CET166 Dinamica dos Solidos Capitulo 04

Prévia do material em texto

CENTRO DE CIENCIAS EXATAS E TECNOLOGICAS - UFRB 
Capitulo 4: Sistemas de 
Pontos Materiais 
CET166 : DINÂMICA DOS SÓLIDOS 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo 
03/05/2017 
 
 
 
 
Relações de Deslocamento, Velocidade e Aceleração do Movimento de sistemas de Pontos Materiais 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
110 
Capitulo 4 : Sistemas de Pontos Materiais 
 
 Movimento de sistemas de pontos materiais; 
 Sistemas formados por certo número de pontos materiais bem definidos; 
 Sistemas variáveis, isto é, sistemas que estão perdendo e/ou ganhando 
pontos materiais continuamente. 
 
4.1. Aplicação das Leis de Newton ao Movimento de um Sistema 
de Pontos Materiais: 
 
𝑂𝑥𝑦𝑧 Sistema de Referencia fixo; 
𝑃𝑖 Ponto materail i; 
𝑓𝑖𝑘 
 Força sobre o ponto i devido ao ponto k (força interna); 
𝑓𝑖𝑗 
 Força sobre o ponto i devido ao ponto j (força interna); 
𝑟𝑖 
 Vetor posição do ponto 𝑃𝑖 em relação ao sistema 𝑂𝑥𝑦𝑧; 
�⃗�𝑖 
 Aceleração do ponto 𝑃𝑖 em relação ao sistema 𝑂𝑥𝑦𝑧; 
𝑚𝑖 
 Massa do ponto material 𝑃𝑖. 
 
Aplicando a 2ª lei de Newton para o ponto 𝑃𝑖: 
�⃗�𝑖 + ∑ 𝑓𝑖𝑗 
𝑛
𝑗=1 = 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖. (1) 
Considerando o momento em relação ao ponto “O” temos: 
𝑟𝑖⃗⃗⃗ × �⃗�𝑖 + ∑ 𝑟𝑖⃗⃗⃗ × 𝑓𝑖𝑗 
𝑛
𝑗=1 = 𝑟𝑖⃗⃗⃗ × 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖. (2) 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
111 
𝑚𝑖 . �⃗�𝑖: Força efetiva do ponto material 𝑃𝑖. 
 
Como: 
𝑓𝑖𝑗 ↑↓ 𝑓𝑗𝑖. 
 𝑓𝑖𝑗 + 𝑓𝑗𝑖 = 0. 
Portanto: 
𝑟𝑖 × 𝑓𝑖𝑗 + 𝑟𝑗 × 𝑓𝑗𝑖 = (𝑟𝑖 × 𝑓𝑖𝑗 + 𝑟𝑖 × 𝑓𝑗𝑖) + (𝑟𝑗 × 𝑓𝑗𝑖 − 𝑟𝑖 × 𝑓𝑗𝑖); 
 𝑟𝑖 × 𝑓𝑖𝑗 + 𝑟𝑗 × 𝑓𝑗𝑖 = 𝑟𝑖 × (𝑓𝑖𝑗 + 𝑓𝑗𝑖) + (𝑟𝑗 − 𝑟𝑖) × 𝑓𝑗𝑖 = 0. 
Portanto, para o sistema, conclui-se, que: 
∑ ∑ 𝑓𝑖𝑗
𝑛
𝑗=1
𝑛
𝑖=1
= 0 ; ∑ ∑(𝑟𝑖 × 𝑓𝑖𝑗)
𝑛
𝑗=1
𝑛
𝑖=1
= 0. 
 
Portanto, as equações para o sistema, tornam-se: 
∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 = ∑ 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 . (4) 
e 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
112 
∑ 𝑟𝑖 × �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 = ∑ 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 . (5) 
O sistema de forças externas que atuam sobre os pontos materiais e o 
sistema de forças efetivas são equipolentes. 
 
Exemplo: 
 
Como nos dois sistemas temos que: 
∑ �⃗�𝑖 e ∑ 𝑟𝑖 × �⃗�𝑖. 
São iguais, então os sistemas são equipolentes, mas não são equivalentes. 
 
4.2. Quantidade de Movimento e Momento Angular de um 
Sistema de Pontos Materiais. 
 
�⃗⃗� = ∑ 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖 . 
�⃗⃗� : Quantidade de movimento do sistema. 
O momento angular em relação ao ponto “O” é �⃗⃗⃗�0: 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
113 
�⃗⃗⃗�0 = ∑ 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
Derivando a quantidade de movimento, temos: 
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
= ∑ 𝑚𝑖
𝑑�⃗�𝑖
𝑑𝑡
𝑛
𝑖=1
= ∑ 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
�̇⃗⃗� = ∑ 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
= ∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
Derivando a equação do momento angular, temos: 
𝑑�⃗⃗⃗�0
𝑑𝑡
= ∑ (
𝑑𝑟𝑖
𝑑𝑡
× 𝑚𝑖�⃗�𝑖 + 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖
𝑑�⃗�𝑖
𝑑𝑡
)
𝑛
𝑖=1
. 
�⃗⃗⃗�0
̇ = ∑(�⃗�𝑖 × 𝑚𝑖 �⃗�𝑖 + 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖 �⃗�𝑖)
𝑛
𝑖=1
. 
Como: �⃗�𝑖 × 𝑚𝑖 �⃗�𝑖 = 0 . 
�⃗⃗⃗�0
̇ = ∑ 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖 �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
= ∑ 𝑟𝑖 × 𝐹𝑖⃗⃗⃗
𝑛
𝑖=1
. 
�⃗⃗⃗�0
̇ = ∑ �⃗⃗⃗�0
𝑛
𝑖=1
. 
 
4.3. Movimento do Centro de Massa de um Sistema de Pontos 
Materiais. 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
114 
c.m. Centro de massa do sistema de partículas; 
𝑟𝑐𝑚 Vetor posição do c.m. dos pontos materiais. 
Cumpre-se: 
𝑚. 𝑟𝑐𝑚 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑟𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
𝑚 → Massa total dos pontos materiais 𝑃𝑖; 
𝑚𝑖 → Massa do ponto material 𝑃𝑖; 
𝑟𝑖 → Vetor posição do ponto material 𝑃𝑖. 
Considerando as coordenadas cartesianas, temos: 
𝑟𝑐𝑚 = (𝑥𝑐𝑚, 𝑦𝑐𝑚, 𝑧𝑐𝑚) ; 𝑟𝑖 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 , 𝑧𝑖). 
𝑚. 𝑥𝑐𝑚 = ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
. 𝑥𝑖; 𝑚. 𝑦𝑐𝑚 = ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
. 𝑦𝑖; 𝑚. 𝑧𝑐𝑚 = ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
. 𝑧𝑖 . 
Quando o c.m. é o centro de gravidade, então é o baricentro “G”. 
𝑚. 𝑔 = 𝑃𝑒𝑠𝑜. 
Derivando as equações: 
𝑚
𝑑𝑟𝑐𝑚
𝑑𝑡
= ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑑𝑟𝑖
𝑑𝑡
 . 
𝑚. �̇�𝑐𝑚 = ∑ 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
Como: �⃗⃗� = ∑ 𝑚𝑖 . �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 . 
 �⃗⃗� = 𝑚𝑖 . �̇�𝑐𝑚 = 𝑚𝑖�⃗�𝑐𝑚. 
Derivando mais uma vez temos: 
 
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
= 𝑚
𝑑�⃗�𝑐𝑚
𝑑𝑡
 = 𝑚. �⃗�𝑐𝑚 . 
∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑚. �⃗�𝑐𝑚. 
�⃗�𝑐𝑚 → Velocidade do c.m. do sistema de partículas; 
�⃗�𝑐𝑚 → Aceleração do c.m. do sistema de partículas. 
O c.m. de um sistema de pontos materiais move-se como se a massa total do 
sistema e todas as forças externas estivessem concentradas naquele ponto. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
115 
4.4. Momento Angular de um Sistema de Pontos Materiais em 
Relação ao seu Centro de Massa (c.m.) 
 
𝐺 → Baricentro do sistema de partículas; 
𝑟𝑖
′ → Vetor de posição do ponto material 𝑃𝑖 em relação ao 𝐺𝑥′𝑦′𝑧′; 
�⃗�𝑖
′ →Velocidade do ponto material 𝑃𝑖 em relação ao 𝐺𝑥′𝑦′𝑧′; 
𝑚𝑖 → Massa do ponto material 𝑃𝑖; 
�⃗⃗⃗�𝐺
′ → Momento angular do sistema de pontos materiais em relação ao 𝐺𝑥′𝑦′𝑧′. 
�⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
′
𝑛
𝑖=1
. 
Derivando 
𝑑(𝐻′⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺)
𝑑𝑡
: 
�̇⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑ (
𝑑(𝑟𝑖
′)
𝑑𝑡
× �⃗�𝑖
′𝑚𝑖 + 𝑟𝑖
′𝑚𝑖
𝑑(�⃗�𝑖
′)
𝑑𝑡
)
𝑛
𝑖=1
. 
�̇⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑(�⃗�𝑖
′ × �⃗�𝑖
′𝑚𝑖 + 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
′)
𝑛
𝑖=1
. 
Como: �⃗�𝑖
′ × �⃗�𝑖
′𝑚𝑖 = 0. 
�̇⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
′
𝑛
𝑖=1
. 
�⃗�𝑖
′ → Aceleração do ponto material 𝑃𝑖 em relação ao 𝐺𝑥′𝑦′𝑧′. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
116 
Pode-se definir: 
�⃗�𝑖 = �⃗�𝐺 + �⃗�𝑖
′ → �⃗�𝑖
′ = �⃗�𝑖 − �⃗�𝐺 . 
�⃗�𝑖 → Aceleração do ponto material 𝑃𝑖 em relação ao 𝑂𝑥𝑦𝑧; 
�⃗�𝐺 → Aceleração do c.m. do sistema de pontos materiais em relação ao 𝑂𝑥𝑦𝑧. 
Substituindo em �̇⃗⃗⃗�𝐺
′ , temos: 
�̇⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖(�⃗�𝑖 − �⃗�𝐺) = 
𝑛
𝑖=1
∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖 − ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝐺
𝑛
𝑖=1
𝑛
𝑖=1
. 
�̇⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′ × �⃗�𝑖 − (∑ 𝑟𝑖
′𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
) 
𝑛
𝑖=1
× �⃗�𝐺 . 
Como: 𝑚. 𝑟𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1 e 𝑟𝐺
′ = 0. 
�̇⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′ × �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
= ∑ �⃗⃗⃗�𝐺
𝑛
𝑖=1
. 
 
* Calcular a soma (�⃗⃗⃗�𝐺) dos momentos em relação á “G” das quantidades de 
movimento dos pontos materiais (𝑚𝑖�⃗�𝑖). 
 
�⃗�𝑖 → Velocidade do ponto material 𝑃𝑖 no sistema 𝑂𝑥𝑦𝑧; 
�⃗�𝑖
′ → Velocidade do ponto material 𝑃𝑖 no sistema 𝐺𝑥′𝑦′𝑧′; 
𝐺 →Baricentro do sistema de pontos materiais. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
117 
Como: 
�⃗⃗⃗�𝐺 = ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
Da figura como: 
�⃗�𝑖 = �⃗�𝐺 + �⃗�𝑖
′. 
Substituindo na equação de �⃗⃗⃗�𝐺, temos:�⃗⃗⃗�𝐺 = ∑(𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖(�⃗�𝐺 + �⃗�𝑖
′))
𝑛
𝑖=1
. 
�⃗⃗⃗�𝐺 = (∑ 𝑟𝑖
′𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
) × �⃗�𝐺 + ∑ 𝑟𝑖
′𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
× �⃗�𝑖
′. 
Como: 𝑚. 𝑟𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1 e 𝑟𝐺
′ = 0  ∑ 𝑟𝑖
′𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1 = 0. 
�⃗⃗⃗�𝐺 = ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
′
𝑛
𝑖=1
. 
Como: �⃗⃗⃗�𝐺
′ = ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
′𝑛
𝑖=1 ; 
�⃗⃗⃗�𝐺 = ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖 �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
= ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
′
𝑛
𝑖=1
= �⃗⃗⃗�𝐺
′ . 
Também: 
�̇⃗⃗⃗�𝐺 = ∑ �⃗⃗⃗�𝐺 . 
 
4.5. Conservação da Quantidade de Movimento de um Sistema 
de Pontos Materiais. 
Se não existirem forças externas �⃗�𝑖 sobre os pontos materiais 𝑃𝑖, temos que: 
Se : �⃗�𝑖 = 0. 
⇒ �̇⃗⃗� = ∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
= 0 ⇒ �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
⇒ �⃗⃗� = 𝑚�⃗�𝑐𝑚 = 𝑐𝑡𝑒. ⇒ �⃗�𝑐𝑚 = 𝑐𝑡𝑒. 
Como: ∑ 𝑟𝑖 × �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 = 0. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
118 
⇒ ∑ �⃗⃗⃗�𝐺
𝑛
𝑖=1
= 0 ⇒ �̇⃗⃗⃗�𝐺 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐺
𝑑𝑡
= 0 ⇒ �⃗⃗⃗�𝐺 = 𝑐𝑡𝑒. 
⇒ ∑ �⃗⃗⃗�0
𝑛
𝑖=1
= 0 ⇒ �̇⃗⃗⃗�0 =
𝑑�⃗⃗⃗�0
𝑑𝑡
= 0 ⇒ �⃗⃗⃗�0 = 𝑐𝑡𝑒. 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
119 
Problema 4.1: Um projétil de 89 𝑁 move-se com 
velocidade de 30,5 𝑚/𝑠 quando explode em dois 
fragmentos A e B, que pesam respectivamente 22,2 𝑁 
e 66,8 𝑁 . Sabendo-se, que imediatamente após a 
explosão, os fragmentos percorrem as direções 
mostradas, determinar a velocidade de cada 
fragmento. 
 
