^+0,75⋅RA
z⋅^j
Momento da reação R⃗B aplicada no ponto B(0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0):
M⃗R B=(B−CM )∧R⃗B=0,75⋅^i∧(RB
y⋅ j^+RB
z⋅k^ ) => M⃗R B=0,75⋅RB
y⋅k^−0,75⋅RB
z⋅j^
Substituindo os resultados das equações eq. 01 e eq. 02, no resultado anterior:
M⃗R B=−0,75⋅RA
y⋅k^+0,75⋅RA
z⋅j^ 
O momento resultante:
∑ M⃗CM=M⃗R A+M⃗ RB=−1,50⋅RAy⋅k^+1,50⋅R Az⋅^j
Substituindo no TMA: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => −1,50⋅RAy⋅k^+1,50⋅RAz⋅j^=4.934,8⋅k^
Igualando os vetores: 
RA
z =0
−1,50⋅RA
y=4.934,8 => RA
y=−3.289,9 N
Resp. (c): RA
z=0 ; RA
y=−3.289,9 N ; RB
z=0 ; RB
y=3.289,9 N
0,85 m
CM
yCM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
0,25 
m
EXEMPLO 02
A figura ilustra um sólido que apresenta massa m = 30,0 kg, gira em torno de eixo fixo 
mantido por dois mancais A e B. Quando o sistema gira com velocidade angular constante
ω=50⋅rad
s
, os esforços dinâmicos nos mancais (desconsiderar o peso próprio) são 
medidos, e os resultados expressos em newton (N), são:
R⃗A=−3.600⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−200⋅k^ . Pedem-se:
a) os produtos de inércia que envolvem a
direção do eixo de rotação, em relação
ao polo A;
b) a ordenada (yCM) do CM – Centro de
Massa do sólido.
SOLUÇÃO:
Adota-se sistema de eixos ligado ao
sólido, com origem no ponto (mancal) A,
ou seja, o sistema de eixos A(x,y,z).
Neste caso, o centro de massa do sólido descreve trajetória circular com raio R = yCM, em 
movimento circular uniforme ( ω=cte ). Nesse tipo de movimento, a componente 
tangencial da aceleração ( at=α⋅R ) é nula, pois α=ω˙=zero , entretanto, sempre 
haverá aceleração centrípeta ( acent .=ω
2⋅R ). Note-se que a aceleração centrípeta 
“sempre” aponta para o centro de curvatura da trajetória, que no instante ilustrado é − j^ .
Ressalte-se que os seixos adotados giram com o sólido, ou seja, todas as conclusões 
obtidas na configuração do desenho serão válidas para qualquer instante.
A aceleração do CM – Centro de Massa é: a⃗CM=−ω
2⋅R⋅j^=−2.500⋅yCM⋅^j .
A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é:
∑ F⃗= R⃗A+ R⃗B=−3.390⋅^j
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => −3.390⋅^j=30⋅(−2.500⋅yCM⋅^j) => yCM=0,045
Resp. (b) yCM=0,045⋅m
A velocidade angular na forma vetorial é: ω⃗=50⋅^i
Note-se