CINEMÁTICA DOS SOLIDOS

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CINEMÁTICA DOS SÓLIDOS – RESUMO TEÓRICO
2
Posição angular, em rad
Velocidade angular, em rad / s
Aceleração angular, em rad / s
t t
θ =
ω =
α =
∆θ ∆ω
ω = α =
∆ ∆
Velocidade Angular Constante
( )0 t Equação Horáriaθ = θ + ω
Aceleração Angular Constante
( )
( )
2
0 0
0
0
m
2 2
0
t
t
Equações Horárias2
t
2 t
2 Equação de Torricelli
αθ = θ + ω + ω = ω + α 
ω + ω ∆θ
ω = =
∆
ω = ω + α∆θ
2
x Posição, em m
v Velocidade, em m / s
a Aceleração, em m / s
x v
v a
t t
=
=
=
∆ ∆
= =
∆ ∆
Velocidade Escalar Constante
( )0x x vt Equação Horária= +
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Aceleração Escalar Constante
( )
( )
2
0 0
0
0
m
2 2
0
at
x x v t
Equações Horárias2
v v at
v v x
v
2 t
x x 2a x Equação de Torricelli

= + + 
= + 
+ ∆
= =
∆
= + ∆
Importante!
Grandeza Linear
Grandeza Angular
Raio
=
Assim:
x v a
R R R
θ = ω = α =
Equações Gerais de Movimento
Movimento de Translação
dx dv vdv
v a a
dt dt dx
= = =
Movimento de Rotação
d d d
dt dt d
θ ω ω ω
ω = α = α =
θ
Rotação em Torno de um Eixo Fixo
dr
v v r
dt
dv d
a a r v
dt dt
= ⇔ = ω ∧
ω
= ⇔ = ∧ + ω ∧
r
r r rr
r rr r r rr
OBS.:
 (i) 1 rev 2 rad 360= pi = °
(ii) 
( )f rpm
2 rad / s
60
ω = pi ×
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Descrição Movimento linear Movimento angular
Posição s θ
Velocidade
v ω
dt
dsv =
dt
dθ
ω =
Aceleração
a α
dt
dva =
dt
dω
α =
Velocidade constante vtss += 0 tωθθ += 0
Aceleração constante
atvv += 0 tαωω += 0
2
00 2
1 attvss ++= 200 2
1 tt αωθθ ++=
savv ∆+= 220
2 θαωω ∆+= 2202
Atenção: estas equações são válidas para um movimento unidimensional.
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EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - CAPÍTULO 15 – Beer & Johnston – 5ª Edição 
1. O movimento de uma manivela oscilante é definido pela relação 0
2
sen t
T
pi θ = θ    , onde θ é 
dado em radianos e t em segundos. Sabendo-se que θ0 = 1,2 rad e T = 0,5 s, determine os 
valores máximos da velocidade e aceleração angulares.
Solução:
( )
( ) ( )
( ) ( )
pi pi  θ = θ θ = ⇒ θ = pi     
θ
ω = ⇒ ω = pi pi ⇒ pi = ⇔ ω = ω
ω = pi ∴ ω =
ω
α = ⇒ α = − pi pi ⇒ pi = − ⇔ α = α
α = pi ∴ α =
0
máx
máx máx
máx
máx máx
2 2
sen t Substitundo : 1,2sen t 1,2sen 4 t
T 0,5
d
4,8 cos 4 t cos 4 t 1
dt
4,8 rad / s 15,07 rd / s
d
19,2 ²sen 4 t sen 4 t 1
dt
19,2 ² rad / s² 189,30 rad / s²
2. O movimento de um disco girando em óleo é dado por ( )t40,80 1 e−θ = − , onde θ é 
expresso em radianos e t em segundos. Determine a velocidade e a aceleração angulares 
para: (a) t = 0; (b) t = 4s e (c) t = ∞.
Solução:
Cálculo da Velocidade:
( )t4
t t
4 4
1
0,80 1 e
d 0.80
e 0,20e
dt 4
(a) t 0
0,20 rad / s
(b) t 4s
0,20 e rad /s 0,074rad / s
(c) t
0,20e 0
−
− −
−
−∞
θ = −
θ
ω = = ∴ ω =
=
ω =
=
ω = ⋅ ∴ ω =
= ∞
ω = ∴ ω =
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Cálculo da Aceleração
( )t4 t4
t t
4 4
1
0,80 1 e ; 0,20e
d 0,20
e 0,05e
dt 4
(a) t 0
0,05 rad / s²
(b) t 4s
0.05 e rad / s 0,018rad / s
(c) t
0,05e 0
−
−
− −
−
−∞
θ = − α ω =
ω
α = ⇔ α = − ∴ α = −
=
α = −
=
α = − ⋅ ∴ α = −
= ∞
α = − ∴ α =
3. O rotor de um motor elétrico tem velocidade de 1800 rpm quando se corta potência. O rotor 
então se imobiliza após executar 625 revoluções. Supondo movimento uniformemente 
retardado, determine (a) a aceleração angular; (b) o tempo gasto até o rotor parar. 
