Apostila Dinamica dos Sistemas

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Dinâmica dos
Sistemas
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ÍNDICE
Introdução ........................................................................................................... 4
Cinemática ........................................................................................................... 5
Dinâmica ........................................................................................................... 7
Centro de Massa ….................................................................................. 7
TCM – Teorema do Centro de Massa ….................................................. 7
Momento Linear ..…................................................................................ 7
Momento Polar ….................................................................................. 8
Momento Angular ...................................................................................... 8
TMA – Teorema do Momento Angular ..................................................... 8
TMA – Movimento de Translação ..................................................... 10
TMA – Movimento Plano …............................................................ 10
Momento de Inércia ..................................................... 10
TMA – Movimento Geral …............................................................. 11
TMA – Teorema do Momento Angular – Forma Matricial ..................... 11
Os Esforços Dinâmicos ….............................................................................…. 15
Exemplo 01 …............................................................................................. 15
Exemplo 02 …............................................................................................. 19
Exemplo 03 …............................................................................................. 20
Entendendo o que é Binário ..................................................... 22
Exemplo 04 …............................................................................................. 23
Exemplo 05 …............................................................................................. 25
Exemplo 06 …............................................................................................. 29
Exemplo 07 …............................................................................................. 32
Balanceamento …............................................................................................. 38
Condições de Balanceamento …............................................................ 38
Balanceamento Estático …....................................................................... 40
Balanceamento Dinâmico …....................................................................... 41
Norma 1940-1 ….................................................................................. 42
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Desbalanceamento Residual Admissível …............................. 43
Desbalanceamento Residual Específico Admissível ….................. 43
Qualidade do Balanceamento ….................................................. 43
Exemplo …................................................................................... 44
Tabela da Qualidade do Balanceado …........................................ 45
EXEMPLO 01 …................................................................................... 46
EXEMPLO 02 …................................................................................... 51
EXEMPLO 03 …................................................................................... 53
EXEMPLO 04 …................................................................................... 55
Sistema Biela Manivela …................................................................................... 59
Cinemática ….............................................................................................. 59
Resumo ….............................................................................................. 65
EXEMPLO 01 …................................................................................... 66
EXEMPLO 02 …................................................................................... 68
Dinâmica ….............................................................................................. 69
EXEMPLO 01 …................................................................................... 70
EXEMPLO 02 …................................................................................... 75
EXEMPLO 03 …................................................................................... 81
EXEMPLO 04 …................................................................................... 85
Sistema Biela Manivela e Pistão ............................................................................ 89
Cinemática ................................................................................................. 89
EXEMPLO 01 ….................................................................................. 89
EXEMPLO 02 ….................................................................................. 91
Dinâmica ................................................................................................. 93
EXEMPLO 01 ….................................................................................. 94
O problema das “quatro” barras ........................................................................... 98
Exemplo de aplicação ........................................................................... 98
Cinemática ................................................................................................. 100
1ª Etapa: posições angulares ...................................................... 100
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Resumo: “posições angulares” ..................................................... 102
2ª Etapa: velocidades angulares ..................................................... 105
3ª Etapa: acelerações angulares …................................................. 108
Resumo: “acelerações angulares” .......................................... 110
4ª Etapa: acelerações dos Centros de Massa ............................... 111
EXEMPLO 01: ..................................................................................... 113
EXEMPLO 02: ..................................................................................... 114
EXEMPLO 03: ..................................................................................... 115
EXEMPLO 04: ..................................................................................... 116
Dinâmica ................................................................................................ 118
EXEMPLO 01: ..................................................................................... 118
EXEMPLO 02: ..................................................................................... 123
EXEMPLO 03: ..................................................................................... 126
EXEMPLO 04: ..................................................................................... 127
EXEMPLO 05: ..................................................................................... 129
APÊNDICE A: .................................................................................... 130
APÊNDICE B: .................................................................................... 134
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Introdução.