Dados 
.- Projétil: 
Peso: 𝑃 = 89,0 𝑁; 
Velocidade antes da explosão: 
𝜐0 = 30,5 𝑚/𝑠. 
.- Fragmento A: 
Peso: 𝑃𝐴 = 22,2 𝑁. 
.- Fragmento B: 
Peso: 𝑃𝐵 = 66,8 𝑁. 
Determinar: 
A Velocidade de cada fragmento após a 
explosão: 
𝜐𝐴 =? ; 𝜐𝐵 =?. 
Solução 
Diagrama: 
 
Como não existem forças externas, temos: 
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
= ∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 = 0 𝑁. 
 
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
= 0  �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
 �⃗⃗�𝐴𝑛𝑡𝑒𝑠 = �⃗⃗�𝐴𝑝ó𝑠. (1) 
Quantidades de movimento: 
�⃗⃗�𝐴𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑚𝑃�⃗�𝑃. 
�⃗⃗�𝐴𝑝ó𝑠 = 𝑚𝐴�⃗�𝐴 + 𝑚𝐵�⃗�𝐵. 
A forma vetorial das velocidades: 
�⃗�𝑃 = �⃗�0 = 30,5𝑖.̂ 
�⃗�𝐴 = 𝜐𝐴𝐶𝑜𝑠 45°𝑖̂ + 𝜐𝐴𝑆𝑒𝑛 45°𝑗̂. 
�⃗�𝐵 = 𝜐𝐵𝐶𝑜𝑠 30°𝑖̂ − 𝜐𝐵𝑆𝑒𝑛 30°𝑗.̂ 
Para as massas, temos: 
𝑚𝑃 =
𝑃
𝑔
 ; 𝑚𝐴 =
𝑃𝐴
𝑔
 ; 𝑚𝐵 =
𝑃𝐵
𝑔
. 
Substituindo na equação (1), temos: 
 
𝑃
𝑔
30,5𝑖̂ =
𝑃𝐴
𝑔
(𝜐𝐴𝐶𝑜𝑠 45°𝑖̂ + 𝜐𝐴𝑆𝑒𝑛 45°𝑗̂) +
𝑃𝐵
𝑔
(𝜐𝐵𝐶𝑜𝑠 30°𝑖̂ − 𝜐𝐵𝑆𝑒𝑛 30°𝑗̂). 
Na direção “x”, temos: 
30,5𝑃 = 𝑃𝐴 𝜐𝐴𝐶𝑜𝑠 45° + 𝑃𝐵𝜐𝐵𝐶𝑜𝑠 30°. 
 30,5𝑃 = 15,69𝜐𝐴 + 57,85𝜐𝐵. (2) 
Na direção “y”, temos: 
0 = 𝑃𝐴 𝜐𝐴𝑆𝑒𝑛 45° − 𝑃𝐵𝜐𝐵𝑆𝑒𝑛 30°. 
 15,69𝜐𝐴 = 33,40𝜐𝐵. (3) 
Substituindo (3) em (2), temos: 
 𝜐𝐵 = 29,8 𝑚/𝑠. 
Substituindo na equação (3), temos: 
 𝜐𝐴 = 63,3 𝑚/𝑠. 
 
 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
120 
Problema 4.2: Um sistema consiste em pontos 
materiais A, B e C, de massas respectivamente iguais 
a 𝑚𝐴 = 3 𝑘𝑔 , 𝑚𝐵 = 4𝑘𝑔 , 𝑚𝐶 = 5 𝑘𝑔 , e com 
velocidades (m/s), �⃗⃗⃗�𝐴 = 2𝑖̂ + 3𝑗̂ − 2�̂�, �⃗⃗⃗�𝐵 = 𝜐𝑥𝑖̂ + 2𝑗̂ +
𝜐𝑍�̂� e �⃗⃗⃗�𝐶 = −3𝑖̂ − 2𝑗̂ + �̂� . Determine (a) as 
componentes 𝜐𝑥 e 𝜐𝑍 da velocidade do ponto B para 
as quais o momento angular �⃗⃗⃗�0 do sistema é paralelo 
ao eixo Ox e (b) o correspondente valor de �⃗⃗⃗�0. 
 
Dados 
.- Ponto material A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 3 𝑘𝑔; 
Velocidade: �⃗�𝐴 = 2𝑖̂ + 3𝑗̂ − 2�̂�. 
.- Ponto material B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 4 𝑘𝑔; 
Velocidade: �⃗�𝐵 = 𝜐𝑥𝑖̂ + 2𝑗̂ + 𝜐𝑍�̂�. 
.- Ponto material C: 
Massa: 𝑚𝐶 = 5 𝑘𝑔; 
Velocidade: �⃗�𝐶 = −3𝑖̂ − 2𝑗̂ + �̂�. 
Determinar: 
a.- As componentes: 𝜐𝑥 e 𝜐𝑍 de �⃗�𝐵 
se: �⃗⃗⃗�0 = ℎ𝑖̂; 
b.- O correspondente: 
 �⃗⃗⃗�0 = ?. 
Solução 
Diagrama: 
 
Os vetores de posição: 
Ponto A: 𝑟𝐴 = 2,5𝑗̂ + 2�̂�. 
Ponto B: 𝑟𝐵 = 2𝑖̂ + 2𝑗̂ + 1,5�̂�. 
Ponto C: 𝑟𝐶 = 4𝑖̂ + 3𝑗̂. 
a.- As componentes: 𝜐𝑥 e 𝜐𝑍 de �⃗�𝐵 se �⃗⃗⃗�0 = ℎ𝑖̂. 
Como: 
�⃗⃗⃗�0 = ∑ 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
𝑛
𝑖 . 
 �⃗⃗⃗�0 = 𝑟𝐴 × 𝑚𝐴�⃗�𝐴 + 𝑟𝐵 × 𝑚𝐵�⃗�𝐵 + 𝑟𝐶 × 𝑚𝐶�⃗�𝐶. 
Então os momentos angulares dos pontos A, B e C, 
são: 
𝑟𝐴 × 𝑚𝐴�⃗�𝐴 = (2,5𝑗̂ + 2�̂�) × 3(2𝑖̂ + 3𝑗̂ − 2�̂�). 
𝑟𝐴 × 𝑚𝐴�⃗�𝐴 = (−33𝑖̂ + 12𝑗̂ − 15�̂�). 
𝑟𝐵 × 𝑚𝐵�⃗�𝐵 = (2𝑖̂ + 2𝑗̂ + 1,5�̂�) × (4𝜐𝑥𝑖̂ + 8𝑗̂ +
4𝜐𝑍�̂�). 
𝑟𝐵 × 𝑚𝐵�⃗�𝐵 = (8𝜐𝑍 − 12)𝑖̂ + (6𝜐𝑥 − 8𝜐𝑍)𝑗̂ +
(16 − 8𝜐𝑥)�̂�. 
𝑟𝐶 × 𝑚𝐶�⃗�𝐶 = (4𝑖̂ + 3𝑗̂) × (−15𝑖̂ − 10𝑗̂ + 5�̂�). 
𝑟𝐶 × 𝑚𝐶�⃗�𝐶 = (15𝑖̂ − 20𝑗̂ + 5�̂�). 
Como: 
 �⃗⃗⃗�0 = ℎ𝑖̂. (1) 
Considerando na equação (1), as componentes em 
“y”, temos: 
0 = 12 + 6𝜐𝑥 − 8𝜐𝑍 − 20. 
 3𝜐𝑥 − 4𝜐𝑍 = 4. (2) 
Componentes em “z”, temos: 
0 = −15 + 16 − 8𝜐𝑥 + 5. 
 𝜐𝑥 =
3
4
 𝑚/𝑠. 
Substituindo na equação (2), temos: 
 𝜐𝑍 = −
7
16
𝑚/𝑠. 
b.- O correspondente: �⃗⃗⃗�0 = ?. 
Considerando as componentes em “x”, temos: 
ℎ0 = −33 + 8𝜐𝑍 − 12 + 15. 
 ℎ0 = −30 + 8 ∗
−7
16
. 
 ℎ0 = −33,5 𝑘𝑔. 𝑚
2/𝑠. 
 �⃗⃗⃗�0 = −33,5 𝑖̂. 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
121 
Problema 4.3: Observa-se que um veículo espacial 
de 200 𝑘𝑔 , passa em 𝑡 = 0 𝑠 pela origem de um 
sistema de referência newtoniano Oxyz, com 
velocidade �⃗�0 = 150 𝑖 ̂𝑚/𝑠 em relação ao sistema. 
Como resultado da detonação de cargas explosivas, o 
veículo separa-se em três partes, A, B, e C, de massas 
de 100 𝑘𝑔, 60 𝑘𝑔 e 40 𝑘𝑔, respectivamente. Sabendo-
se, que em 𝑡 = 2,5 𝑠, as posições das partes A e B 
observadas são 𝐴(555 , −180 , 240) e 𝐵(255 , 0 , −120), 
onde as coordenadas são expressas em metros, 
determinar a posição da parte C nesse instante. Sabe-
se, também, que em 𝑡 = 2,5 𝑠, a velocidade da parte A 
é �⃗�𝐴 = (270𝑖̂ − 120𝑗̂ + 160�̂�) 𝑚/𝑠 e a velocidade da 
parte B é paralelo ao plano xz. Determine a velocidade 
da parte C. 
 
Dados 
.- Veículo espacial: 
Massa: 𝑚 = 200 𝑘𝑔; 
Para: 𝑡 = 0 𝑠; 
⇒ 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0 𝑚; 
Velocidade: �⃗�0 = 150𝑖̂ 𝑚/𝑠. 
.- Parte A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 100 𝑘𝑔; 
Para 𝑡 = 2,5 𝑠; 
⇒ 𝑟𝐴 = (555, −180, 240)𝑚; 
Velocidade: 
�⃗�𝐴 = (270𝑖̂ − 120𝑗̂ + 160�̂�) 𝑚/𝑠. 
.- Parte B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 60 𝑘𝑔; 
Para 𝑡 = 2,5 𝑠; 
⇒ 𝑟𝐵 = (255, 0 , −120)𝑚; 
Velocidade: 
�⃗�𝐵 = (𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 0𝑗̂ + 𝜐𝐵𝑧�̂�) 𝑚/𝑠. 
.- Parte C: 
Massa: 𝑚𝐶 = 40 𝑘𝑔; 
Determinar: 
Para: 𝑡 = 2,5 𝑠. 
A posição da parte C: 𝑟𝐶 =?; 
Velocidade da parte C: �⃗�𝐶 =?. 
Solução 
Diagrama: 
 