Solução:
0 0 0f 1800 rpm 30 Hz 2 f 6,28 30 rad / s 188,4 rad / s= = ⇒ = ⇔ = × ∴ =ω pi ω ω
a) Assim temos:
( )
( ) ( )
0
2
0
625 rad
188,4 rad / s
0
² 2
Substituindo :
0² 188,4 ² 2 625
188,4 ²
1250 188,4 ² rad / s² 28,40 rad / s²
1250
∆θ =
ω =
ω =
ω = ω + α∆θ
= + α ×
α = − ⇔ α = − ∴ α = −
b) Escrevendo a equação horária de movimento para a velocidade angular:
0 t
Substituindo :
188,4 28,40t
188,4
0 188,4 28,40t 0 28,40t 188,4 t s t 6,63 s
28,40
ω = ω + α
ω = −
ω = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∴ =
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4. O sistema ilustrado abaixo, composto por placas soldadas ao eixo fixo AB, girar em torno 
deste com velocidade angular de 5 rad/s, que cresce á taxa de 4 rad/s². No instante ilustrado, 
o ponto C está subindo. Determine:
a) a velocidade do ponto C
b) a aceleração do ponto C
Solução:
Identificando os pontos:
A(0; 0,56; 0)
B(0; 0; 0,80)
C(0,56; 0; 0)
Vetor-posição:
( ) ˆ ˆr AC C A 0,56; 0,56; 0 r 0,56i 0,56j m= = − = − ∴ = −uuurr r
Vetor velocidade angular:
( )
( ) ( )
AB
2 2
AB
eˆ
AB
Onde :
5 rad / s
ˆˆAB B A 0; 0,56; 080 AB 0,56j 0,80k m
AB 0,56 0,80 m AB 0,977 m
ω = ω ⇔ ω = ω
ω =
= − = − ∴ = − +
= − + ∴ =
uuur
r r
uuur
uuur uuur
uuur uuur
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Substituindo:
( )AB 5 ˆˆ0,56j 0,80k rad / s0,977AB
Assim:
ˆˆ2,87j 4,09k rad / s
ω = ω ⇔ ω = − +
ω = − +
uuur
r r
uuur
r
a) Velocidade do ponto C
C
C
v r
Onde :
ˆˆ2,87j 4,09k rad / s
ˆ ˆr 0,56i 0,56j m
Assim:
0 2,87 4,09 0 2,87
r
0,56 0,56 0 0,56 0,56
ˆˆ ˆv 2,29i 2,29j 1,61k m / s
= ω ∧
ω = − +
= −
− −
ω ∧ =
− −
= + +
r rr
r
r
rr
r
b) Aceleração do ponto C
( )
C T N
C C
T AB
2
2
T
a a a
d
a r v a r v
dt
Onde :
d ˆa e
dt
AB 4 ˆˆ4 rad / s 0,56j 0,80k rad / s
0,977AB
Assim:
ˆˆ ˆ ˆ2,29j 3,28k rad / s r 0,56i 0,56j m
0 2,29 3,28 0 2,29
a r
0,56
= +
ω
= ∧ + ω ∧ ⇔ = α ∧ + ω ∧
ω
α = ⇒ = α
α = ⇒ α = α ⇔ α = − +
α = − + = −
− −
= α ∧ =
−
r r r
rr rr r r rr r r
r rr
uuur
r r
uuur
rr
r rr
2
T
0,56 0 0,56 0,56
Assim:
ˆˆ ˆa 1,84i 1,85j 1,28k m / s
−
= + +
r
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C
N
2
N
ˆˆ2,87j 4,09k rad / s
ˆˆ ˆv 2,29i 2,29j 1,61k m / s
Assim:
0 2,87 4,09 0 2,87
a v
2,29 2,29 1,61 2,29 2,29
ˆˆ ˆa 13,99i 9,37j 6,57k m / s
ω = − +
= + +
− −
= ω ∧ =
= − + +
r
r
r rr
r
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
T
2
N
C T N
2
C
2
C
C
ˆˆ ˆa 1,84i 1,85j 1,28k m / s
ˆˆ ˆa 13,99i 9,37j 6,57k m / s
Assim:
a a a
ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆa 1,84i 1,85j 1,28k 13,99i 9,37j 6,57k m / s
ˆˆ ˆa 1,84 13,99 i 1,85 9,37 j 1,28 6,57 k m / s
ˆˆ ˆa 12,15i 11,22j 7,85k m / s
= + +
= − + +
= +
= + + + − + +
= − + + + +
= − + +
r
r
r r r
r
r
r 2
5. Uma pequena roda de esmeril está presa ao eixo de um motor cuja velocidade nominal é de 
1800 rpm. Quando se liga o motor, o conjunto alcança a velocidade de regime após 5s; 
quando se desliga o motor, o sistema leva 90 s até parar. Admitindo que o movimento é 
uniformementeretardado, calcule o número de revoluções do motor (a) para alcançar a 
velocidade nominal, (b) até parar, depois de desligado.