Entende-se como sistema de sólidos, um conjunto de sólidos conectados entre si e
conectados a vínculos que limitam os movimentos dos mesmos. Entende-se como
Dinâmica dos Sistemas, o estudo dos esforços presentes em cada sólido (ou elo) que
constituem o sistema de sólidos.
Estabelecidos nossos objetivos primeiros, cabe ressaltar que não há como atingi-los sem
o prévio conhecimento da aceleração angular e da aceleração do centro de massa de
cada sólido. 
Desta forma, por contraditório que pareça, se faz necessário dois estudos: 1) o estudo
cinemático do sistema de sólidos para determinar as duas acelerações supracitadas de
cada um dos sólidos que compõem o sistema; 2) o estudo dos esforços (forças e
momentos) agentes em cada parte do sistema, permitindo assim o projeto de todas as
partes envolvidas, sejam os sólidos, sejam os vínculos.
A descrição dos movimentos de um conjunto ou sistemas de sólidos, exige que se
utilizem os conceitos provenientes da Cinemática dos Sólidos. Desta forma, quando o
objetivo é a determinação de velocidades e especialmente acelerações de pontos de um
sólido, se faz necessário e suficiente, a aplicação dos conceitos desenvolvidos
previamente na Cinemática dos Sólidos.
Embora existam métodos gráficos para a determinação de algumas grandezas
cinemáticas, com o advento dos processos numéricos, entende-se que o melhor caminho
seja o desenvolvimento algébrico, ou melhor vetorial, e a aplicação de outras técnicas
numéricas que facilitem o trabalho, mas garantindo a precisão e validade do processo.
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A cinemática
Um sólido é uma abstração de um corpo real
onde a distância entre dois de seus pontos é invariante.
Considere-se dois pontos A e P de um sólido
qualquer, que apresenta vetor velocidade angular ω⃗ .
Note-se que esse vetor possui a direção do eixo
instantâneo de rotação, com sentido dado pela regra da
mão direita e intensidade igual à taxa de variação
(derivada temporal) da posição angular. A derivada
temporal do vetor velocidade angular é o vetor
aceleração angular: ˙⃗ω=α⃗ . Nos casos em que o eixo
de rotação é fixo, o vetor aceleração angular possui a
direção do mesmo, coincidindo assim com a direção do
vetor velocidade angular.
Os pontos A e P apresentam velocidades e acelerações diferentes. Identificando as
grandezas cinemáticas de cada um desses pontos, tem-se:
v⃗ A ... o vetor velocidade do ponto A; a⃗ A= ˙⃗v A ... o vetor aceleração do ponto A;
v⃗P ... o vetor velocidade do ponto P; a⃗P= ˙⃗v P ... o vetor aceleração do ponto P;
Num instante (t) qualquer, o sólido encontra-se numa posição, por exemplo a posição
ilustrada, e as grandezas cinemáticas citadas anteriormente são válidas para esse
determinado instante e posição do sólido.
Da Cinemática dos Sólidos podem-se resgatar as relações entre as grandezas vetoriais
do sólido.
As velocidades dos pontos P e A relacionam-se por: v⃗P=v⃗ A+ω⃗∧(P−A)
Note-se que o vetor (P – A) possui módulo invariante pois é definido por dois pontos de
um sólido, e por ser arrastado pelo sólido em movimento com rotação muda de direção. A
derivada temporal do vetor (P – A) é expressa pelo Teorema de Poison:
d
dt
(P−A)=ω⃗∧(P−A) .
As acelerações dos pontos P e A relacionam-se por:
a⃗P=a⃗A+α⃗∧(P−A)+ω⃗∧(ω⃗∧(P−A )) .
A
P
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
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A cinemática apresentada dessa forma, pode sugerir que seja bem simples calcular as
acelerações angular e do centro de massa para cada sólido, entretanto, mesmo
reconhecendo a simplicidade das equações seu uso é trabalhoso.
