Dinâmica dos Sólidos (Conteúdo e Exercícios Resolvidos)

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Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
1 
 EMENTA 
 Dinâmica dos sólidos: formulação. Dinâmica dos sólidos em 
movimento geral. 
 
 
 OBJETIVOS GERAIS 
Desenvolver no aluno uma visão factível da mecânica, criando no 
mesmo uma "intuição" correta dos fenômenos mecânicos. 
 
 OBJETIVOS ESPECÍFICOS 
Estabelecer os conceitos básicos sobre Dinâmica do Sólido. 
Estabelecer as leis dinâmicas que regem o movimento de um 
sólido (movimento de translação, de rotação em torno de eixo 
fixo, movimento plano e movimento geral). Preparar os alunos 
para entender os dispositivos mecânicos comuns à vida do 
Engenheiro. 
Fornecer ferramentas aos estudantes para o entendimento de 
disciplinas específicas do curso. 
 
 CONTEÚDO PROGRAMÁTICO 
Dinâmica dos sólidos 
Teorema do Centro de Massa - TCM 
Teorema do Momento Angular – TMA 
Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos. 
Dinâmica dos sólidos em translação 
Dinâmica dos sólidos em movimento de rotação 
Dinâmica dos sólidos em movimento plano 
Dinâmica dos sólidos em movimento genérico. 
Matriz de inércia; momentos de inércia e produtos de inércia. 
Dinâmica dos sólidos: formulação matricial para o momento 
angular. 
 
 BIBLIOGRAFIA Básica 
BEER, F. P.; JOHNSTON JUNIOR, E. R. Mecânica vetorial 
para engenheiros: cinemática e dinâmica 5ª ed. 2v. São 
Paulo: Makron, 1994. 
HIBBELER, R. C. Dinâmica: Mecânica para Engenharia. 
8.ed. Rio de Janeiro Prentice Hall Brasil, 2004. 
KRAIGE,L.G.;MERIAN,J.L. Mecânica: dinâmica. Rio de 
Janeiro: LTC,2004. 
FRANÇA, L.N.F.;MATSUMURA,A.Z. Mecânica Geral.Edgar 
Blucher, 2005. 
GERE, J. Mecânica dos materiais. São Paulo: Pioneira Thomson 
Learning, 2003 
KAMINSKI, P.C. Mecânica geral para engenheiros. Edgar Blucher, 
2000. 
SEARS,F.;YOUNG H. D. Física. vol.1, Mecânica. Addison Wesley, 
2008. 
Dinâmica dos Sólidos,Unip, Versão 2, 2009. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Dinâmica dos Sólidos 
 
1. Introdução: 
 
A dinâmica dos sólidos consiste do estudo dos movimentos 
dos sólidos, desconsiderando os efeitos de deformações do 
mesmo. Um corpo que não sofre deformações, independente de 
suas forças aplicadas, possui a propriedade que a distância entre 
quisquer dois pontos pertencentes a ele permanece constante. 
 
2. Efeitos das forças: 
 
Os efeitos das forças dependerão dos fatores: 
 ponto de aplicação da força; 
 intensidade; 
 direção e sentido. 
Quando o estudo refere-se a um ponto material, não há 
influência do ponto de aplicação. 
Para um sólido, a troca do ponto de aplicação acarretará 
alterações no efeito sobre o corpo. 
 
3. Dinâmica: 
 
A escolha do sistema de referência para o estudo e 
escolhido de forma que o sistema seja inercial, ou seja, que 
satisfaz a Lei de Newton do Movimento. 
 
3.1. Dinâmica do ponto material. 
 
A segunda Lei de Newton utilizada é: 
ext
n
i
i
F R m a  
 
 
3.2. Dinâmica dos sólidos. 
 
Definimos um ponto especial associado ao corpo, não 
necessariamente pertencente a ele, denominado centro de 
massa do sólido, CM. 
 
 Centro de massa do sólido, CM: 
 
 Pertence a linhas de simetria de distribuição de massa 
do sólido. 
 Quando há mais de uma linha de simetria, o CM é a 
interseção dessas linhas. 
 Para corpos de dimensões desprezíveis, o centro de 
massa coincide com o centro de gravidade do corpo CG. 
 
 
 
 
 
 
 
Definimos como centro de massa de um sistema de n 
partículas de massa mi localizadas em relação a um sistema de 
coordenadas em (xi , yi, zi): 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
2 
1
1
n
i i
i
cm n
i
i
m x
x
m






1
1
n
i i
i
cm n
i
i
m y
y
m



  


1
1
n
i i
i
cm n
i
i
m z
z
m






 
 
 Para corpos extensos: 
corpo
cm
corpo
xdm
x
dm
 


corpo
cm
corpo
ydm
y
dm
 


corpo
cm
corpo
zdm
z
dm



 
 Definindo o ponto de origem do sistema inercial de I e 
P a posição da massa dm de um corpo sólido, definimos como 
vetor de posição: 
r P I 
 
Em geral: 
 0;0;0I 
 
ˆˆ ˆ
cm cm cm cmr x i y j z k     
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Cinemática do centro de massa: 
 Velocidade do centro de massa: 
ˆˆ ˆcm cm cm cm
cm cm
dr dx dy dz
v v i j k
dt dt dt dt
       
 
ˆˆ ˆ
cm cm cm
cm
cm cm x y z
dr
v v v i v j v k
dt
       
 
 Aceleração do centro de massa: 
ˆˆ ˆcm cm cmx y zcm
cm cm
dv dv dvdv
a a i j k
dt dt dt dt
       
 
ˆˆ ˆ
cm cm cm
cm
cm cm x y z
dv
a a a i a j a k
dt
       
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Forma da 
Superfície 
Figura 
x
 
y
 A 
 
 
 
Triângulo 
 
 
 
 
 
 
 
3
h
 
 
 
2
b h
 
 
 
Quarto de 
círculo 
 
4
3
r

 
4
3
r

 
2
4
r
 
 
 
semicírcul
o 
 
0 4
3
r

 
2
2
r
 
 
Quarto de 
elipse 
 
4
3
a

 
4
3
b

 
4
ab
 
 
Meia elipse 
 
0
 4
3
b

 
2
ab
 
 
Semi 
parábola 
 
 
4
8
a
 
3
5
h
 
2
3
ah
 
 
 
parábola 
 
0
 3
5
h
 
4
3
ah
 
 
Arco de 
parábola 
 
3
3
a
 3
10
h
 
3
ah
 
 
Curva 
geral 
 
 
1
2
n
a
n


 
 
1
4 2
n
h
n


 
 
1
ah
n 
 
 
Setor 
circular 
 
 
2
3
rsen

 
 
0
 
 
2r
 
 
Quarto de 
Arco 
 
2r

 
2r

 
2
r
 
Semi arco 
0 
2r

 
 
r
 
 
Arco 
 
 
rsen

 
 
0
 
 
2 r
 
 
 
 
 
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
3 
 
 
Forma Figura 
x
 V 
 
 
 
 
 
 
Hemisféri
o 
 
 
 
 
3
8
a
 
 
 
 
32
3
a
 
 
 
 
 
 
Semi-
elipsóide 
de 
revolução 
 
 
 
 
3
8
h
 
 
 
 
22
3
a h
 
 
 
 
 
 
Parabolói
de de 
revolução 
 
 
 
 
3
h
 
 
 
 
21
2
a h
 
 
 
 
 
 
 
Cone 
 
 
 
 
 
4
h
 
 
 
 
 
21
3
a h
 
 
 
 
 
 
Pirâmide 
 
 
 
 
4
h
 
 
 
 
1
3
abh
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Exemplos: 
 Cálculo do centro de massa: 
1. Encontre o centróide ou centro de massa CM de um 
aro circular de raio R e massa M. 
 
 
 
 
 
 
 
 
M dm
r ds


  
ds r d  
M
dm ds
r
 

 
 
 
 
0
1corpo
cm cm
ydm
M
y y R sen Rd
M M R

     

 
0
cm
R M
y Rsen d
R M

 



  
 
 
0
0
coscm cm
R R
y sen d y
  
   


    
 
2
cos cos0cm cm
R R
y y         
2. Mostre que a coordenada x do centróide do exemplo 
anterior é nula. 
3. (pag. 6 Livro Unip) A placa em forma de semi corôa 
na figura abaixo é plana, homogênea e possui raios R1 e R2. 
Pedem-se, determinar seu centro demassa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Tratando em 
 coordenadas polares: 
 
cosx r y r sen      
 Como a figura é uniforme, sua densidade de massa 
será:
M dm
A dA
   
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
4 
   
2 2
2 2
2 1
2 1
2
2
M M
R RR R
  
  
  
 
dA r dr d   
corpo
cm
xdm
x
M
 

corpo
cm
ydm
y
M

 
 2 22 1
2M
dm dA dm dA
R R
      
 
 2 22 1
2
cm
M
y dA
R R
y
M

 
 


 
 
2
1
2
2 2
2 1
2
R
cm
R
M
y r sen rdrd
R R M


      
 
 
2
1
2
2
2 2
2 1
2
R
cm
R
y sen d r dr
R R


 


 
 
 
 
2
1
3
2
2 2
2 1
2
cos
3
R
cm
R
r
y
R R


 
    
     
 
 
1 1 3 3
2 1
2 2
2 1
2
cos2 cos
3
cm
R R
y
R R
 
    
               
 
 
3 3
2 1
2 2
2 1
2
2
3
cm
R R
y
R R
 
   
   
 
3 3
2 1
2 2
2 1
4
3
cm
R R
y
R R
 
  
 
 
0cmx simetria 
 
 
4. (pag. 8 – Livro Unip) Encontre as coordenadas do 
centro de massa para a peça do exemplo anterior para raios 2 
mm e 3 mm. (0; -1.6mm). 
 