Solução:
a) Número de revoluções até alcançar a velocidade nominal
0 0
t² t²
t (1)
2 2
α αθ = θ + ω + ∴ ∆θ =
0
f 1800rpm 30Hz
2 f 2 30 rad / s 188,5 rad / s
0
188,5 0
37,7 rad / s² 37,7 rad / s² (2)
t 5
= =
ω = pi = pi × ∴ ω =
ω =
∆ω −
α = = = ∴ α =
∆
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Substituindo (2) em (1):
2t² 37,7 5
rad 471,25 rad
2 2
Mas :
471,25
N N voltas N 75 voltas
2 2
α ×∆θ = = ∴ ∆θ =
∆θ
= ⇔ = ∴ =
pi pi
6. O movimento de um disco girando em óleo é dado por 
2t
6
0 1 e
−
 
θ = θ −    , onde θ é 
expresso em radianos e t em segundos. Sabendo que 0 0,80 radθ = ,determine a posição 
angular, a velocidade e a aceleração angulares do disco para t = 2s.
Solução:
Equações de Movimento:
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 2
t t t
6 6 6
0
t t
6 6
t t
26 6
1 e 0,80 1 e 0,80 0,80e rad
d
t
dt
2t
t 0,80 e t 0,2667e rad / s
6
d
t
dt
2t
t 0,2667 e t 0,0889e rad / s
6
− − −
− −
− −
   
θ = θ − ⇔ θ = − = −         
θ
ω =
 
ω = − − ∴ ω =  
ω
α =
 
α = − ∴ α = −  
Assim:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2 2
2
t t
6 6
t
26
t 2
6 6
0
t
6
t 0,80 1 e rad Posição angular t 0,2667e rad / s Velocidade Angular
t 0,0889e rad / s Aceleração Angular
Para t 2s :
t 0,80 1 e 2 1 e rad 2 0,389 rad
t 0,2667e 2 0,
− −
−
− −
−
 
θ = − ω =   
α = −
=
   
θ = − ⇔ θ = θ − ∴ θ =         
ω = ⇔ ω = ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
2
6
t 2
2 26 6
2667e rad / s 2 0,137 rad / s
t 0,0889e 2 0,0889e rad / s 2 0,046rad / s
−
− −
∴ ω =
α = − ⇔ α = − ∴ α = −
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7. A haste dobrada ABCDE gira em torno da reta AB, com velocidade angular constante de 95 
rad/s. No instante ilustrado o vértice E está descendo. Determine a velocidade e a aceleração 
do vértice E quando a haste se encontra na posição mostrada na figura.
