Dinâmica dos Solidos Prova 2

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Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
1 
 
 
 Rotação em torno de eixo fixo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM e TMA: 
Exti G
i
F m a  
Fi
G G
i
M I   
Ou 
Fi
O O
i
M I   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: 
Rotação em torno de eixo fixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
nn G G
F m a m r     
tt G G
F m a m r     
G GM I   
 
 Dinâmica do movimento plano: 
Resumo: 
 
 TCM: Teorema do Centro de 
massa: 
ext CMR m a  
 
 TMA: Teorema do momento angular: 
Q QM I   
 
2
QI P Q dm   
Pólo Q pertence ao sólido: 
Pólo Q fixo (vQ = 0) ou pólo QCM 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
2 
 
 
 
 
 
 
1. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1052) - Um fio é 
enrolado em torno de um disco de raio r homogêneo 
0.5 m e de massa de 15 kg. Se o cabo é puxado para 
cima, com uma força de intensidade T = 180 N, 
determinar (a) a aceleração do centro do disco, (b) 
a aceleração angular do disco, (c), a aceleração do 
cabo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
i G y
i
F m a m a T P     
 
2
180 150
2
15
m g
y y y
T P m
a a a
m s

 
    
 
⤹
G GM I   
 
GT R I   
 
2 2
215 0.5 1.875
2 2
G G G
M R
I I I kg m
 
     
 
2
180 0.5
48
1.875G
T R rad
I s
          
↻ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
0 2
x yG G
m
a a
s
   
 
Inicialmente v =  = 0 
   P Qa a P Q P Q           
 
   A Ga a A G A G           
 
 ˆˆ ˆ2 48 0.5 0Aa j k i       
 
ˆ
ˆˆ ˆ ˆ2 24 26A A
j
a j k i a j       
 
2
ˆ26A c
m
a a j
s
 
    
 
 
 
 
 
2. (Beer Johnston 10a Ed. Pag. 1053) - Uma esfera 
uniforme de massa m e raio r é projetada ao longo 
de uma superfície horizontal áspera com uma 
velocidade linear v0 e sem velocidade angular. 
Denotando por k o coeficiente de atrito cinético 
entre a esfera e o chão, determine (a) o tempo t1 em 
que a esfera vai começar a rolar sem deslizar, (b) a 
velocidade linear e a velocidade angular da esfera 
no tempo t1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
0
x
Ext
G
i G
i
m a N a g
F m a
N P N m g
        
   
    

O G
i
M I  
 
22
5
GI m r 
 
O G
i
M I  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
22
5
F r m r     
 
22
5
m g r m r       
 
2 5
5 2
g
g r
r
         
 
 A esfera começará a rolar sem deslizar 
quando o ponto de contato dela com o solo possuir 
velocidade nula. 
0Cv 
 
00t v v  
 
  0v t v a t  
 
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3 
 
  0Gv t v g t   
 
C Gv v GC  
 
ˆˆ ˆ0 Gv i k r j     
 
ˆ
ˆˆ ˆ0 G
i
v i r k j

     
 
ˆ ˆ ˆ0 G Gi v i r i v r          
 
0v g t r      
 
  0t t    
 
  0
0
5
2
g
t t
r
    
 
 
5
2
g
t t
r
   
 
0
5
2
g
v g t t r
r
       
 
0
5
2
v g t g t      
 
0
0 1
27
2 7
v
g t v t t
g
       
 
 Velocidade linear 
  0Gv t v g t   
 
  01 0
2
7
G
v
v t t v g
g
      
 
    0 01 0 0 1
7 22
7 7
G G
v v
v t t v v v t t

     
 1 0
5
7
Gv t t v 
 
 Velocidade angular: 
 
5
2
g
t t
r
   
 
  01
25
2 7
vg
t t
r g
 

   

 
  01
5
7
v
t t
r
   
 
 
3. (Meriam Kraige pag. 432) - O bloco de concreto de 
peso 644 lb é elevado pelo mecanismo mostrado de 
içar, onde os cabos estão firmemente enrolados em 
torno dos respectivos tambores. Os cilindros, que 
são mantidos juntos a girar como uma unidade única 
sobre o seu centro de massa, em O, têm um peso 
combinado de 322 lb e um raio de giração de cerca 
de 18 in. Se uma tensão constante de P = 400 lb é 
mantida pela unidade de potência em A, determinar 
a aceleração vertical do bloco e a força resultante 
sobre o rolamento em O. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 2
0 0
P
I k m I k
g
    
 
2
0
P
I k
g
 
 
2
18
18 32.3
12
ft
k in k ft g
s
    
 
2
0
18 322
12 32.2
I
 
  
 
 
2
0 22.5I lb f s  
 
 Tomando o centro de rotação O: 
O O
i
M I  
 
12 24
400 22.5
12 12
T            
   
 
800 22.5T   
 A aceleração do bloco será: 
exti G
i
F m a T P m a     
 
2
644
32.2
644
644 644
32.2
lb
ft
s
P
T a T a
g
     
 
12
12
a r a        
 
 
 Resolvendo: 
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800 22.5T    
20
644
644
32.2
T a 
 
800
22.5
T



 
800
644 20
22.5
T
T
 
   
 
 
22.5 22.5 644 20 20 800T T      
 
22.5 20 22.5 644 20 800T T      
 
42.5 14490 16000T  
 
30490
717
42.5
T T lb  
 
800 800 717
22.5 22.5
T    
 
2 2
3.67 3.67
rad ft
a
s s
   
 
Equilíbrio no centro da polia: 
0400 cos45 0ix x
i
F O   
 
0822 717 400 45 0iy y
i
F O sen     
 
283 1322x yO lb O lb  
 
2 2 1352x yO O O O lb   
 
 
4. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 428 ) - Uma 
roda desbalanceada de 50 lb possui um raio de 
giração kG = 0.6 ft sobre um eixo passando através 
de seu centro de massa G. Se a roda parte do 
repouso, determine as reações sobre seu pino O. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Momento de Inércia: 
2 2
G G G G
P
I m k I k
g
    
 
 
 
22
2
50
0.6
32.2
G
lb
I ft
ft
s
 
 
 
 
 
2 20.559 0.559G GI lb ft s I slug ft     
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos: 
2
O GI I m d  
 
2
1.5527
50
0.559 0.5
32.2
OI   
 
20.94719OI slug ft 
 
Fi
O O
i
M I   
2
50 0.5 0.94719 26.3938
rad
s
       
2
i in n n G
i i
F m a F m r        
 
Como  = 0: (roda parte do repouso): 
0nO  
i it t t G
i i
F m a F m r
 
       
 
50t GO m r    
 50 1.5527 26.39 0.5tO      
50 20.487 29.51t tO O lb    
5. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 429 ) - Uma 
barra de 20 kg num certo instante possui velocidade 
angular  = 5 rad/s. Determinar as reações na 
conexão da barra em O e a aceleração angular. Use 
g = 9.81 m/s². 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
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2i in n n G
i i
F m a F m r        
 
2
n GO m r   
220 5 1.5 750n nO O N     
i it t t G
i i
F m a F m r
 
       
 
t GO P m r    
20 9.81 20 1.5
t GO P m r

   
 
↺
iG
F G
i
M I   
 
2
60 1.5
12
t
m l
O    
 
 
220 3
60 196.2 30 1.5
12
      
 
15
180
60 294.3 45 60 354.3
12
         
 
2
354.3
5.905
60
rad
s
   
 
 177.15196.2 20 5.905 1.5 372.35t tO O N     
 
 Usando: 
iO
F O
i
M I  
 
2
O GI I m d  
 
22 2
12 2 3
O O
m l l m l
I m I
  
     
 
 
2
220 3 60
3
O OI I kg m

   
 
2
60 20 9.81 1.5 60 5.905
rad
s
         
 
6. (Hibbeler 12a Ed. Cap. 17 pag. 430 ) - O 
tambor mostrado possui massa de 60 kg e raio de 
giração k0= 0.25 m. Uma corda de massa 
desprezível é presa ao tambor e a uma massa de 20 
kg. Se o bloco é abandonado, determine a 
aceleração angular do tambor. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento para o tambor: 
2
i ix n x G
i i
F m a F m r        
 
2
x GO m r   
i iy y y G
i i
F m a F m r
 
       
 
y GO P T m r     
60 9.81 60 0.4
y GO T P m r

    
 
588.6 24yO T     
↺
iO
F O
i
M I   
 
Momento de inércia do tambor: 
2 2 260 0.25 3.75O O O OI m k I I kg m       
OT r I   
 
0.4
0.4 3.75
3.75
T T     
 
Se a corda não se desliza sobre a polia, a 
aceleração tangencial da polia será a mesma do 
bloco: 
Ga r 
 
 Equação de movimento para o bloco: 
iy y b
i
F m a P T m a

      
 
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20 9.81 20 196.2 20T a T a       
196.2
20
T
a


 
196.2
196.220
0.4 8G
T
a T
r
  


    
 
0.4 196.2 0.4
3.75 8 3.75
T
T T   
 
 196.2 3.75 8 0.4T T    
 
196.2 3.75 3.75 3.2T T    
 735.75 3.2 3.75 T  
 
735.75
105.86
6.95
T T N  
 
0.4 0.4
105.86
3.75 3.75
T   
 
2 2
0.4
11.29 4.51G
rad m
a r a
s s
      
 
6. (Livro Unip pg. 78 3.10) - 3 hastes finas, 
homogêneas, cada qual com massa m e 
comprimento L foram utilizadas na construção de 
um triângulo, conforme ilustrado. Pede-se o 
momento de inércia em relação a um eixo ortogonal 
ao plano da figura e que passe pelo CM – Centro de 
massa. 
 
 
 
 
 L L 
 CM 
 
 
 L 
_ _ / \3I I I I I      
 
2
2
_
1 3
12 3 2
m l l
I m
 
    
 
 
2
2
CM
m l
I


 
7. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Um ventilador, 
ao ser ligado, parte do repouso com aceleração 
constante, e atinge frequência f = 3000 rpm em 5 s, 
com o motor gerando potência média Pm = 350 W. 
Para manter a frequência de regime de trabalho, o 
motor desenvolve potência constante Pmotor = 120 
W. Considerar que o valor médio, do momento das 
forças dissipativas, nos movimentos acelerados, 
seja 75% daquele no movimento de regime de 
trabalho; pedem-se: 
 
(a) o momento das forças dissipativas, no 
regime de trabalho; 
(b) o momento de inércia do ventilador; 
(c) o tempo gasto até o ventilador parar, 
após ser desligado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Potência transferida pela força resultante F: 
motorP F v 
 
Momento do motor: 
motorM F d 
 
Como 
v d 
 
motorP F d  
 
motor motorP M  
 
Na frequência de regime: 
3000
2 2 314.16
60
rad
f
s
           
motor
motor motor motor
P
P M M    
 
120
0.3819
314.16
motor motorM M N m   
TMA: 
R motor diss CMM M M I    
 
No regime de trabalho, a velocidade 
angular é constante:  = 0. Logo: 
0 0.382motor diss diss motorM M M M N m     
 Considerando o movimento inicial, desde 
o repouso até a frequência de trabalho: 
0 314.16 0 5t         
 
2
314.16
62.832
5
lig
rad
s
   
 
2
0
2
t
t

 

   
 
262.832 5
0 5 785.4
2
rad       
motor mootorE P dt 
 
F
 
d
 
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7 
 
5
350 1750motor motorE t E J   
 
Energia dissipada: 
diss diss diss dissE P dt E M dt    
 0.382 0.75dissE dt   
 
0.287 0.287 785.38diss dissE dt E



      
225.4dissE J 
 
 Potência resultante: 
R RP M  
 
 Energia transferida ao sistema e 
armazenada na forma de energia cinética: 
c R C RE P dt E M dt    
 
cE I dt   
 
c c
d
E I dt E I d
dt
        
 
2 2314.16
49348.2
2 2
c c c
I I
E E E I
 
     
Pela conservação da energia: 
49348.2 1750 225.4C m dissE E E I     
 
21524.6 0.031
49348.25
I I kg m   
 
Pelo TMA, com o motor desligado: 
0.287 0 0.031RM I        
2
0.287
9.26
0.031
rad
s
    
 
0 0 314.16 9.26t t         
314.16
33.93
9.26
t t s  
 
8. (Livro Unip pg. 67 3.01) - Duas esferas de 
massas m1 = 0.010 kg e m2 = 0,03 kg estão 
localizadas nas extremidades de uma haste de peso 
desprezível, com comprimento L = 0,10 m. 
Determinar o momento de inércia (em kg.m2): 
(a) em relação a um eixo vertical passando 
pelo ponto médio da haste. 
(b) em relação a um eixo paralelo do item 
anterior que passa pelo centro de massa do 
conjunto. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) 2 2
1 2
2 2
O
L L
I m m 
 
2 20.01 0.05 0.03 0.05OI    
4 21 10OI kg m
  
 
(b) 
Somas Massa 
(kg) 
x 
(m) 
mi.xi (kg.m) 
 m1 = 0.01 0 0 
m2 = 0.03 0.1 0.003 

 
0.04im 
 
0.003i im x 
 
1 1 2 2
1 2
CM
m x m x
x
m m
  


 
0.01 0 0.03 0.1
0.01 0.03
CMx
  


 
0.003
0.075
0.04
CM CMx x m  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 20.01 0.075 0.03 0.025CMI    
 
5 27.5 10CMI kg m
  
 
 
9. (Livro Unip pg. 83 3.04) - Um balão 
esférico de raio R é constituído por uma película 
fina e homogênea de massa m. Considerando um 
eixo radial, pedem-se: 
(a) o momento de inércia; 
(b) o raio de giração. 
 