 5. (Kraige 5.1) Localize o centróide da figura 
unidimensional: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R.: 
r sen
x




 
 
6. (Kraige 5.3) Localize o centróide da figura 
bimensional: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R.: 
0
2
3
r
r sen
x




 
 7. (Kraige – 5.2) Mostre que, para a figura plana 
homogêna triangular, seu centróide (centro de massa CM) é 
dado por: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Faça: 
dA x dy 
 
 Use semelhança de triângulos: 
x b
h y h


 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
5 
0
3
2
h
cm cm
y xdy
h
y y
bh

  

 
1
x b hx x
h y y h
h y h b b
 
       
  
 
0 0
1
2 2
b b
cm cm
x
x ydx x h dx
b
x x
bh bh
 
   
 
  
 
 
2
0
2
b
cm
x
x x dx
b b
 
  
 

 
2 3
0
2
2 3
b
cm
x x
x
b b
 
  
 
 
2 3 2 22 2 3 2
2 3 6 6
cm cm
b b b b
x x
b b b
   
       
   
 
3
cm
b
x 
 
 
 8. Localize o centro de massa das figuras. (B.J. Cap. 
5). 
 
 8.1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 8.2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
6 
 
 
 
 
 
 
 Teoria da dinâmica do sólido 
http://www.claudio.sartori.nom.br/cinematicaDinamicaSol
idos.html 
 
A teoria geral da dinâmica dos sólidos apóia-se em 
dois teoremas: 
 Teorema do centro de massa. 
“ A resultante das forças aplicadas ao sólido, e que são 
de origem externa ao mesmo, é igual ao produto da massa do 
sólido pela aceleração do centro de massa”. 
ext cmR m a 
 
 Forças de origem externa: Forças aplicadas em um 
elemento de massa dm do sólido, por outros corpos que não o 
próprio sólido. Sua soma é dada por: 
ext ext cmdf R m a  
 
 Forças de origem interna: são aquelas aplicadas num 
elemento de massa dm so sólido, por outros elementos de massa 
do mesmo sólido: pelo princícpio de ação e reação, as forças 
internas aparecem aos pares. A soma de todas as forças internas 
é nula: 
int 0df 
 . 
 
 Definições: 
 A cinemática do pólo 
A escolha de um pólo, pode ser feita em qualquer 
ponto do espaço, inclusive pode ser um ponto do sólido em 
estudo. Caracterizando: 
1. O sistema de eixos I(x,y,z) representa um sistema de 
referência inercial. 
2. O ponto P(x,y,z) é um ponto do sólido onde se 
encontra o elemento de massa dm. 
3. O ponto O(xo,yo,zo) é um ponto qualquer, que será 
adotado como pólo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Vetor posição de P(x,y,z): 
 Pr P I 
 
Vetor velocidade de P(x,y,z): 
 P
d
v P I
dt
 
 
Vetor aceleração de P(x,y,z): 
P
P
dv
a
dt

 
Vetor posição de O(xo,yo,zo): 
 Or O I 
 
Vetor velocidade de O(xo,yo,zo): 
 O
d
v O I
dt
 
 
Vetor aceleração de O(xo,yo,zo): 
O
O
dv
a
dt

 
 Observe que: 
     P I O I P O    
 
 P Or r P O  
 
 Derivando: 
 OP
drdr d
P O
dt dt dt
  
 
 P O
d
v v P O
dt
  
 
 Chamando de velocidade relativa no ponto P em 
relação ao pólo O: 
 rel P O
d
v v v P O
dt
   
 
 
 
 Momento linear: 
sól CMp v dm p m v    
 
 2a Lei de Newton: Pode ser escrita por: 
dp
df dm a df
dt
   
 
 
a
d dm vdp dv
dm
dt dt dt

  
 
 
 Momento polar: 
Uma força 
F
, aplicada no ponto P(x,y,z), tem um 
momento polar em relação ao polo O(x0, y0, z0) dado por: 
 OM P O F  
 
OM
expressa a capacidade da força
F
, de produzir 
rotação no sólido em que é aplicada, em torno de um eixo que 
passa pelo pólo O, e qu tem direção do próprio momento polar 
OM
, no sentido definido pela regra da mão direita: mão em P 
e os dedos se curvam no sentido da rotação . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x,
iˆ
 
z,
kˆ
 
y,
jˆ
 
I 
O(xo,yo,zo) 
P (x,y,z) 
Pr
 
Or
 
y,
jˆ
 
z,
kˆ
 
x,
iˆ
 
O 
P 
OM
 
F
 

 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
7 
 
 
 
 
 
 
 Momento angular: 
Seja 
dp
 o momento linear do elemento de massa dm, que 
ocupa o ponto P(x,y,z), que se desloca com velocidade 
v
 . O 
momento angular desse elemento de massa dm, em relação ao 
pólo O é dado por: 
 OdH P O dp  
 
 A soma de todos os momentos angulares fornece o 
total dado por: 
 O OH dH P O dp    
 
 
 Prova do Teorema do Momento Angular: 
 
 OH P O dp  
 
 
 
 O d P O d dm vdH dm v P O
dt dt dt
 
      
 
 
O
d P O
v v
dt

 
 
   O O
dH dv
v v dm v P O dm
dt dt
       
 
 
0
O Ov v dm v v dm v v dm v        
 
   O O
dH
v v dm v P O dm a
dt
        
 
   O O
dH
v v dm v P O R
dt
       
 
O
O O
dH
v dm v M
dt
     
 
O
O O
dH
v v dm M
dt
     
 
O
O CM O
dH
v v m M
dt
     
 
O
O O CM
dH
M v v m
dt
   
 
O
O O CM
dH
M v v m
dt
   
 
 Teorema do Momento angular. 
“ considera-se que num certo nstante , um sólido com 
massa m tem seu centro de massa CM deslocando-se com 
velocidade 
CMv
 e seu momento angular 
OHem relação ao 
pólo O, possui derivada em relação ao tempo 
OdH
dt
, enquanto 
que o pólo apresenta velocidade 
Ov
; o momento resultante das 
forças aplicadas nesse sólido é dado por: 
O
O O CM
dH
M v m v
dt
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Dinâmica do movimento de translação 
 
O movimento de translação é caracterizado como aquele 
em que “ a reta definida por dois pontos do sólido não muda de 
direção durante o movimento”. Todos os pontos apresentam 
velocidades e acelerações iguais. 
 
 TCM: Teorema do Centro de Massa. 
ext cmR m a 
 
 TMA: Teorema do Momento Angular. 
Considerando a definição de Momento Angular do sólido: 
 OH P O v dm   
 
Como todos os elementos de massa dm do sólido 
apresentam a mesma velocidade: 
  OH P O dm v   
 
 Pela definição de Centro de massa: 
 
CM
P O dm
CM O r
m

  
 
 Substituindo, teremos: 
 OH CM O v  
 
 Adotando-se como pólo, o centro de massa CM: 
  0CM CMH CM CM v H    
 
 “ O valor do momento angular em relação ao pólo 
no Centro de Massa CM é constante e igual a zero”. 
 Do TMA, Teorema do Momento Angular, com 
pólo no CM – Centro de Massa, tem-se: 
0 0CMCM CM
dH
M M
dt
   
 
 Dinâmica do movimento plano 
 
O movimento plano é aquele o sólido em estudo tem 
movimentos restritos a um único plano, denominado plano de 
movimento, restringindo portanto a sólidos planos. 
 
 Cinemática do movimento plano: 
Seja 
eˆ
 o vetor ortogonal ao plano de movimento. 
Lembramos que o vetor velocidade angular e 
aceleração angular são dados por, respectivamente: 
ˆ ˆe e        
 Sendo P e Q pontos do sólido, a velocidade de P pode 
ser obtida a partir da velocidade de Q por: 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
8 
 P Qv v P Q   
 
 A aceleração do ponto P em termos da aceleração do 
ponto Q será dada por: 
    P Qa a P Q P Q         
 
 Teorema do momento angular aplicado ao 
movimento plano: 
O TMA: Teorema do Momento Angular, exige uma 
escolha apropriada do pólo. Seja O o pólo fixo, 
pertencente ao sólido e igual ao CM: O = CM. (CM: 
Centro de Massa). 
 Assim: 
O
O
dH
M
dt

 
 Se Q coindide com O: 
Q
Q
dH
M
dt

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Considere a definição de momento angular e o pólo Q: 
 Q PH P Q dm v   
 
    Q QH P Q dm v P Q      
 
     Q QH P Q v dm P Q P Q dm          
Pela definição de Centro de Massa CM: 
   P Q dm CM P m    
 
 
 
   Q Q
CM Q m
H P Q dm v P Q P Q dm
 
            
     Q QH CM Q v m P Q P Q dm          
 Se Q é fixo: 
0Qv 
 
Aplicando a regra: 
     a b c a c b a b c     
 
 Para: 
a P Q b c P Q       
       P Q P Q P Q P Q           
 
    P Q P Q  
 
 Como: 
   
2
P Q P Q P Q   
 e 
   P Q P Q    
(vetores perpendiculares!) 
   
2
0QH CM Q m P Q dm        
 
 
2
QH P Q dm      
 
 
 Momento de Inércia: 
Denominamos de momento de inércia IQ: 
 
2
QI P Q dm  
 
 O momento de inércia expressa fisicamente a inércia 
de rotação do sólido, quando acelerado em movimento de 
rotação em torno do eixo ortogonal ao plano do moviemnto que 
passa pelo pólo Q. O momento de Inércia de um elemento de 
massa de um sólido, é expresso pelo produto entre a massa do 
elemento, e o quadrado da distância entre o ponto P, que contém 
o elemento de massa dm e o pólo Q. 
 Logo: 
 
2
QH P Q dm      
 
Q QH I  
 
 Tomando-se a derivada em relação ao tempo: 
  QQ Q Q
dId d d
H I I
dt dt dt dt
      
 
 
0
P Q cte
Q
Q Q
dId d
H I
dt dt dt



 
    
Q Q
d
H I
dt
 
 
Q Q Q
d
H M I
dt
  
 
 Raio de Giração 
Sendo IO o momento de inércia de um sólido de massa 
m, em relação ao eixo que passa pelo pólo O. O raio de giração 
k, do sólido em relação a esse eixo é dado por: 
OIk
m

 
 
 Dinamica do moviemnto plano: Resumo: 
 
TCM: Teorema do centro de massa: 
ext CMR m a 
 
TMA: Teorema do momento angular: 
Q QM I  
 
Sendo: 
 
2
QI P Q dm  
 
 
Pólo Q pertencente ao sólido; 
 
Pólo Q fixo (vQ = 0) 
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
9 
Pólo Q = CM. 
 