Solução:
Identificando os pontos:
A(0; 1; 0)
B(3; 0; 2)
E(3; 0; 0)
Vetor-posição:
( ) ˆr BE E B 0; 0; 2 r 2,0k m= = − = − ∴ = −uuurr r
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Vetor velocidade angular
( )
( ) ( )
BA
2 22
BA
eˆ
BA
Onde :
5 rad / s
ˆˆ ˆBA A B 3;1; 2 BA 3,0i j 2,0k m
BA 3 1 2 m BA 3,74 m
ω = ω ⇔ ω = ω
ω =
= − = − − ∴ = − + −
= − + + − ∴ =
uuur
r r
uuur
uuur uuur
uuur uuur
Substituindo:
( )BA 95 ˆˆ ˆ3,0i j 2,0k rad / s3,74BA
Assim:
ˆˆ ˆ76,2i 25,4j 50,8k rad / s
ω = ω ⇔ ω = − + −
ω = − + −
uuur
r r
uuur
r
a) Velocidade do vértice E
E
E
v r
Onde :
ˆˆ ˆ76,2i 25,4j 50,8k rad / s
ˆr 2,0k m
Assim:
76,2 25,4 50,8 76,2 25,4
r
0 0 2 0 0
ˆ ˆv 50,8i 152,4j m / s
= ω ∧
ω = − + −
= −
− − −
ω ∧ =
−
= − −
r rr
r
r
rr
r
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b) Aceleração do vértice E
E T N
E C
T
N
N
a a a
d
a r v a r v
dt
Onde :
d
0 cons tante a 0
dt
e
a v
Onde :
ˆˆ ˆ76,2i 25,4j 50,8k rad / s
ˆ ˆv 50,8i 152,4j m / s
76,2 25,4 50,8 76,2 25,4
a v
50,8 152,4 0 50,8 152,4
= +
ω
= ∧ + ω ∧ ⇔ = α ∧ + ω ∧
ω
α = = ⇔ ω = ⇒ =
= ω ∧
ω = − + −
= − −
− − −
= ω ∧ =
− − − −
r r r
rr rr r r rr r r
r rrr
r rr
r
r
r rr
2
N
Assim:
ˆˆ ˆa 7742i 2581j 12903k m /s= − + +
r
T
2
N
2
E T N E
a 0
ˆˆ ˆa 7742i 2581j 12903k m /s
Assim:
ˆˆ ˆa a a a 7742i 2581j 12903k m /s
=
= − + +
= + ∴ = − + +
rr
r
r r r r
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8. Uma peça rígida é formada por duas placas retangulares e uma triangular soldada a um 
eixo AB. O sistema gira em torno de AB, a uma velocidade angular constante de 5 rad/s. 
Sabendo-se que na posição mostrada na figura a velocidade do vértice E é para baixo, 
determinar a velocidade e a aceleração do vértice D.
Solução:
Observe a figura abaixo:
Identificando os pontos:
A (0; 0,203; 0)
B (0; 0; 0,152)
D (0,178; 0; 0)
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Vetor-posição:
( ) ˆˆr BD D B 0,178; 0; 0,152 r 0,178i 0,152k m= = − = − ∴ = −uuurr r
Vetor velocidade angular
( )
( ) ( )
BA
2 2
BA
eˆ A (0; 0,203; 0) B (0; 0; 0,152)
BA
Onde :
5 rad / s
ˆˆBA A B 0; 0,203;0,152 BA 0,203j 0,152k m
BA 0,203 0,152 m BA 0,254 m
ω = ω ⇔ ω = ω
ω =
= − = − ∴ = − +
= − + ∴ =
uuur
r r
uuur
uuur uuur
uuur uuur
Substituindo:
( )BA 5 ˆˆ0,203j 0,152k rad / s0,254BA
Assim:
ˆˆ4,0j 3,0k rad / s
ω = ω ⇔ ω = − +
ω = − +
uuur
r r
uuur
r
a) Velocidade do vértice E
D
D
v r
Onde :
ˆ ˆˆ ˆ4,0j 3,0k rad / s r 0,178i 0,152k m
Assim:
0 4,0 3,0 0 4,0
r
0,178 0 0,152 0,178 0
ˆˆ ˆv 0,608i 0,534j 0,712k m /s
= ω ∧
ω = − + = −
− −
ω ∧ =
−
= + +
r rr
rr
rr
r
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b) Aceleração do vértice D
D T N
D D
T
N
D
N
a a a
d
a r v a r v
dt
Onde :
d
0 cons tante a 0
dt
e
a v
Onde :
ˆˆ4,0j 3,0k rad / s
ˆˆ ˆv 0,608i 0,534j 0,712k m /s
0 4,0 3,0 0 4,0
a v
0,608 0,534 0,712 0,608 0,534
Assim:
a
= +
ω
= ∧ + ω ∧ ⇔ = α ∧ + ω ∧
ω
α = = ⇔ ω = ⇒ =
= ω ∧
ω = − +
= + +
− −
= ω ∧ =
r r r
rr rr r r rr r r
r rrr
r rr
r
r
r rr
r ( ) 2 2N Nˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ2,85 1,60 i 1,82j 2,43k m /s a 4,45i 1,82j 2,43k m / s= − − + + ∴ = − + +r
T
2
N
2
D T N D N
a 0
ˆˆ ˆa 4,45i 1,82j 2,43k m / s
Assim:
ˆˆ ˆa a a a a 4,45i 1,82j 2,43k m / s
=
= − + +
= + ∴ = = − + +
rr
r
r r r r r
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9. Um misturador de 125 mm de raio externo repousa sobre dois rodízios, cada um de 25 mm 
de raio. Durante um intervalo de tempo t, o tambor executa 12 revoluções e sua velocidade 
angular aumenta uniformemente de 25 rpm para 45 rpm. Sabendo que não há 
escorregamento, determinar (a) a aceleração angular dos rodízios; (b) o intervalo de tempo t.