(a) 
22
3
CMI m R 
 (Esfera oca) 
(b) 
2 22 2
3 3
CMI m R m k k R     
 
 
 
10. (Livro Unip pg. 83 3.11) - Uma barra 
homogênea ilustrada a seguir, de massa m e 
comprimento L, está articulada pela extremidade A, 
girando em um plano vertical, sob ação de um 
x 
y 
CM 
0.075 0.025 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
8 
 
momento M. No instante ilustrado a velocidade 
angular é  = 8 rad/s; para esse instante, determine: 
(a) a aceleração angular da barra (em 
rad/s2). 
(b) as componentes da reação na 
articulação. 
Dados: m = 40 kg; L=6 m 
M = +120 N.m g = 10 m/s2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM.: Teorema do centro de massa: 
 
ix x x
i
F m a H m a    
 
 
iy y y
i
F m a V P m a       
 
 TMA: Teorema do momento angular: 
iOF O
i
M I  
 
6
120 400
2
OI    
 
O=A ; P = m.g = 400N 
 Teorema dos eixos paralelos: 
22
2
12 2
O CM O
m l l
I I m OG I m
  
       
 
 
2 2 2
12 4 3
O O
m l m l m l
I I
  
   
 
2
240 6 480
3
O OI I kg m

   
 
6
120 400 480
2
   
 
2
1080 480 2.25
rad
s
      
↻ 
2 2
2
2
8 3 192x x x
L
m
a r a a
s
         
2
2
2.25 3 6.75y y y
L
m
a r a a
s
        
 40 192 7680H H N     
 
270
400 40 6.75 400 270V V

      
 
 
130V N
 
 
11. (Livro Unip pg. 107 3.29) - Os blocos 
ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A massa da 
polia é mp e seu raio é R. Desprezar a massa da corda 
e admitir que não há escorregamento entre a corda 
e a polia. Considere a aceleração da gravidade local 
igual a 10 m/s2. A aceleração do bloco de massa 
m1 vale aproximadamente, em m/s2: 
Dados: m1 = 20 kg m2 = 12 kg M = 8 kg 
R = 0.3 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM.: Teorema do centro de massa: 
 
1 1 1
1 1
2 2 `2
iy
i
P T m a
F m a
T P m a
  
   
  

 
 TMA: Teorema do momento angular: 
iOF O
i
M I  
 
1 2 OT R T R I     
 
 
2
1 2
2
pm R
T T R 

   
 
O=G ; P1 = m1.g = 200N 
 P2 = m2.g = 120N 
Como a corda não escorrega: 
1 2a a R  
 
 
2
1 2
2
pm R
T T R 

   
 
1
2
200 20
120 12
T a
T a
  

  
 
 
2
1 2
0.36
2
pm R a
T T R
R

   
 
 1 2 1 2
2
2 8
pm
T T a a T T      
 
 
 
1 2
1
1 2
2
200 20
4
120 12
4
T T
T
T T
T

  

   

 
1 1 2
2 1 2
200 5 5
120 3 3
T T T
T T T
    

    
 
ax 
ay 
V 
H 
y 
x 
P 
y 
x 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
9 
 
1 2
2 1
6 5 200
4 3 120
T T
T T
   

   
 
2 28 5 200 240T T    
 
2
2 1
146.67
200 5440
3 6
T
T N T
 
  
 
1 1
155.56
440
200 5
28003
6 18
T T N
 
  
 
 
1 2 155.56 146.67
4 4
T T
a a
 
  
 
1 2 155.56 146.67
4 4
T T
a a
 
  
 
2
2.22
m
a
s

 
12. (Livro Unip pg. 91 3.14) - Um disco 
uniforme, com eixo fixo, possui raio R = 0,4 m e 
massa m = 6 kg. Em repouso, o disco é acionado pea 
força F = 20 N, através de uma corda enrolada no 
mesmo. O atrito nos mancais, gera um binário 
(momento) resistente Mres = 1.5 N.m. Pedem-se: 
(a) a reação do eixo fixo. 
(b) o número de voltas necessária para que 
o disco atinja a velocidade angular de  = 40 rad/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM.: Teorema do centro de massa: 
 
0
0
x
y
H m a
V P F m a
 


   

 
0
60 20 0 80
H
V V N


    
 
 TMA: Teorema do momento angular: 
iOF O
i
M I  
 
Res CMF R M I    
 
2
20 0.4 1.5
2
m R    
 
2
2
13.540.48
6 0.4 6.5
8 1.5
2 0.48
rad
s
     
 
2 2
0 2F      
 
2
59.08
1600
40 0 2 13.54
27.08
rad       
 
59.08
9.4
2 2
n n n

 

    
 
 
 13. (Beer Johnston 5 Ed. 16.5 Pag. 551) – 
Uma polia pesando 53.4 N e raio de giração 0.203 
m está unida a dois blocos como ilustrado. 
Supondo-se que não exista atrito no eixo, 
determinar a aceleração angular da polia e a 
aceleração de cada cilindro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 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   
 
0.152 m 
0.254 m 
44.5 N 
22.2 N 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
10 
 
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
    
    
 
14. (Hibbeler pag.442 17.13) – Determine a 
aceleraçãoangular da polia da figuram que possui 
uma massa de 8 kg e raio de giração kG = 0.35 m. A 
massa da corda é negligenciável. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações de movimento: momento de 
inércia da polia: 
2
2 2
0.98
8 0.35
kg m
I m k I

    
 
⤹
G GM I   
 
0.5 100 0.2 0.98T      
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
iy
i
F m a   
 
8 9.81
100 78.48 8 G
P m g
T a
 
   
 
Para que a polia não escorregue em A: 
0.5G Ga r a     
 
21.52 8 0.5T     
21.52
4
T



 
21.52
0.5 20 0.98
4
T
T
 
     
 
 
   4 0.5 20 0.98 21.52T T     
 
2 80 21.0896 0.98T T   
 
58.91
19.76
2.98
T T N  
 
2
21.52 19.76
10.32
4
rad
s
   
 
2
5.16G
m
a
s

 
15. (Livro Unip pg. 109 3.32) - A figura ilustra 
uma barra AB, homogênea , de massa m = 20 kg e 
comprimento L = 0.5 m. Na posição definida pelo 
ângulo  = 600, a mesma apresenta velocidade 
angular  = 4 rad/s. Pede-se a aceleração angular da 
barra. 
 
s
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
L/2 
 
CM 
B L/2 
 
CM 
B L/2 
L/2 T 
N 
P.cos
 
nˆ
 
tˆ
 
A=O 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
11 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
 
cos
i
i
n n
i
t t
i
F N P sen m a
F P T m a


     


    



 
2
2
n G G
L
a r r   
 
2
t G G
L
a r r   
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
2
2
O G
L
I I m
 
   
 
 
2 2 2
12 4 3
O O
m L m L m L
I I
  
   
 
2
cos
2 3
L m L
P      
 
2 3 cos
cos
2 3 2
L m L g
m g
L
            

0
2
3 10 cos60
15
2 0.5
rad
s
      

 
Calcule os valores de N e T agora, carinha.... 
3 cos
2 4
T T
L g
a a
     
 
2
2
n
L
a  
 
16. (Livro Unip pg. 109 3.33) - O disco de raio 
r = 0.125 m e massa m = 4 kg, momento de inércia 
baricêntrico ICM = 0.052 kg.m²,inicialmente em 
repouso, é colocado em contato com a esteira, que 
move-se com velocidade constante, para a direita, v 
= 3 m/s. O coeficiente de atrito entre a esteira e o 
disco é  = 0.40, pedem-se: 
(a) determinar a aceleração angular do 
disco durante o escorregamento; 
(b) o ângulo total de rotação do disco, 
desde o repouso, até que o escorregamento do disco 
e a esteira cesse. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.5
75.96
0.125
arctg      
 
 
90 90 75.96 14.04           
 TCM: Teorema do centro de massa: 
(disco) 
cos14.04
cos75.96
i x
i y
x at G
i
y G
i
F F F m a
F F N P m a
      


     



 
cos14.04 0
0.245 40 0
atF F
F N
   

   
 
 
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
0.125at GF I   
 
0.4 0.052
0.125 0.05 0.052GN I N         
 
1.04N  
 
0.97 0.4
cos14.04 1.04 0
0.245 1.04 40 0
F
F
 

     


     
 
0.97 0.416 0
0.245 1.04 40
F
F


    

   
 
2.32
0.97
0.416
0.245 1.04 2.32 40
F
F F
  


    
 
2
15.05
2.332 35
40
0.245 2.425 40
2.6578
rad
F
s
N
F F F
     


     


1.04 35 36.3N N N   
 
P 
 
P.sen
 
F
 
F
 
P
 
atF
 
N
 

 
 
 

 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
12 
 
 O escorregamento cessa quando as 
velocidades das superfícies forem iguais: 
3BordaDisco esteira finalv v r   
 
24
3
0.125 3
0.125
final final
rad
s
    
 
2 2 2final inicial      
 
2
8.23
576
24 2 35
70
rad      
 
17. (Livro Unip pg. 102 3.20) - O sistema de 
polias duplas tem momento de inércia total ICM = 
20.3 kg.m², raio interno Ri = 0.23 m e raio externo 
Re = 0.40 m, respectivamente; inicialmente em 
repouso,é acionado por um contrapeso de massa m 
= 65 kg. Pedem-se: 
(a) a aceleração angular do sistema; 
(b) a velocidade angular no instante t = 3 s; 
(c) a velocidade angular no instante em que o 
contrapeso deslocou-se de 0.3 m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Contra Peso 
iy G
i
F P T m a   
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
20.3
20.3T R T
R
       
 
Ta R  
 
6510 20.3 65
G
R
R
P T m a
   
  
 
20.3
650 65 0.23
0.23
    
 
650 88.26 14.95     
2
650
6.3
88.26 14.95
rad
s
   

 
0 t    
 
0 6.3 3 18.9
rad
s
     
 
2 2
0 2      
 
s
s R
R
     
 
0.3
1.3
0.23
rad    
 
2 0 2 6.3 1.3 16.43       
4.05
rad
s
 
 
18. (Livro Unip pg. 94 3.16) - A polia dupla 
ilustrada tem raios R1 = 0.6 m e R2 = 1.2 m, massa 
mP = 600 kg, raio de giração k = 0.9 m, e é acionada 
através de uma corda que faz um ângulo  = 60° 
com a horizontal, com tração F = 3600 N. O 
movimento da polia, suspende o bloco de massa mB 
= 300 kg. Considerar que as cordas não 
escorreguem em relação à polia e g = 10 m/s². 
Pedem-se: 
(a) a aceleração do bloco; 
(b) as componentes horizontal e vertical da 
reação do eixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P
 
T
 
pP
 
2R
 

 F 
 
 
1R
 
Bm
 
 
 
V
 
H
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
13 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
 Polia: 
cos
i xx P P
i
F H F m a    
 
3600 cos60 0 1800H H N    
 
i yy P B P P
i
F V P T F sen m a      
 
6000 3600 60 0 9117.69B BV T sen V T        
 
 Peso B: 
iy B B B B
i
F T P m a   
 
3000 300 3000 300B B B BT a T a      
Como não há escorregamento: 
1 0.6B Ba R a     
 
3000 300 0.6 3000 180B BT T        
TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
2
2 1B PF R T R m k       
 
2
486
3600 1.2 0.6 600 0.9BT        
 
4320 0.6 486BT      
 
4320 0.6 486BT    
 
 4320 3000 180 0.6 486      
 
4320 1800 108 486      
2520
2520 108 486
594
       
 
2
4.24
rad
s
 
 
2
0.6 2.544B B
m
a a
s
   
 
4.24
3000 180 3763.2B BT T N    
 
3763.2
9117.69 12880.89BV T V N   
 
18. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx 
Os blocos ilustrados a seguir têm massas m1 e m2. A 
massa da polia é M e seu raio é R. Desprezar a massa 
da corda e admitir que não há escorregamento entre 
a corda e a polia. Considere a aceleração da 
gravidade local igual a 10 m/s2. A aceleração do 
bloco de massa m1 vale aproximadamente, em m/s2: 
1.82 
Dados: m1 = 10 kg 
 m2 = 20 kg 
 M = 50 kg 
 R = 0,5 m 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
 massa m1 
1 1 1 1 1i
i
F T P m a   
 
1 1 1 1100 10 100 10T a T a      
 
 massa m2 
2 2 2 2 2i
i
F P T m a   
 
2 2 2 2200 20 200 20T a T a      
 
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
Polia: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1 2T R T R I      
 
 
2
1 2
2
M R
T T R     
 
 
2
1 2
2
M R a
T T R
R

    
 