 
 Momento de inércia de figuras: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
P CMI I M d  
 
 
 
 
 
 
 Cálculos de momento de inércia. 
 
 Quando um corpo rígido não pode ser representado por 
massas puntiformes, podemos escrever a relação integral: 
2
corpo
I r dm 
 
 Dependendo de como a massa está distribuída, 
podemos definir as densidades: 
Densidade Símbolo Definição Unidade 
 
Linear 
 
 M
L
 
 
kg
m
 
 
Superficial 
 
 M
A
 
 
2
kg
m
 
 
Volumétrica 
 
 M
V
 
 
3
kg
m
 
 
 Para o caso unidimensional, podemos definir: 
dm
dm dl
dl
    
 
2
corpo
I r dl 
 
 Para corpos bi e tridimensionais, veja a tabela a seguir. 
 Tabela - Definições de Momentos, Momentos de inércia 
e centro de massa. 
 Corpos 
Bidimensionais 
(Figuras Planas) 
Corpos tridimensionais 
Centro de 
Massa 
),( mm yx
 
),,( mmm zyx
 
R
m
R
x dA
x
dA






 
R
m
R
x dV
x
dV






 
R
m
R
y dA
y
dA






 
R
m
R
y dV
y
dV






R
m
R
z dV
z
dV






 
 
 
 
Momentos 
Lâmina Sólido 
mxM y 
 
mzM xy 
 
myM x 
 
myM xz 
 
 
mxM yz 
 
Momentos de 
Inércia 
Figuras Planas Corpos Tridimensionais 
 
Ix 
2
R
y dA
 
 
2 2( )
R
y z dV
 
 
Iy 
2
R
x dA
 
 
2 2( )
R
x z dV
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
10 
 
Io, Iz 2 2( )
R
x y dA
 
 
2 2( )
R
y x dV
 
 
 Exemplo 1 – Barra delgada uniforme, eixo 
ortogonal ao seu comprimento. A figura mostra uma barra ou 
vara delgada uniforme de massa M e comprimento L. 
Determine seu momento de inércia em relação a um eixo 
passando pelo ponto O, a uma distância arbitrária h de uma de 
suas extremidades. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 Escolhendo um elemento de massa de uma seção reta 
da barra com comprimento dx situado a uma distância x do 
ponto O. Assim, se a densidade linear é uniforme: 
dm M M
dm dx
dx L L
     
 
2
corpo
I r dm 
 
2 2
L h L h
h h
M M
I x dx I x dx
L L
 
 
     
 
3
3
x L h
x h
M x
I
L
 

 
 
 2 2
1
3 3
3
I M L L h h   
 
o Se o eixo passar pela extremidade esquerda: h = 0: 
21
3
I M L 
 
o Se o eixo passar pela extremidadedireita: h = L: 
21
3
I M L 
 
o Se o eixo passar pelo centro: h=L/2: 
21
12
I M L 
 
 Exemplo 2 – Cilindro maciço ou oco girando em 
torno de seu eixo. A figura mostra um cilindro oco e uniforme 
com comprimento L, raio interno R1 e externo R2 e massa M. 
Calcule o momento de inércia em relação ao eixo de simetria 
do cilindro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 2dm dV dm r L dr       
 
2
corpo
I r dm 
 
 
2
1
2 2
R
R
I r r L dr    
 
2
1
32
R
R
I L r dr  
 
 4 42 1
4
L
I R R
 
 
 
 Exemplo 3 – Esfera homogênea de raio R e eixo 
passando pelo centro. A esfera abaixo poderia ser uma bola de 
bilhar. Determine seu momento de inércia. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
2 2r R x 
 
 2dm dV dm r dx      
 
2
corpo
I r dm 
 
 2 2dm R x dx     
 
Para um disco: 
21
2
dI r dm
 
   
2
2 2 2 21
2
dI R x R x dx      
 
 
2
2 2
2
dI R x dx
 
   
 
 
2
2 2
0
2
2
R
I R x dx
  
    
 

 
5 58 8
15 15
I R I R
    
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
11 
34
3
M M
V
R
 

   
3
3
4
M
R



 
5
3
8 3
15 4
M
I R
R


  2
2
5
I M R  
 
 Exercícios 
1. (Beer Johnston pg. 1033 16.1) Uma Van a 30 ft/s 
aciona os freios, impedindo a rotação das rodas e pára após 
percorrer 20 ft. Determine a força normal e a de atrito em cada 
roda. Dado: g = 32.2 ft/s². 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
Aceleração da Van: 
2
2 2 0
0 2
2
v
v v a s a
s
      

 
2
2
30
22.5
2 20
CM
ft
a a
s
     

 
iext R
i
F m a 
 
0A BN N W  
 
A BN N m a      
 
A BW N N 
 
 A BN N m a    
 
W m a   
 
a
m g m a
g
        
 
22.5
0.699
32.2
    
 
 
 
 
 
 
 
iA
n
F R
i
M M
 
12 5 4BN W m a     
 
32.2
12 5 22.5 4 12 2.795 5B B
W
N W N W W
g
           
 
12 7.795 0.65B BN W N W     
 
0.65 0.35A B A AW N N W N W N W        
0.350.699
0.245
A AAT k A AT
W
F N F W

    
 
0.650.699
0.454
B BAT k B AT
W
F N F W

    
 
0.65
0.325
2
W
B
Frente Frente
N
N N W   
 
0.35
0.175
2
W
A
Tras Tras
N
N N W   
 
0.245
0.122
2
A
Tras Tras
W
AT
AT AT
F
F F W   
 
0.454
0.227
2
B
Frente Frente
W
AT
AT AT
F
F F W

   
 
2. (Unip 2.01 pag. 22) – Um dico de massa m = 5 kg, 
raior R = 0.15 m, apóia-se em uma superfície horizontal rugosa, 
com coeficiente de atrito  = 0.4. Uma força F, aplicada à altura 
h, faz com que o disco translade apoiado na superfície 
horizontal, com aceleração a = 2 m/s². Pedem-se: 
 (a) a intensidade da força F; 
 (b) a altura h. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Teorema do Centro de Massa: TCM: 
0
atF F m a
N P
  

 
 
F N m a
N P
   


 
F m g m a    
 
0.4 5 10 5 2F m g m a F           
30F N
 
 TMA: 
0
ATCM F F
M M M  
 
R 
F
 
h 
R 
F
 
h 
N
 
x 
y 
atF
 
CM 
P
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
12 
30 0.15
20
0FatF R h F R
 
     
 
 
1.5
4.5 30 3 0.05
30
h h h m     
 
 
3. (Unip – pag. 24) – A figura mostra um veículo com 
massa 200 kg e tração traseira, do qual removeu-se um par de 
rodas. Indignado com a brincadeira, seu motorista parte do 
repouso e mantém o veículo movendo-se por um período de 
tempo significativo, conforme ilustrado. As dimensões são d1= 
1.3 m; d2 = 0.4 m e h = 1.6 m. Pedem-se: 
 
 (a) a aceleração do centro de massa; 
 (b) a força de atrito. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Forças agentes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
200 10
200
0 2000
at atf m a f a
N P N P N

    
     

 
 TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM. 
 
2
800
2000 0.4N NM N d M

     
 
 
1.6
at atF at F at
M F h M F    
 
 O peso tem momento nulo pois tem linha de ação 
passando pelo pólo. 
 Assim: 
0 1.6 800 0
atF N at
M M F     
 
500
800
1.6
N
atF 
 
 
2
500
2.5
200 200
atF ma a a
s
    
 
 
4. (Unip pag. 25 – 2.03) – A figura ilustra um bloco 
de granito de massa m = 800 kg, de altura H = 4 m, largura L = 
2 m, que encontra-se apoiado em uma superfície horizontal, 
com coeficiente de atrito  = 0.3. Uma força F horizontal, com 
linha de ação, distante h = 3 m do solo, aciona o bloco fazendo-
o deslizar, sem tombar. Para a condição de máxima aceleração, 
pedem-se: 
 (a) a força F; 
 (b) a máxima aceleração. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
80 10
800
0 800
at atF f m a F f a
N P N P N

      
     

 
 TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM. 
  