Como não existem forças externas, temos que o 
c.m. do sistema, move-se com velocidade 
constante igual a 𝜐𝑜, então: 
�⃗�𝑖 = 0 𝑁  L̇⃗⃗ = ∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 = 0  �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
�⃗⃗� = 𝑚�⃗�𝑐𝑚 = 𝑐𝑡𝑒  �⃗�𝑐𝑚 = 𝜐𝑜𝑖̂ = 𝑐𝑡𝑒. 
Portanto, considerando um M.R.U. do c.m. temos: 
Para: 𝑡 = 2,5 𝑠. 
𝑟𝑐𝑚 = 𝑟0⏟
=0
+ �⃗�0 ⋅ 𝑡 = 150𝑖̂ × 2,5. 
⟹ 𝑟𝑐𝑚 = 375𝑖̂. 
Da equação do centro de massa do sistema de 
pontos materiais, temos: 
𝑚 ⋅ 𝑟𝑐𝑚 = ∑ 𝑚𝑖 ⋅ 𝑟𝑖
𝑛
𝑖=1 . 
Para: 𝑡 = 2,5 𝑠. 
𝑚 ⋅ 𝑟𝑐𝑚 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑟𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ 𝑟𝐵 + 𝑚𝐶 ⋅ 𝑟𝐶. 
Substituindo os valores temos: 
200 × 375𝑖̂ = 100(555𝑖̂ − 180𝑗̂ + 240�̂�) +
60(255𝑖̂ − 120�̂�) + 40 ⋅ 𝑟𝐶. 
 𝑟𝐶 = (105𝑖̂ + 450𝑗̂ − 420�̂�) ∶ 𝑚. 
Como não existem forças externas atuando nosistema temos que: 
Conservação da quantidade de movimento: 
�⃗⃗�1 = �⃗⃗�2. (1) 
Como: 
�⃗⃗�1 = 𝑚 ⋅ �⃗�0. 
𝑚 = 200𝑘𝑔 ; �⃗�0 = (250𝑖̂) 𝑚/𝑠. 
�⃗⃗�2 = ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1 ⋅ �⃗�𝑖 = 𝑚𝐴 ⋅ �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ �⃗�𝐵 + 𝑚𝐶 ⋅ �⃗�𝐶 . 
𝑚𝐴 = 100𝑘𝑔 ; 𝑚𝐵 = 60𝑘𝑔 ; 𝑚𝐶 = 40𝑘𝑔. 
�⃗�𝐶 = 𝜐𝐶𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐶𝑦𝑗̂ + 𝜐𝐶𝑧�̂�. 
Substituindo na equação (1) temos: 
200 × 120𝑖̂ = 100(270𝑖̂ − 120𝑗̂ + 160�̂�) +
60(𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑧�̂�) + 40(𝜐𝐶𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐶𝑦𝑗̂ + 𝜐𝐶𝑧�̂�). 
Para as componentes em 𝑖̂: 
30000 = 27000 + 60 ⋅ 𝜐𝐵𝑥 + 40 ⋅ 𝜐𝐶𝑥. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
122 
150 = 3 ⋅ 𝜐𝐵𝑥 + 2 ⋅ 𝜐𝐶𝑥. (2) 
Para as componentes em 𝑗̂: 
0 = −12000 + 40 ⋅ 𝜐𝐶𝑦. 
 𝜐𝐶𝑦 = 300 𝑚/𝑠. 
Para os componentes em �̂�: 
 0 = 16000 + 60 ⋅ 𝜐𝐵𝑧 + 40 ⋅ 𝜐𝐶𝑧. 
 −800 = 3 ⋅ 𝜐𝐵𝑧 + 2 ⋅ 𝜐𝐶𝑧. (3) 
Também temos conservação do momento angular 
do sistema. 
�⃗⃗⃗�01 = �⃗⃗⃗�02. (4) 
Como: 
�⃗⃗⃗�01 = 𝑟0 × 𝑚 ⋅ �⃗�0 ; 𝑟0 = 0 ⟹ �⃗⃗⃗�01 = 0. 
�⃗⃗⃗�02 = ∑ 𝑟𝑖
𝑛
𝑖=1 × 𝑚𝑖 ⋅ �⃗�𝑖. 
�⃗⃗⃗�02 = 𝑟𝐴 × 𝑚𝐴�⃗�𝐴 + 𝑟𝐵 × 𝑚𝐵�⃗�𝐵 + 𝑟𝐶 × 𝑚𝐶�⃗�𝐶. 
�⃗⃗⃗�02 = 𝑚𝐴𝑟𝐴 × �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵𝑟𝐵 × �⃗�𝐵 + 𝑚𝐶𝑟𝐶 × �⃗�𝐶. 
𝑚𝐴𝑟𝐴 × �⃗�𝐴 = 100 |
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�
555 −180 240
270 −120 160
|. 
𝑚𝐴𝑟𝐴 × �⃗�𝐴 = 100{(−180 × 160 + 240 ×
120)𝑖̂ + (−555 × 120 + 180 × 270)�̂� +
(555 × 160 − 240 × 270)𝑗̂}. 
𝑚𝐴𝑟𝐴 × �⃗�𝐴 = 100(0𝑖̂ − 18000�̂� + 24000𝑗.̂ 
𝑚𝐵𝑟𝐵 × �⃗�𝐵 = 60 |
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�
255 0 −120
𝜐𝐵𝑥 0 𝜐𝐵𝑧
|. 
𝑚𝐵𝑟𝐵 × �⃗�𝐵 = 60{(0)𝑖̂ + (0)�̂� + (255𝜐𝐵𝑧 +
120𝜐𝐵𝑥)𝑗̂}. 
𝑚𝐶𝑟𝐶 × �⃗�𝐶 = 40 |
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�
105 450 −420
𝜐𝐶𝑥 300 𝜐𝐶𝑧
|. 
𝑚𝐶𝑟𝐶 × �⃗�𝐶 = 40{(450𝜐𝐶𝑍 + 420 × 300)𝑖̂ +
(105 × 300 − 450𝜐𝐶𝑥)�̂� + (105𝜐𝐶𝑧 +
420𝜐𝐶𝑥)𝑗̂}. 
Substituindo na equação (4), considerando: 
As componentes em 𝑖̂: 
 0 = 100 × 0 + 60 × 0 + 40(450𝜐𝐶𝑍 +
426000). 
 𝜐𝐶𝑍 = −280 𝑚/𝑠. 
As componentes em �̂�: 
 0 = −100 × 18000 + 60 × 0 + 40(31500 −
450𝜐𝐶𝑥). 
 0 = −300 + 210 − 3𝜐𝐶𝑥. 
 𝜐𝐶𝑥 = −30 𝑚/𝑠. 
 �⃗�𝐶 = (−30𝑖̂ + 300𝑗̂ − 280�̂�) 𝑚/𝑠. 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
123 
Problema 4.4: O automóvel A viaja para o leste em 
alta velocidade quando choca no ponto O com o 
automóvel B, que se dirige para o norte a 72 𝑘𝑚/ℎ. O 
automóvel C que viajava para o oeste a 90 𝑘𝑚/ℎ 
encontrava-se a 10 𝑚 ao leste e 3 𝑚 ao norte do 
ponto O no momento do choque. Como o pavimento 
estava molhado, o motorista do automóvel C não pode 
evitar que o automóvel patina-se na direção dos outros 
automóveis, e os três veículos grudados deslizaram 
até bater num poste elétrico P. 
Sabe-se que as massas dos automóveis A, B e C são 
respectivamente: 1500 𝑘𝑔, 1300 𝑘𝑔 , e 1200 𝑘𝑔 
desprezando as forças de atrito do solo. Se as 
coordenadas do poste elétrico é 𝑥𝑃 = 18 𝑚 e 𝑦𝑃 =
13,9 𝑚 determine: a.- O tempo transcorrido desde o 
primeiro impacto até o impacto com o poste; b.- A 
velocidade do automóvel A. 
 
Dados 
.- Automóvel A: 
Velocidade: 𝜐𝐴: → 
Massa: 𝑚𝐴 = 1500 𝑘𝑔. 
.- Automóvel B: 
Velocidade: 𝜐𝐵 = 72 𝑘𝑚/ℎ ↑ ≈ 20 𝑚/𝑠; 
Massa: 𝑚𝐵 = 1300 𝑘𝑔. 
.- Automóvel C: 
Velocidade: 𝜐𝐶 = 90 𝑘𝑚/ℎ ←≈ 25 𝑚/𝑠; 
Massa: 𝑚𝐶 = 1200 𝑘𝑔. 
Posição: 𝑥𝐶 = 10𝑚 ; 𝑦𝐶 = 3𝑚. 
(no choque de A e B) 
Patina e desliza; 
.- Atrito: 𝜇 ≈ 0 
.- Poste P: 
Coordenadas: 𝑥𝑃 = 18 𝑚 ; 𝑦𝑃 = 13,9 𝑚. 
Determine: 
a.- Tempo transcorrido: ∆𝑡 =? (primeiro choque 
até o choque com o poste); 
b.- Velocidade do Automóvel A: 𝜐𝐴 =?. 
Solução 
Como as únicas forças externas são os pesos dos 
automóveis e as reações normais do solo, ambas 
são perpendiculares ao movimento, portanto, 
temos que: 
Diagrama: 
 
�̇⃗⃗� = ∑ 𝐹𝑖 = 0 ⟹ �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
𝐿1 ⟶Momento linear antes do impacto. 
𝐿1 = ∑ 𝑚𝑖 ⋅ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 . 
𝐿1 = 𝑚𝐴 ⋅ �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ �⃗�𝐵 + 𝑚𝐶 ⋅ �⃗�𝐶. (1) 
Também: 𝐿1 = 𝑚 ⋅ �⃗�𝐺. 
onde: �⃗�𝐺 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑜 𝑐. 𝑚. 
𝑚 = 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶. 
⟹ 𝑚 = 4000 𝑘𝑔. 
�⃗�𝐴 = 𝜐𝐴𝑖̂ ; �⃗�𝐵 = 20𝑗̂ ; �⃗�𝐶 = −25𝑖̂. 
Na equação (1): 
𝑚�⃗�𝐺 = 𝑚𝐴�⃗�𝐴 + 𝑚𝐵�⃗�𝐵 + 𝑚𝑐�⃗�𝑐. 
Substituindo os valores, temos: 
4000�⃗�𝐺 = 1500𝜐𝐴𝑖̂ + 1300 × 20𝑗̂ − 1200 ×
25𝑖̂. 
 �⃗�𝐺 = (0,375𝜐𝐴 − 7,5)𝑖̂ + 6,5𝑗̂ ∶ 𝑚/𝑠. 
𝑟𝐺1: no instante do primeiro choque entre A e B. 
 
𝑚 ⋅ 𝑟𝐺1 = ∑ 𝑚𝑖 ⋅ 𝑟𝑖
𝑛
𝑖=1 . (2) 
𝑚 ⋅ 𝑟𝐺1 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑟𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ 𝑟𝐵 + 𝑚𝐶 ⋅ 𝑟𝐶. 
𝑟𝐴 = 𝑟𝐵 = 0⃗⃗ ; 𝑟𝐶 = 10𝑖̂ + 3𝑗.̂ 
Substituindo os valores na equação (2), temos: 
⟹ 𝑚𝑟𝐺1 = 𝑚𝑐𝑟𝑐 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
124 
⟹ 𝑟𝐺1 =
𝑚𝐶
𝑚
𝑟𝐶 =
1200
4000
(10𝑖̂ + 3𝑗̂). 
 𝑟𝐺1 = 3𝑖̂ + 0,9𝑗̂. 
𝑟𝐺𝑃 : no instante do impacto no poste. 
 
𝑟𝐺𝑃 = 𝑥𝑃𝑖̂ + 𝑦𝑃𝑗 ̂  𝑟𝐺𝑃 = 18𝑖̂ + 13,9𝑗̂. 
O tempo entre o primeiro impacto e no impacto 
com o poste: 𝛥𝑡. 
Considerando o movimento do c.m. do sistema 
com M.R.U., pois �⃗�𝐺 = 𝑐𝑡𝑒. 
𝑟𝐺𝑃 = 𝑟𝐺1 + �⃗�𝐺 ⋅ 𝑡. 
⟹ �⃗�𝐺 =
𝑟𝐺𝑃−𝑟𝐺1
𝑡
. 
(0,375𝜐𝐴 − 7,5)𝑖̂ + 6,5𝑗̂ =
18�̂�+13,9�̂�−3�̂�−0,9�̂�
𝑡
. 
(0,375𝜐𝐴 − 7,5)𝑖̂ + 6,5𝑗̂ =
15�̂�+13�̂�
𝑡
. (3) 
Considerando as componentes em 𝑗̂: 
6,5 =
13
𝑡
  𝑡 = 2 𝑠. 
b) Velocidade do automóvel A: 𝜐𝐴 
Da equação (3), temos na direção x (î): 
15
𝑡
= (0,375 ∙ 𝜐𝐴 − 7,5). 
Como: 𝑡 = 2 𝑠. 
 𝜐𝐴 = 40 𝑚/𝑠. 
 �⃗�𝐴 = (40𝑖̂) 𝑚/𝑠. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
125 
Problema 4.5: Uma bomba de 9 𝑘𝑔 movimenta-se 
com uma velocidade inicial �⃗�𝑜 = −60𝑖̂ + 45𝑗̂ + 180�̂� ∶
𝑐𝑚/𝑠, e explode no ponto D em três fragmentos de 
massas 4 𝑘𝑔 , 3 𝑘𝑔 e 2 𝑘𝑔 respectivamente. Se os 
fragmentos atingem na parede vertical nos pontos A, 
B, e C indicados na figura, determine a velocidade de 
cada fragmento imediatamente após a explosão. 
 
Dados 
.- Bomba: 
Massa: 𝑚 = 9 𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 
�⃗�0 = (−60𝑖̂ + 45𝑗̂ + 180�̂�) 𝑐𝑚/𝑠; 
Explode em D: 𝐷(2,4; 0; 0)𝑚. 
.- Fragmento A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 4 𝑘𝑔; 
Ponto de impacto: A. 
.- Fragmento B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 3 𝑘𝑔; 
Ponto de impacto: B. 
.- Fragmento C: 
Massa: 𝑚𝐶 = 2 𝑘𝑔; 
Ponto de impacto: C. 
Determinar: 
Velocidade de cada fragmento após explosão: 
𝜐𝐴 =?, 𝜐𝐵 =?, 𝜐𝐶 =?. 
Solução 
Diagrama: 
 
Como no sistema não existem forças externas, 
temos que: 
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
= ∑ �⃗�𝑖 ; �⃗�𝑖 = 0⃗⃗. 
 ⟹ 
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
= 0 ⟹ �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
Conservação da quantidade linear ao longo do 
processo 
�⃗⃗�𝐷 = �⃗⃗�𝐷′. (1) 
onde: 𝐷′ → 𝑎𝑝ó𝑠 𝑒𝑥𝑝𝑙𝑜𝑠ã𝑜; 
Como: 
�⃗⃗�𝐷 = 𝑚 ⋅ �⃗�0 = 𝑚 ⋅ �⃗�𝑐𝑚 ⟹ �⃗�0 = �⃗�𝑐𝑚. 
 �⃗�𝑐𝑚 = (−60𝑖̂ + 45𝑗̂ + 180�̂�) 𝑐𝑚/𝑠. 
Também: 
�⃗⃗�𝐷′ = 𝑚𝐴 ⋅ �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ �⃗�𝐵 + 𝑚𝐶 ⋅ �⃗�𝐶. 
Substituindo na equação (1): 
𝑚 �⃗�0 = 𝑚𝐴 �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵 �⃗�𝐵 + 𝑚𝐶 �⃗�𝐶. (2) 
No instante do impacto na parede o centro de 
massa do sistema é: 
 