Solução:
(a) Aceleração angular dos rodízios
Cálculo das velocidades angulares dos rodízios
( )
( )
0 0 0
tambor 1 1 2 2rodízios
Velocidades angulares do tambor
2 rpm 2 25
rad / s 2,62 rad / s velocidade inicial do tambor
60 60
e
2 rpm 2 45
rad / s 4,71 rad / s velocidade final do tambor
60 60
Assim:
v v r r
Substituindo :
pi × pi ×
ω = ⇔ ω = ∴ ω =
pi × pi ×
ω = ⇔ ω = ∴ ω =
= ∴ ω = ω
( )
( )
1 1 2 2 0 0
1 1 2 2
r r 2,62 125 25 13,1 rad / s velocidade inicial dos rodízios
e
r r 4,71 125 25 23,55 rad / s velocidade final dos rodízios
ω = ω ⇔ × = ω × ∴ ω =
ω = ω ⇔ × = ω × ∴ ω =Número de revoluções dos rodízios no intervalo de tempo t
1 1 2 2 2 2N r N r 12 125 N 25 N 60 rev= ⇔ × = × ∴ =
Assim, o deslocamento angular dos rodízios no intervalo de tempo t é dado por:
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22 N 2 60 rad 377 rad∆θ = pi ⇔ ∆θ = pi × ∴ ∆θ =
Aplicando a Equação de Torricelli
( ) ( )2 22 20
2 2 2
2 23,55 13,1 2 377
554,6 171,6 383
554,6 171,6 754 rad / s rad / s 0,51 rad / s
754 754
ω = ω + α∆θ ⇔ = + ⋅ α ⋅
−
= + α ⇔ α = ⇔ α = ∴ α =
(b) Intervalo de tempo t.
0
Temos que :
23,55 13,1 10,45
t 23,55 13,1 0,51t t s t s t 20,5s
0,51 0,51
−
ω = ω + α ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ∴ =
10. No sistema de engrenagens planetárias ilustrado abaixo, as engrenagens A, B, C e D 
possuem raio a e o raio da engrenagem externa E é 3ª. Sabendo que a velocidade da 
engrenagem A é Aω no sentido horário e que a engrenagem externa E está estacionária, 
determine: (a) a velocidade angular do suporte de conexão das três engrenagens planetárias; 
(b) a velocidade de cada engrenagem planetária. 
Solução:
a) A velocidade angular do suporte de conexão das três engrenagens planetárias
Seja a figura abaixo:
Engrenagem A:
P AV a= ω ⋅
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E a engrenagem B:
( )P E P /E A B B A B A1 1V V V a 0 2a V a2 2= + ⇔ ω ⋅ = + ω ⋅ ∴ ω = ω ⇔ = ω ⋅
Assim:
( ) ( )B S A S S A1 1V 2a a 2a2 4= ω ⋅ ⇔ ω ⋅ = ω ⋅ ∴ ω = ω
b) A velocidade de cada engrenagem planetária.
( )P E P /E A B B A1V V V a 0 2a 2= + ⇔ ω ⋅ = + ω ⋅ ∴ ω = ω
11. O conjunto ilustrado é constituído de um disco horizontal soldado a um eixo vertical e gira 
no sentido anti-horário, a partir do repouso, com aceleração angular constante de 1 
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rad/s². Um bloco apóia-se no disco a uma distância de 0,35 m do eixo e não escorregará em 
relação ao eixo até que a aceleração total atinja 6,5 m/s². Determine:
a) a aceleração 1,0 s após o início do movimento do disco.
b) o instante em que o bloco deslizará.
Solução:
2
01,0 rad / s r 0,35 m 0α = = ω =
a) A aceleração 1,0 s após o início do movimento do disco.