1
1
2
N N
L
M N x M N x
 
       
 
 
 
 
 
4
2
2at at
F at F at
H
M F h M F      
 
 
 2
2
F F
H
M F h M F h
 
         
 
 
 O peso tem momento nulo pois tem linha de ação 
passando pelo pólo. O atrito é cinético: 
2400
0.3 8000at at
N
F N F    
 
 
 2400 800F a  
 
Assim: 
 0 2 1 0
atF N F at
M M M F N x F          
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
13 
   2400 2 8000 1 2400 800 0x a        
 
 Quando a força F chegar ao máximo, o bloco fica na 
iminência de tombar; o granito apóia-se em sua aresta, e desta 
forma pode-se garantir que a normal tem sua linha de ação 
passando pela mesma. Assim, x = 0; 
   4800 8000 1 0 2400 800 0a       
 
 
 
4800 8000 2400 800 0a     
 
2
800
1
800
m
a a
s
  
 
1
2400 800 3200F a F N

    

 
 5. (Unip pag. 28 – 2.04) – A figura mostra um 
caminhão que desloca-se em movimento reto e uniforme, 
transportando uma carga de massa m = 350 kg, que se apóia na 
carroceria. O coeficiente de atrito entre a carga e a carroceria é 
 = 0.30. As dimensões indicadas, são: d = 0.3 m e h = 0.6 m. 
Num certo instante, o caminhão freia mantendo desaceleração 
uniforme, nessas condições, pedem-se: 
 (a) a desaceleração do caminhão que produz 
escorregamento da carga; 
 (b) a desaceleração do caminhão que produz 
tombamento da carga. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
350 10
350
0 3500
at atf m a f a
N P N P N

    
     

 
 TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM. 
 
 
0.3
3500 0.3N NM N d x M x
 
       
 
 
 
0.6
at atF at F at
M F h M F    
 
 O peso tem momento nulo pois tem linha de açãopassando pelo pólo. 
 Assim, na iminência de tombar, x = 0. 
0
0 3500 0.3 0.6
atF N at
M M x F
 
       
 
 
 
1750
1050
1050 0.6 0
0.6
N
at atF F     
35000.3
0 0 1050at atF N F     
 
 Como a força de atrito máxima permitida é inferior 
ao valor calculado, há uma impossibilidade física; ou seja, o 
bloco nunca tombará... 
 
5. (Beer Johnston 5 Ed. Pag. 549) – A placa ABCD de 
8.00 kg está sustentada pelas barras articuladas AE e DF e pelo 
fio BH. Desprezando-se as massas AE e DF, determinar 
imediatamente após o corte de BH: (a) a aceleração do centro 
de massa da placa; (b) a força em cada barra. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
 Aceleração do centro de massa: 
 
 
 
 
 
 
 
 
cos30t cm cmF m a P m a       
 
cos30 cmm g m a    
 
2
2
9.81
30 8.5 60cm cm
m s
m
a g cos a
s
     
⦫ 
 Forças nas barras AE e DF: 
30nF P sen   
 
30AE DFF F P sen   
 
⤹
0GM 
 
   30 250 cos30 100AE AEF sen F       
   30 250 cos30 100 0DF DFF sen F       
 
 
 
 
 
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
14 
 
 
 
 
 
 
125 86.6AE AEF F   125 86.6 0DF DFF F   
 
38.4 AEF  212 0DFF 
 
0.181DF AEF F 
 
0.181 39.24
8 9.81
30 0.819 39.24
AEF
AE DF AEF F P sen F
 

     
 
39.24
47.9 T
0.819
AE AEF F N  
 
47.9
0.181 8.6 CDF AE DFF F F N     
 
 
6. (Hibbeler R. C. Ex. 17.7 pag. 417) – Um caixote 
de 50 kg está numa superfície horizontal de coeficiente de atrito 
cinético k = 0.2. Determine sua aceleração se uma força P é 
aplicada sobre o caixote como mostrado. 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
600 0.2 50
x xx CM C CM
F m a N a

       
 
490.5 0
yy CM C
F m a N

     
 
⤹
0CMM 
 
600 0.3 0.2 0.5 0C CN x N      
 
490.5CN N
 
490.5
2
600 0.2 50 10
x xC CM CM
m
N a a
s
      
 
0.467x m
 
 
7. (Hibbeler R. C. Ex. 17.5 pag. 415) – O carro 
mostrado na figura de massa 2 M g = 2000 kg possui centro de 
massa no ponto G. Determine a aceleração se os pneus traseiros 
estão sempre deslizando, enquanto os dianteiros estão livres 
para girar. O coeficiente de atrito de fricção entre os pneus e a 
rodovia vale k = 0.25. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
0.25 2000x G B GF m a N a

       
 
2000.9.81 0
yy G A B
F m a N N

      
 
⤹
0GM 
 
   1.25 0.25 0.3 0.75 0A B BN N N      
 
19620A BN N 
 
2000
8000
0.25
B G B GN a N a   
 
0.54
0.675
1.25 0.675 0
1.25
A B A BN N N N       
 
12.7
0.54
19620
19620
1.54
B
kN
N
A B BN N N

   
 
12740.26
0.54 6.88A B AN N N kN   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
1.59
8000
B
G G
N m
a a
s
  
 
 
8. (Hibbeler R. C. Ex. 17.6 pag. 416) – A motocicleta 
possui massa 125 kg e centro de massa em G1 e o motociclista 
possui massa de 75 kg e centro de massa em G2. Determine o 
mínimo coeficiente de atrito estático entre os pneus e o 
pavimento de forma que o motociclista faça um “wheely”, ou 
seja, levante o pneu da frente do chão. Qual a aceleração 
necessária para fazer isso? Despreze as massas das rodas e 
assuma que a roda da frente está livre para rolar. 
 
 
 
 
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
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 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
 75 125
xx G B G
F m a F a

      
 
75 9.81 125 9.81
735.75 1226.5 0
yy G B
F m a N
 

      
 
⤹
BB R
M M  
 
294.3 981
735.75 0.4 1226.25 0.8 1275.3BM
 
      
 
67.5 75
75 0.9 125 0.6 142.5
B
G G
R G G G
a a
M a a a
 
         
2
1275.3
8.95
142.5
G G
m
a a
s

   

 
1962 1790B BN N F N  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Coeficiente de atrito mínimo: 
0.912
1790
1962
B
B B
B
F
N
   
 
 
9. (Hibbeler R. C. Ex. 17.6 pag. 418) – Uma viga de 
100 kg é suportada por duas hastes de massas desprezíveis. 
Determine a força desenvolvida em cada haste no instante em 
que  = 30° e  = 6 rad/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre. A viga se move com 
movimento curvilíneo, desde que todos os seus pontos movem-
se em trajetória circular, cada um tendo o mesmo raio de 0.5m. 
O centro de massa G tem o mesmo movimento (devido a 
translação do sólido). Note que a componente tangencial da 
aceleração atua na direção para baixo e para esquerda, devido 
ao sentido de rotação horário da aceleração angular 

 . 
 Como a componente normal da aceleração é sempre 
dirigida para o centro de curvatura: 
 
218
2 26 0.5
N N
m s
G Ga r a    
 
 Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
849.57 1800
981 cos30 100 18
nn G B D
F m a T T         
981 30 100
t tt G G
F m a sen a       
 
⤹
0 cos30 0.4 cos30 0.4 0G B DM T T         
 
2649.57
nn G B D
F m a T T     
2
981 30
4.905
100t t t
t G G G
sen m
F m a a a
s

 
     
⤹
0G B DM T T   
 
2649.57 1324.78B B B DT T T N T    
 
 
10. (Beer Johnston 5 Ed. 16.5 Pag. 551) – Uma polia 
pesando 53.4 N e raio de giração 0.203 m está unida a dois 
blocos como ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no 
eixo, determinar a aceleração angular da polia e a aceleração de 
cada cilindro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.152 m 
0.254 m 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
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 Sentido do movimento: Para manter a polia em 
equilíbrio: 
⤹
0 0.152 22.2 0.254 0G BM P      
 
37.1BP N
 
 A polia girará no sentido antihorário. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Cinemática do movimento: 
A A B Ba r a r     
 
0.254 0.152A Ba a      
 
BR B B B B
F m a P T   
 
44.5 4.536 0.152
B
B B B B B
P g
T P m a T        
 
44.5 0.6895BT   
 
AR A A A A
F m a T P   
 
2.2629 0.254 22.2
A
A A A A A
P g
T m a P T        
 
0.5748 22.2AT   
 
 
 Equações de movimento: momento de inércia da polia: 
2 2PI m k I k
g
    
 
2 253.4 0.203 0.224
9.81
I I kg m    
 
⤹
G GM I   
 
0.152 0.254B A GT T I     
 
 
 
44.5 0.6895 0.152
0.5748 22.2 0.254 0.224

 
  
     
 
6.764 0.1048
0.146 5.6368 0.224

 
 
    
 
1.1272 0.2508 0.224     
  2
2.37
1.1272
0.2508 0.224 1.1272
0.4748
rad
s
       
 
2
2.37
rad
s
 
↺ 
2
2
0.254 2.37 0.602
0.152 2.37 0.360
A A
B B
m
a a
s
m
a a
s
    
    
 
 
11. (Kraige 6/1 pag. 422) – A pickup de peso 
3220 lb sobe 200 ft acelerando com aceleração constante do 
repouso atéuma velocidade 30 mi/h uma pista com 10 % de 
inclinação. Calcule a força normal sobre cada par de rodas e a 
força de atrito sobre as rodas traseiras. O coeficiente de atrito 
entre o pneu e a pista possui valor suportável até 0.8. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: Assumindo a massa dos pneus negligenciável 
quando comparada com a massa da caminhonete: 
2
2 2
0 2
2
v
v v a s a
s
     

 
2
2
44
30 44 4.84
2 200x x
G G
mi ft ft
v a a
h s s
     

 
 
 Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
5.26
10
arctg      
 
 
44.5 N 22.2 N 
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17 
2
3220
0.1 4.84
32.2
3220
x x
lb
x G G
ft
s
P
F m a F sen a
g
      
320 484 804F F lb   
 
1 20 3200 0yy GF m a N N      
 
1 20 60 804 24 60 0G GM I N N          
1 260 19286 60 0N N    
 
1 23200N N 
 
 2 260 3200 19286 60 0N N     
 
2 2
211286
192000 19286 120 0
120
N N     
 
2 1760.72N lb
 
1 1439.33N lb
 
 Para suportar uma força de F 804 lb o coeficiente de 
atrito terá de ser: 
2
0.45
804
1760
F
N
   
 . Logo a superfície 
da pista suporta a tração. 
 