Como: 
𝑚 ⋅ 𝑟𝑐𝑚2 = ∑ 𝑚𝑖 ⋅ 𝑟𝑖
𝑛
𝑖=1 . 
𝑚𝑟𝑐𝑚2 = 𝑚𝐴𝑟𝐴 + 𝑚𝐵𝑟𝐵 + 𝑚𝐶𝑟𝐶. (3) 
Da figura temos ascoordenadas dos pontos de 
impacto: 
𝐴 = (0 ; 4,35 ; 16,85)𝑚 ; 𝐵 = (0 ; 1,2 ; −2,4)𝑚. 
𝐶 = (0 ; −2,4 ; 2,3)𝑚. 
Substituindo na equação (3), temos: 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
126 
9𝑟𝑐𝑚2 = 4(0; 4,35; 16,85) + 3(0; 1,2 ; −2,4) +
2(0; −2,4; 2,3). 
 9 ⋅ 𝑟𝑐𝑚2 = (0; 16,2; 64,8). 
 𝑟𝑐𝑚2 = (0 ; 1,8 ; 7,2). 
Como: 
𝑟𝑐𝑚1 = 𝑟𝐷 = (2,4 ; 0 ; 0) e �⃗�𝑐𝑚 = 𝑐𝑡𝑒. 
Temos um M.R.U. para o c.m. do sistema: 
𝑟𝑐𝑚2 = 𝑟𝑐𝑚1 + �⃗�𝑐𝑚 ⋅ 𝑡. 
 �⃗�𝑐𝑚 ⋅ 𝑡 = 𝑟𝑐𝑚2 − 𝑟𝑐𝑚1. 
10−2 ⋅ 𝑡(−60 ; 45 ; 180) = (−2,4 ; 1,8 ; 7,2). 
Considerando as componentes em 𝑖̂: 
−60 × 10−2 ⋅ 𝑡 = −2,4. 
 𝑡 = 4 𝑠. 
Fragmento A: 
𝑑𝐷𝐴 = 𝐴 − �⃗⃗⃗� = (0 ; 4,35 ; 16,85) − (2,4 ; 0 ; 0). 
𝑑𝐷𝐴 = (−2,4 ; 4,35 ; 16,85). 
|𝑑𝐷𝐴| = √(−2,4)2 + 4,352 + 16,852. 
|𝑑𝐷𝐴| = 17,57 𝑚. 
Como cada fragmento realiza M.R.U.: 
�⃗�𝐴 = 𝑐𝑡𝑒 ⟹ 𝜐𝐴 =
|�⃗�𝐷𝐴|
𝑡
. 
𝜐𝐴 =
17,57
4
= 4,39 𝑚/𝑠. 
Fragmento B: 
𝑑𝐷𝐵 = �⃗⃗� − �⃗⃗⃗� = (0 ; 1,2 ; −2,4) − (2,4 ; 0 ; 0). 
𝑑𝐷𝐵 = (−2,4 ; 1,2; −2,4). 
|𝑑𝐷𝐵| = √(−2,4)2 + 1,22 + (−2,4)2. 
|𝑑𝐷𝐵| = 3,6 𝑚. 
Como cada fragmento realiza M.R.U.: 
�⃗�𝐵 = 𝑐𝑡𝑒 ⟹ 𝜐𝐵 =
|�⃗�𝐷𝐵|
𝑡
. 
⟹ 𝜐𝐵 =
3,6
4
= 0,9 𝑚/𝑠. 
Fragmento C: 
𝑑𝐷𝐶 = 𝐶 − �⃗⃗⃗� = (0 ; −2,4 ; 2,3) − (2,4 ; 0 ; 0). 
𝑑𝐷𝐶 = (−2,4 ; −2,4 ; 2,3). 
|𝑑𝐷𝐶| = √(−2,4)2 + (−2,4)2 + 2,32. 
|𝑑𝐷𝐶| = 4,1 𝑚. 
Como cada fragmento realiza M.R.U.: 
�⃗�𝐶 = 𝑐𝑡𝑒 ⟹ 𝜐𝐶 =
|�⃗�𝐷𝐶|
𝑡
. 
⟹ 𝜐𝐶 =
4,1
4
= 1,02 𝑚/𝑠. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
127 
1.6. Energia Cinética de um Sistema de Pontos Materiais 
 
 
 𝑇𝑖 =
1
2
𝑚𝜐𝑖
2. 
𝑇 =
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
2
𝑛
𝑖=1
. 
𝑇𝑖 → Energia cinética do ponto material 𝑃𝑖; 
𝑇 → Energia cinética total do sistema de pontos materiais; 
𝑚𝑖 → Massa do ponto material 𝑃𝑖; 
𝜐𝑖 → Velocidade do ponto material 𝑃𝑖. 
Utilizando o sistema de referência Baricêntrico “G”: 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
128 
𝐺 → Centro de massa do sistema de pontos materiais; 
�⃗�𝑖 → Velocidade do ponto material 𝑃𝑖 em relação ao 𝑂𝑥𝑦𝑧; 
�⃗�𝑖
′ → Velocidade do ponto material em relação ao 𝐺x’y’z’. 
𝑟𝑖 = 𝑟𝑐𝑚 + 𝑟𝑖
′. 
Como: 
�⃗�𝑖 = �⃗�𝑐𝑚 + �⃗�𝑖
′. 
�⃗�𝑐𝑚 → Velocidade do centro de massa do sistema de pontos em relação ao 𝑂𝑥𝑦𝑧. 
A energia cinética (𝑇): 
𝑇 =
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
2
𝑛
𝑖=1
=
1
2
 ∑ 𝑚𝑖�⃗�𝑖 . �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
Substituindo, temos: 
𝑇 =
1
2
 ∑ 𝑚𝑖(�⃗�𝑐𝑚 + �⃗�𝑖
′). (�⃗�𝑐𝑚 + �⃗�𝑖
′)
𝑛
𝑖=1
. 
𝑇 =
1
2
 ∑ 𝑚𝑖{𝜐𝑐𝑚
2 + 2(�⃗�𝑐𝑚. �⃗�𝑖
′) + 𝜐𝑖
′2}
𝑛
𝑖=1
. 
𝑇 =
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑐𝑚
2 + 
𝑛
𝑖=1
∑ 𝑚𝑖�⃗�𝑐𝑚. �⃗�𝑖
′ +
𝑛
𝑖=1
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
′2
𝑛
𝑖=1
. 
𝑇 =
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑐𝑚
2 + 
𝑛
𝑖=1
�⃗�𝑐𝑚 . ∑ 𝑚𝑖�⃗�𝑖
′ +
𝑛
𝑖=1
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
′2
𝑛
𝑖=1
. 
Como: 
𝑚. �⃗�𝑐𝑚
′ = ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
′
𝑛
𝑖=1
 ; 𝑚 = ∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
𝑇 =
1
2
 𝑚𝜐𝑐𝑚
2 + �⃗�𝑐𝑚 . 𝑚�⃗�𝑐𝑚
′ +
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
′2
𝑛
𝑖=1
. 
Também: 
�⃗�𝑐𝑚 = �⃗�𝑐𝑚 + �⃗�𝑐𝑚
′ ⟹ �⃗�𝑐𝑚
′ = 0. 
𝑇 =
1
2
 𝑚𝜐𝑐𝑚
2 +
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
′2
𝑛
𝑖=1
. 
Fazendo: 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
129 
𝑇𝑐𝑚 =
1
2
 𝑚𝜐𝑐𝑚
2 ; 𝑇𝑟𝑒𝑙 =
1
2
 ∑ 𝑚𝑖𝜐𝑖
′2
𝑛
𝑖=1
. 
 ⟹ 𝑇 = 𝑇𝑐𝑚 + 𝑇𝑟𝑒𝑙. 
 
4.7. Princípio do Trabalho e Energia. Conservação da Energia 
para um Sistema de Pontos Materiais. 
 
O princípio de trabalho e energia para o ponto 𝑃𝑖 é: 
⟹ 𝑇𝑖1 + 𝑈(1−2)𝑖 = 𝑇𝑖2. 
𝑇𝑖1 → Energia cinética do ponto material 𝑃𝑖 no instante inicial 1; 
𝑈(1−2)𝑖 → Trabalho realizado pelas forças internas e externas realizadas sobre o 
ponto material 𝑃𝑖; 
𝑇𝑖2 → Energia cinética do ponto material 𝑃𝑖 no instante 2. 
Considerando todos os pontos matérias, o princípio do trabalho e energia é: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2. 
𝑇1 → Energia cinética do sistema de pontos materiais no instante 1: 
𝑇1 = ∑ 𝑇𝑖1
𝑛
𝑖=1
. 
𝑈1−2 → Trabalho sobre o sistema de pontos pelas forças internas e externas 
durante 1-2: 
𝑈1−2 = ∑ 𝑈(1−2)𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
𝑇2 → Energia Cinética do sistema de pontos materiais no instante 2: 
𝑇2 = ∑ 𝑇𝑖2
𝑛
𝑖=1
. 
Se as forças internas e externas que atuam no sistema são conservativas 
temos: 
𝑈1−2 = 𝑉1− 𝑉2. 
𝑉1 → Energia potencial do sistema de pontos materiais no instante 1: 
𝑉1 = ∑ 𝑉𝑖1
𝑛
𝑖=1
. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
130 
𝑉2 → Energia potencial do sistema de pontos materiais no instante 2: 
𝑉2 = ∑ 𝑉𝑖2
𝑛
𝑖=1
. 
Substituindo na equação do princípio de trabalho e energia, temos: 
⟹ 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2. 
(Equação da conservação de energia para o sistema de pontos) 
 
4.8. Princípio do Impulso e Quantidade de Movimento para um 
Sistema de Pontos Materiais 
 
 
Para um sistema de pontos materiais temos: 
∑ �⃗�𝑖 = �̇⃗⃗�
𝑛
𝑖=1
. 
Onde: 
�⃗�𝑖 → Força externa atuando nos pontos materiais; 
�̇⃗⃗� → Variação da quantidade de movimento do sistema de pontos materiais 
no tempo. 
Como: 
�̇⃗⃗� =
𝑑𝐿
𝑑𝑡
  ∑ �⃗�𝑖𝑑𝑡 = 𝑑�⃗⃗�
𝑛
𝑖=1
. 
Integrando: 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
131 
∑ ∫ �⃗�𝑖
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 =
𝑛
𝑖=1
 ∫ 𝑑�⃗⃗�
2
1
. 
⟹ ∑ ∫ �⃗�𝑖
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 =
𝑛
𝑖=1
 �⃗⃗�2 − �⃗⃗�1. 
�⃗⃗�1 + ∑ ∫ �⃗�𝑖
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 =
𝑛
𝑖=1
�⃗⃗�2. 
Onde: 
�⃗⃗�1, �⃗⃗�2 → Quantidade de movimento linear do sistema de pontos materiais nos 
instantes 1 e 2; 
∑ ∫ �⃗�𝑖
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡𝑛𝑖=1 →Impulsos lineares das forças externas que atuam sobre os pontos 
materiais do sistema. 
Em relação ao momento resultante do sistema de pontos, temos: 
∑ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖 =
𝑛
𝑖=1
�̇⃗⃗⃗�𝑜. 
�⃗⃗⃗�𝑜𝑖 → Momento resultante em relação ao 𝑂𝑥𝑦𝑧 , sobre o ponto material 𝑃𝑖 das 
forças externas que atuam nele; 
�̇⃗⃗⃗�𝑜 → Variação no tempo do momento angular do sistema de pontos materiais em 
relação ao 𝑂𝑥𝑦𝑧. 
Como: 
�̇⃗⃗⃗�𝑜 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝑜
𝑑𝑡
  ∑ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖𝑑𝑡 =
𝑛
𝑖=1
𝑑�⃗⃗⃗�𝑜. 
Integrando: 
∑ ∫ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
=
𝑛
𝑖=1
 ∫ 𝑑�⃗⃗⃗�𝑜
𝑡2
𝑡1
. 
 ⟹ ∑ ∫ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
=
𝑛
𝑖=1
 �⃗⃗⃗�𝑜2 − �⃗⃗⃗�𝑜1. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
132 
⟹ �⃗⃗⃗�𝑜1 + ∑ ∫ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
=
𝑛
𝑖=1
�⃗⃗⃗�𝑜2. 
Onde: 
�⃗⃗⃗�𝑜1 → Momento angular das forças externas em relação à 𝑂𝑥𝑦𝑧 no instante 
1; 
�⃗⃗⃗�𝑜2 → Momento angular das forças externas em relação à 𝑂𝑥𝑦𝑧 no instante 
2; 
∑ ∫ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
→𝑛𝑖=1 Impulsos angulares em relação ao 𝑂𝑥𝑦𝑧 das forçasexternas sobre o ponto material 𝑃𝑖. 
Se nenhuma força externa agir sobre os pontos materiais 
∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1
= 0 ⟹ ∑ ∫ �⃗�𝑖
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡
𝑛
𝑖=1
= 0. 
Como: 
�⃗⃗�1 + ∑ ∫ �⃗�𝑖
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡
𝑛
𝑖=1
= �⃗⃗�2. 
⟹ �⃗⃗�1 = �⃗⃗�2 = 𝑐𝑡𝑒. 
Consequentemente: 
�⃗⃗� = 𝑚�⃗�𝑐𝑚;  𝜐𝑐𝑚 = 𝑐𝑡𝑒. 
Também: 
�⃗⃗⃗�0𝑖 = 𝑟𝑖 × �⃗�𝑖 = 0 ⟹ �⃗⃗⃗�0𝑖𝑑𝑡 = 0. 
⟹ ∑ ∫ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
𝑛
𝑖=1
= 0. 
Como: 
�⃗⃗⃗�𝑜1 + ∑ ∫ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
𝑛
𝑖=1
= �⃗⃗⃗�𝑜2. 
⟹ �⃗⃗⃗�𝑜1 = �⃗⃗⃗�𝑜2 = 𝑐𝑡𝑒. 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
133 
Problema 4.6: A bola B, de massa 𝑚𝐵 está 
suspensa por uma corda de comprimento l presa ao 
carrinho A, de massa 𝑚𝐴 ,que pode rolar livremente 
sobre uma pista horizontal sem atrito. Se é dado a bola 
B uma velocidade inicial horizontal 𝜐0 enquanto o 
carrinho está em repouso, determine (a) a velocidade 
de B quando ela atinge sua elevação máxima e (b) 
distância vertical máxima h que B vai subir (Considera-
se que 𝜐0
2 < 2𝑔𝑙). 
 