50
1 2
2
M
T T a   
 
 100 10 200 20 25a a a       
 
100 10 200 20 25a a a      
 
2
100
30 100 25 1.82
55
m
a a a a
s
        
 
19. http://adm.online.unip.br/frmConsultaExercicio.aspx 
Uma polia dupla, composta por dois discos 
solidários entre si, possui momento de inércia total 
ICM = 0,30 kg.m2, é acionada a partir do repouso, por 
blocos de massas m1 = 1,5 kg, m2 = 2,5 kg, raios R1 
= 0,4 m e R2 = 0,7 m, ligados a fios ideais que não 
escorregam em relação a polia. Desprezar atritos, 
adotar g = 10 m/s2. A tração no fio que sustenta a 
2R
 

 F
 
1R
 
Bm
 
V
 
H
 
PP
 
BT
 
BT
 
BP
 
1P
 2
P
 
1a
 
2a
 
1T
 
2T
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
14 
 
massa m2, expressa em N, é aproximadamente: 
25.35 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sentido de giro: 
1
1 2 2 1 1 2
2
0
R
P R P R P P
R
     
 
1 1
0.7
25 43.75 15
0.4
P P N N horário    
TCM: Teorema do centro de massa: 
 massa m1 
1 1 1 1 1 1 2i
i
F T P m a a R       
 
1 115 15 0.7 15 1.05T T         
 massa m2 
2 2 2 2 2 2 1i
i
F P T m a a R       
 
2 1 2
0.4
25 2.5 25 1T R T        
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
Polia: 
 1 2 2 1 GT R T R I      
 
1 20.7 0.4 0.3T T      
 
   15 1.05 0.725 1 0.4 0.3           
 
10.5 0.735 10 0.4 0.3         
 0.735 0.4 0.3 10 10.5    
 
2
0.5
1.435 0.5 0.3484
1.435
rad
s
         
 
 2 225 1 25 1 0.3483T T       
 
2 25.3483T N
 
20. (Livro Unip pg. 89 3.13) - Duas engrenagens 
A e B, possuem eixos fixos paralelos, conforme 
ilustrado. Soldada coaxialmente ‘a engrenagem A, 
uma polia de raio 0.05m é acionada pela força F = 
500 N, através de um fio enrolado na mesma. As 
engrenagens A e B, possuem, respectivamente, rA = 
0.3 m e rB = 0.1 m; os momentos de inércia da 
engrenagem A e da polia soldada é IA = 1.2 kg.m2; 
o momento de inércia da polia B é IB = 0.8 kg.m2. 
Os atritos são desprezíveis. Pedem-se: 
(a) a aceleração angular da engrenagem A; 
(b) a aceleração angular da engrenagem B; 
(c) a força que a engrenagem A aplica na 
engrenagem B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Engrenagem A 
i Ax A A x
i
F H N m a   
 
i Ay A A A y
i
F V F f P m a     
 
 Engrenagem B 
i Bx B B x
i
F H N m a   
 
i By B B B y
i
F V f P m a    
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
 Engrenagem A: 
A A Af r F r I     
 
0.3 500 0.05 1.2 Af     
 
0.3 25 1.2 Af    
 
 Engrenagem B: 
B B Bf r I   
 
0.1 0.8 Bf   
 
0.8
8
0.1
B Bf f     
 
 Ponto de engrenamento: 
A B A A B Bv v r r     
 
A BT T A A B B
a a r r     
 
0.3
3
0.1
A
B A B A B A
B
r
r
             
 
8 24B Af f     
 
24 0.3 25 1.2 7.2 25 1.2A A A A             
25 7.2 1.2 25 8.4A A A         
 
2
25
2.97
8.4
A A
rad
s
     
 
  23 3 2.97 8.91B A B B
rad
s
            
 
8.91
8 71.28Bf f N   
 
 
 
f
 
N
 
AP
 
AH
 
AV
 
BP
 
N
 
f
 
BH
 
BV
 
F
 
F
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
15 
 
 
21. (Livro Unip pg. 115 3.35) - A figura ilustra 
um cilindro homogêneo, de massa m = 5.0 kg, raio 
R = 0.33 m, que abandonado do repouso, apoiado 
em plano inclinado de ângulo  = 30° com a 
horizontal, rola sem escorregar ao longo do mesmo. 
Pedem-se: 
(a) a aceleração do centro de massa; 
(b) o mínimo valor do coeficiente de atrito 
entre o cilindro e o plano inclinado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
0
5 10 0.5
30
ix at
m gi
F P sen f m a
  
    
 
25 5atf a  
 
0cos30 0
iy
i
F N P   
 
0 0
43.3
cos30 50 cos30
N
N P N    
 
 
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
Cilindro: 
2
2
m R
f R    
 
2
T
m R
f a a R         
 
2
m R
f a R       
 
2 2
m R a m a
f f
R
  
      
 
 
5
25 5 25 5
2 2
m a a
a a
 
      
 
 25 5 2.5 a  
 
2
25
25 7.5 3.333
7.5
m
a a a
s
     
 
a
a R
R
      
 
2
3.333
10.1
0.33
rad
s
     
 
5 3.333
8.3325
2 2
m a
f f f N
 
    
atf N 
 
8.3325
0.19
43.3
atf
N
      
 
 
22. Um aro de 10 lb ou um anel fino é dada 
uma velocidade angular inicial 0 = 6 rad/s quando 
é colocado sobre a superfície. Se o coeficiente de 
atrito cinético entre o aro e a superfície é k = 0.3 
determinar a distância que o aro se desloca antes de 
parar o escorregamento. 
 Dados: g = 32.2 ft/s2; 1 in = 1/12 ft 
 I = m r2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
 
ix at G
i
F F m a    
 
29.66 /
K K K
ft s
N m a W m a a g           
0
iy
i
F N W N W    
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
Aro: 
2 2
at kF r m r m g r m r             
 
0.3 32.2
0.5
k g
r
      
 
2
19.32
rad
s
  
 
Quando parar o escorregamento: 

 
030 
 
P
 
atf
 
N
 
x
 
y
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
16 
 
Gv r 
 
  00G
G
r
a t t r t
a r
  

      
 
 
 
6 0.5
0.1553
9.66 19.32 0.5
t t s

  
  
 
0 6 19.32 0.1553t          
3
rad
s
 
 
 
2 2 2 2
0 3 6
2 2 19.32
  
 
    
  
 
0.116s r s ft     
 
23. (Livro Unip pg. 115 3.36) - A figura ilustra 
um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09 
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado 
por uma força F = 22.5 N, aplicada por uma corda 
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel 
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente 
de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 
0.30 e c = 0.25. Pedem-se: 
(a) determinar se ocorre ou não 
escorregamento; 
 (b) a aceleração angular do carretel. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 Supondo ausência de atrito: 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Engrenagem A 
24.5
22.5
22.5 5
5i
x G G G
i
m s
F m a a a      
 
0 50
iy
i
F N P N P N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
 Carretel: 
2
1 22.5 0.08 5 0.09GF R I         
 
244.44
1.8
0.0405
rad s
 
 
 Da cinemática dos sólidos: 
    P Ga a P G P G         
 
 Onde P é o ponto de contato do carretel 
com o piso. Lembrando que  = 0: 
 2ˆˆ ˆ4.5 44.4Pa i k R j      
 
2
ˆ0.12
ˆˆ ˆ4.5 44.4P
i
a i R k j

     
 
ˆ ˆ ˆ4.5 5.33 9.83P Pa i i a i      
 
 Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; 
a força de atrito apontará para a esquerda: 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Engrenagem A 
ix G at G
i
F m a F F m a     
22.5 5at GF a  
 
0 50
iy
i
F N P N P N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
2R
 
1R
 F
 
 
 
2R
 
1R
 
F 
2R
 
1R
 F
 
 
 
F
 
P
 
N
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
17 
 
 1 2at OF R F R I      
 
 222.5 0.08 0.12 5 0.09atF       
 
1.8 0.12 0.0405atF    
 
 Como não há escorregamento: o CIR é o 
ponto de contato do carretel com o solo: 
2 0.12G Ga R a     
 
0.12
22.5 5 22.5 0.6at G atF a F



      
 
22.5 0.6
1.8 0.12 0.0405
at
at
F
F


  

    
 
   22.5 0.12 1.8 0.6 0.12 0.0405         
0.9
0.9 0.1125
0.1125
      
 
2
8
rad
s
 
 
22.5 0.6 8 22.5 4.8 17.7at at atF F F N       
 Como 15
0.3 50
0
N
at eF N

  
 
A força de atrito é maior que a máxima 
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega éfalsa; logo a relação 
2 0.12G Ga R a     
não vale; Assim, teremos que calcular a força de 
atrito cinética: 12.5
0.25 50
N
at eF N

 
 
2
2
2
7.48
10
22.5 12.5 5
5
0.3
1.8 0.12 12.5 0.0405
0.405
G G
m
s
rad
s
a a
 


    



        



 Ou seja, o centro de massa está acelerando 
para direita com aceleração de 2 m/s2 e está girando 
no sentido horário. 
 
 
 
 
24. (Livro Unip pg. 115 3.37) - A figura ilustra 
um carretel de massa 5 kg, raio de giração k = 0.09 
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado 
por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda 
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel 
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente 
de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 
0.30 e c = 0.20. Pedem-se: 
(a) a aceleração angular do carretel; 
(b) a aceleração do centro de massa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 Supondo ausência de atrito: 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 
 Como a força F é menor que o peso, CM 
não se desloca na vertical; como, adotando a força 
de atrito 
atF
nula e  = 0, não tendo forças na 
horizontal, teremos: 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
0
ix G G
i
F m a a   
 
20 50
0 30
iy
i
F F N P N N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
 Carretel: 
2
1 20 0.08 5 0.09GF R I         
 
239.51
1.6
0.0405
rad s
 
 
 Da cinemática dos sólidos: 
    P Ga a P G P G         
 
 Onde P é o ponto de contato do carretel 
com o piso. Lembrando que  = 0: 
 2ˆ ˆ0 39.51Pa k R j     
 
2R
 
1R
 
F
 
 
 
2R
 
1R
 
F
 
P
 
N
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
18 
 
2
ˆ0.12
ˆ ˆ39.51P
i
a R k j

    
 
2
ˆ6.32P
m
a i
s
 
 
 Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; 
a força de atrito apontará para a esquerda: 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Carretel: 
 
ix G at G
i
F m a F m a     
5at GF a  
 
0 30
iy
i
F F N P N N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
1 2at OF R F R I     
 
220 0.08 0.16 5 0.09atF      
 
1.6 0.16 0.0405atF    
 
 Hipótese 1: não há escorregamento: 
2 0.16G Ga R a     
 
5 0 16
1.6 0.16 0.0405 1.6 0.128 0.04atF

  
  
        
2
0.168
1.6
9.52
0.128 0.04
rad
s
   

 
9.520.16
5 0.8 7.61at G at atF a F F N



      
 
 Para não haver escorregamento: 
9
0.3 30
0
N
at eF N

  
 
Como 
9
7.61
Eat e
F N  
 
A força de atrito é menor que a máxima 
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é 
verdadeira; logo a relação 
2 0.16G Ga R a     
 vale; Assim: 
2
9.52
rad
s
 
 
2
0.16 9.52 1.52G G
m
a a
s
   
 
 25. (Livro Unip pg. 134 3.50) - A figura ilustra 
um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13 
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado 
por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda 
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel 
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente 
de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 
0.20 e c = 0.15. Pedem-se: 
(a) determinar se ocorre ou não 
escorregamento; 
(b) a aceleração angular do carretel. 
(c) a aceleração do centro de 
massacarretel. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 Supondo ausência de atrito: 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Engrenagem A 
23.33
20
20 6
6i
x G G G
i
m s
F m a a a      
 
0 60
iy
i
F N P N P N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
 Carretel: 
2
1 20 0.08 6 0.13GF R I         
 
2R
 
1R
 
F
 
 
 
F
 
P
 
N
 
2R
 
1R
 F
 
 
 
2R
 
1R
 F
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
19 
 
215.78
1.6
0.1014
rad s
 
 
 Da cinemática dos sólidos: 
    P Ga a P G P G         
 
 Onde P é o ponto de contato do carretel 
com o piso. Lembrando que  = 0: 
 2ˆˆ ˆ3.33 15.78Pa i k R j      
 
2
ˆ0.16
ˆˆ ˆ3.33 15.78P
i
a i R k j

     
 
ˆ ˆ ˆ3.33 2.52 5.85P Pa i i a i      
 
 Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; 
a força de atrito apontará para a esquerda: 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Engrenagem A 
ix G at G
i
F m a F F m a     
20 6at GF a  
 
0 60
iy
i
F N P N P N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
 1 2at OF R F R I       
 
 220 0.08 0.16 6 0.13atF        
 
1.6 0.16 0.1014atF      
 
 Hipótese: se não houver escorregamento: 
12
0.2 60
0
N
at eF N

  
 
 o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: 
2 0.16G Ga R a     
 
0.16
20 6 20 0.96at G atF a F



      
 
20 0.96
1.6 0.16 0.1014
at
at
F
F


  

     
 
   20 0.16 1.6 0.96 0.16 0.1014         
4.8
3.2 1.6 0.1536 0.1014
0.255
           

 
2
18.82
rad
s
 
 
20 0.96 18.82atF  
20 18.1 1.9at atF F N   
 
Como 12
1.9 0.2 60
0
N
at eF N

  
 
A força de atrito é menor que a máxima 
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é 
verdadeira; logo a relação: 
2 2
0.16 3G G G
m
a R a a
s
       
 
 Ou seja, o centro de massa está acelerando 
para direita com aceleração de 3 m/s2 e está girando 
no sentido horário. 
 