12. A figura deste exemplo mostra uma barra 
homogênea AB, que possui massa m = 3 kg, comprimento 0,3 
m, e está ligada, através de um fio, a um cursor que pode 
deslizar livremente ao longo de haste horizontal fixa e também 
apoia-se em uma superfície horizontal lisa. Determine a 
aceleração do cursor, para que o fio fique alinhado com a barra.
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o cálculo do momento polar iremos precisar do 
ângulo dado pela inclinação da barra com a horizontal, que é 
obtido como: 𝑠𝑒𝑛∅ =
0,48
0,50
 o que no leva a ∅ = 73,740. 
Teorema do centro de massa: �⃗�𝑅 = ∑ 𝑚𝑖 ∙ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 
em x: 𝑇 ∙ 𝑐𝑜𝑠73,740 = 𝑚 ∙ 𝑎 
 𝑇 ∙ 0,28 = 3 ∙ 𝑎 equação (1) 
em y: 𝑁 − 𝑃 + 𝑇 ∙ 𝑠𝑒𝑛73,740 = 0 
𝑁 − 30 + 𝑇 ∙ 0,96 = 0 equação (2) 
Usando o Teorema do Momento polar, com relação 
ao ponto do centro de massa. 
Como a força peso e a força de tração, ambas têm as 
suas linhas de ação passando pelo centro de massa, isso resulta 
em um momento polar nulo. Assim; 
Momento de N: MN = N x braço = N.(bN) e Momento 
de MN = N.(bN) = 0, o que nos leva N = 0, que substituindo 
na equação (2), temos; 
−30 + 𝑇 ∙ 0,96 = 0 o que nos leva a 𝑇 = 31,25 𝑁 
Substituindo-se na equação (1), nos dá; 
𝑎 = 2,92
𝑚
𝑠2
 
13. Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático 
entre os pneus e o pavimento é 0,8 determine, para o carro 
 mostrado na figura, a máxima aceleração possível numa 
estrada horizontal, nos casos: 
(a) tração nas quatro rodas, 
(b) tração nas rodas dianteiras, 
(c) tração nas rodas traseiras. 
Sol. 
Tomando o centro de massa como ponto de referência; 
e lembrando que fatA = µe.NA e fatB = µe.NB. 
a-) Calculando a aceleração máxima, (aGmáx ) pata a tração nas 
quatro rodas. 
�⃗�𝑅
𝑒𝑥𝑡 = 𝑚�⃗�𝐺 → �⃗⃗� + �⃗⃗⃗�𝐴 + �⃗⃗⃗�𝐵 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 = 𝑚�⃗�𝐺 
−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗̂ + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖̂ + 𝑓𝑎𝑡𝐵 ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖 ̂
(−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) ∙ 𝑗̂ + (𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵) ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖̂ 
Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial 
obtemos duas equações, uma para 𝑖̂ e outra para 𝑗̂. 
para 𝑖̂ 
para 𝑗̂ 
𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 = 𝑚𝑎𝐺 −𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 0 
𝜇𝑒(𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) = 𝑚𝑎𝐺 (1) 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 (2) 
Fazendo a substituição da equação (2) na equação (1), 
obtemos 
𝜇𝑒(𝑚𝑔) = 𝑚𝑎𝐺 → 𝑎𝐺 = 𝜇𝑒𝑔 → 𝑎𝐺 = 0,8 ∙ 9,8 →
 𝑎𝐺 = 7,85 . 
𝑎𝐺 = 7,85 𝑚 𝑠
2⁄ Logo; �⃗�𝐺 = 7,85𝑖̂ 𝑚 𝑠
2⁄ 
Calculando as reações nos apoios: NA e NB. 
Para o movimento de translação 𝑀𝐺
𝑒𝑥𝑡 = 0⃗⃗ 
−𝑓𝑎𝑡𝐴. 0,6 − 𝑓𝑎𝑡𝐵 . 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵 . 1,6 = 0 , logo 
−𝜇𝑒𝑁𝐴. 0,6 − 𝜇𝑒𝑁𝐵 . 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵. 1,6 = 0 
−0,48. 𝑁𝐴 − 0,48. 𝑁𝐵 − 1,1. 𝑁𝐴 + 1,6. 𝑁𝐵 = 0 , logo 
−1,58. 𝑁𝐴 − 1,12. 𝑁𝐵 = 0 
𝑁𝐴 = 0,709. 𝑁𝐵 (3) 
Substituindo (3) em (2), vem: 
𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 0,709. 𝑁𝐵 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 1,709. 𝑁𝐵
= 𝑚𝑔 → 𝑁𝐵 = 0,585. 𝑚𝑔 = 0,85. 𝑃 
𝑁𝐴 = (0,709). (0,585). 𝑚𝑔 = 0,415. 𝑃 
b-) Cálculo para a tração nas rodas dianteiras. Na iminência do 
movimento, desconsidera-se atrito nas rodas traseiras: assim 
basta eliminar a força de atrito na roda traseira, noas equações 
para o caso 4x4. 
�⃗�𝑅
𝑒𝑥𝑡 = 𝑚�⃗�𝐺 → �⃗⃗� + �⃗⃗⃗�𝐴 + �⃗⃗⃗�𝐵 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 = 𝑚�⃗�𝐺 
−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗̂ + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗̂ + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖̂ 
(−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) ∙ 𝑗̂ + (𝑓𝑎𝑡𝐴) ∙ 𝑖̂ = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖̂ 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
18 
Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial 
obtemos duas equações, uma para 𝑖̂ e outra para 𝑗̂. 
para 𝑖̂ 
para 𝑗̂ 
𝑓𝑎𝑡𝐴 = 𝑚𝑎𝐺 −𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 +
𝑁𝐵 = 0 
𝑁𝐴 =
𝑚𝑎𝐺
𝜇𝑒
 (1) 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 (2) 
Calculando as reações nos apoios: NA e NB. 
Para o movimento de translação 𝑀𝐺
𝑒𝑥𝑡 = 0⃗⃗ 
−𝑓𝑎𝑡𝐴. 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵 . 1,6 = 0 , logo 
−𝜇𝑒𝑁𝐴. 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵. 1,6 = 0 
−0,48. 𝑁𝐴 − 1,1. 𝑁𝐴 + 1,6. 𝑁𝐵 = 0 , logo 
 𝑁𝐴 = 1,013. 𝑁𝐵 (3) 
Substituindo (3) em (2), vem:1,013. 𝑁𝐵 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 
𝑁𝐵 = 0,498. 𝑚𝑔 → 1,709. 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 𝑁𝐵 = 0,498. 𝑃 
𝑁𝐴 = (1, 𝑂13). (0,498). 𝑚𝑔 = 0,505. 𝑃 
Fazendo a substituição da equação (1); obtemos 
𝑁𝐴 =
𝑚𝑎𝐺
𝜇𝑒
 → 𝑎𝐺 = 0,505. 𝑃.
𝜇𝑒
𝑚
 
= (0,505). (0,8) 𝑚𝑔 𝑚⁄ 
 → 𝑎𝐺 = 3,96 𝑚 𝑠
2⁄ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 14. O veículo da figura pode trafegar utilizando várias 
configurações de eixos motrizes. As dimensões indicadas são: 
d1 = 2.5m; d2 = 1.5 m e h = 0.9 m. O veículo de massa m = 1400 
kg apóia-se em uma superfície horizontal com coeficiente de 
atrito  = 0.8. Pedem-se determinar a máxima aceleração do 
veículo nas seguintes hipóteses: 
 (a) tração nas quatro rodas; 
 (b) tração nas rodas traseiras; 
 (c) tração nas rodas dianteiras. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) tração nas quatro rodas; 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
x T Dx G AT AT G
F m a F F m a

      
 
0y T DF N N P

    
 
⤹
1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d          
 
D T GN N m a     
 
14000T D T D
m g
N N P N N

    
 
 14000 0.9 0.9D DN N      
 14000 2.5 1.5 0D DN N     
 
 
 0.8 14000 0.9 0.8 0.9D DN N     
 14000 2.5 1.5 0D DN N     
 
 
10080 0.72 0.72D DN N   
35000 2.5 1.5 0D DN N     
 
 
10080
35000 4 0DN   
 
4 24920 6230D DN N N   
 
14000 6230 7770T TN N N   
 
2
4984 6216
8
112000.8 6230 0.8 7770 1400
1400
G G
m s
a a      
 
 
(b) tração nas rodas traseiras; 
x Tx G AT G
F m a F m a

     
 
0y T DF N N P

    
 
⤹
1 20 0TG AT T DM F h N d N d        
 
14000D TN N 
 
1 2
0.90.8 2.5 1.5
0T T DN h N d N d       
 
0.72 2.5 1.5 0 1.5 1.78T T D D TN N N N N         
 
1.1867D TN N 
 
1.1867
14000 2.1867 14000
T
D T T
N
N N N

    
 
14000
6402.34 7597.659
2.1867
T T DN N N N N    
 
0.8 6402.34 1400
T
T
AT G G
N
F m a a

     
 
2
5121.872
3.658
1400
G G
m
a a
s
  
 
(c) tração nas rodas dianteiras. 
x Dx G AT G
F m a F m a

     
 
0y T DF N N P

    
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
19 
⤹
1 20 0DG AT T DM F h N d N d        
 