Dados 
.- Bola B: 
Massa: 𝑚𝐵; 
Velocidade inicial. 𝜐0 →. 
.- Corda: 
Comprimento: 𝑙. 
.- Carrinho: 
Massa: 𝑚𝐴; 
Rola sem atrito: 𝜇 ≈ 0; 
Velocidade inicial: 𝜐𝐴0 = 0 𝑚/𝑠. 
Determinar: 
a) Velocidade da bola para elevação máxima: 
𝜐𝐵 =?. 
b) Distância vertical máxima que a bola B sobe: 
ℎ =?. 
Solução 
a) Velocidade da bola para elevação máxima: 
𝜐𝐵 =?. 
Diagrama do sistema: 
 
Como a única força externa �⃗⃗⃗� é perpendicular à 
direção do movimento temos: 
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
= ∑ �⃗�𝑛𝑖=1 = 0 → �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
�⃗⃗�1 = �⃗⃗�2 = 𝑐𝑡𝑒. (1) 
onde: 
�⃗⃗�1 ; �⃗⃗�2 : quantidades de movimento linear nos 
instantes 1 e 2, definidas por: 
�⃗⃗�1 = 𝑚𝐴�⃗�𝐴𝑜 + 𝑚𝐵�⃗�𝐵𝑜. 
como: �⃗�𝐴𝑜 = 0 𝑚/𝑠 ; �⃗�𝐵𝑜 = 𝜐0𝑖̂. 
 �⃗⃗�1 = 𝑚𝐵𝜐0𝑖̂. 
�⃗⃗�2 = 𝑚𝐴�⃗�𝐴 + 𝑚𝐵�⃗�𝐵. (2) 
�⃗�𝐴 = 𝜐𝑖̂ ; �⃗�𝐵 = �⃗�𝐴 + �⃗�𝐵/𝐴. 
Para o instante 2 temos que �⃗�𝐵/𝐴 = 0 𝑚/𝑠, pois a 
bola B não sobe mais: 
 �⃗�𝐵 = �⃗�𝐴 = 𝜐𝑖̂. 
Substituindo em (2): 
�⃗⃗�2 = 𝑚𝐴𝜐𝐴𝑖̂ + 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑖̂ = (𝑚𝐵 + 𝑚𝐴)𝜐𝑖̂. 
Substituindo na equação (1), temos: 
𝑚𝐵𝜐0𝑖̂ = (𝑚𝐵 + 𝑚𝐴)𝜐𝑖.̂ 
 𝜐 =
𝑚𝐵
(𝑚𝐵+𝑚𝐴)
𝜐0. 
b) Distância vertical máxima que a bola sobe: 
h = ?. 
Como as únicas forças que realizam trabalho são 
conservativas, temos conservação de energia: 
𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2; (3) 
Para o instante (1): 
𝑇1 =
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴𝑜
2 +
1
2
𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜
2 . 
como: 𝜐𝐴𝑜 = 0 𝑚/𝑠  𝑇1 =
1
2
𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜
2 . 
𝑉1 = 𝑚𝐴. 𝑔. 𝑙 + 𝑚𝐵. 𝑔. 0 = 𝑚𝐴𝑔𝑙. 
Para o instante (2): 
𝑇2 =
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴
2 +
1
2
𝑚𝐵𝜐𝐵
2. 
 𝑇2 =
1
2
(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)𝜐
2. 
𝑉2 = 𝑚𝐴. 𝑔. 𝑙 + 𝑚𝐵. 𝑔. ℎ. 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
134 
Substituindo em (3) temos: 
1
2
𝑚𝐵𝜐𝑂
2 + 𝑚𝐴𝑔𝑙 =
1
2
(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)𝜐
2 + 𝑚𝐴𝑔𝑙 +
𝑚𝐵𝑔ℎ. 
1
2
𝑚𝐵𝜐𝑜
2 − 
1
2
(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)𝜐
2 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑔 ∙ ℎ. 
Substituindo a velocidade: 
1
2
𝑚𝐵𝜐𝑜
2 − 
1
2
 (𝑚𝐴+𝑚𝐵)
𝑚𝐵
2
(𝑚𝐴+𝑚𝐵)2
𝜐𝑜
2 = 𝑚𝐵𝑔ℎ. 
𝜐0
2 {
1
2
−
1
2
𝑚𝐵
𝑚𝐴+𝑚𝐵
} = 𝑔ℎ. 
ℎ = 
𝑚𝐴
 𝑚𝐴+𝑚𝐵
 
𝜐𝑜
2
2.𝑔
. 
Como: 
𝜐0
2 < 2𝑔𝑙 ⟹ 
𝜐𝑜
2
2.𝑔
< 𝑙 ⟹ ℎ < 𝑙. 
Para : 
𝑚𝐴 ≫ 𝑚𝐵 ⟹ 𝜐𝐴 = 0 ⟹ ℎ =
𝜐𝑜
2
2.𝑔
. 
Para : 
𝑚𝐴 ≪ 𝑚𝐵 ⟹ 𝜐𝐴
2 = 𝜐𝐵
2 = 𝜐𝑜
2 ⟹ ℎ = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
135 
Problema 4.7: Num jogo de bilhar foi dada à bola A 
uma velocidade inicial 𝜐0 de módulo 3,05 𝑚/𝑠 com 
direção DA paralela ao eixo da mesa. Ela bateu na 
bola B e em seguida na bola C, que estavam paradas. 
Sabendo-se que A e C batem perpendicularmente nos 
lados da mesa e respectivamente nos pontos A’ e C’, 
e que B bate em B’ obliquamente, supondo-se 
superfícies sem atrito e impactos perfeitamente 
elásticos, determinar as velocidades 𝜐𝐴 , 𝜐𝐵 e 𝜐𝐶 com 
que as bolas batem nos lados da mesa. (Observação 
neste problema e em diversos problemas que seguem, 
supõe-se que as bolas de bilhar são pontos materiais 
que se movem livremente num plano horizontal, ao 
invés de esferas que rolam e deslizam como realmente 
acontece). 
 
Dados 
.- Bola A: 
Velocidade inicial: 𝜐0 = 3,05 𝑚/𝑠 →. 
.- Bola B: 
Velocidade inicial: 𝜐0 = 0 𝑚/𝑠. 
.- Bola C: 
Velocidade inicial: 𝜐0 = 0 𝑚/𝑠. 
.- Bola A e C batem perpendicularmente nos 
pontos A' e C' da mesa; 
.- Bola B bate em B' obliquamente; 
.- Superfícies sem atrito: 𝜇 ≈ 0. 
.- Impactos perfeitamente elásticos: 𝑒 = 1. 
Determinar: 
Velocidades com que as bolas batem nos lados 
da mesa: 
�⃗�𝐴 =? ; �⃗�𝐵 =? ; �⃗�𝐶 =?. 
Solução 
Diagrama: 
 