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
0
2
0
2 2 2
22
1,0 rad / s r 0,35 m 0
ˆˆa r v a ri rk
t t rad / s
Substituindo t rad / s e r 0,35 m:
ˆ ˆˆ ˆa ri rk a t 0,35t i 0,35tk m / s
Para t 1,0 s :
ˆ ˆˆ ˆa t 0,35t i 0,35tk a 1 0,35 1 i 0,35 1 k
Logo :
a 0
α = = ω =
= α ∧ + ω ∧ ⇔ = −ω − ω
ω = ω + α ∴ ω =
ω = =
= −ω − ω ⇔ = − −
=
= − − ⇔ = − −
= −
r rr rr r
r r
r r
r ( ) ( )2 22 2 2ˆˆ,35i 0,35k m /s a 0,35 0,35 m / s a 0,49 m / s− ⇒ = − + − ∴ =r r
b) O instante em que o bloco deslizará.
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( )
( )
( ) ( )
2
2
2 22
4 2
4 2
2
2
2
ˆˆa t 0,35t i 0,35tk
Substituindo :
a t 6,5 m / s
0,35t 0,35t 6,5
Elevando ao quadrado :
0,1225t 0,1125t 42,25 0,1225
t t 344,90 0
Fazendo t z :
z z 344,90 0
Resolvendo :
z 18,078 t 18,078 t 4,25 s
= − −
=
− + − =
+ = ÷
+ − =
≡
+ − =
= ⇒ = ∴ =
r
r
OUTRA SOLUÇÃO (MAIS SIMPLES)
2 21 rad / s a 6,5 m / s d r 0,35 mα = = = =
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
222 2 2 2 2
t n
2 2 2 22 4 2 4
4 4
4 44 4
1 rad / s a 6,5 m /s d r 0,35 m
a a a a r r
Substituindo :
a r r 6,5 1 0,35 0,35
42,25 0,1225 0,1225 0,1225 42,25 0,1225 42,1275
42,1275
rad / s 343,9 rad / s 4,306 rad / s
0,1225
Assi
α = = = =
= + ⇔ = α + ω
= α + ω ⇔ = × + ω ×
= + ω ⇔ ω = − =
ω = ⇔ ω = ∴ ω ≅
m:
4,306
t t s t 4,31 s
1
ω
ω = α ⇔ = ≅ ∴ ≅
α
12. O sistema ilustrado, é composto por duas rodas A e B, de raios iguais a 30 cm, que giram 
em torno de eixos fixos, e por um anel C, encaixado entre as mesmas. O anel tem raio interno 
de 72 mm e raio externo de 76 mm. Não ocorre escorregamento entre as superfícies em 
contato. A roda superior A, gira com freqüência constante f = 400 rpm no sentido anti-horário. 
Determine:
a) a velocidade angular do anel C.
b) a velocidade angular da roda inferior B.
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c) as acelerações dos pontos das rodas em contato com o anel.
Solução:
a) A velocidade angular do anel C.
C
A A A
A A A A
A
C C C
ext
400
2 f 2 rad / s 41,89 rad / s
60
e
400
V 2 r f V 2 0,030 m / s V 1,257 m / s
60
V 1,257
rad / s 16,5 rad / s
r 0,076
ω = pi ⇔ ω = pi × ∴ ω =
= pi ⇔ = pi × × ∴ =
ω = ⇔ ω = ∴ ω =
b) A velocidade angular da roda inferior B.
( )C C
A A A A
A
B B B
B ext int
400
V 2 r f V 2 0,030 m / s V 1,257 m / s
60
V 1,257
rad / s 37,0 rad / s
0,030 0,004r r r
= pi ⇔ = pi × × ∴ =
ω = ⇔ ω = ∴ ω =
++ −
c) As acelerações dos pontos das rodas em contato com o anel.
Ponto de contato interno: 
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( ) ( )
C
2 2
B C B C
2 2
B B C int
2 2 2
2 2
ˆ ˆa a a a j j
ˆ ˆa r j r j
ˆ ˆa 37 30j 16,5 72j m / s
ˆ ˆ ˆa 41.070j 19.602j m / s a 60.672j m / s
= + ⇔ = −ω − ω
= −ω − ω
= − × − ×
= − − ∴ = −
r r r r
r
r
r r
Ponto de contato externo:
( )22 2 2A Aˆ ˆ ˆa a j a 41,89 30j m / s a 52.643,16j m / s= = ω ⇔ = × ∴ =r r r r
13. Uma polia e dois pesos estão unidos por cordas inextensíveis, como mostra a figura 
abaixo:
O peso A, ligado à polia maior, de raio 1,25 m, tem uma aceleração constante de 2,5 m/s² e 
uma velocidade inicial de 3,75 m/s ambas dirigidas para cima. Determinar:
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a) o número de revoluções da polia em 3 s;
b) a velocidade e o deslocamento escalares do peso B, ligado à polia menor de raio 0,75 m;
c) a aceleração do ponto C da polia maior.