14000D TN N 
 
1 2 0D T DN h N d N d      
 
0.8 0.9 2.5 1.5 0 0.888D T D T DN N N N N         
 
1.888 14000 7415D DN N N   
 
6584.74TN N
 
0.8 7415 1400D G GN m a a       
2
5932
4.237
1400
G G
m
a a
s
  
 
 15. A figura mostra um automóvel de 750 kg, que 
desloca-se com velocidade constante v = 35 m/s, para a direita, 
apoiado numa superfície horizontal com coeficiente de atrito 
estático e = 0.8 e coeficiente de atrito cinético c = 0.65. As 
dimensões indicadas são d1 = d2 = 1.0 m e h = 0.7 m. Num certo 
instante, os freios são acionados. Pedem-se: 
 (a) as reações normais nas rodas, para desaceleração 
de 5.5 m/s²; 
 (b) o mínimo espaço de frenagem; 
 (c) o espaço de frenagem caso as rodas travem. 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 
 
 
 
 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
750
x T D T Dx G AT AT G AT AT G
F m a F F m a F F a

           
 
0 7500y T D T DF N N P N N

       
 
⤹
1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d           
 
 0.7 0.7 1 1 0 0.7 0
T D T DAT AT T D AT AT T D
F F N N F F N N              
 
4125
750 5.5
T DAT AT
F F  
 
 
4125
2887.5
0.7 0 2887.5
T DAT AT T D D T
F F N N N N        
 
2887.5
7500 2 7500 2887.5
T
T D T
N
N N N

     
 
2306.25
2306.25
4612.5
2887.5 5193.75
2
T D T D
N
N N N N N     
 
 
 (b) O mínimo espaço de frenagem exigirá a máxima 
desaceleração, exigindo, portanto, o atrito máximo: 
0.8
T DAT E T AT E D
F N F N     
 
 0.8 750
x T Dx G AT AT G T D G
F m a F F m a N N a

            
 
750
937.5
0.8
T D G T D GN N a N N a      
 
0 7500y T D T DF N N P N N

       
 
1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d           
 
 0.7 0.7 1 1 0 0.7 0
T D T DAT AT T D AT AT T D
F F N N F F N N              
 
0.7 0
E T E D
T D
N N
AT AT T DF F N N
   
      
 
 
 
 
0.8
0.56
0.7 0E T D T DN N N N

      
 
0.56 0.56 0 1.56 0.44 0T D T D T DN N N N N N           
 
0.44
0.282
1.56
T D T DN N N N    
 
0.282
5850.23
7500
7500 1.282 7500
1.282
D
T D D D
N
N
N N N N

      
 
0.282 5850.23 1649.77T TN N N   
 
  2
7500
0.8 750 8T D G G
m
N N a a
s
     
 
2
2 2 0
0 2
2
F
v
v v a s s
a
      

 
235
76.5625
2 8
s s m    

 
 
 (c) Quando as rodas travarem, há o deslizamento sobre 
o piso. O atrito é cinético: 
 
`
0.65 750
x T D
C T C D
x G AT AT G T D G
N N
F m a F F m a N N a
 

 
            
 
750
1153.8462
0.65
T D G T D GN N a N N a      
 
7500
7500 1153.8462
1153.8462
G Ga a   
 
2
6.5G
m
a
s

 
235
94.23
2 6.5
s s m    

 
 
 
 
 
 
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
20 
 
 
 
 
 
 
16. (2.18 pag. 45 Unip) – A figura ilustra um 
pequeno cofre de massa m = 100 kg, altura H = 0.7 m, 
largura L = 0.5 m, apoiado em superfície horizontal com 
coeficiente de atrito  = 0.3. O cofre é acionado pela força 
F = 750 N, com linha de ação horizontal, distante h do 
piso. Pedem-se. (a) a aceleração do armário; (b) o 
intervalo de valores da altura h, que não produz 
tombamento. 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
x T Dx G AT AT G
F m a F F F m a

       
0y T DF N N P

    
 
⤹
0GM 
0
2 2 2 2 2T D
AT AT T D
H H H L L
F h F F N N
 
            
 
T D GF N N m a       
 T D GF N N m a     
100 10
1000T D T DN N P m g N N       
750 1000.3 1000
750 300 100T D GF N N m a a
 
         
 
 
 
2
4.5
m
a
s
 
0.7 0.5
750
0
2 2 2 2 2T D
AT AT T D
H H H L L
F h F F N N
 
 
            
 
 
 750 0.35 0.35 0.35 0.25 0.25 0
T DAT AT T D
h F F N N           
 
0.3
750 0.35 0.35 0.35 0.25 0.25 0T D T Dh N N N N              
 750 0.35 0.355 0.145 0T Dh N N        
0 1000T DN N N  
   
0 1000
750 0.35 0.355 0.145 0 750 0.35 145T Dh N N h             
145
0.35 0.35 0.1933
750
h h    
0.543 0 0.543h m h m   
 
17. Uma placa de 6-ft é colocada num caminhão com 
uma extremidade apoiada contra um 
bloco preso ao chão e o outro encostado a uma vertical do 
caminhão. Determinar a aceleração máxima permitida da 
caminhão se precisa-se manter na posição indicada 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama do corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x Ax G AT B G A B G
F m a F N m a N N m a            
0
By A AT A B
F N P F N P N         
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B 
G 
780 AN
 
BN
 
P
 
Ga
 
AAT
F
 
BAT
F
 
A 
G 
780 
L/2 
O 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
21 
0 0
0.624
6
cos78 cos78
2 2
ft
L
AO AO   
0
3 0.978
78 2.934
2
L
OG sen OG ft

  
 
⤹
0
AG A AT
M N AO F OG      
0
BB AT
N OG F AO     
A BAT A AT B
F N F N      
A AN AO N OG     
0B BN OG N AO      
  AOG AO N    
  0BOG AO N     
A B
OG AO
N N
AO OG


  
  
  
 
2.934 0.624
0.624 2.934
A BN N


  
  
  
 
y A BF N P N

     
2.934 0.624
0.624 2.934
B BN P N
 
   
     
  
 
0.624
0
2.934
BN P     
xx G A B G
F m a N N m a        
0.624
2.934
Gm g m a
 
      
 
 
2
6.32
0.624
29.7
2.934
G
ft
s
a  
 
18. (Beer Johnston 16.7) Um armário de 20 kg, está 
montado sobre rodízios que permitem que ele se mova 
livremente 
( = 0) no chão. Se uma força de 100 N é aplicado como 
mostrado, determinar: 
(a) a aceleração do armário, (b) o intervalo de valores 
de h para o qual o gabinete não vai derrubar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama do corpolivre: 
 Equações de movimento: 
xx G G
F m a F m a

     
2
100 20 5
x xG G
m
a a
s
   
 
0 200y T D D TF N N P N N

       
 
⤹
0GM    100 0.9 0.3 0.3 0T Dh N N      
   100 0.9 0.3 0D Th N N      
   100 0.9 0.3 200 0T Th N N       
   100 0.9 0.3 200 2 0Th N       
 100 0.9 0.6 60Th N    
 
0.6 60
0.9
100
TNh
 
  
0.9 0.006 0.6TN h    
0 0.9 0.6 1.5TN h h m     
 
200 0.9 0.6 1.2 0.3TN P h h m       
 
0.3 1.5h 
 
 
19. (Beer Johnston 16.11) O elemento de suporte 
mostrado é usado para transportar uma lata cilíndrica de 
uma elevação para outra. 
Sabendo-se que μ = 0.25 entre a lata e o 
suporte, determinar: 
(a) a magnitude da aceleração para cima um para 
o qual a lata irá deslizar sobre o suporte; 
(b) a menor proporção h/d para o qual derrubará 
a lata antes dela deslizar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
22 
cos30 cos30x atF m a F m a

        
cos30N m a     
 
30 30yF m a sen N P m a sen

         
 
 30 30N P m a sen N m g a sen        
 
 30
cos30
m g a sen
N m a
  
    
 
30 cos30m g m a sen m a            
 cos30 30
m g
a
m sen


 

   
 
cos30 30
g
a
sen




  
 
2
0.25 10 2.5
3.37 30
cos30 0.25 30 0.741
m
a a a
sen s

     
  
 
⤹
0GM   0
2 2
AT
h d
F N   
 
ATF d
N h
  
0.25
d
h
 
4
h
d

 
20. (Beer Johnston 16.1) Um sistema de transporte é 
equipado com painéis verticais, e uma haste de 300 mm 
AB de massa 2,5 kg e é apresentado entre dois painéis, como 
mostrado. 
Sabendo que a aceleração do sistema é 1.5 m/s² para a 
esquerda, determinar: 
(a) A força exercida sobre a haste em C, 
(b) a reação a B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
cos20x x CF B R m a

      
 
2.5 1.50.9397
cos20 0.9397 3.75x C x CB R m a B R        
 
20 0y C yF R sen B P

     
 
0.3425 25C yR B  
 
⤹
0GM  
cos70
2
200
70 0
70 2 2
C y x
l
d
l l
R B b B sen
sen
 
 
   
              
 
 
200 300 300 300
0.342 0.9397 0
0.9397 2 2 2
C y xR B B
     
              
     
 
62.836 51.3 140.955 0C y xR B B      
 
 
0.9397 3.75
0.3425 25
140.955 51.3 62.836 0
x C
y C
x y C
B R
B R
B B R
   

  
      
 
Resolvendo o sistema: 
 
3.54182
7.078
23.7869
C
x
y
R N
B N
B N
 


 
 
2 2 2 223.7869 3.54182B x y BR B B R    
 
24.81BR N
 
23.7869
7.078
y
x
B
arctg arctg
B
         
  
 
⦩
73.43  
 
⦨20° 3.43N 
⦩
73.43  
24.8N 
 
 21. (Unip - pg. 42) A figura ilustra um copo de massa 
m = 0.2 kg apoiado sobre uma mesa , do carro restaurante de 
um trem, que parte do repouso com aceleração constante a. O 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
23 
coeficiente de atrito entre o copo e a mesa é  = 0.35. Pedem-
se: 
 (a) a máxima aceleração que não produz deslizamento 
do copo; 
 (b) a máxima aceleração que não produz o 
tombamento do copo; 
 (c) a distância, entre a linha de ação da reação normal 
da mesa sobre o copo e, a ;linha de ação da força peso, quando 
a aceleração do trem for a = 2 m/s2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
 (a) 
xx G At G
F m a F m a m g m a           
2
0.35 10 3.5
m
a g a a
s
       