Como não existem forças externas atuando no 
plano de movimento, temos conservação da 
quantidade de movimento. 
�̇⃗⃗� = ∑ �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 = 0  �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
 �⃗⃗�1 = �⃗⃗�2. (1) 
�⃗⃗�1 = ∑ �⃗⃗�𝑖1
𝑛
𝑖=1 = �⃗⃗�𝐴1 + �⃗⃗�𝐵1 + �⃗⃗�𝐶1. 
�⃗⃗�2 = ∑ �⃗⃗�𝑖2
𝑛
𝑖=1 = �⃗⃗�𝐴2 + �⃗⃗�𝐵2 + �⃗⃗�𝐶2. 
Como: 
�⃗⃗�𝐴1 = 𝑚𝐴 ∙ �⃗�0𝐴 ; �⃗�0𝐴 = 3,05𝑖̂ ; 𝑚𝐴 = 𝑚. 
�⃗⃗�𝐵1 = 𝑚𝐵 ∙ �⃗�𝐵1 ; �⃗�𝐵1 = 0,0�̂� ; 𝑚𝐵 = 𝑚. 
�⃗⃗�𝐶1 = 𝑚𝐶 ∙ �⃗�𝐶1 ; �⃗�𝐶1 = 0,0�̂� ; 𝑚𝐶 = 𝑚. 
Substituindo: 
 �⃗⃗�1 = 3,05𝑚𝑖̂ + 0,0�̂� + 0,0�̂� = 3,05 𝑚 𝑖̂. 
Também: 
�⃗⃗�𝐴2 = 𝑚 ∙ �⃗�𝐴2 ; �⃗�𝐴2 = 𝜐𝐴𝑗 ̂  �⃗⃗�𝐴2 = 𝑚 𝜐𝐴 𝑗.̂ 
�⃗⃗�𝐵2 = 𝑚 ∙ �⃗�𝐵2 ; �⃗�𝐵2 = 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑦𝑗̂. 
 �⃗⃗�𝐵2 = 𝑚 ∙ 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝑚 ⋅ 𝜐𝐵𝑦𝑗.̂ 
�⃗⃗�𝐶2 = 𝑚 ∙ �⃗�𝐶2 ; �⃗�𝐶2 = 𝜐𝐶𝑖.̂ 
 �⃗⃗�𝐶2 = 𝑚 ∙ 𝜐𝐶𝑖̂. 
Substituindo na equação (1): 
3,05𝑚𝑖̂ = 𝑚𝜐𝐴𝑗̂ + 𝑚𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝑚𝜐𝐵𝑦𝑗̂ + 𝑚𝜐𝐶𝑖̂. 
 3,05𝑖̂ = (𝜐𝐶 + 𝜐𝐵𝑥)𝑖̂ + (𝜐𝐴 + 𝜐𝐵𝑦)𝑗.̂ 
Em î: 
 (𝜐𝐶 + 𝜐𝐵𝑥) = 3,05. (2) 
Em 𝑗̂: 
𝜐𝐴 + 𝜐𝐵𝑦 = 0. 
 𝜐𝐴 = −𝜐𝐵𝑦. (3) 
Também temos conservação do momento angular: 
�̇⃗⃗⃗�𝑜 = ∑ �⃗⃗⃗�0
𝑛
𝑖=𝑖 = ∑ 𝑟𝑖 × �⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 = 0  �⃗⃗⃗�0 = 𝑐𝑡𝑒. 
 �⃗⃗⃗�01 = �⃗⃗⃗�𝑜2. (4) 
Instante 1: 
�⃗⃗⃗�01 = ∑ �⃗⃗⃗�𝑜𝑖
𝑛
𝑖=1 = �⃗⃗⃗�𝑜𝐴 + �⃗⃗⃗�𝑜𝐵 + �⃗⃗⃗�𝑜𝐶. 
�⃗⃗⃗�0𝐴 = 𝑟𝐴 × 𝑚�⃗�𝐴. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
136 
 𝑟𝐴 = 𝑥𝐴𝑖̂ + 0,61𝑗̂ ; �⃗�𝐴 = 3,05𝑖̂. 
�⃗⃗⃗�0𝐴 = (𝑥𝐴𝑖̂ + 0,61𝑗̂)𝑚 × (3,05𝑖̂) = −1,86𝑚�̂�. 
�⃗⃗⃗�0𝐵 = 𝑟𝐵 × 𝑚�⃗�𝐵 ; �⃗�𝐵 = 0  �⃗⃗⃗�0𝐵 = 0,0�̂�. 
�⃗⃗⃗�0𝐶 = 𝑟𝐶 × 𝑚�⃗�𝐶 ; �⃗�𝐶 = 0  �⃗⃗⃗�0𝐶 = 0,0�̂�. 
 �⃗⃗⃗�01 = −1,86𝑚 �̂�. 
Instante 2: 
�⃗⃗⃗�02 = ∑ �⃗⃗⃗�0𝑖
𝑛
𝑖=1 = �⃗⃗⃗�𝐴 + �⃗⃗⃗�𝐵 + �⃗⃗⃗�𝐶. (5) 
�⃗⃗⃗�𝐴 = 𝑟𝐴 × 𝑚�⃗�𝐴. 
 𝑟𝐴 = 2,44𝑖̂ + 1,52𝑗̂ ; �⃗�𝐴 = 𝜐𝐴𝑗.̂ 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (2,44𝑖̂ + 1,52𝑗̂ )𝑚 × 𝜐𝐴𝑗.̂ 
�⃗⃗⃗�𝐴 = 2,44𝑚. 𝜐𝐴 �̂�. 
�⃗⃗⃗�𝐵 = 𝑟𝐵 × 𝑚�⃗�𝐵. 
 𝑟𝐵 = 2,13𝑖̂ ; �⃗�𝐵 = 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑦𝑗̂. 
�⃗⃗⃗�𝐵 = (2,13𝑖̂)𝑚 × (𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑦𝑗̂). 
�⃗⃗⃗�𝐵 = 2,13𝑚. 𝜐𝐵𝑦 �̂�. 
�⃗⃗⃗�𝐶 = 𝑟𝐶 × 𝑚�⃗�𝐶. 
 𝑟𝐶 = 3,05𝑖̂ + 0,91𝑗̂ ; �⃗�𝐶 = 𝜐𝐶𝑖̂. 
�⃗⃗⃗�𝐶 = (3,05𝑖̂ + 0,91𝑗̂ )𝑚 × 𝜐𝐶𝑖.̂ 
�⃗⃗⃗�𝐶 = −0,91𝑚. 𝜐𝐶 �̂�. 
Substituindo em (5), temos:�⃗⃗⃗�02 = 2,44𝑚𝜐𝐴 �̂� + 2,13𝑚𝜐𝐵𝑦 �̂� − 0,91𝑚𝜐𝐶 �̂�. 
�⃗⃗⃗�02 = (2,44𝑚𝜐𝐴 + 2,13𝑚𝜐𝐵𝑦 − 0,91𝑚𝜐𝐶)�̂�. 
Substituindo em (4), temos: 
−1,86𝑚 = 2,44𝑚𝜐𝐴 + 2,13𝑚𝜐𝐵𝑦 − 0,91𝑚𝜐𝐶. 
−1,86 = 2,44𝜐𝐴 + 2,13𝜐𝐵𝑦 − 0,91𝜐𝐶. (6) 
Como as superfícies são lisas e os impactos são 
perfeitamente elásticos: 𝑒 = 1 . Portanto, existe 
conservação de energia cinética. 
𝑇1 = 𝑇2. (7) 
Para o instante (1): 
𝑇1 = ∑ 𝑇𝑖
𝑛
𝑖=1 =
1
2
𝑚𝜐𝐴𝑜
2 +
1
2
𝑚 𝜐𝐵𝑜
2
⏟
=0
+
1
2
𝑚 𝜐𝐶𝑜
2
⏟
=0
. 
𝜐𝐴0 = 3,05 ⟹ 𝑇1 =
1
2
𝑚 ⋅ 3,052. 
Para o instante (2): 
𝑇2 = ∑ 𝑇𝑖
𝑛
𝑖=1 =
1
2
𝑚𝜐𝐴
2 +
1
2
𝑚𝜐𝐵
2 +
1
2
𝑚𝜐𝐶
2. 
𝜐𝐴 = 𝜐𝐴 ; 𝜐�̇� = √𝜐𝐵𝑥
2 + 𝜐𝐵𝑦
2 ; 𝜐𝑐 = 𝜐𝑐. 
𝑇2 =
1
2
𝑚𝜐𝐴
2 +
1
2
𝑚(𝜐𝐵𝑥
2 + 𝜐𝐵𝑦
2 ) +
1
2
𝑚𝜐𝐶
2. (8) 
Substituindo na equação (7), temos: 
1
2
3,052𝑚 =
1
2
𝑚𝜐𝐴
2 +
1
2
𝑚 (𝜐𝐵𝑥
2 + 𝜐𝐵𝑦
2 ) +
1
2
𝑚𝜐𝐶
2. 
 9,30 = 𝜐𝐴
2 + (𝜐𝐵𝑥
2 + 𝜐𝐵𝑦
2 ) + 𝜐𝐶
2. (9) 
Da equação (2) temos: 
𝜐𝐵𝑥 = 3,05 − 𝜐𝑐. 
Da equação (3) e (6), temos: 
−1,86 = 2,44 (−𝜐𝐵𝑦) + 2,13𝜐𝐵𝑦 − 0,91𝜐𝑐. 
 𝜐𝐵𝑦 = 6 − 2,94𝜐𝑐. 
Substituindo na equação (9): 
9,30 = (2,94𝜐𝐶 − 6)
2 + (3,05 − 𝜐𝑐)
2 + (6 −
2,94𝜐𝑐)
2 + 𝜐𝑐
2. 
 9,30 = 19,28𝜐𝑐
2 − 76,66𝜐𝑐 + 81,3. 
 19,28𝜐𝑐
2 − 76,66𝜐𝑐 + 72 = 0. 
Por Bhaskara temos: 
𝜐𝑐1 = 2,45 𝑚/𝑠 ; 𝜐𝑐2 = 1,52 𝑚/𝑠. 
Se: 𝜐𝑐 = 2,45 𝑚/𝑠 
 𝜐𝐵𝑦 = 6 − 2,94 × 2,45 = −1,203 𝑚/𝑠. 
 𝜐𝐴 = −𝜐𝐵𝑦 = 1,203 𝑚/𝑠. 
Se: 𝜐𝑐 = 1,52 𝑚/𝑠. 
𝜐𝐵𝑦 = 6 − 2,94 × 1,52 = 1,53 𝑚/𝑠; 
 𝜐𝐴 = −𝜐𝐵𝑦 = −1,53 𝑚/𝑠. 
Como 
𝜐𝐴 > 0 ⟹ 𝜐𝑐 = 2,45 𝑚/𝑠. 
 𝜐𝐵𝑥 = 3,05 − 2,45 = 0,60 𝑚/𝑠. 
�⃗�𝐴 = 1,2𝑗̂ ∶ 𝑚/𝑠. 
�⃗�𝐵 = 0,60𝑖̂ − 1,203𝑗̂; 
𝜐𝐵 = √(0,60)2 + (−1,203)2. 
𝜐𝐵 = 1,34 𝑚/𝑠. 
�⃗�𝐶 = 2,45𝑖̂ ∶ 𝑚/𝑠. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
137 
Problema 4.8: Tem-se três blocos, A e B de massa 
igual a 2 𝑘𝑔 e C de massa 1 𝑘𝑔. As barras sobre as 
quais os blocos encontram-se têm massa desprezível 
e giram livremente em relação ao eixo vertical. Quando 
𝑅 = 0,2 𝑚, os blocos A e B deslizam para fora com 
uma velocidade de 0,5 𝑚/𝑠 0, sendo nesse instante a 
velocidade angular das barras igual a 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠 . No 
instante em que o 𝑅 = 0,4 𝑚 determine: a) A 
velocidade dos blocos; b) A aceleração angular das 
barras nesse instante; c) A aceleração do bloco C. 
considere: 𝑇𝑎𝑛(𝛼) = 3/4. 
 
Dados 
Bloco A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 2 𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 𝜐𝐴 = 0,5 𝑚/𝑠; 
Tempo inicial: 𝑡𝐴 = 0 𝑠; 
Distância horizontal inicial: 𝑅𝐴 = 0,2 𝑚. 
Bloco B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 2 𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 𝜐𝐵 = 0,5 𝑚/𝑠; 
Tempo inicial: 𝑡𝐵 = 0 𝑠; 
Distância horizontal inicial: 𝑅𝐵 = 0,2 𝑚. 
Bloco C: 
Massa: 𝑚𝐶 = 1 𝑘𝑔. 
Barras: 
Sem massa: 𝑚 ≈ 0; 
Sem atrito µ ≈ 0; 
Velocidade angular inicial: 𝜔𝑂 = 2𝑟𝑎𝑑/𝑠; 
Tempo inicial: 𝑡𝑂 = 0 𝑠; 
Distância horizontal inicial: 𝑅 = 0,2 𝑚. 
Determinar: 
Para 𝑅 = 0,4 𝑚; 𝑇𝑎𝑛(𝛼) = 3/4: 
a.- A velocidade dos blocos: 
𝜐𝐴; 𝜐𝐵 ; 𝜐𝐶 =?; 
b.- A aceleração angular das barras: 
�̈� =?; 
c.- A aceleração do bloco C: 
𝑎𝐶 =?. 
Solução 
a.- Para 𝑅 = 0,4 𝑚 determinar: 
𝜐𝐴; 𝜐𝐵 ; 𝜐𝐶 =?. 
Diagrama: 
 
Como as únicas forças externas no sistema são os 
pesos, e considerando-se coordenadas cilíndricas 
(𝑅, 𝜃, 𝑧), temos: 
 
Da figura, temos que: 
Ʃ𝐹ɵ𝑖 = 0.  �⃗⃗⃗�𝑧 = Ʃ𝑟𝑖 × �⃗�ɵ𝑖 = 0. 
Portanto, temos na direção �̂� , conservação do 
momento angular: 
𝐻𝑧 = 𝑐𝑡𝑒 ⟹ 𝐻𝑧1 = 𝐻𝑧2. (1) 
Como: 
𝐻𝑧�̂� = �⃗⃗� × 𝑚�⃗�𝜃 = 𝑅. 𝑚. 𝜐𝜃 (�̂�𝑅 × �̂�𝜃). 
 𝐻𝑧 = 𝑅 ∙ 𝑚𝜐𝜃. 
 𝐻𝑧 = ∑ 𝑅𝑖 ∙ 𝑚𝑖 ∙ 𝜐ɵ𝑖
𝑛
𝑖=1 . 
𝐻𝑧1 = 𝑅𝐶1 ∙ 𝑚𝐶𝜐𝐶1 + 2𝑅𝐴1 ∙ 𝑚𝐴𝜐𝐴1 ; 𝑅𝐶1 = 0. 
 𝐻𝑧1 = 2 ∙ 𝑅𝐴1 ∙ 𝑚𝐴 ∙ 𝜐𝐴1. 
𝐻𝑧2 = 𝑅𝐶2 ∙ 𝑚𝐶𝜐𝐶2 + 2𝑅𝐴2 ∙ 𝑚𝐴𝜐𝐴2 ; 𝑅𝐶2 = 0. 
 𝐻𝑧2 = 2𝑅𝐴2 ∙ 𝑚𝐴𝜐𝐴2. 
Substituindo em (1), temos: 
 2𝑅𝐴1 ∙ 𝑚𝐴. 𝜐𝐴1 = 2𝑅𝐴2 ∙ 𝑚𝐴. 𝜐𝐴2. 
 𝑅𝐴1 ∙ 𝜐𝐴1 = 𝑅𝐴2 ∙ 𝜐𝐴2. (2) 
𝑅𝐴1 = 0,2𝑚 ; 𝑅𝐴2 = 0,4𝑚. 
como: 𝜐𝐴𝜃1 = 𝑅𝐴1 ∙ �̇�1. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
138 
 𝜐𝐴𝜃1 = 2 × 0,2 = 0,4 𝑚/𝑠. 
Substituindo em (2), temos: 
 0,2 × 0,4 = 0,4 ∙ 𝜐𝐴𝜃2. 
 𝜐𝐴𝜃2 = 0,2 𝑚/𝑠. 
Como as forças externas são conservativas, temos 
conservação de energia no sistema: 
𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2. (3) 
como: 
𝑇 = ∑ 𝑇𝑖
𝑛
𝑖=1 ; 𝑉 = ∑ 𝑉𝑖
𝑛
𝑖=1 . 
Para 𝑇𝑖: 
𝑇1 = 
𝑚𝐴.𝜐𝐴1
2
2
 + 
𝑚𝐵.𝜐𝐵1
2
2
 + 
𝑚𝐶.𝜐𝐶1
2
2
. 
𝜐𝐴1 = 𝜐𝐵1 ; 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵. 
 𝑇1 = 𝑚𝐴. 𝜐𝐴1
2 + 
𝑚𝐶.𝜐𝐶1
2
2
. 
Diagrama de velocidades: 
 
𝜐𝐴1
2 = 𝜐𝐴𝜃1
2 + 𝜐𝐴𝑅1
2 + 𝜐𝐴𝑧1
2 ; 𝜐𝑢
2 = 𝜐𝑧
2 + 𝜐𝑅
2. 
 𝜐𝐴𝑢
2 = 𝜐𝐴𝑧1
2 + 𝜐𝐴𝑅1
2 . 
 𝜐𝐴1
2 = 𝜐𝐴𝜃1
2 + 𝜐𝐴𝑢1
2 . 
como: 𝜐𝐴𝑢
2 = 𝜐𝐶1
2 ; 
 𝑇1 = 𝑚𝐴(𝜐𝐴𝜃1
2 + 𝜐𝐴𝑢1
2 ) +
1
2
𝑚𝐶 . 𝜐𝐴𝑢1
2 . 
 𝑇2 = 𝑚𝐴(𝜐𝐴𝜃2
2 + 𝜐𝐴𝑢2
2 ) +
1
2
𝑚𝐶 . 𝜐𝐴𝑢2
2 . 
Para energia potencial: 
𝑉1 = 𝑚𝐴. 𝑔. 𝑧𝐴1 + 𝑚𝐵. 𝑔. 𝑧𝐵1 + 𝑚𝐶 . 𝑔. 𝑧𝐶1. 
𝑧𝐴1 = 𝑧𝐵1 ; 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵. 
 𝑉1 = 2. 𝑚𝐴. 𝑔. 𝑧𝐴1 + 𝑚𝐶 . 𝑔. 𝑧𝐶1. 
𝑧𝐴1 = −𝑅1. 𝑇𝑎𝑛(𝛼)  𝑧𝐴1 = −
3
4
𝑅1. 
 𝑉1 = −
3
2
. 𝑚𝐴. 𝑔. 𝑅1 + 𝑚𝐶 . 𝑔. 𝑧𝐶1. 
 𝑉2 = −
3
2
. 𝑚𝐴. 𝑔. 𝑅2 + 𝑚𝐶 . 𝑔. 𝑧𝐶2. 
Substituindo os valores conhecidos, temos: 
Para 𝑇𝑖: 
𝑇1 = 2(0,4
2 + 0,52) + 
1×0,52
2
= 0,945𝐽. 
𝑇2 = 2(0,2
2 + 𝜐𝐴𝑢2
2 ) +
1
2
× 1 × 𝜐𝐴𝑢2
2 . 
 𝑇2 = 2,5𝜐𝐴𝑢2
2 + 0,08. 
Para 𝑉𝑖: 
𝑉1 = −
3
2
× 2 × 9,81 × 0,2 + 1 × 9,81𝑧𝐶1. 
 𝑉1 = −5,886 + 9,81𝑧𝐶1. 
𝑉2 = −
3
2
× 2 × 9,81 × 0,4 + 1 × 9,81𝑧𝐶2. 
 𝑉2 = −11,772 + 9,81𝑧𝐶2. 
Substituindo na equação (3): 
0,945 − 5,886 + 9,81 × 𝑍𝐶1 = 2,5𝜐𝐴𝑢2
2 +
0,08 − 11,772 + 9,81𝑧𝐶2. 
 6,751 = 9,81(𝑧𝐶2 − 𝑧𝐶1) + 2,5𝜐𝐴𝑢2
2 . 
 