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A dinâmica
A dinâmica apoia-se em “apenas” dois Teoremas: Teorema do Centro de Massa e
Teorema do Momento Angular. Note-se que a definição de Centro de Massa deve
preceder a utilização do primeiro. 
Centro de Massa – Definição
A forma da segunda Lei de Newton
(∑ F⃗=m⋅⃗a) será preservada caso a aceleração
indicada na mesma, seja de um ponto muito especial
do sólido: o Centro de Massa.
Considere-se o elemento de massa “dm” do sólido,
localizado no ponto P(x,y,z), que apresenta vetor
velocidade v⃗P . Ressalte-se que o ponto P é definido
pelas coordenadas x, y e z.
O Centro de Massa é definido por suas coordenadas
xCM , yCM e zCM , que por definição são:
xCM=
∫ x⋅dm
∫ dm
=
∫ x⋅dm
m
onde “m” é a massa do sólido.
De forma análoga …
yCM=
∫ y⋅dm
m
e zCM=
∫ z⋅dm
m
O “ajuste” da Segunda Lei de Newton para sólidos é expresso pelo TCM – Teorema do
centro de Massa.
TCM – Teorema do Centro de Massa
O TCM garante que, para um sólido de massa “m”, com aceleração do Centro de
Massa a⃗CM , sob ação de um sistema de forças de origem externa ao mesmo, com
resultante ∑ F⃗ext . , é valida a seguinte relação:
∑ F⃗ext .=m⋅⃗aCM
Momento Linear ou quantidade de movimento – Definição
A Quantidade de Movimento de um ponto material de massa “m” e velocidade v⃗ ,
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
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é definido por: q⃗=m⋅⃗v . A Quantidade de Movimento do elemento de massa “dm” que
ocupa o ponto P(x,y,z) do sólido, e que se desloca com vetor velocidade v⃗P , de forma
análoga é: d q⃗=dm⋅⃗vP . 
Note-se que esse vetor possui a mesma direção e sentido do vetor velocidade do ponto P,
ou de outra forma, a velocidade do elemento de massa “dm”.
Momento Polar de grandeza vetorial – Definição
Seja Δ⃗ , uma grandeza vetorial qualquer, aplicada no ponto P(x,y,z). O momento
Polar dessa grandeza em relação ao polo O(xO,yO,zO), um ponto qualquer do espaço, é
dado por: M⃗O=(P−O)∧Δ⃗ .
Note-se que:
M⃗O... é o momento polar da grandeza vetorial Δ⃗ , aplicada no ponto P, em relação ao
polo O(xO,yO,zO);
(P−O)... é o vetor que possui “ponta” em P e “rabo” em O;
Δ⃗ ... é uma grandeza vetorial qualquer que se possa imaginar.
Exemplo 01: 
O momento polar da grandeza vetorial força F⃗ , aplicada no ponto P, em relação ao polo
O, é amplamente conhecido como “Momento de Força”, sendo expresso em sua forma
vetorial por: M⃗O
F=(P−O)∧F⃗ .
O momento da força F⃗ , expressa a capacidade da mesma em produzir rotação num
corpo no qual está aplicada, em torno de um eixo que passa pelo polo O, que possui
direção paralela ao vetor momento (M⃗O
F ) , e cujo sentido da rotação criada é expresso
pela regra da mão direita.
Note-se que, o significado físico do momento polar de uma grandeza vetorial, nem
sempre é tão simples ou intuitivo, e em muitos ocasiões será uma nova grandeza vetorial
não intuitiva, mas se for útil será de grande valia.
Exemplo 02: 
A grandeza vetorial “quantidade de movimento”, do elemento de massa “dm” que ocupa o
ponto P(x,y,z), que desloca-se com velocidade v⃗P é expresso por (d q⃗=dm⋅⃗vP) . O
momento polar da grandeza vetorial “quantidade de movimento”, em relação ao polo
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O(xO,yO,zO) qualquer, é:
d M⃗O
dq=d H⃗O=(P−O)∧(dm⋅⃗vP)
Denomina-se esse momento polar de: “Momento Angular” do elemento de massa “dm”.