(b) 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
x Tx G a G
F m a F m a

     
2
0.2 10y
m g
F N P N P


      
 
⤹
0GM 
4 6
40 2
40 120 0
120D D
AT ATN F F

       
 
2
4
0.2 3.33
6
G G
m
a a
s
   
 
(c) 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
0.4
0.2 2
x Tx G a G
F m a F m a

       
2
0.2 10y
m g
F N P N P


      
 
⤹
0GM   40 120 0
DAT
N x F     
 
 2 40 0.4 120 0 2 80 48x x        
 
2 128 64 64 40 24x x d mm      
 
80 24x mm 
 
 
22. A barra homogênea ABC, de massa m = 12 kg, 
inclinada em relação ao horizonte do ângulo  = 40°, apresenta 
as dimensões d1 = 0,4 m, d2 = 0,7 m, está conectada a dois 
cursores de pesos desprezíveis que deslizam ao longo de hastes 
horizontais fixas. O coeficiente de atrito entre o cursor B, e a 
haste guia é μ = 0,4. O conjunto assim descrito é acionado por 
força F = 90 N, aplicada no ponto A. Não há atrito entre o cursor 
A e a haste fixa; a aceleração da gravidade local é g = 10 m/s2. 
A reação normal da haste fixa no cursor A, expressa em N, é 
aproximadamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
90 12
xx G B G
F m a F F m a

      
120
0 120y A B A BF N N P N N

       
 
⤹
0GM 
1 2
90
cos40 40
2 2
d d
A
L L
N F sen

      
2 2
0.7 0.7
40 cos 40 0
2 2
B B
L L
F d sen N d
   
            
   
   
 
120
0.4213 31.8179
BN
AN

 
0.0964 0.1149 0
B
B B
N
F N

    
 
0.4213 50.556 31.8179BN  
0.03856 0.1149 0B BN N    
 
0.49164 18.7381 0BN  
 
38.11BN N 
 
82AN N
 
23. O veículo ilustrado, possui massa m = 140 kg, 
desloca-se para a direita com velocidade v = 20 m/s, em pista 
reta e horizontal, sendo que os coeficientes de atrito entre o piso 
e os pneus são: coeficiente de atrito estático μest = 0,8; 
coeficiente de atrito cinético μcin = 0,5. Os freios são acionados 
com o intuito de parar o veículo o mais rápido possível, 
entretanto, o operador aciona apenas os freios das rodas 
dianteiras. A dotar g = 10 m/s2. A aceleração do veículo 
expressa em m/s2, é aproximadamente: 
 
 
 
 
 
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
24 
 
 
 
5,5 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
140
xx G B G
F m a F m a

      
1400
0 1400y A B A BF N N P N N

       
 
⤹
0GM 
1400
0.6 0.6 0.4 0
B B
A B B
N N
N N F
 
      
 
1400 0.6 0.6 0.6 0.8 0.4 0B B BN N N         
 
1400 0.6 1.2 0.32 0B BN N      
 
840
954.54
1.2 .32
B BN N N  

 
1400 954.54 445.45A AN N N   
 
25.5
0.8 954.54
140
140
B G G
m s
N a a


      
 
24. A figura, ilustra um bloco de granito pouco 
espesso, de massa m = 90 kg, altura H = 0,8 m, largura L = 0,6 
m, apoiada em superfície horizontal com coeficiente de atrito μ 
= 0,1. O bloco é acionado pela força F = 650 N, com linha de 
ação horizontal, distante h = 0,55 m do piso. A dotar g = 10 
m/s2. A aceleração do bloco, expressa em m/s2, é 
aproximadamente:26. (Unip - pg. 50) A figura ilustra a barra AB de 
massa 25 kg que é ligada a duas hastes bi-articuladas AC e BD, 
de massas despreziveis. Considerando o instante em que é 
abandonada em repouso, na posição indicada, pedem-se: 
(a) a aceleração da barra; 
(b) os esforcos nas hastes articuladas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 20.4 0.3 0.5BD BD m   
 
0
0.8 0.6
0.4 0.3
cos 36.8698
0.5 0.5
sen      
 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
cos cos
25
x
AC BD
x G x x x
T T
F m a A B a
 

 
      
25
AC BD
y y y y
T sen T sen
F A B P a
 

 
     
 
⤹
0GM  0.25 0.25 0x x AC BDA B T T T       
 
2 cos
2 cos 25 0.064
25
x x x
T
T a a a T
           
1.2 250
2 250 25
25
y y
T
T sen a a        
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observando a figura, podemos dizer que: 
250 cos53.1301
2 cos53.14 0
2
T P T
 
     
 
75T N
 
75
0.064 4.8x xa T a   
 
1.2 75 250
6.4
25
ya
 
  
 
2
ˆ ˆ ˆ ˆ4.8 6.4x y
m
a a i a j a i j
s
 
          
 
 
2 2 2 24.8 6.4x ya a a a    
 
2
8
m
a
s

 
y
x
a
arctg
a

 
  
 
 
 
 
=36.86° 
90°-36.86°=53.14° 
P=250N 
T 
T 
150 
199.99 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
25 
6.4
53.13
4.8
arctg      
 
 
A = 8 m/s²⦪53.13° 
 
27. (Unip - pg. 48) A figura ilustra um paralelepípedo 
retangular de dimensões 2 b e 2 c; sendo b = 1.0 m e c = 2m. O 
paralelepípedo apóia-se em uma superfície rugosa, inclinada de 
 = 45° em relação à horizontal, e desliza-se ao longo da mesma 
com movimento de translação, mantendo aceleração aCM = 4.24 
m/s². Pedem-se: 
(a) o coficiente de atrito entre o paralelep´pedo e a 
superfície inclinada; 
(b) a distância x que define a linha de ação da reação 
normal N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama do corpo livre: 
 Equações de movimento: 
 TCM: 
4.24
P sen
x CM x atF m a P F m


      
0 cosy yF N P N P 

      
 
cosat atF N F P       
 
TMA: 
⤹
0GM  0
2
at at
x
N x F c F N       
 
4.24atP sen F m   
 
cos 4.24P sen P m       
 
45 cos45 4.24m g sen m g m         
45 cos45 4.24g sen g     
 
45 4.24
cos 45
g sen
g
  
 
 
10 0.707 4.24
0.4
10 0.707
    

 
2
2 0.8at
F
x x m
N
    
 
 
28. Um tronco de madeira de 60 lbf de peso: 
(90.4.4482/9.81 = 27.2 kg) 
é suportada por dois cabos e usada como 
aríete. O tronco é liberado do repouso ( = 0) e 
liberado conforme mostrado. Determine a aceleração 
angular do tronco  e as tensões nos fios amarrados 
em A e em B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
1
12
pol ft
 
1 1 1" 0.0254in pol m  
 
1 1' 0.3048ft m 
 
1 ( ) 4.54lb massa kg
 
1 ( ) 4.4482lb força N
 
1
1 ( )
4.4482
N lb força
 
2
32.2
ft
g
s

 
60
1.8633
32.2
P
m m m slugs
g
    
21 1 14.594slugs lb s ft kg  
 
1.8633 14.594 27.194m m kg   
 
27.194 9.81 266.771P m g P N     
2
n
G n T
T
a r
a a a
a r


  
   
 
 
TCM: 0
0
cos30
30
A B n
T
T T P m a
P sen m a
     

  
 
0
0
27.2 9.81
cos30
30 27.2
A B n
T
T T P m a
m g sen a
     

    

 
0
2
27.194 0.59.81
30 4.905T T
m
m g sen m a a
s
     
 
4.905 2 0.3048Ta r      
 
2
8.046
rad
s
 
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
26 
,
: 0
i OF
i
TMA M 
1
2
0 03 360 60 1 0
2 2
A BT sen T sen
 
        
 
 
3B AT T 
 
0cos30A B nT T m g m a     
 
03 27.194 9.81 cos30 0A AT T     
 
04 60 4.4482 cos30 0AT    
 
4 231.14 0AT  
 
12.98
57.75
57.75
4.4482
A
lbf
T N 
 
173.25
3 57.75 38.94BT N lbf  
 
 
 
 
 
 
 
 
29. Um carro esporte de massa m = 1500 kg possui 
apenas tração traseira. Determine o tempo que leva para ele 
parar, quando aciona os freios a 80 km/h. O coeficiente de atrito 
estático entre os pneus e a superfície vale  = 0.2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
TCM:
0
BAT x
A B
F m a
N N P
 

  
 
14715
B x
A B
N m a
N N
   

 
 
,
: 0
i OF
i
TMA M 
1.25 0.75 0.35 0
BA B AT
N N F      
 
1.25 0.75 0.35 0A B BN N N       
 
1.25 0.75 0.07 0A B BN N N      
 
1.524
1.25
0.82
B AN N
 
5942.95
15000
1.524 15000
2.524
A A AN N N N    
 
5829.1
1.524 8884.96B A BN N N N   
 
0.2 9857.05 1500B x xN m a a       
2
0.2 9857.05
1.2076
1500
x x
m
a a
s

  
 
0
0
v
v v a t t
a
     
 
80 3.6
18.4
1.2076
t t s

   
 