𝑇𝑎𝑛(𝛼) =
|Δ𝑧|
Δ𝑅
  |Δ𝑧| = Δ𝑅. 𝑇𝑎𝑛(𝛼). 
|Δ𝑧| = 0,2 ×
3
4
= 0,15. 
 6,751 = 9,81 × 0,15 + 2,5𝜐𝐴𝑢2
2 . 
 𝜐𝐴𝑢2 = 1,45 𝑚/𝑠. 
 �⃗�𝐶2 = 1,45�̂� 𝑚/𝑠. 
Como: 
 
𝜐𝐴𝑅2 = 𝜐𝐴𝑢2 × 𝐶𝑜𝑠(𝛼) = 1,16𝑚/𝑠. 
𝜐𝐴𝑧2 = 𝜐𝐴𝑢2 × 𝑆𝑒𝑛(𝛼) = 0,87𝑚/𝑠. 
Portanto: 
�⃗�𝐴2 = 1,16�̂�𝑅 + 0,2�̂�𝜃 − 0,87�̂� 𝑚/𝑠. 
�⃗�𝐵2 = 1,16�̂�𝑅 + 0,2�̂�𝜃 − 0,87�̂� 𝑚/𝑠. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
139 
b) Para 𝑅 = 0,4 : a aceleração angular das 
barras: �̈� =? 
como: ∑ 𝑛𝑖=1 𝐹ɵ𝑖 = 0  𝑚. 𝑎𝜃 = 0. 
 𝑎𝜃 = 2�̇��̇� + 𝑅�̈� = 0. 
 �̈� = −
2.�̇��̇�
𝑅
. 
 �̈�2 = −
2.�̇�2�̇�2
𝑅2
. (4) 
como: 
�̇�2 = 𝜐𝐴𝑅2 = 1,16 𝑚/𝑠. 
𝜐𝐴𝜃2 = 𝑅2. �̇�2  �̇�2 =
𝜐𝐴𝜃2
𝑅2
 . 
 �̇�2 =
0,2
0,4
= 0,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠. 
Substituindo em (4): 
�̈�2 = −
2×1,16×0,5
0,4
= −2,90 𝑟𝑎𝑑/𝑠². 
c.- Aceleração do bloco C: 
Os D.C.L. dos blocos: 
Bloco A: 
 
Bloco C: 
 
Em módulo, 
𝑎𝐶 = 𝑎𝐴 = 𝑎 
Da segunda lei de newton: 
∑ �⃗�𝑛𝑖=1 = 𝑚. �⃗�. 
Para o bloco A: 
𝑃𝐴. 𝑆𝑒𝑛(𝛼) − 𝑇 = 𝑚𝐴. 𝑎𝐴 = 𝑚𝐴. 𝑎. (5) 
Para o bloco C: 
2𝑇 − 𝑃𝐶 = 𝑚𝐶 . 𝑎𝐶 = 𝑚𝐶 . 𝑎. (6) 
Das equações (5) e (6), temos: 2(5) + (6) 
2𝑃𝐴. 𝑆𝑒𝑛(𝛼) − 𝑃𝐶= (2𝑚𝐴 + 𝑚𝐶). 𝑎. 
𝑎 = (2𝑚𝐴. 𝑆𝑒𝑛(𝛼) − 𝑚𝐶) ×
𝑔
2𝑚𝐴+𝑚𝐶
. 
 𝑎 = (2 × 2 × 0,6 − 1)
9,81
2×2+1
. 
 𝑎 = 2,74 𝑚/𝑠². 
 �⃗�𝐶 = 2,74�̂� 𝑚/𝑠². 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
140 
Problema 4.9: Sobre uma superfície horizontal lisa, 
as partículas A e B de massa 𝑚𝐴 = 2 𝑘𝑔 e 𝑚𝐵 = 1 𝑘𝑔, 
unidas por uma corda inextensível. Giram em torno de 
seu centro de massa G. No instante 𝑡 = 0 𝑠 a posição 
do centro de massa é o ponto de coordenadas (0 ; 2)𝑚 
sendo a velocidade do mesmo �⃗�𝐺0 = (2𝑖̂ + 1,5𝑗̂)𝑚/𝑠 . 
Assim também, a energia cinética e o momento 
angular com relação ao centro de massa é de 80 𝐽 e 
4 𝑘𝑔. 𝑚2/𝑠 , respectivamente. Pouco tempo depois a 
corda se rompe e observa-se que a partícula A move-
se paralelamente ao eixo y a uma distância de 1,5 𝑚, 
no sentido positivo deste eixo, enquanto a partícula B 
segue sua trajetória retilínea. Determine: a) A 
velocidade das partículas após a corda se romper; b) 
A abcissa 𝑥𝐵 na qual a trajetória da partícula B corta o 
eixo x. 
 
Dados 
.- Partícula A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 2 𝑘𝑔. 
.- Partícula B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 1 𝑘𝑔. 
.- Corda Inextensível 
Para: 𝑡 = 0 𝑠: 
Centro de massa: 𝐺 = (0 ; 2)𝑚; 
Velocidade inicial: �⃗�𝐺0 = (2𝑖̂ + 1,5𝑗̂) 𝑚/𝑠; 
Energia cinética inicial relativa ao “G” : 
𝑇𝐺
′ = 80 𝐽; 
Momento angular inicial relativa ao “G”: 
𝐻𝐺 = 4 𝑘𝑔. 𝑚²/𝑠; 
Superfície horizontal lisa: 𝜇 ≈ 0; 
Instante em que a corda rompe-se: 
�⃗�𝐴 = 𝜐𝐴𝑗 ̂ ; 𝑦𝐴 = 1,5𝑚; 
�⃗�𝐵 = 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑦𝑗.̂ (retilínea). 
Determinar: 
a) As velocidades das partículas: 𝜐𝐴 ; 𝜐𝐵. 
b) Ponto do eixo x em que a partícula B o 
intercepta: 
𝑥𝐵 =?. 
Solução 
a.- Quando a corda se rompe: 𝜐𝐴 =? , 𝜐𝐵 =?: 
Diagramas: 
 
As únicas forças atuantes são os pesos e as 
normais, perpendiculares ao plano do movimento, 
portanto, temos: 
�̇⃗⃗� = ∑ �⃗�𝑖 = 0  �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
�̇⃗⃗⃗�0 = ∑ �⃗⃗⃗�0 = ∑ 𝑟 × �⃗�𝑖 = 0  �⃗⃗⃗�0 = 𝑐𝑡𝑒. 
Portanto: 
�⃗⃗�1 = �⃗⃗�2. (1) 
como: �⃗⃗�1 = 𝑚. �⃗�𝐺1. 
𝑚 = 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 = 3 𝑘𝑔 ; �⃗�𝐺1 = 2𝑖̂ + 1,5𝑗̂. 
 �⃗⃗�1 = 6𝑖̂ + 4,5𝑗̂. 
�⃗⃗�2 = 𝑚𝐴. �⃗�𝐴2 + 𝑚𝐵. �⃗�𝐵2. 
�⃗�𝐴2 = 𝜐𝐴𝑗 ̂ ; �⃗�𝐵2 = 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑦𝑗̂. 
 �⃗⃗�2 = 2. 𝜐𝐴𝑗̂ + 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑦𝑗.̂ 
 �⃗⃗�2 = 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + (2𝜐𝐴 + 𝜐𝐵𝑦)𝑗.̂ 
Substituindo em (1), temos: 
6𝑖̂ + 4,5𝑗̂ = 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + (2𝜐𝐴 + 𝜐𝐵𝑦)𝑗.̂ 
Considerando as componentes em x: 
 𝜐𝐵𝑥 = 6 𝑚/𝑠. 
Considerando as componentes em y: 
4,5 = 2𝜐𝐴 + 𝜐𝐵𝑦. (2) 
Como as forças atuantes são conservativas, temos 
conservação de energia no sistema: 
𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2; 
como: 𝑉1 = 𝑉2 = 0; 
 𝑇1 = 𝑇2. (3) 
𝑇1 = 𝑇𝐺 + 𝑇𝑟𝑒𝑙 ; 𝑇𝑟𝑒𝑙 = 𝑇𝐺
′ = 80 𝐽. 
𝑇𝐺 = 𝑚
𝜐𝐺1
2
2
 = 3
22+1,52
2
= 9,375 𝐽. 
 𝑇1 = 9,375 + 80 = 89,375 𝐽. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
141 
𝑇2 =
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴2
2 +
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐵2
2 . 
Substituindo em (3), temos: 
89,375 =
1
2
× 2𝜐𝐴
2 +
1
2
× 1
62+𝜐𝐵𝑦
2
2
. 
 𝜐𝐴
2 +
𝜐𝐵𝑦
2
2
= 71,375. 
2𝜐𝐴
2 + 𝜐𝐵𝑦
2 = 142,75. (4) 
De (2): 
𝜐𝐵𝑦 = 4,5 − 2𝜐𝐴. (5) 
Substituindo em (4), temos: 
6𝜐𝐴
2 − 18𝜐𝐴 − 122,5 = 0. 
Por Bhaskara, temos: 
𝜐𝐴 = 6,26 𝑚/𝑠 ; 𝜐𝐴 = −8,25 𝑚/𝑠. 
como: 𝜐𝐴 > 0  𝜐𝐴 = 6,26 𝑚/𝑠. 
 �⃗�𝐴 = 6,36𝑗̂ ∶ 𝑚/𝑠. 
Substituindo em (5), temos: 
𝜐𝐵𝑦 = 4,5 − 2 × 6,26 = −8,25 𝑚/𝑠. 
 �⃗�𝐵 = 𝜐𝐵𝑥𝑖̂ + 𝜐𝐵𝑦𝑗̂ = 6𝑖̂ − 8,25𝑗̂. 
 𝜐𝐵 = √62 + (−8,25)2
2 = 10,20 𝑚/𝑠. 
b) Ponto do eixo x em que a partícula B o 
intercepta: 𝑥𝐵 =?. 
Como: 
�⃗⃗⃗�𝑂1 = �⃗⃗⃗�𝑂2. (6) 
�⃗⃗⃗�𝑂1 = ∑ 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 ; 𝑟𝑖 = 𝑟𝐺 + 𝑟𝑖
′. 
 �⃗⃗⃗�𝑂1 = ∑ (𝑟𝐺 + 𝑟𝑖
′)𝑛𝑖=1 × 𝑚𝑖�⃗�𝑖. 
 �⃗⃗⃗�𝑂1 = ∑ 𝑟𝐺 × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 + ∑ 𝑟𝑖
′ × 𝑚𝑖�⃗�𝑖
𝑛
𝑖=1 . 
�⃗⃗⃗�𝑂1 = ∑ 𝑟𝐺 × 𝑚𝑖�⃗�𝑖 
𝑛
𝑖=1 + �⃗⃗⃗�𝐺
′ ; 
�⃗⃗⃗�𝑂1 = 𝑟𝐺 × 𝑚�⃗�𝐺 + �⃗⃗⃗�𝐺
′ ; 
�⃗⃗⃗�𝑂1 = 𝑟𝐺1 × 𝑚�⃗�𝐺1 + �⃗⃗⃗�𝐺1
′ . (7) 
�⃗⃗⃗�𝐺1
′ = 4�̂�; 
𝑟𝐺1 × 𝑚�⃗�𝐺1 = 2𝑗̂ × 3(2𝑖̂ + 1,5𝑗̂) = −12�̂�. 
Substituindo em (7), temos: 
�⃗⃗⃗�𝑂1 = 4�̂� − 12�̂� = −8�̂�. 
No momento do cruzamento: 
�⃗⃗⃗�𝑂2 = ∑ 
𝑛
𝑖=1 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖. �⃗�𝑖 . 
�⃗⃗⃗�𝑂2 = 𝑟𝐴 × 𝑚𝐴. �⃗�𝐴 + 𝑟𝐵 × 𝑚𝐵. �⃗�𝐵. 
 𝑟𝐴 = 1,5𝑖̂ + 𝑦𝐵𝑗 ̂ ; 𝑟𝐵 = 𝑥𝐵𝑖̂. 
 �⃗⃗⃗�𝑂2 = (1,5𝑖̂ + 𝑦𝐵𝑗̂) × 2(6,26𝑗̂) + 𝑥𝐵𝑖̂ ×
(6𝑖̂ − 8,25𝑗̂). 
 �⃗⃗⃗�𝑂2 = 18,78�̂� − 8,25𝑥𝐵�̂�. 
 �⃗⃗⃗�𝑂2 = (18,78 − 8,25𝑥𝐵)�̂�. 
Substituindo em (6), temos: 
−8�̂� = (18,78 − 8,25𝑥𝐵)�̂�. 
 𝑥𝐵 = 3,24 𝑚. 
 