26. (Livro Unip pg. 134 3.51) - A figura ilustra 
um carretel de massa 6 kg, raio de giração k = 0.13 
m e raios R1 = 0.08 m e R2 = 0.16 m que é acionado 
por uma força F = 20 N, aplicada por uma corda 
enrolada no mesmo e que não escorrega. O carretel 
apoia-se em superfície horizontal, com coeficiente 
de atrito estático e cinético, respectivamente, e = 
0.20 e c = 0.15. Pedem-se: 
(a) determinar se ocorre ou não 
escorregamento; 
(b) a aceleração angular do carretel. 
(c) a aceleração do centro de 
massacarretel. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 
 
 
Supondo ausência de atrito: 
 
 
2R
 
1R
 F
 
 
 
F
 
P
 
N
 
2R
 
1R
 F
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
20 
 
 
 
 
 
 
` 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Engrenagem A 
23.33
20
20 6
6i
x G G G
i
m s
F m a a a      
 
0 60
iy
i
F N P N P N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
 Carretel: 
2
1 20 0.08 6 0.13GF R I          
 
215.78
1.6
0.1014
rad s


 
 
 Da cinemática dos sólidos: 
    P Ga a P G P G         
 
 Onde P é o ponto decontato do carretel 
com o piso. Lembrando que  = 0: 
 2ˆˆ ˆ3.33 15.78Pa i k R j      
 
2
ˆ0.16
ˆˆ ˆ3.33 15.78P
i
a i R k j

     
 
ˆ ˆ ˆ3.33 2.52 0.81P Pa i i a i      
 
 Ou seja, o ponto P se desloca para a direita; 
a força de atrito apontará para a esquerda: 
 
 
 
 
 
` 
 
 
 
 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
Engrenagem A 
ix G at G
i
F m a F F m a     
20 6at GF a  
 
0 60
iy
i
F N P N P N     
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
 1 2at OF R F R I      
 
220 0.08 0.16 6 0.13atF      
 
1.6 0.16 0.1014atF    
 
 Hipótese: se não houver escorregamento: 
12
0.2 60
0
N
at eF N

  
 
 o CIR é o ponto de contato do carretel com o solo: 
2 0.16G Ga R a     
 
0.16
20 6 20 0.96at G atF a F



      
 
20 0.96
1.6 0.16 0.1014
at
at
F
F


  

    
 
   20 0.16 1.6 0.96 0.16 0.1014         
1.6
3.2 1.6 0.1536 0.1014
0.255
           

 
2
6.27
rad
s
 
 
20 0.96 6.27atF  
20 6.02 13.98at atF F N   
 
Como 12
0.2 60
0
N
at eF N

  
 
A força de atrito é maior que a máxima 
permitida; portanto, a hipótese que não escorrega é 
falsa; logo a relação: 
2Ga R  
 não é valida. 
 Assim, haverá escorregamento e: 
0.15 60 9at c at atF N F F N       
 9
9
20 6
1.6 0.16 0.1014
at G
at
F a
F 
  


    

 
2
2
11
1.83
6
0.16
1.58
0.1014
G G
m
a a
s
rad
s
 

  

     

 
 
Ou seja, o centro de massa está acelerando 
para direita com aceleração de 1.83 m/s2 e está 
girando no sentido horário com aceleração angular 
1.58 rad/s2. 
 
 
 
 
 
 
 
2R
 
1R
 F
 
2R
 
1R
 F
 
 
 
F
 
P 
N
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
21 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Movimento combinado de rotação e 
translação: Relações envolvendo energia. 
 
 Todo movimento de um corpo rígido pode 
ser sempre dividido em um movimento de 
translação do centro de massa e outro de rotação em 
torno do centro de massa. A energia cinética do 
corpo possui duas parcelas: uma devida à translação 
do centro de massa e outra devida à rotação: 
2 21 1
2 2
cm cmK M v I     
 Condição para rolamento sem 
deslizamento: 
CMv R   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Exemplo 1 – Enrolamento de uma casca 
cilíndrica. Uma casca cilíndrica oca de raio R e 
massa M rola sem deslizar com uma velocidade vCM 
ao longo de uma superfície plana. Qual a sua 
energia cinética? 
 
 Solução: 
2 21 1
2 2
cm cmK M v I    
 
 
2
2 21 1
2 2
CM
cm
v
K M v M R
R
 
     
 
 
2
cmK M v 
 
 Exemplo 2 – Velocidade de um ioiô. Um 
ioiô é feito enrolando-se um fio diversas vezes em 
torno de um cilindro de massa M e raio R. Mantém-
se presa a extremidade enquanto o cilindro é 
liberado sem velocidade inicial. O fio se desenrola, 
mas não desliza nem se dilata à medida que o 
cilindro cai e gira. Use considerações de energia 
para achar a velocidade do centro de massa vCM do 
cilindro sólido depois que ele caiu a uma distância 
h. 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
2 21 1
2 2
cm cmK M v I    
 
21
2
CMv I M R
R
    
 
2
2 2
2
1 1 1
2 2 2
CM
cm
v
K M v M R
R
 
      
 
 
2
2
3
4
cmK M v 
 
 Aplicando a conservação da energia: 
1 1 2 2K U K U  
 
230 0
4
cmM g h M v     
 
4
3
cmv g h 
 
 Exemplo 3 – Competição entre corpos 
girando. Em uma demosntração durante a aula de 
física, o professor faz uma “competição” de vários 
corpos rígidos redondos, deixando-os rolar do alto 
de um plano inclinado. Qual a forma do corpo que 
alcança primeiro a parte inferior? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
1 1 20 0K U M g h U      
 
2 2
2
1 1
2 2
cm cmK M v I    
 
1 1 2 2K U K U  
 
2 21 10 0
2 2
cm cmM g h M v I        
 
 Chamando de: 
2
cmI c M R  
 
2
2 21 1
2 2
cm
cm
v
M g h M v c M R
R
 
        
 
 
2 21 1
2 2
cm cmM g h M v M v c      
 
 2
1 2
1
2 1
cm cm
gh
M g h M v c v
c
      

 
 Todos os cilindros sólidos possuem a 
mesma velocidade no ponto inferior do plano, 
mesmo quando possuem massas e raios diferentes, 
pois eles possuem o mesmo valor da constante c. 
Todas as esferas sólidas possuem a mesma 
velocidade na base do plano. Quando menor o valor 
de c maior a velocidade do corpo quando ele chega 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
23 
 
na parte inferior do plano. Observando a tabela de 
momento de inércia, vemos que a ordem de chegada 
do plano é: Qualquer esfera maciça, qualquer 
cilindro maciço, qualquer esfera oca com parede 
fina ou casca esférica e, finalmente, qualquer casca 
cilíndrica. 
 
 Exemplo 4 – Aceleração de um ioiô. 
Ache a aceleração de cima para baixo do ioiô e a 
tensão no fio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 A equação para o movimento de translação 
do centro de massa é: 
cmy
F M g T M a    
 
 O momento de inércia em relação a um 
eixo que passa pelo centro de massa: 
21
2
I M R 
 
 Somente a força de tensão possui torque 
em relação a um eixo que passa pelo centro de 
massa é: 
21
2
cmT R I T R M R          
 
 Como o fio se desenrola sem se deslizar: 
CMv R  
 
CM
CM
a
a R
R
    
 
1
2
cma
T M R   
 
1
2
cmT M a 
 
cmM g T M a   
 
1
2
cm cmM g M a M a    
 
1
2
cm cmM g M a M a    
 
3 2
2 3
cm cmM g M a a g    
 
1
2
cmT M a 
 
1 2
2 3
T M g 
 
2
3
T M g 
 
 
 
 Exemplo 5 – Aceleração de uma esfera 
rolando. Uma esfera de bliche sólida rola sem 
deslizar para baixo de uma rampa ao longo de uma 
guia. O ângulo de inclinação da rampa em relação à 
horizontal é . Qual é a aceleração da bola? 
Considere a bola uma esfera homogênea sólida, 
desprezando seus orifícios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 A figura mostra o diagrama de corpo livre, 
mostrando o sentido positivo das coordenadas. 
 Usando o momento de inércia da esfera 
sólida: 
22
5
I M R 
 
 Equações de translação e rotação do centro 
de massa e chamando de f a força de atrito: 
cmx
F M g sen f M a     
 
22
5
cmf R I f R M R         
 
 Como:
 CMCM
a
a R
R
    
 
 Substituindo, teremos: 
2
5
cmf M a 
 
cmM g sen f M a    
 
2
5
cm cmM g sen M a M a     
 
2
5
cm cmM g sen M a M a     
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
24 
 
7 5
5 7
cm cmM g sen M a a g sen        
 
2 2 5
5 5 7
cmf M a f M g sen      
 
2
7
f M g sen   
 
 Coeficiente de atrito: 
2
7
cos
M g sen
f
N M g



  
 
 
 
2
7
tg  
 Trabalho e potência no movimento de 
rotação 
 Podemos escrever: 
tandW F ds ds R d   
 
tandW F R d 
 
dW d  
 
2
1
W d


  
 
 Podemos desenvolver: 
dW d  
 
d
dW I d dW I d
dt
        
 
d
dW I d
dt
   
 
dW I d   
 
2
1
W I d


   
 
2 2
2 1
1 1
2 2
totW I I    
 
dW d
dt dt

 
 
P   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Exemplo 6 – Um anúncio fazendo 
propaganda da potência desenvolvida pelo motor de 
um automóvel afirma que o motor desenvolve 
1.49.105W para uma rotação de 6000 rpm. Qual é o 
torque desenvolvido pelo motor? 
 Solução: 
P
P   

   
 
6000
6000
60
f rpm Hz 
 
100f Hz
2 2 100 200
rad
f
s
           
 
51.49 10
200




 
 
237N m  
  Exemplo 7 - Um motor elétrico 
desenvolve um torque constante de  = 10 N.m 
sobre o esmeril montado no seu eixo motor. O 
momento de inércia é I = 2.0 kg.m². Sabendo que o 
sistema começa a se mover a partir do repouso, 
calcule o trabalho realizado pelo motor em 8.0 s e a 
energia cinética no instante final. Qual a potência 
média desenvolvida pelo motor? 
 Solução: 
I
I
     
 
2
10
2
rad
s
   
 
t  
 
5 8 40
rad
s
    
 
2 21 1 2 40 1600
2 2
K I K K J      
2 21 1 5 8 160
2 2
t rad           
10 160 1600W W W J       
 
1600
200
8
W
P P P W
t
    
 
 A potência instantânea P = não é constante, 
porque  cresce continuamente. Porém podemos 
calcular o trabalho total por: 
2 2
1 1
t t
t t
W P dt W dt        
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
25 
 
2
1
8
0
10 5
t
t
W t dt tdt         
8
2
0
50 1600
2
t
t
t
W W J


  
 
 
 
 
 
 Momento angular e energia de rotação 
 
Lembremos que uma grandeza análoga ao 
momento linear
p
 de uma partícula é o momento 
angular, que representamos por 
L
. Definimos 
como: 
L r p 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
L m v r sen   
 
L m v l  
 
 Pode-se mostrar que a taxa de variação do 
momento angular é igual ao torque da força 
resultante: 
dL dr dp
p r
dt dt dt
   
 
dL dr mdv
mv r
dt dt dt
   
 
0
dL
v mv r ma
dt
   
 
dL
r F
dt
 
 
dL
dt

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para um corpo rígido de i partículas, o momento 
angular de cada uma será: 
i i i iL m v r  
 
 i i i i iL m r r   
 
2
i i i iL m r   
 
2
i i i iL L L m r      
 
L I  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
26 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Exemplo 1 – A hélice da turbina de um 
motor a jato possui momento de inércia 2.5 kg.m² 
em torno do eixo de rotação. Quando a turbina 
começa a girar, sua velocidade angular em função 
do tempo é dada por 
2 3400 t rad s     
 
 (a) Calcule o momento angular da hélice em 
função do tempo e ache seu valor em t = 3.0 s. 
 (b) Determine o torque resultante que atua sobre 
a hélice em função do tempo e calcule seu valor para 
t = 3.0 s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 (a) 22.5 400L I L t      
21000L t 
 
 
2
23 1000 3 9000
kg m
L t L
s

    
 
 (b) 
1000 2
dL
t
dt
    
 
2000 t  
 
 3 2000 3 6000t N m      
 
 Conservação do momento angular 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
27 
 
 Princípio da conservação do momento angular: 
Esse princípio vale em todas escalas, desde o 
sistema atômico como o planetário e decorre da 
equação: 
dL
dt

 
Quando 
0 0i
i
dL
dt
    
Podemos escrever também:
 
1 1 2 2I I   
 
 
 Exemplo 2 – Qualquer um pode ser 
bailarino. Um professor de física acrobata está de 
pé sobre o centro de uma mesa girante, mantendo 
seus braços estendidos horizontalmente com um 
haltere de 5.0 kg em cada mão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Ele está girando em torno de um eixo 
vertical completando uma volta a cada 2.0 s. 
Calcule a nova velocidade angular do professor 
quando ele aproxima os dois halteres do seu 
estômago e discuta como isso modifica a sua 
energia cinética. Seu momento de inércia (sem os 
halteres) é igual a 3.0 kg.m² quando seus braços 
estão distendidos para fora, diminuindo para 2.2 
kg.m² quando suas mãos estão próximas do seu 
estômago. Os halteres estão inicialmente a uma 
distância de 1.0 m do eixo e a distância final é igual 
a 0.20 m. Considere o halteres como partículas. 
 