30. A barra vertical AB tem uma massa de 0.150 kg 
com centro de massa G a meio caminho entre as extremidades. 
A barra é elevada a partir do repouso em  = 0 por meio das 
ligações com hastes paralelas de massa negligenciável, O par 
de hastes geram um momento constante de valor M = 5 kN.m , 
aplicado à ligação inferior em C. Determinar a aceleração 
angular  das ligações em função do ângulo  e encontrar a 
força B na haste DB da ligação no instante em que  = 300. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observar que, aplicando o Teorema do Momento 
angular para a haste CA, com pólo em C: 
TMA: 
0
iC
F
i
M 
 
1.5 0
1.5
t t
M
M A A    
 
 
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
27 
5
3.33 3333
1.5
T t tA A kN A N    
 
 Aplicando o Teorema do Centro de Massa, 
TCM, para a barra: 
cosT T
n n
A P m a
A B P sen m a


   

     
 
 
 2
cosT
n
A m g m r
A B P sen m r
 
 
      

      
 
 
 2
3333 150 9.81 cos 150 1.5
nA B P sen m r
 
 
      

      
 
 
 2
3 333 0.15 9.81 cos 0 15 1.5
nA B P sen m r
 
 
        

      
 
 
3 333 1.475 cos 0.225      
3 333 1.475
cos
0.225 0.225
   
 
14.81 6.556 cos    
14.81 6.556 cos
d
dt
    
 
 14.81 6.556 cos
d d d
dt d
dt
           
 14.81 6.556 cosd d     
 
 
0 0
14.81 6.556 cosd d
 
      
 
2
14.81 6.556
2
sen
     
 
2 29.62 13.11 sen      
2 29.62 13.11
6 6 6
sen
        
 
2 215.51 6.55 8.955
6
       
 
14.81 6.556 cos
6 6
       
 
 
2
14.81 5.67 9.13
3 6
rad
s
               
   
 
 2nA B P sen m r       
 
 2nA B m g sen m r        
 
 150 9.81 150 8.955 1.5
6
nA B sen

       
735.75 2014.875nA B   
 
1279.125nB A Aplicando o Teorema do momento angular 
em relação ao polo O = G para a barra: 
TMA: 
0
iO
F
i
M 
 
2.4 2.4 2.4
cos 1.8 cos 0
2 2 2
n tB A A sen             
 
2.4 2.4 2.4
cos 1.8 cos 0
6 2 6 2 6 2
n tB A A sen
   
          
 
0.5196 1.039 0.6 0n tB A A     
 
0.5196 1.039 0.6 3333.3 0nB A     
 
0.5196 1.039 1999.998nB A   
 
 Juntando as equações: 
1279.125
0.5196 1.039 1999.998
n
n
B A
B A
 

   
 
 
1279.125
0.5196 1.039 1279.125 1999.998
nA B
B B
 

    
1279.125
0.5196 1.039 1329.01 1999.998
nA B
B B
 

    
 
1279.125
1.5586 3329
nA B
B
 

 
 
2135.89 1279.125 856.76
3329
2135.89
1.5586
n nA A N
B B N
   


  
 
31. (Livro Unip – pg. 50) - A figura ilustra a 
barra AB de massa m = 25 kg, que é ligada a duas 
hastes bi-articuladas AC e BD de pesos desprezíveis. 
Considerando o instante em que é abandonada em 
repouso, na posição indicada, pedem-se: 
 (a) a aceleração da barra; 
 (b) os esforços nas hastes articuladas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
28 
 
 
Aplicando o Teorema do Centro de Massa, 
TCM, para a barra: 
GR m a 
 
T T
n n
R m a
R m a
 

 
 
cos
T
AC BD n
P sen m a
T T P m a


  

    
 
 Como: 
25 10 250P m g N    
 
00.3 36.87
0.4
arctg     
 
 
0
0
250 cos36.87 25
250 36.87 25
T
AC BD n
a
T T sen a
   

    
 
2
8
199.99
199.99 25
25
150 25
T T
AC BD n
m
a a
s
T T a

   


   
 
2 0n na r a   
 
Repouso:  = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 Da figura, observe que: 
ˆ ˆˆ cost sen i j    
 
ˆ ˆˆ cosn i sen j    
 
 Como: 
ˆ8Ta t 
 
 ˆ ˆ8 cosTa sen i j     
 
 0 0ˆ ˆ8 36.87 cos36.87Ta sen i j    
 
2
ˆ ˆ4.8 6.399T
m
a i j
s
 
     
 
 
Aplicando o Teorema do momento angular 
em relação ao polo O = G para a barra: 
TMA: 
0
iO
F
i
M 
 
cos 0.25 cos 0.25 0AC BD AC BDT T T T       
150 0AC BDT T  
 
75AC BDT T N 
 
 
 32. A porta tem peso W = 200 lb e centro de gravidade em 
G. determinar o quão longe a porta se move no tempo t partindo 
do repouso, se um homem empurra-lo em C com uma força 
horizontal F. Além disso, encontrar as reações verticais no rolos 
A e B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Dados: W = 200 lb, c = 5 ft; d = 12 ft; e = 6 ft; t = 2 s; 
F = 30 lb; b = 3 ft; g = 32.2 ft/s2. 
 
 
 
 
 
 
 
TCM:
0
x
A B
W
F a
g
N N W

 

   
 
2
200
30 4.83
32.2
200A B
ft
a a
s
N N

   

  
 
,
: 0
i OF
i
TMA M 
 
  0A BN e N e F c b       
 
 6 6 5 3 0A BN N F       
 
6 6 30 2 0 10A B A BN N N N         
 
NA = 105 lb; NB = 95 lb; 
 
2 21 1 4.83 2
2 2
d a t d    
 
9.66d ft 
 
 
 
 
 
 
 
 

 

 
jˆ
 
iˆ
 
tˆ
 
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 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
29 
 33. A empilhadeira de massa me = 2000 kg que desloca-se 
para direita com velocidade 10 m/s, transportando carga com 
massa mC = 500 kg, quando os freios são acionados gerando 
desaceleração igual a 4.5 m/s². O coeficiente de atrito entre a 
carga e a plataforma é  = 0.6. No instante do acionamento dos 
freios, pedem-se: 
 (a) a aceleração da carga; 
 (b) a reação das rodas na empilhadeira. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TCM:
0
x at at atD T e
R e F F F
T D e c
F m a F F F
N N P P
     

   
 
 2000 4.5
25000
at at atD T e
F F F
T D
F F F
N N
     

 
 
9000
25000
at at atD T e
F F F
T D
F F F
N N
   

 
 
 
,
: 0
i OF
i
TMA M 
 
 
 
0.8 1.2 1.2 1.2
1.5 0.95 0.95 0.95 0
e at atD T
T D c
at F F
N N P x
F F F
       
       
 
 
   
0.8 1.2 1.2 1.2
1.5 0.95 0.95 0
e at atD T
T D c
at F F
N N P x
F F F
       
      
 
 A força de atrito atuando entre a plataforma e o suporte 
da empilhadeira, caso não haja escorregamento, variará de 0 a 
.NC: 
0 at cF N  
 
3000
0 0.6 5000atF  
 
 Como a empilhadeira tem uma aceleração de 4.5 m/s2, 
mc.a = 500.4.5 = 2250; assim a força de atrito é estática, pois 
2250 < 3000 e a caixa, nessa aceleração, não deslizará sobre o 
suporte da empilhadeira. Assim: Fat = 2250 N (para a esquerda). 
A reação à força de atrito é aplicada sobre a plataforma...logo 
está aplicada para a direita. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para determinarmos a distância entre as linhas de ação 
da força Normal sobre a caixa e a linha de ação da força peso 
sobre a caixa, x, utilizamos o TMA, teorema do momento 
angular: 
,
: 0
i OF
i
TMA M 
 
0.6
0.6 atc at
F
x N F x
N

     
 
0.6 2250
0.27
5000
x x

  
 
 
 
0.27
0.8 1.2 1.2 1.2 1.5 0.95
0.95 0
e
at atD T
T D c at
F F
N N P x F
F F
 
           
 
 
   
 
 Do TCM, vemos que: 
9000
at at atD T e
F F FF F F  
 
 
Substituindo, teremos: 
  
13350
1237.5
9000
0.8 1.2 5000 2.67 2250 1.5 0.95
0.95 0
Fate
at atD T
T D
F
F F
N N
F F

        
 
    
 
 
 
 
 
0.8 1.2 13350 1237.5
9000 0.95 0
ate
T D
F
N N
F
     
   
 
2137.5
8550
2250
0.8 1.2 13350 1237.5
9000 0.95 0.95 0
ate
T D
F
N N
F
     
    
 
0.8 1.2 13350 1237.5
8550 2137.5 0
T DN N     
  
 
0.8 1.2 25275 0T DN N     
 
v
 a
 
x 
Tat
F
 DatF
 
eat
F
 
 
 
 
 
 
 
 Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 01 – 1° Bimestre 
 
30 
x 
y 
NA 
0.8 1.2 25275T DN N    
 
1.2 0.8 25275
25000
D T
D T
N N
N N
   

 
 
45275
1.2 0.8 25275 0.8 25000
25000
D D
T D
N N
N N

      
  
 
2263
4
7
52
.5
22637.
75
2
25000 5
D
T
DN
N
N

 

  
 
22637.5
2362.5
D
T
N N
N N



 
34. A empilhadeira de massa me = 2000 kg que 
desloca-se para direita com velocidade 10 m/s, transportando 
carga com massa mC = 500 kg, quando os freios são acionados 
gerando desaceleração igual a 4.5 m/s². O coeficiente de atrito 
entre a carga e a plataforma é  = 0.6. No instante do 
acionamento dos freios, pedem-se: 
 (a) a aceleração da carga; 
 (b) a reação das rodas na empilhadeira. 
 
 
 
35. Cilindros sólidos homogeneos 400 mm de altura e 
250 mm de diâmetro, são suportados por uma correia 
transportadora plana que se move horizontalmente. Se a 
velocidade da cinta é dada por: 
   21.2 0.9v t t SI  
 
onde