Solução:
a) O número de revoluções da polia em 3 s
 
A
A 0
0 0 1 0
1
A
0
0 0 0
1
A
A 1
1
A
1
v
v r
r
Substituindo :
v 3,75
rad / s 3,0 rad / s
r 1,25
a
a r
r
Substituindo :
a 2,50
rad / s² 2,0 rad / s²
r 1,25
= ω ⋅ ⇔ ω =
ω = ⇒ ω = ∴ ω =
= α ⋅ ⇔ α =
α = ⇒ α = ∴ α =
Com aceleração constante, as equações do movimento são:
0
m m2 t
ω + ω ∆θ
ω = ω =
∆
Igualando-a:
0
m
0
0
0
2 t
Mas :
t
Substituindo :
t 3,0 2,0 3 rad / s 9,0 rad / s 9,0 rad / s
Assim:
9 3 12
6 3 rad 18 rad
2 t 2 3 2 3
ω + ω ∆θ
ω = =
∆
ω = ω + α
ω = ω + α ⇒ ω = + × = ∴ ω =
ω + ω ∆θ + ∆θ ∆θ
= ⇒ = ⇔ = ⇔ ∆θ = × ∴ ∆θ =
∆
Ora, uma volta corresponde ao deslocamento angular de 2 pi rad. Logo:
2 rad 1 volta
18 rad N voltas
18
N voltas N 2,86 voltas
2
pi →
→
= ∴ =
pi
b) a velocidade e o deslocamento escalares do peso B, ligado à polia menor de raio 0,75 m
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Para o peso B, temos:
B 2 B B
B 2 B B
s r s 18 0,75 m s 13,5 m
v r v 9 0,75 m / s v 6,75 m / s
∆ = θ ⋅ ⇒ ∆ = × ∴ ∆ =
= ω ⋅ ⇒ = × ∴ =
c) a aceleração do ponto C da polia maior
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2 2 2 2
N t 1 A2 2 222 2 2 2 3 2 2
a a a a r a
Substituindo :
a 9 1,25 2 m / s a 10,26 10 m / s a 101,27 m / s
= + ⇔ = ω ⋅ +
 
= × + ⇒ = ⋅ ∴ =  
14. Uma pequena roda de esmeril está presa ao eixo de um motor cuja velocidade nominal é 
de 1800 rpm. Quando se liga o motor, o conjunto alcança a velocidade de regime após 5s; 
quando se desliga o motor, o sistema leva 90 s até parar. Admitindo que o movimento é 
uniformemente retardado, calcule o número de revoluções do motor (a) para alcançar a 
velocidade nominal, (b) até parar, depois de desligado.
Solução:
a) Número de revoluções até alcançar a velocidade nominal
0 0
t² t²
t (1)
2 2
α αθ = θ + ω + ∴ ∆θ =
0
f 1800rpm 30Hz
2 f 2 30 rad / s 188,5 rad / s
0
188,5 0
37,7 rad / s² 37,7 rad / s² (2)
t 5
= =
ω = pi = pi × ∴ ω =
ω =
∆ω −
α = = = ∴ α =
∆
Substituindo (2) em (1):
2t² 37,7 5
rad 471,25 rad
2 2
Mas :
471,25
N N voltas N 75 voltas
2 2
α ×∆θ = = ∴ ∆θ =
∆θ
= ⇔ = ∴ =
pi pi
b) Número de voltas até parar, depois de desligado
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0
0
0
Agora:
188,5 rad / s 0
t 2
Substituindo :
0 188,5
90 94,25 rad 8482,5 rad
t 2 90 2
Assim:
8482,5
N N voltas N 1350 voltas
2 2
ω + ω∆θ
ω = ω = ∴ =
∆
ω + ω∆θ ∆θ +
= ⇔ = ⇔ ∆θ = × ∴ ∆θ =
∆
∆θ
= ⇔ = ∴ =
pi pi
15. O rotor de um motor elétrico gira com frequência igual a 1200 rpm. Desligado, o motor 
para após executar 800 voltas. Admiitndo que o movimento seja uniformemente variado, a sua 
aceleração angular, em rad/s², é aproximadamente;
(A) 1,57 (B) 3,14 (C) 0,32 (D) 9,86 (E) 6,28
Solução:
( )
( ) ( )
0 0
2 2
0
22
Temos que :
2 f rpm
f 1200 rpm
60
Substituindo :
2 1200
rad / s 125,7 rad / s
60
e
2 N 2 800 rad 5026,5 rad
Mas :
2
Substituindo :
0 125,7 2 5026,5 10053 15800,5 1,57 rad / s
pi