 Solução 
prof halteresI I I 
 
2
1 3 2 5 1I    
 
2
1 13I kg m 
 
2
2 2.2 2 5 0.2I    
 
2
2 2.6I kg m 
 
 
1 1
2
2
rad
f f Hz f
T s
         
 
1 1 2 2I I   
 
1
2 1 2 2
2
13
5
2.6
I rad
I s
           
 
1
2 1 2 2
2
13
0.5 2.5
2.6
I
f f f f Hz
I
       
2 2
1 1 1 1 1
1 1
13 64
2 2
K I K K J       
 
 
22
2 2 2 2 1
1 1
2.6 5 320
2 2
K I K K J       
 
 Exemplo 3 – A figura mostra 2 discos, um 
deles é o volante de um motor e o outro é um disco 
ligado a um eixo de transmissão. Seus momentos de 
inércia são IA e IB, respectivamente; inicialmente 
eles estão girando com a mesma velocidade angular 
A e B, respectivamente. A seguir empurramos os 
dois discos um contra o outro aplicando forças que 
atuam ao longo do eixo, de modo que sobre nenhum 
dos dois discos surge torque em relação ao eixo. Os 
discos permanecem unidos um contra o outro e 
atingem uma velocidade angular final . Deduza 
uma expressão para . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
O único torque que atua sobre cada disco é o 
torque que cada disco exerce sobre o outro disco; 
não existe nenhum torque externo. Logo o momento 
angular total do sistema dos dois discos é o mesmo 
antes e depois de eles seremunidos. No equilíbrio 
final eles giram juntos como se constituíssem um 
único corpo com momento de inércia: 
A BI I I 
 
 A conservação do momento angular fornece: 
A A B BI I I      
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
28 
 
A A B BI I
I
     
A A B B
A B
I I
I I
 

  


 
 Exemplo 4 – No exemplo anterior, 
suponha que o volante A tenha massa de 2.0 kg, um 
raio de 0.20 m e uma velocidade angular inicial de 
200 rad/s. Calcule a velocidade angular comum 
final  depois que os discos ficam em contato. A 
energia cinética se conserva nesse processo? 
 
 Solução: 
2 2 21 1 2 0.2 0.040
2 2
A A A A AI m r I I kg m       
2 2 21 1 4 0.1 0.020
2 2
B B B B BI m r I I kg m       
A A B B
A B
I I
I I
 

  


 
0.04 50 0.02 200
0.04 0.02
   

 
100
rad
s
  
2 2
1
1 1
2 2
A A B BK I I     
2 2
1
1 1
0.04 50 0.02 200
2 2
K    
 
1 450K J
 
  22
1
2
A BK I I    
  22
1
0.04 0.02 100
2
K   
 
2 300K J 
 Um terço da energia foi perdida na 
“colisão angular”, o análogo rotacional de uma 
colisão linear completamente inelástica. Não 
deveríamos esperar conservação da energia 
cinética, embora a força externa resultante e o 
torque resultante sejam nulos, porque existem 
forças internas não conservativas (forças de atrito) 
que atuam enquanti os dois discos começam a girar 
unidos e tendem a girar com uma velocidade 
angular comum. 
 
 Exemplo 5 – Momento angular em uma 
ação policial. Uma porta de largura 1 m e massa de 
15 kg é articulada com dobradiças em um dos lados 
de modo que possa girar sem atrito em torno de um 
eixo vertical. Ela inicialmente não está aberta. Um 
policial dá um tiro com uma bala de 10 g e 
velocidade de 400 m/s exatamente no canto da 
porta. Calcule a velocidade angular da porta 
imediatamente depois que a bala penetra na porta. 
A energia cinética se conserva? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 Considere um sistema formado pela porta 
juntamente com a bala em seu interior. Não existe 
nenhum torque externo em torno do eixo definido 
pelas dobradiças, de modo que o momento angular 
em torno desse eixo deve se conservar. O momento 
angular da bala é: 
0.01 400 0.5L m v l L      
 
22L kg m s 
 
 O momento angular final é: 
L I  
 
porta balaI I I 
 
2
2
3
p
bala
m d
I m l

  
 
2
215 1 0.010 0.5
3
I

  
 
25.0025I kg m 
 
m v L
L I
I
      
 
2
0.40
5.0025
rad
s
   
 
 
 A colisão entre a porta e a bala é inelástica 
porque forças não conservativas atuam durante o 
impacto da bala. Logo, não esperamos que haja 
conservação da energia cinética. Para conferirmos, 
calculamos a energia cinética inicial e final: 
2 2
1 1
1 1
0.010 400
2 2
K m v K    
 
1 800K J
 
2
2
1
2
K I  
 
2
2
1
5.0025 0.4
2
K  
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
29 
 
2 0.40K J
 
 A energia cinética final é apenas 1/2000 da 
energia cinética inicial. 
 
 Exemplo 6 - Determinar, em cada caso, 
o momento angular para as seguintes situações: 
(a) um carro de 1200 kg percorre no sentido 
anti-horário um círculo com 20 m de raio com 
velocidade de 15 m/s. 
(b) o carro mencionado desloca-se com 
velocidade 
  ˆ15v m s i  
sobre a reta y = y0 
=20m, paralela ao eixo x. 
(c) um disco, no plano xy, com raio de 20 m 
e a massa de 1200 kg, girando a 0.75 rad/s em torno 
do seu eixo, que coincide com o eixo z. 
 
 Solução: 
 (a) 
ˆL r p L r m v k      
 
 5 2ˆ ˆ20 1200 15 3.6 10L k L kg m s k        
 (b) 
0
ˆ ˆ ˆ ˆr x i y j r x i y j        
 
ˆp m v p p i    
 
   0ˆ ˆ ˆL r p L x i y j p i         
 
0
ˆL y p k  
 
 5 2 ˆ3.6 10L kg m s k   
 
 (c) 
L I  
 
21 ˆ
2
L m R k     
 
 
21 ˆ1200 20 0.75
2
L k
 
    
 
 
 5 2 ˆ1.8 10L kg m s k   
 
 Exemplo 7 - A máquina de Atwood tem 
dois corpos de massa m1 e m2 ( sendo m1 maior que 
m2), ligados por um cordel de massa desprezível que 
passa por uma polia cujos rolamentos não oferecem 
atrito. A polia é um disco uniforme, de massa M e 
raio R. O cordel não escorrega na polia. Determinar 
a aceleração angular da polia e a aceleração dos dois 
corpos pela equação: 
,
1
N
i ext
i
dL
dt



 
 
 
 Solução: 
,
1
N
i ext
i
dL
dt



 
1 2z pL L L L  
 
1 2zL I m v R m v R       
 
, 1 2z res m g R m g R      
 
,
Z
z res
dL
dt
 
 
 1 2 1 2
d
m g R m g R I m v R m v R
dt
            
1 2 1 2m g R m g R I m a R m a R            
 
   21 2 1 2
1
2
a
m m g R M R m m a R
R
         
 
1 2
1 2
1
2
m m
a g
M m m

 
 
 
 
 Exemplo 8 – Um disco gira em torno de 
um eixo sem atrito, que coincide com o respectivo 
eixo de simetria, com velocidade angular inicial i, 
como mostra a figura. O seu momento de inércia em 
relação ao eixo é I1. Num certo instante, o disco cai 
sobre o outro, de momento de inércia I2, montado 
sobre o mesmo eixo. Graças ao atrito entre as duas 
superfícies em contato, os dois discos atingem uma 
velocidade angular comum aos dois, f. Calcular 
essa velocidade angular. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
30 
 
 A velocidade angular final está relacionada 
com a inicial pela conservação do momento 
angular: 
f iL L
 
 1 2 1f iI I I    
 
1
1 2
f i
I
I I
  

 
 
 Exemplo 9 – Um carrossel com 2 m de 
raio e 500 kg.m2 de momento de inércia gira em 
torno de seu eixo, sem atrito, completando uma 
volta a cada 5 s. Uma criança, com 25 kg, está 
inicialmente no centro do carrossel e depois 
caminha até a borda. Calcular a velocidade angular 
que terá, então, o carrossel. 
 
 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 Pela conservação do momento angular: 
f iL L
 
, ,sis f f sis i iI I   
 
2
sis m c mI I I I m r    
 
 2m f m iI m R I     
 
2
m
f i
m
I
I m R
  
 
 
2
500
500 25 2
f i  
 
 
5
6
f i  
 
5 1 1
6 5 6
f f
rev
s
    
 
 
 Exemplo 10 – A criança mencionada no 
exemplo anterior corre com velocidade 2.5 m/s 
sobre uma tangente à beira da plataforma do 
carrossel, que está imóvel, e pula para a plataforma. 
Calcular a velocidade angular final da criança no 
carrossel. 
 
 
 
 
 
 Solução: 
 Momento angular inicial da criança correndo 
em relação ao centro da plataforma do carrossel: 
iL m v R  
 
 Expressão do momento angular final do sistema 
criança-carrossel em termos da velocidade angular 
final f: 
 2f m fL m r I    
 
 Igualando as expressões: 
f iL L
 
 2 m fm R I m v R     
 
2f
m
m v R
m R I

 

 
 
0.208f
rad
s
 
 
 Exemplo 11 – Uma partícula de massa m 
descreve, com velocidade v0, um círculo de raio r0 
sobre a superfície de uma mesa horizontal sem 
atrito. A partícula está presaa um fio que passa por 
um buraco na mesa, no centro do círculo. O fio é 
lentamente puxado para baixo, de modo que a 
partícula acaba descrevendo um círculo de raio rf. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (a) Calcular a velocidade final em termos de r0, 
v0 e rf. 
 (b) Calcular a tensão T no fio quando a partícula 
descreve um círculo de raio rf em termos de m, r e 
do momento angular 
0 0 0L m v r  
. 
 (c) Calcule o trabalho feito pela partícula pela 
tensão T, integrando 
T dr
de r0 até rf. Dar a 
resposta em termos de r0, rf e L0. 
 
 Solução: 
 
 (a) A conservação do momento angular 
relaciona as velocidades final à inicial e os raios 
inicial e final: 
0fL L
 
0
0 0 0f f f
f
r
m v r m v r v v
r
       
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
31 
 
 (b) Como 
i
i
F m a 
 
2v
T m
r
 
 
0 0 0f fm v r m v r L     
 
0Lv
m r


 
2
0
2
L
v m r
T m T m
r r
 
 
      
2
0
3
L
T
m r


 
 (c) O trabalho é: 
rdW T dr dW T dr     
 
2
0
3r
L
T
m r


 
0
2 2
0 0
3 3
fr
r
L L
dW dr W dr
m r m r
      
 
 
0
2
0
22
fr r
r r
L
W
m r



 
 
2
0
2 2
0
1 1
2 f
L
W
m r r
 
     
 
 
 
 
 
 
 
 
 Exemplo 12 – Uma barra de massa M e 
comprimento d pode girar em torno de um eixo fixo 
a uma de suas extremidades. Uma bola de massa 
plástica, com massa m e velocidade v, atinge a barra 
a uma distância x do eixo e fica grudada na barra. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Achar a razão entre a energia final e a energia 
inicial do sistema. 
 
 Solução: 
1. Energia cinética depois da colisão em 
termos do momento angular Li e do momento de 
inércia I´do sistema bola-massa: 
2
2
f
f
L
E
I


 
2. Conservação do momento angular para 
relacionar Li a m, v e x: 
f i f iL L L L m v x     
 
3. O momento de inércia I´: 
2 21
3
I m x M d    
 
4. As expressões de Lf e de I´na equação de Ef 
ficam: 
 
22
2 212 2
3
f
f f
L m v x
E E
I
m x M d
 
  
  
    
 
 
2 2 2
2 2
3
2 3
f
m v x
E
m x M d
  
  
   
 
5. A razão entre a energia cinética depois da 
colisão e a energia inicial da bola de massa plástica 
é então: 
2 2 2
2 2
2
3
2 3
1
2
f
i
m v x
E m x M d
E
m v
  
 
   

 
2
2 2
3
3
f
i
E m x
E m x M d


  
 
 
 
 
 
 
 Exercícios de Revisão: 
 
 1. O rotor de um motor elétrico tem uma 
freqüência de 3600 rpm , quando a carga e a energia 
são cortadas. O rotor de 50 kg , que tem um raio de 
giração do centro de gravidade de 180 mm , então 
começa a parar . Sabendo que a cinética de fricção 
devido ao atrito corresponde a um torque de 
magnitude 3,5 N ⋅ m exercida sobre o rotor , 
determinar o número de revoluções que o rotor 
executa antes de vir a parar. 
 