 
 
 
 
 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
142 
Problema 4.10: Três esferas, cada uma de massa 
𝑚 , podem-se deslizar com liberdade sobre uma 
superfície horizontal sem atrito. As esferas A e B estão 
unidas a uma corda inextensível e inelástica de 
comprimento 1 𝑚 , e encontram-se, em repouso na 
posição que se amostra, quando a esfera C, que está 
movendo-se com velocidade 𝜐𝑜 , choca a esfera B 
(frontal direto) e suponha-se um impacto elástico entre 
B e C, determine: a) A velocidade de cada esfera 
imediatamente após de que a corda fique tensa; b) O 
percentual de energia cinética inicial do sistema que 
dissipa-se, quando a corda fica tensa. 
 
Dados 
.- Esfera A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 𝑚 𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 𝜐𝐴𝑂 = 0 𝑚/𝑠. 
.- Esfera B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 𝑚 𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 𝜐𝐵𝑂 = 0 𝑚/𝑠. 
.- Esfera C: 
Massa: 𝑚𝑐 = 𝑚 𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: �⃗�𝐶𝑂 = −𝜐𝑂 𝑗̂ ∶ 𝑚/𝑠. 
.- Corda que une esfera A e B: 
Inextensível; 
Comprimento: 𝐿 = 1 𝑚. 
.- Superfície horizontal sem atrito: 𝜇 ≈ 0. 
.- Choque entre as esferas C e B: 
Frontal direto; 
Perfeitamente elástico. 
Determinar: 
a) As velocidades quando a corda fica tensa: 
 𝜐𝐴; 𝜐𝐵; 𝜐𝐶 =?; 
b) Percentual de energia cinética inicial dissipada: 
% ∆𝑇 =?. 
Solução 
a.- Quando a corda fica tensa: 
 𝜐𝐴; 𝜐𝐵; 𝜐𝐶 =?. 
Diagrama: 
 
Como as únicas forças externas são os pesos das 
esferas e a reação normal, perpendiculares ao 
plano do movimento, portanto: 
�̇⃗⃗� = ∑ �⃗�𝑖 = 0  �⃗⃗� = 𝑐𝑡𝑒. 
�⃗⃗�1 = �⃗⃗�2 (1) 
𝐿1: para o momento inicial: 
�⃗⃗�1 = ∑ 
𝑛
𝑖=1 𝑚𝑖. �⃗�𝑖. 
�⃗⃗�1 = 𝑚𝐴. �⃗�𝐴𝑂 + 𝑚𝐵. �⃗�𝐵𝑂 + 𝑚𝐶 . �⃗�𝐶𝑂. 
𝑚𝐴 = 𝑚𝐵 = 𝑚𝐶 = 𝑚. 
�⃗�𝐴𝑂 = 0 ; �⃗�𝐵𝑂 = 0 ; �⃗�𝐶𝑜 = −𝜐𝑜𝑗.̂ 
Substituindo, temos: 
 �⃗⃗�1 = −𝑚. 𝜐𝑜𝑗.̂ 
�⃗⃗�2 : para o momento logo após o choque entre B 
e C: 
�⃗⃗�2 = ∑ 
𝑛
𝑖=1 𝑚𝑖. 𝜐𝑖. 
�⃗⃗�2 = 𝑚𝐴. �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵. �⃗�𝐵 + 𝑚𝐶 . �⃗�𝐶. 
Como: 
�⃗�𝐴 = 0 ; �⃗�𝐵 = −𝜐𝐵𝑗̂ ; �⃗�𝐶 = 𝜐𝐶𝑗̂. 
 �⃗⃗�2 = 𝑚�⃗�𝐵 + 𝑚�⃗�𝐶 = 𝑚(−𝜐𝐵 + 𝜐𝐶)𝑗̂. 
Substituindo em (1), temos: 
−𝑚. 𝜐𝑜𝑗̂ = 𝑚(−𝜐𝐵 + 𝜐𝐶)𝑗.̂ 
 𝜐𝐶 = −𝜐𝑜 + 𝜐𝐵. (2) 
Da definição do trabalho e energia, temos: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2; 
como: 𝑈1−2 = 0 𝐽. 
 𝑇1 = 𝑇2. (3) 
𝑇1 = ∑ 
𝑛
𝑖=1
 𝑚𝑖.𝜐𝑖
2
2
. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
143 
𝑇1 = 
𝑚𝐴.𝜐𝐴𝑂
2
2
+
𝑚𝐵.𝜐𝐵𝑂
2
2
+ 
𝑚𝐶.𝜐𝐶𝑂
2
2
 . 
𝜐𝐴0 = 𝜐𝐵0 = 0,0 𝑚/𝑠. 
 𝑇1 =
1
2
 𝑚𝜐0
2. 
𝑇2 = ∑ 
𝑛
𝑖=1
𝑚𝑖.𝜐𝑖
2
2
. 
𝑇2 = 
𝑚𝐴.𝜐𝐴
2
2+ 
𝑚𝐵.𝜐𝐵
2
2
+ 
𝑚𝐶.𝜐𝐶
2
2
. 
𝜐𝐴 = 0,0 𝑚/𝑠  𝑇2 =
1
2
 𝑚𝜐𝐵
2 + 
1
2
 𝑚𝜐𝐶
2. 
Substituindo em (3), temos: 
𝑚.𝜐0
2
2
=
𝑚.𝜐𝐵
2
2
+ 
𝑚.𝜐𝐶
2
2
. 
𝜐0
2 = 𝜐𝐵
2 + 𝜐𝐶
2
. 
Substituindo a equação (2), temos: 
𝜐0
2 = 𝜐𝐵
2 + (𝜐𝐵 − 𝜐0)
2. 
0 = 2𝜐𝐵
2 − 2𝜐𝐵. 𝜐0  𝜐𝐵 = 𝜐0. 
Da equação (2) temos: 
 𝜐𝐶 = 0,0 𝑚/𝑠. 
Quando a corda fica tensa temos: 
 
Temos que: 
�⃗⃗�2 = �⃗⃗�3. (4) 
�⃗⃗�2 : Após o impacto entre C e B. 
�⃗⃗�2 = 𝑚. �⃗�𝐴 + 𝑚. �⃗�𝐵 + 𝑚. �⃗�𝐶. 
�⃗�𝐴 = �⃗�𝐶 = 0,0 𝑚/𝑠. 
 �⃗⃗�2 = −𝑚. 𝜐𝐵𝑗̂ = −𝑚. 𝜐𝑜𝑗.̂ 
�⃗⃗�3 Quando a corda fica tensa: 
�⃗⃗�3 = 𝑚𝐴. �⃗�𝐴3 + 𝑚𝐵. �⃗�𝐵3 + 𝑚𝐶 . �⃗�𝐶3. 
𝜐𝐶3 = 0,0 𝑚/𝑠. 
 �⃗⃗�3 = 𝑚(�⃗�𝐴3 + �⃗�𝐵3). 
�⃗�𝐵3 = �⃗�𝐴3 + �⃗�𝐵/𝐴 ; �⃗�𝐴3 = �⃗�𝐴
′ ; �⃗�𝐵3 = �⃗�𝐵
′ . 
De (1): 
�⃗⃗�3 = 𝑚(�⃗�𝐴3 + �⃗�𝐴3 + �⃗�𝐵/𝐴). 
�⃗⃗�3 = 𝑚(2�⃗�𝐴3 + �⃗�𝐵/𝐴) = 𝑚(2�⃗�𝐴
′ + �⃗�𝐵/𝐴). 
�⃗⃗�3 = 𝑚 (2𝜐𝐴
′ 𝐶𝑜𝑠(𝛼) − 𝜐𝐵/𝐴𝑆𝑒𝑛(𝛼)) 𝑖̂ −
𝑚 (2𝜐𝐴
′ 𝑆𝑒𝑛(𝛼) + 𝜐𝐵/𝐴𝐶𝑜𝑠(𝛼)) 𝑗̂. 
Substituindo em (4), temos das componentes em x: 
0 = 𝑚 (2𝜐𝐴
′ 𝐶𝑜𝑠(𝛼) − 𝜐𝐵/𝐴𝑆𝑒𝑛(𝛼)). 
2𝜐𝐴
′ = 𝜐𝐵/𝐴𝑇𝑎𝑛(𝛼). (5) 
Das componentes em y: 
−𝑚. 𝜐0 = −𝑚. (2𝜐𝐴
′ 𝑆𝑒𝑛(𝛼) + 𝜐𝐵/𝐴𝐶𝑜𝑠(𝛼)). 
Substituindo: 
𝜐0 = 𝜐𝐵/𝐴
𝑆𝑒𝑛2(𝛼)
𝐶𝑜𝑠(𝛼)
+ 𝜐𝐵/𝐴𝐶𝑜𝑠(𝛼); 
 𝜐0 = 𝜐𝐵/𝐴
1
𝐶𝑜𝑠(𝛼)
  𝜐𝐵/𝐴 = 𝜐0𝐶𝑜𝑠(𝛼). 
Substituindo em (5): 
2𝜐𝐴
′ = 𝜐0𝐶𝑜𝑠(𝛼). 𝑇𝑎𝑛(𝛼)  𝜐𝐴
′ =
𝜐0
2
𝑆𝑒𝑛(𝛼). 
�⃗�𝐴
′ =
𝜐0
2
𝑆𝑒𝑛(𝛼)𝐶𝑜𝑠(𝛼)𝑖̂ −
𝜐0
2
𝑆𝑒𝑛2(𝛼)𝑗.̂ 
Como: 
�⃗�𝐵
′ = �⃗�𝐴
′ + �⃗�𝐵/𝐴; 
�⃗�𝐵
′ =
𝜐0
2
𝑆𝑒𝑛(𝛼)𝐶𝑜𝑠(𝛼)𝑖̂ −
𝜐0
2
𝑆𝑒𝑛2(𝛼)𝑗̂ −
𝜐0𝐶𝑜𝑠(𝛼)𝑆𝑒𝑛(𝛼)𝑖̂ − 𝜐0𝐶𝑜𝑠
2(𝛼)𝑗̂. 
�⃗�𝐵
′ = −
𝜐0
2
𝑆𝑒𝑛(𝛼)𝐶𝑜𝑠(𝛼)𝑖̂ −
𝜐0
2
(1 + 𝐶𝑜𝑠2(𝛼))𝑗.̂ 
Como da figura: 
𝑇𝑎𝑛(𝛼) =
1
2√2
 ; 𝑆𝑒𝑛(𝛼) =
1
3
 ; 𝐶𝑜𝑠(𝛼) =
2√2
3
. 
 �⃗�𝐴
′ =
√2
9
𝜐0𝑖̂ −
1
18
𝜐0𝑗̂. 
 𝜐𝐴
′ = √(
√2
9
𝜐0)
2
+ (
1
18
𝜐0)
2
=
1
6
𝜐0. 
 �⃗�𝐵
′ = −
√2
9
𝜐0𝑖̂ −
17
18
𝜐0𝑗̂. 
 𝜐𝐵
′ = √(
√2
9
𝜐0)
2
+ (
17
18
𝜐0)
2
=
√297
18
𝜐0. 
b) Percentual de energia cinética inicial dissipada: 
% ∆𝑇 =?. 
Energia cinética inicial: 𝑇1 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
144 
𝑇1 = ∑ 
𝑛
𝑖=1
𝑚𝑖.𝜐𝑖
2
2
=
𝑚𝐶.𝜐𝑜
2
2
. 
 𝑇1 =
𝑚.𝜐𝑜
2
2
. 
Energia cinética 𝑇3 
𝑇3 =
1
2
∑ 𝑛𝑖=1 (𝑚𝑖. 𝜐𝑖
2). 
𝑇3 =
𝑚𝐴.𝜐𝐴
′2
2
 +
𝑚𝐵.𝜐𝐵
′2
2
 +
𝑚𝐶.𝜐𝐶
′2
2
 ; 𝜐𝐶
′ = 0,0 𝑚/𝑠. 
 𝑇3 =
1
2
 𝑚𝐴. 𝜐𝐴
′2 + 𝑚𝐵. 𝜐𝐵
′2. 
 𝑇3 =
𝑚
2
[( 
1
6
𝜐𝑜)
2
+ (
√297
18
𝜐0)
2
]. 
 𝑇3 =
306
2×324
𝑚𝜐𝑜
2. 
Portanto: 
∆𝑇% =
𝑇1−𝑇3
𝑇1
× 100. 
 ∆𝑇% = [
(
1
2
𝑚.𝜐𝑜
2−
306
2×324
𝑚.𝜐𝑜
2)
1
2
𝑚.𝜐𝑜
2
] × 100. 
 ∆𝑇% =
324−306
324
× 100. 
 ∆𝑇% = 5,5%. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
145