= ⇒ ω =
pi ×
ω = ∴ ω ≅
∆θ = pi ⇒ ∆θ = pi × ∴ ∆θ ≅
ω = ω + α∆θ
= + α × ⇒ α = − ∴ α ≅ −
Alternativa Correta: (A)
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16. O rotor de um motor elétrico gira com frequência igual a 1200 rpm. Desligado, o motor 
para após executar 800 voltas. Admitindo que o movimento seja uniformemente variado, o 
tempo gasto até a parada, em s, é aproximadamente;
(A) 2,0 (B) 25 (C) 10 (D) 20 (E) 80
Solução:
( )
0 0
0
m
0
Temos que :
2 f rpm
f 1200 rpm
60
Substituindo :
2 1200
rad / s 125,7 rad / s
60
e
2 N 2 800 rad 5026,5 rad
e
0
Mas :
MUV
t 2
Substituindo :
5026,5 0 125,7
125,7 t 10053 t 80 s
t 2 t 2
pi
= ⇒ ω =
pi ×
ω = ∴ ω ≅
∆θ = pi ⇒ ∆θ = pi × ∴ ∆θ ≅
ω =
ω + ω∆θ
ω = = ⇔
∆
ω + ω∆θ +
= ⇔ = ⇔ ∆ = ∴ ∆ ≅
∆ ∆
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Alternativa Correta: (E)
17. O rotor de um motor elétrico encontra-se inicialmente em repouso. Cinco segundos após o 
motor ser ligado, a frequência de rotação é f = 600 rpm. O movimento é uniformemente 
variado e dura mais cinco segundos. A frequência com que o rotor gira após 7 s de operação 
do motor, em rpm, vale aproximadamente:
(A) 120 (B) 840 (C) 86 (D) 429(E) 1200
Solução:
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( )
1
2 2
0 0
2
Temos que :
2 f rpm
f 600 rpm
60
Substituindo :
2 600
rad / s 62,8 rad / s e t 5 s
60
Assim:
62,8 0
rad / s 12,6 rad / s
t 5
Mas :
0 t 7 s t 12,6t 12,6t
Para t 7s :
12,6t 12,6 7 rad / s 88,2 rad / s
Mas :
2
pi
= ⇒ ω =
pi ×
ω = ∴ ω ≅ ∆ =
∆ω −
α = ⇒ α = ∴ α ≅
∆
ω = = ω = ω + α = ∴ ω =
=
ω = ⇔ ω = × ∴ ω =
ω = pi 1 1 1 1
2 22 2
1 1
2 2
2 2 2
2 f f
f
f2 f
Substituindo :
f 62,8 600 88,2 600
f rpm f 843 rpm
f 88,2 f 62,8
ω = pi ω
⇒ ∴ =
ωω = pi
ω ×
= ⇔ = ⇔ = ∴ ≅
ω
Alternativa Correta: (B)
18. O conjunto ilustrado é constituído por um disco horizontal soldado a um eixo fixo vertical, 
e gira em torno deste. O disco parte do repouso, com aceleração angular constante 5 rad/s2. 
Um bloco apóia-se no disco e não escorregará até a aceleração total do mesmo atingir 0,4 
m/s2. O bloco dista d = 0,04 m do eixo. O instante em que o corpo inicia o escorregamento, 
em s, é aproximadamente:
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(A) 5,2 (B) 1,8 (C) 2,4 (D) 1,2 (E) 0,59
Sugestão
 Θ = Θ0 + ω0 . t + 0,5 . α . t2 ; ω = ω0 + α . t ; ω2 = (ω0)2 + 2 .α .(Θ-Θ0); ω = 2.¶ .f;
(aTOT)2 =(aTAN)2 + (aCENT)2; aTAN = α .R ; aCENT = ω2 . R
Solução:
Dados
2 25 rad / s a 0,4 m / s d r 0,04 mα = = = =
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
222 2 2 2 2
t n
2 2 2 22 4 2 4
4 4
4 44 4
a a a a r r
Substituindo :
a r r 0,4 5 0,04 0,04
0,16 0,04 0,0016 0,0016 0,16 0,04 0,12
0,12
rad / s 75 rad / s 2,943 rad / s
0,0016
Assim:
2,943
t t s t 0,59 s
5
= + ⇔ = α + ω
= α + ω ⇔ = × + ω ×
= + ω ⇔ ω = − =
ω = ⇔ ω = ∴ ω ≅
ω
ω = α ⇔ = ≅ ∴ ≅
α
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