 Solução:
,
1
i O
n
F O
i
I 

 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
32 
 
2 2 250 0.18 1.62O O O OI m k I I kg m       
2
3.5 1.62 2.16
rad
s
      
 
0 3600 60f rpm Hz 
 
0 02 60 376.991
rad
s
     
 
0 02 60 376.991
rad
s
     
 
2 2
2 2 0
0 2
2
      

      

 
2 20 376.991
32891.067
2 2.16
rad     
 
 
32891.067
5234.77
2 2
n n

 

   

 
 
 2. B.J. Cap.16.54 - Uma barra em forma 
de L delgada uniforme ABC está em repouso em 
uma superfície horizontal quando uma força de 
magnitude P = 4 N é aplicada no ponto A. 
Desprezando o atrito entre o barra e a superfície e 
sabendo que a massa do conjunto de barras idênticas 
é de 2 kg , determine: 
 (a) a aceleração angular inicial da barra; 
 (b) a aceleração inicial do ponto B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Posição do centro de massa: 
 
1 1 2 2
1 2
1 0 1
2
2
G
L
m x m x
x
m m
  
  
 

 
0.075
4
G G
L
x x m  
 
1 1 2 2
1 2
G
m z m z
z
m m
  


 
1 0.15 1 0
0.075
2
G Gz z m
  
  
 
2 2 2 20.075 0.075G Gd x y d    
 
0.106d m
 
 Utilizando o Teorema de Steiner para as 
duas barras e somando: 
2 2 2 22 2
12 2 12 2
G G G
m m
m m
I L x L z    
2 2 2 2
2 2
2 22 20.3 0.3
12 2 12 2
GI d d   
 
 2 22 0.0075 0.106 0.037472G GI I kg m     
 
 TMA 
,
1
i G
n
F G
i
I 

 
 
0.3
4 0.075 0.037472
0.037472
       
2 2
8 8
rad rad
j
s s
      
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
1 1
n n
iz z ix x
i i
F m a F m a
 
     
 
4 2 2
zG
k a a k       
 
d 
r GB B G  
 
P
 
d 
x 
z 
i
 
j
 
G 
0.3 
0.3 
xG 
yG 
L/2=0.15 
0.15 
A 
B 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
33 
 
B Ga a r v     
 
 2 8 0.075 0.075 0Ba k j i k          
 2 0.6 0.6Ba k k i       
 
2 0.6 0.6Ba k k i      
 
2
0.6 2.6B
m
a i k
s
 
      
 
 
 
3. A polia dupla composta por duas 
polias de raios R1 = 0.20 m e R2 = 0.50 m, 
rigidamente soldadas entre si com eixo fixo, 
em relação ao qual o momento de inércia é I = 
0.9 kg.m2. O acionamento da polia dupla é feito 
a partir do repouso, por blocos de massas m1 = 
25 kg e m2 = 12 kg, ligados a fios ideais que 
não escorregam em relação a mesma. A 
aceleração linear do bloco 2, expressa em m/s2, 
é aproximadamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
1 1 1 1
1 2 2 2 2
n
i
i
P T m a
F m a
T P m a
  
   
  

 
1 1
2 2
250 25
120 12
T a
T a
  

  
 
 
 
 
 
 TMA 
,
1
i G
n
F G
i
I 

 
 
1 2 2 1 GT R T R I     
 
1 20.5 0.2 0.9T T     
 
 
1 2 1
2 1 2
0.5
0.2
a R a
a R a
 
 
    
 
    
 
 
1 1
2 2
250 25 0.5 251 12.5
120 12 0.2 120 2.4
T T
T T
 
 
       
 
       
   250 12.5 0.5 120 2.4 0.2 0.9          
125 6.25 24 0.48 0.9         
6.25 0.48 0.9 24 125          
2
101
7.63 101 13.23
7.63
rad
s
         
1 2
1
2
2 2
6.62
0.5 13.23
0.2 13.23
2.65
m
a
a s
a m
a
s

  
 
   

 
1 1
2 2
251 12.5 13.23 85.63
120 2.4 13.23 151.75
T T N
T T N
    
 
    
 
 
 
4. A velocidade angular da polia dupla 
após 5 s, expressa em rad/s, é 
aproximadamente: 
 
 
0 0 13.23 5t         
 
0 66.15
rad
t
s
       
 
 
5. A velocidade do bloco 1 após 5 s, 
expressa em rad/s, é aproximadamente: 
 
1 2 1 166.15 0.5 33.075
m
v R v v
s
      
 6. Os blocos ilustrados a seguir têm massasm1 e m2. A massa da polia é M e seu raio é R. 
Desprezar a massa da corda e admitir que não há 
escorregamento entre a corda e a polia. Considere a 
aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2. A 
aceleração do bloco de massa m1 vale 
aproximadamente, em m/s2: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
34 
 
 
 
 
 
Dados: m1 = 10 kg m2 = 20 kg 
M = 50 kg R = 0.5 m 
 TCM: Teorema do centro de massa: 
 massa m1 
1 1 1 1 1i
i
F T P m a   
 
1 1 1 1100 10 100 10T a T a      
 
 
 massa m2 
2 2 2 2 2i
i
F P T m a   
 
2 2 2 2200 20 200 20T a T a      
 
 
 TMA: Teorema do Momento Angular 
iO
F O
i
M I  
 
Polia: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1 2T R T R I      
 
 
2
1 2
2
M R
T T R     
 
 
2
1 2
2
M R a
T T R
R

    
 
50
1 2
2
M
T T a   
 
 100 10 200 20 25a a a       
 
100 10 200 20 25a a a      
 
2
100
30 100 25 1.82
55
m
a a a a
s
        
 
 
7. A haste delgada uniforme AB 
repousa sobre uma superfície horizontal 
sem atrito, e uma força de magnitude Q = 
0.25 lb é aplicado a uma numa direção 
perpendicular à haste. Sabendo-se que a 
haste pesa 1.75 lb, determinar 
(a) a aceleração do ponto A, 
(b) a aceleração ponto B, 
(c) a localização do ponto em que a 
barra tem zero de aceleração. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 2
12 12
G G
W m L W L
m I I
g g
 
    
 
 
 TCM: 
ix G
i
W
F m a Q a
g
   
 
0.25 1
1.75 7
G
Q g
a a g a g
W

    
 
1
7
Ga g i 
 
 TMA: 
iO
F O
i
M I  
 
2
6
2 12
L W L Q g
Q
g W L
     
 
0.25 6
6
1.75 7
g g
L L
   
 
6
7
g
j
L
   
 
 A Ga a AG AG       
 
2
L
AG k 
 
1 6
7 2 7
A
L g
a g i k j
L
     
 
 
 
1 3
7 7
Aa g i g i   
 
4 4
32.2
7 7
A Aa g i a i    
2
18.4A
m
a i
s
 
   
 
 
 
 B Ga a BG BG       
 
1P
 2
P
 
1a
 
2a
 
1T
 
2T
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
35 
 
atF
 
2
L
BG k  
 
1 6
7 2 7
B
L g
a g i k j
L
     
 
1 3
7 7
Ba g i g i   
 
2 2
32.2
7 7
B Aa g i a i      
2
9.2B
m
a i
s
 
    
 
 
  0P Ga a PG PG        
 
1 6
0
7 2 7
L g
g i z k j
L
 
       
 
 
1 6
0
7 7 2
g L
g i z i
L
 
     
 
 
1 6
0
7 7 2
g L
g z
L
 
   
 
 
6 1
7 2 7
g L
z g
L
 
   
 
 
1
2 6 2 6
L L L
z L z     
 
3 2
6 6 3
L L L
z z   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8. (Beer & Johnston 16.27 10ª Ed.) O 
tambor de 8 in de raio está ligado a um volante maior. O 
momento de inércia total do tambor e o volante é de 14 
lb.ft2 e o coeficiente de atrito cinético entre o tambor e a 
sapata de freio é de 0.35. Sabendo-se que a velocidade 
angular do volante é de 360 rpm sentido anti-horário 
quando uma força P de grandeza de 75 lb é aplicada ao 
pedal de C, determinar o número de revoluções realizadas 
pelo volante até atingir o repouso. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Haste ABC em equilíbrio: 
 TMA: 
0
iA
F
i
M 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   10 8 6 15 6 0atN F P        
 
10 2 75 9 0atN F      
 
10 2 675 0N N      
 
10 0.35 2 675 0N N      
 
10 0.7 675 0 9.3 675N N N        
 
675
72.58
9.3
N N N  
 
0.35 72.58at atF N F    
 
25.4atF N
 
 TMA: 
iD
F O
i
M I  
 
at Or F I   
 
at
O O
r F r N
I I
     
 
at
O O
r F r N
I I
     
 
N
 
AhR
 
 
AvR
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
36 
 
 
P
 
N
 
2
8
0.35 72.58
12
1.209
14
rad
s
 
 
  
   
 
 
2 2
0 2      
 
2 2
0
2
 



 

 
0 02 f  
 
 
22
00 2
2
f



 

 
2 2
04
2
f


  

 
 
2
2 3604
60
2 1.209


 
 
   
 
 
587.76rad  
587.76
2 2
n n

 

  
 
93.5n 
 
 
9. (Beer & Johnston 16.30 10ª Ed.) O disco 
de 180 mm de raio está em repouso, quando ele é 
colocado em contacto com uma correia em movimento a 
uma velocidade constante. Negligenciando o peso da 
ligação AB e sabendo que o coeficiente de atrito cinético 
entre o disco e a correia é de 0.40, determinar a aceleração 
angular do disco, enquanto ocorre escorregamento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
0 cos 0
ix AB
i
F N F     
 
cos 0ABN F   
 
cosABN F  
 
0
iy
i
F  
0AB AtF sen P F   
 
At ABP F F sen  
 
cos
At AB
AB
P F F sen
N F


 


 
AtP F tg
N



 
 TMA: 
O O
i
M I  
 
at OF r I    
 
ON r I     
 
OIN
r



 

 
O
O
I
P
r
tg
I
r






  
   
  



 
 
O OI IP tg
r r
   
   
     
  
O Om g r I tg I             
 O Otg I I m g r           
 
O O
m g r
tg I I

 
  
 
  
 
  O
m g r
tg I


 
  

 
 
 
2
2
m g r
m r
tg


 
  
 

 
 
2 g
tg r


 

 

 
0
2 0.4 10
60 0.4 0.18tg
   

 
0.8 10
2.132 0.18
   
 
AtF
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
37 
 
2
20.84
rad
s
  
 
 
10. (Beer & Johnston 16.38 10ª Ed.) Os 
Discos A e B são aparafusados em conjunto, e os cilindros 
D e E são ligados como mostrados para separar os cabos 
envolvido nos discos. Um único cabo passa sobre discos 
B e C. O disco A pesa 20 lb e os discos B e C pesam 12 lb 
cada. Sabendo que o sistema é liberado a partir do 
repouso e que nenhum deslizamento ocorre entre os cabos 
e os discos, determinar a aceleração (a) do cilindro D, (b), 
do cilindro E. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Cálculo das massas: 
2
2
15
0.46584
32.2
D
D D
W lb lb s
m m
g ft s ft

   
 
2
2
18
0.55901
32.2
E
E E
W lb lb s
m m
g ft s ft

   
 
 
 Cálculo dos momentos de Inércia: 
2
21 1 20 8
2 2 32.2 12
A A A AI m r I
 
     
  
 20.138026AI lb s ft   
2
21 1 12 6
2 2 32.2 12
B B B BI m r I
 
     
  
20.046584BI lb s ft   
20.046584C BI I lb s ft    
0.138026 0.046584AB A BI I I    
 20.18461ABI lb s ft   Cinemática do movimento: 
r2 = r3 = 6 in; r1 = 8 in. 
No equilíbrio: da polia AB: 
8 6 0D EW W   
 
6 6
18 13.5
8 8
D E D DW W W W lb    
 
Como 15 > 13.5 o sentido de rotação da polia AB é 
↺ 
1AD T D AB
a a a r   
 
8
12
D ABa  
 
0.667D ABa  
 
CE T
a a
 
2 3B CT T AB C
a a r r     
 
3
2
6
6
AB C AB C AB C
r
r
         
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
 Bloco D: 
D D D Am a W T  
 
0.4658 15D Aa T  
 
0.3106
0.4658 0.667 15AB AT   
 
 Bloco E: 
E E E Em a T W  
 
0.559 18E Ea T  
 
6
0.559 18
12
AB ET   
 
 TMA: 
O O
i
M I  
 
 Polia AB: 
8 6
12 12
A B AB ABT T I     
 
BT
 
DT
 
ET
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
38 
 
8 6
0.18641
12 12
A B ABT T     
 
 
 
 Polia C: 
6 6
12 12
B E C CT T I     
 
6 6
0.04658
12 12
B E CT T     
 
6 6
0.04658
12 12
B E AB AB CT T         
 
 Equações: 
0.3106 15
6
0.559 18
12
8 6
0.18641
12 12
6 6
0.04658
12 12
AB A
AB E
A B AB
B E AB
T
T
T T
T T




  

    



    

     

 
 
 
0.3106 15
0.2795 18
8 6 2.23692
0.09316
AB A
AB E
A B AB
B E AB
T
T
T T
T T




  
   

    
   
 
TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
 
0.3106 15
0.2795 18
2.23692 8 6 0
0.09316 0
AB A
AB E
AB A B
AB B E
T
T
T T
T T




  
    

     
    
 
Resolvendo o sistema: 
2
1.7247AB
rad
s
 
 
14.46AT lb
 
18.64BT lb
 
18.48ET lb
 
0.667D ABa  
 
0.667 1.7247Da  
 
2
1.15D
ft
a
s

 
2 2CE T E C E AB
a a a r a r        
6
1.7247
12
Ea  
 
2
0.862E
ft
a
s

 
 
 
11. O disco circular de massa m e raio r é rolar 
através da parte inferior do percurso circular de raio R do 
disco tem uma velocidade angular, a determinação da 
força exercida pela N caminho no disco. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
2
n n
v
R N P m
R r
   

 
2v
N m g m v r
R r
     

 
2
2rN m g
R r

 
   
 
 
 12. Um disco uniforme, com eixo fixo, 
possui raio R = 0.4 m e massa m = 6 kg. Em repouso, 
o disco é acionado pela força F = 20 N, através de 
uma corda enrolada no mesmo. O atrito nos mancais 
, gera um binário (momento) resistente Mres= 1.5 
N.m. Pedem-se: 
 (a) a reação do eixo fixo. 
 (b) o número de voltas necessárias para 
que o disco atinja a velocidade angular  = 40 rad/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
M 
F
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
39 
 
0xH m a  
 
0yV P m a V P m g       
 
60V N
 
 
 TMA: 
G G
i
M I  
 
GR F M I    
 
2
2
m R
R F M    
 
26 0.4
0.4 20 1.5
2
   
 
6.5
0.48
 
 
2
13.54
rad
s
 
 
2 2
2 2 0
0 2
2
      

      

 
2 240 0
2 13.54


 

 
59.07rad  
59.07
2 2
n n

 

  
 
9.4n
voltas 
 
 13. A figura ilustra um volante, com massa m = 
5.00 kg, raio R = 0.20 m, raio de giração k = 0.14 m, 
girando com velocidade angular inicial 0 = 80 rad/s. No 
instante t= 0s, aciona-se o freio do mesmo, que consiste 
em comprimir a sapata do freio contra o volante, através 
da fora F = 10 N. O coeficiente de atrito entre as 
superfícies é µ = 0.25. Pedem-se. 
 (a) o instante em que o volante para; 
 (b) o número de voltas até parar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
0xH F m a H F     
 
0at y atV P F m a V P F       
 
 
 TMA: 
G G
i
M I  
 
2
atR F m k     
 
2
atR F
m k


 

 
2
R N
m k


 
 

 
2
0.2 0.25 10
5 0 0.14
   
 
 
2
5.1
rad
s
  
 
2 2
2 2 0
0 2
2
      

      

 
 
2 20 80
2 5.1


 
 
 
627.45rad  
627.45
2 2
n n

 

  
 
100n 
voltas 
0
0 t t
    

    
 
 
80
5.1
t



 
15.68t s
 
 
 14. (Hibbeler -19.11 pg. 512) – Um motor 
transmite um torque M = 0.05 N.m no centro da 
engrenagem A do sistema de engrenagens acoplados, 
onda as outras engrenagens são idênticas à engrenagem B 
indicada. Determine a velocidade angular das 
engrenagens A e B após t = 2s e a força F trocada entre as 
engrenagens. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F 
R
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
40 
 
 
 
 TMA: 
G G
i
M I  
 
 Engrenagens A e B: 
 3 A A AF r M I      
 
B B
B B B
B
I
F r I F
r
     
 
3 B B A A A
B
I
r M I
r
      
 
B B A Ar r   
 
40
2
20
A
B A B A B A
B
r
r
            
 
2
3 B A A A A
B
I
r M I
r
       
 
2
23 2 B B A A A A A
B
m k
r M m k
r
         
 
2
20.3 0.0153 2 0.04 0.8 0.031
0.02
A AM         
 
0.00081 0.05 0.0007688A A     
 
0.05
0.00081 0.0007688
A 

 
0.05
0.0015788
A 
 
31.669A 
 
 
2
31.669A
rad
s
  
 
2 2 31.669B A B      
 
2
63.339B
rad
s
 
 ⭯ 
0 63.339 2B B t      
 
126.67B
rad
s
 
⭯ 
0 31.669 2A A t       
 
63.338A
rad
s
  
 
B B
B
I
F
r


 
2
B B B
B
m k
F
r
 

 
20.3 0.015 63.339
0.02
F
 

 
0.2137F N
 
 
 
15. Um disco uniforme de massa m está 
girando com velocidade angular 0 quando é colocado no 
chão. Determine o tempo em que ele começa a rolar sem 
escorregar. Qual é a velocidade angular do disco nesse 
instante. O coeficiente de atrito cinético entre o disco e o 
plano é µk. Qual o tempo que leva para adquirir essa 
velocidade? 
 
Dados: g = 32.2 ft/s2; 
21
2
DI m R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
at T at x x kF m a F m a a g         
0N P N m g    
 
 
 TMA: 
G G
i
M I  
 
 
k
at g
g
m g R
F R I
I
        
 
2
2
k m g R
m R


  


 
2 k g
R




 
 Quando o disco rola sem escorregar: 
0G G G x
v R v v a t     
 
0
0 0 0G G kv v R g t         
 
k
R
t
g





 
No movimento de rotação da roda: 
0 t    
 
0 2
k g t
R
    
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
41 
 
0 2
k
k
g R
R g
  

 
  

 
0 0
1
2
3
       
 
01
3 k
Rt
g





 
 
16. Uma bola de boliche de peso 16 lb está num 
plano com velocidade angular inicial nula e velocidade de 
seu centro de massa v = 8 ft/s. Se o coeficiente de atrito 
cinético entre a bola e a superfície é µk = 0.12, determine 
a distância que a bola percorre sem escorregar. 
Negligencie os buracos existentes para colocar os dedos 
na bola. 
Dados: g = 32.2 ft/s2; 
22
5
EI m R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
x x k GF m a N m a     
 
k k
G G
N N
a a
Pm
g
  
  
 
0 0 16y yF m a N P N P lb        
0.12 32.2G ka g   
 
2
3.864G
ft
a
s

 
 TMA: 
G G
i
M I  
 
k
at g
g
m g R
F R I
I
        
 
22
5
k m g R
m R


  


 
5
2
k g
R


 


 
5 0.12 32.2 19.32
2 0.375 0.75
   

 
2
25.76
rad
s
 
⭯ 
 Para que a bola role sem deslizar: 
v R 
 
0 t    
 
0
v
t
R
   
 
v R t  
 
0.375 25.76 9.66v t v t     
 
0 9.66 8 3.864Gv v a t t t       
 
9.66 3.864 8 13.524 8t t t      
 
8
13.524
t 
 
0.5915t s
 
2
0 0
2
a t
s s v t

   
 
23.864
8
2
t
s t

  
 
23.864 0.5915
8 0.5915
2
s

  
 
4.056s ft
 
 
 17. O carretel de massa m = 100 kg possui raio 
de giração kG = 0.3 m. Se os coeficientes de atrito estático 
e cinético são, respectivamente, µS = 0.20 e µc = 0.15 
determine a aceleração angular α do carretel se P = 50 N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
x x At GF m a P F m a     
 
0 0 1000y yF m a N W N W m g          
 
 TMA: 
G G
i
M I  
 
 at gP r F R I       
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
42 
 
r = 7.5 m 
P
 
H
 
V
 
G
 
2
8
rad
s
  
 
15
rad
s
 
 
AM
 
2
at gP r F R m k        
 
 Se não há deslizamento, a aceleração tangencial 
no ponto de contato do solo é a aceleração do centro de 
massa: 
Ga R 
 
AtP F m R   
 
AtF m R P   
 
100 0.4 50 40 50At AtF F         
Substituindo em: 
  240 50
at
g
F
P r R m k          
 
  250 0.25 40 50 0.4 100 0.3           
12.5 16 20 9       
25 32.5 
 
32.5
25
 
 
2
1.3
rad
s
  
 
AtF m R P   
 
100 1.3 0.4 50AtF    
 
2AtF N
 
 Como: 
max
0.2 1000 200 2A sF N     
 
Observe que se houvesse arrastamento, a força 
de atrito seria contrária à indicada, ou seja, para a 
esquerda, caso a força de atrito fosse maior que 200 N, 
valor da força de atrito de destaque, que é 
max
200AF N
. 
Assim, ocorrerá rotação sem deslizamento... 
 
18. Uma turbina heólica leve consiste em um 
rotor que é alimentado a partir de um torque aplicado em 
seu centro. No instante dado, o rotor está na horizontal 
que tem uma velocidade angular de 15 rad/s e uma 
aceleração angular no sentido horário de 8 rad/s2. 
Determine a força normal interna, a força de cisalhamento 
e o momento em uma seção passando pelo ponto A. 
Suponha que o rotor é uma haste esbelta de 50 m de 
comprimento, com uma densidade de massa de 3 kg/m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
G: Centro de massa da haste de 15 m à direita da seção A. 
 O peso dessa seção é: 
P l g  
 
3 15 10P  
 
450P N
 
 
 
 
 
 
 
 O 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
 2x nF H m a H m r       
 
   245 15 17.5H    
 
177.1H kN
 
0y TF m a V P m r       
 
V m g m r    
 
450 45 8 17.5V    
 
450 6300 450 6300V V    
 
5.850V kN
 
 
 TMA: 
A A
i
M I  
 
2
843.75
45 15
12
GI


 
2
23375
3
O O
m L
I I kg m

   
 
 7.5 7.5 7.5 3375 8AM m g m         
 
45 10 7.5 45 8 7.5 7.5 27000AM        
 
3375 20250 27000AM   
 
3375 20250 27000AM   
 
50.625AM kN m 
 
 
19. O sistema dado e abandonado do repouso da 
posição mostrada. Determine a aceleração angular e o 
momento na junção A. Cada barra tem massa m e 
comprimento L. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
43 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
 2x TF H m a H m r       
 
 2y TF m a V P m r       
 
 TMA: 
A A
i
M I  
 
2
12
G
m L
I


 
 Aplicando o Teorema de Steiner e somando os 
momentos de inércia das duas barras: 
2 22 2
2
12 2 12 2
A
m L L m L L
I m m L
     
               
2 2 2 25
12 4 12 4
A
m L m L m L L m
I
    
   
 
2 22 6
12 4
A
m L m L
I
   
 
 
220
12
A
m L
I
 

 
25
3
A
m L
I
 

 
A A
i
M I  
 
25
2 3
L m L
m g m g L        
 
23 5
2 3
L m L
m g     
 
9
10
g
L
  
 
 
20. Determinar a aceleração angular e a 
força sobre o rolamento em O para: 
(a) o anel estreito de massa m; 
(b) o disco circular plano de massa m; 
imediatamente após que cada um é 
libertado a partir do repouso no plano vertical 
com OC horizontal. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2
G
m r
I


 
(a) Anel: 
 Vamos calcular na unha o 
momento de inércia de uma anel de raio r em 
relação ao seu centro de massa G: 
2
2 2 2
0
2
G G
corpo
m
I r dm r rd I m r
r

     
 
2
GI m r  
2 22O G OI I m r I m r      
 TMA: 
O O
i
M I  
 
22m g r m r      
 
2
g
r
  
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
2
t T
m g
F T m a T m r T          
 
2
0n nF N P m a N mg m r N m g           
 (b) Disco: 
2
2
G
m r
I


 
2 23
2
O G OI I m r I m r      
 TMA: 
O O
i
M I  
 
23
2
m g r m r      
 
2
3
g
r
  
 
 
21. Uma chapa uniforme de massa m com 
o formato de um quarto de circulo é liberada a partir 
do repouso com uma borda em linha reta vertical, 
como mostrado. Determinar a aceleração angular 
inicial e as componentes horizontal e vertical da 
reação no pivô ideal em O. 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
44 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2 2
2
0 0
4
b
O
corpo
m
I r dm r rdrd
b



   
 
 
42
3
2
2 2 0
0 0 0
4 4
4
r bb
O O
r
m m r
I r dr d I
b b


  




 
    
 
 
4 2
2
4
4 2 2
O O
m b m b
I I
b



   
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
t T TF T P m a T m g sen m r            
T m r m g sen      
 
2cosn nF m a N m g m r          
0 cosN m g     
 
2 2
2 2 4 4 4 2
3 3 3
G G
b b b
r x y r     
        
   
 
0 02cos cos45 45
2
sen sen    
 
 TMA: 
O O
i
M I  
 
2
2
O
m b
I


 
t OP r I    
 
2
2
m b
m g sen r      
 
24
2
3 2
b m b
m g sen 

     
 
8 2
2
3 2
g
b


   
 
8
3
g
b


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da figura, se você não faltou às aulas de GA: 
cosxO N sen T     
 
cosyO N T sen    
 
08 4 2 45
3 3
g b
T m m g sen
b 
 
      
 
 
2
1 32
2
2 9
T m g

 
    
 
 
2
1 32
cos 2 cos
2 9
xO m g sen m g  
  
            
  
 
2
2 2 1 32 2
2
2 2 2 9 2
xO m g m g 
 
          
 
 
2
1 1 32
1
2 2 9
xO m g m g 
 
         
 
 
2
1 1 32
2 2 9
xO m g m g m g          
 
2
32
9
xO m g 
   
 
cosyO N T sen    
 
2
1 32
cos cos 2
2 9
yO m g m g sen  
  
          
  
 
2
2 2 1 32 2
2
2 2 2 9 2
yO m g m g 
 
        
 
 
2
1 1 32
1
2 2 9
yO m g m g 
 
       
 
 
2
1 1 32
2 2 9
yO m g m g m g        
 
2
32
1
9
yO m g 
 
     
 
 
 
22. A placa de aço uniforme de 20 kg é 
livremente articulada em torno do eixo z, como mostrado. 
Calcule a força suportada por cada um dos rolamentos em 
A e B após o instante em que após a placa é libertada a 
partir do repouso no plano yz horizontal. (Meriam Kraige 
Cap.6 pag. 434). g = 9.81m/s2 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
45 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo do momento de Inércia: 
2
corpo
I r dm 
 
 de uma chapa de comprimento b e altura h, 
densidade uniforme m/(bh) em relação ao : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(i) Eixo x: 
22 2
2
2 2
12
b h
x
b h
m m h
I y dydx
b h
 

 
 
 
(ii) Eixo y: 
22 2
2
2 2
12
b h
y
b h
m m b
I x dydx
b h
 

 
 
 
(ii) Eixo z: 
 
 2 22 2
2 2
2 2
12
b h
z
b h
m b hm
I x y dydx
b h
 
 
  
 
 
No exemplo, h = 250 mm e b = 400 mm 
Usando o teorema dos eixos paralelos: 
22 2
12 2 3
z
m b b m b
I m
  
    
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
2
2
x A x
b
F R P m a m       
 
2
2
A
b
m m g
R
   

 
2
02 0
2
y Ay y
b
F R m a m        
 
 TMA: 
O O
i
M I  
 
2
2 3
b m b
m g     
 
3
2
g
b
 
 
36.78
2
3
2
g rad
b s
   
 
 
147.15
196.2
0.4
20 36.78 20 9.81
2
2
AR

    
 
24.525A BR N R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
23. Uma roda de impulso para demonstrações 
de dinâmica é mostrada na figura. É basicamente uma 
roda de bicicleta modificada com aro, alças, e uma polia 
para o arranque do cordão. O contra peso faz com que o 
aro raio de giração da roda de 7 lb de peso mude de para 
11 in. Se uma força estacionária de 10 lb é aplicada ao 
cordão, determinar a aceleração angular da roda. 
Despreze o atrito do rolamento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
46 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
0cos30 0xF H T   
 
030 0yF N P T sen    
 
2
GI m k  
2
2 7 11
32.2 12
G
P
I k
g
 
     
  
2
2 7 11
32.2 12
G
P
I k
g
 
     
  
20.18266 GI lb ft  
 TMA: 
O O
i
M I  
 
2
12
OT I    
 
2
10 0.18266
12
   
 
2
9.12
rad
s
  
 
 
24. Cada um dos dois discos de polimento 
tem um diâmetro de 6 in, uma espessura de ¾ in, e 
um peso específico de 425 lb/ft³. Quando ligada, a 
máquina acelera do repouso até sua frequência de 
funcionamento de 3450 rot/min em 5 s. Quando 
desligado, ele chega ao repouso em 35 seg. 
Determinar o torque do motor e momento de 
fricção, assumindo que cada um é constante. 
Despreze os efeitos da inércia da armadura 
do motor rotativo....g = 32.2 ft/s2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Trabalho e potência no movimento de 
rotação 
 
 
 
 
 
 
 
 
Podemos escrever: 
tandW F ds ds R d   
 
tandW F R d 
 
dW d  
 
2
1
W d


  
 
 Podemos desenvolver: 
dW d  
 
d
dW I d dW I d
dt
        
 
d
dW I d
dt
   
 
dW I d    
2
1
W I d


   
 
2 2
2 1
1 1
2 2
totW I I    
 
dW d
dt dt

 
 
P   
 
 
 
 
 Energia do movimento de rotação 
21
2
E I   
Como: 
2 2
0
1 1
2 2
I I
E
P P
t t
   

  
 
 
2 2
02 t I I         
 
2 2
0
2
I I
t
 


  

  
 
0
2 2
     
 
I
t





 
6 3 1
3
2 2 12 4
D
r r r in ft ft      
 
2m g V e r
m m
V g g
          
 
2
425 3 1 1
0.1619667
32.2 4 12 4
m m           
   
2
cos cos
0.1619667
2
2 16
Dis Dis
m R
I I

  
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
47 
 
2
cos 0.01012DisI lb ft  
3450
3450 57.5
min 60
rot
f f Hz   
 
2 2 57.5 361.2831
rad
f
s
         
 
 Ligando: 
0 361.281 0 5t          
2
72.2566
rad
s
 
 
f
I
t





 
0.0101229 361.281
5
 
 
0.731 .f lb ft 
 
 Desligando: 
0 0 361.281 35t          
2
10.322
rad
s
  
 
f
I
t





 
0.0101229 361.281
35
 
 
0.0104 .f lb ft 
 
 
25. O cilindro sólido homogêneo é liberado a 
partir do repouso sobre a rampa. Se  = 40° , s = 0.30 e 
k = 0.20, determinar a aceleração do centro de massa G 
e a força de atrito exercida pela rampa do cilindro. 
Dados: 
1
1 
12
in ft
 ; 
2
32.2
ft
g
s

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
x at GF P sen F m a    
 
x at GF F m a m g sen     
 
cos 0 cosyF N P N m g        
 
0cos 8 cos40N W N     
6.12N lb
 
2 2
2 2
G
m R W R
I
g
 
 
 
 TMA: 
O O
i
M I  
 
2
2
at
W R
F R
g


   
 
2 atg F
W R

 
 

 
 
Para não ocorrer escorregamento: 
Ga R 
 
at G
W
F a W sen
g
   
 
2 at
at
g FW
F R W sen
g W R
        
 
 
2at atF F W sen   
 
03 40atF W sen   
 
040
3
at
sen
F W  
 
040
8
3
at
sen
F   
 
1.714atF lb 
 
2 2 32.2 1.714
6
8
12
atg F
W R
        
  
 
 
 
2
27.59
rad
s
  
 
6
27.59
12
G Ga R a   
 
2
13.8G
ft
a
s

 
 
26.O carretel tem uma massa de 500 kg e um 
raio de giro
1.3Gk m
 . Ele repousa sobre a superfície 
de uma correia transportadora para a qual o coeficiente de 
atrito estático eo coeficiente de fricção cinética é s.= 0.5. 
O coeficiente de atrito cinético é s.= 0.4. Se o 
transportador acelera com ac = 1m/s2, determinar a tensão 
inicial no fio e a aceleração angular da bobina. O carretel 
está originalmente em repouso. 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
48 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
1
i
n
x x G s
i
R F m a T F

    
 

1
0
i
n
y y
i
R F N m g

      
 
4905
500 9.81
N
N m g   
 
 
 TMA: 
O O
i
M I 

 
 
2
O OI m k 
 
 20.8 1.6s GT F m k       
 
2
845
0.8 1.6 500 1.3sT F       
 
 P Ga a GP GP       
 
 0.8 0P Ga j a i k j        
0.8 0Ga   
 
0.8Ga  
 
Para não haver escorregamento: 
1
0.8 1
0.8
Ca      
 
2
1.25
rad
s
  
 
0.8 0.8 1.25G Ga a    
 
2
1G
m
a
s

 
1056.25
0.8 1.6 845 1.25sT F     
 
500 1
1056.25 1.6 0.8
s
s
T F
F T
  

   
 
1056.25 500 0.8 1.6 0.8s sF F     
 
1456.25
0.8
sF 
 
1.82031sF kN
 
2.32T kN
 
max
0.5 4905s sF N   
 
max
2.452s sF kN F 
 
Logo, não haverá escorregamento. 
 
27. (atividade 4a) - Uma bola de boliche, 
considerada uma esfera uniforme de massa m = 
2.0 kg e raio R = 0.15 m é lançada sobre uma 
pista, uma superfície horizontal áspera com uma 
velocidade linear de translação v0 = 12 m/s e sem 
velocidade angular. O coeficiente de atrito entre 
as superfícies é  = 0.25. Ao tocar o solo, forças 
presentes interrompendo o movimento de 
translação e impondo movimento plano, que após 
algum tempo, torna-se movimento de rolamento 
sem escorregamento. Considerando o instante 
em que o movimento passa a ser de rolamento 
sem escorregamento, pede-se a velocidade do 
centro de massa G ou CM da bola. 
 
 
 
 
 
 
 
 
0
x
Ext
G
i G
i
m a N a g
F m a
N P N m g
        
   
    

O G
i
M I  
 
22
5
GI m r 
 
O G
i
M I  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
49 
 
22
5
F r m r     
 
22
5
m g r m r       
 
2 5
5 2
g
g r
r
         
 
 A esfera começará a rolar sem deslizar 
quando o ponto de contato dela com o solo 
possuir velocidade nula. 
0Cv 
 
00t v v  
 
  0v t v a t  
 
  0Gv t v g t   
 
C Gv v GC  
 
ˆˆ ˆ0 Gv i k r j     
 
ˆ
ˆˆ ˆ0 G
i
v i r k j

     
 
ˆ ˆ ˆ0 G Gi v i r i v r          
 
0v g t r      
 
  0t t    
 
  0
0
5
2
g
t t
r
    
 
 
5
2
g
t t
r
   
 
0
5
2
g
v g t t r
r
       
 
0
5
2
v g t g t      
 
0
0 1
27
2 7
v
g t v t t
g
       
 
 Velocidade linear 
  0Gv t v g t   
 
  01 0
2
7
G
v
v t t v g
g
      
 
    0 01 0 0 1
7 22
7 7
G G
v v
v t t v v v t t

     
 1 0
5
7
Gv t t v 
 
 1
5
12
7
Gv t t 
 
 1 8.6G
m
v t t
s
 
 
 Velocidade angular: 
 
5
2
g
t t
r
   
 
  01
25
2 7
vg
t t
r g
 

   

 
  01
5
7
v
t t
r
   
 
28. Um cilindro de revolução 
homogêneo de massa m = 4.0 kg, raio R = 
0.5 m, é abandonada do repouso, apoiada em 
plano inclinado de um ângulo  = 30° com a 
horizontal, rola sem escorregar ao longo do 
mesmo. Pedem-se: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) A aceleração do centro de 
massa G do cilindro. Dado: momento de 
inércia do cilindro: 
21
2
GI m R 
. 
(b) O mínimo coeficiente de 
atrito entre o cilindro e o plano inclinado. 
 
 
 TCM: 
G ext
i
R m a F  
 
x at GF P sen F m a    
 
at GF m g sen m a    
 
cos 0 cosyF N P N m g        
 
 
2
2
G
m R
I


 
 TMA: 
O O
i
M I  
 
Notas de Aula 2 – Dinâmica dos Sólidos – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori 
 
50 
 
2
2
at
m R
F R 

   
 
2 2at at
G
F F
a R
m R m
       

 
 
2
at G
at
G
F m g sen m a
F
a
m
    



 
3
at
m g sen
F
 

 
20
3
atF N
 
cosatF N m g       
 
cos
3
m g sen
m g
      
 
3
tg
 
 
030 3
0.193
3 9
tg   
 
 
2
2 10
3.33
3
at
G
F m
a
m s

  
 
 
 
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori 
Notas de aula 02 – 2° Bimestre 
51 
 
51 
 
 
 
Estuda aí, hein, carinha!?!? 
 
 
 
 Dados: 
g = 32.2 ft/s2 = 9.81 m/s2 
 
1 ft = 0.3048 m 
1 mi = 5280 ft = 5280.(0.3048 m) = 1609 m 
1 in = 1/12 ft = 0.0254 m 
1 ft = 0.3048 m 
1 lb = 4.448 N 
1 slug = 1 lb.s2/ft = 14.59 kg 
 
g = 32.2 ft/s2 = 9.81 m/s2 
 
1 ft = 0.3048 m 
1 mi = 5280 ft = 5280.(0.3048 m) = 1609 m 
1 in = 1/12 ft = 0.0254 m 
1 ft = 0.3048 m 
1 lb = 4.448 N 
1 slug = 1 lb.s2/ft = 14.59 kg 
 
 
 Feliz 🎅 
Quero ver você não chorar 
Não olhar pra trás 
Nem se arrepender do que faz 
 
Quero ver o amor crescer 
Mas se a dor nascer 
Você resistir e sorrir 
 
Se você pode ser assim 
Tão enorme assim eu vou crer 
 
Que o natal existe 
Que ninguém é triste 
Que no mundo há sempre amor 
 
Bom natal 
Um feliz natal 
Muito amor e paz prá você 
 
Prá você 
 
Valeu ? 
 
Estuda, carinha.. 
 
 
 
 
Ardeu?