O significado físico não é intuitivo, mas é uma grandeza que sob certas condições se
conserva (não muda). O teorema TMA – Teorema do Momento Angular expressa as
condições sob as quais, o Momento Angular se conserva.
Momento Angular do Sólido
Agora ficou “fácil” …
O Momento Angular do sólido, pode ser obtido pela soma vetorial dos momentos
angulares de suas partes constituintes. Sendo o elemento de massa “dm” uma parte do
sólido, e conhecendo o momento angular da mesma d H⃗ O=(P−O)∧(dm⋅⃗vP) , tem-se:
H⃗O=∫ d H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅⃗vP)
TMA – Teorema do Momento Angular
A soma dos momentos das forças de origem externa, aplicadas num sólido, em
relação ao polo O(xO,yO,zO), é igual à derivada temporal do Momento Angular do mesmo,
calculado em relação ao mesmo polo O(xO,yO,zO), desde que a escolha do polo respeite
algumas restrições.
As restrições mais usuais e simplificadoras são:
a) o polo O(xO,yO,zO), é coincidente com o Centro de Massa do sólido;
b) o polo é um ponto do sólido que possui velocidade nula.
Nessas condições tem-se: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗HO ; com ... v⃗O=0 e O∈sólido
Ressalte-se que o Momento Angular (H⃗O) do sólido é definido por uma expressão
complicada (H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅⃗v P)) , o que torna a tarefa de derivá-la em relação ao
tempo algo desafiador.
Aplicando-se o TMA – Teorema do Momento Angular aos tipos de movimentos do sólido,
ou seja, Movimento de Translação, Movimento Plano e Movimento Geral, pode-se
perceber que a complexidade aumenta progressivamente.
Diante deste fato, de forma resumida, apresenta-se o TMA para cada um dos tipos de
movimento citados.
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TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento de
Translação
Impondo as condições simplificadoras da translação, ou seja, todos os pontos do
sólido apresentam, em cada instante, velocidade iguais entre si, e acelerações também
iguais entre si, pode-se afirmar que: 
“o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em translação, em
relação ao polo CM – Centro de Massa do sólido é NULO: ∑ M⃗CM=zero “.
TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Plano
Impondo as condições simplificadoras do
movimento plano, ou seja, os vetores velocidade
angular e aceleração angular, possuem sempre
direções perpendiculares ao plano do movimento,
pode-se afirmar que:
 
“o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em movimento plano,
em relação ao polo CM – Centro de Massa ou a um polo que pertença ao sólido e seja
fixo, é expresso por: ∑ M⃗O=IO⋅α⃗ “.
Onde:
α⃗ ... é o vetor aceleração angular do sólido;
IO ... é o momento de inércia, ou a inercia de rotação do sólido, quando o mesmo gira
em torno do eixo que passa pelo polo O.
Momento de Inércia - Definição
Seja um elemento de massa “dm” do sólido, que ocupa o ponto P(x,y,z) do mesmo. O
momento de Inércia do sólido em relação ao eixo que passa pelo polo O é:
IO=∫ (Distância entre o eixo e oelemento demassa dm)2 . dm
Ressalte-se que os momentos de inércia de sólidos de geometria regulares, usualmente
estão tabelados em relação a três eixos ortogonais entre si e que passam pelo polo CM.
O Teorema dos Eixos Paralelos (Steiner), permite de forma bastante simples a troca do
polo Centro de Massa (CM) por outro polo (O): IO=ICM+m⋅d
2 .
Sendo: “m” a massa do sólido e “d” a distância entre os eixos paralelos.
plano do movimento
x
yz
eixo instantâneo
de rotação
αω
O
P
dm
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TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Geral
Neste caso não há simplificações e o TMA deve ser utilizado em sua forma
genérica apresentada anteriormente:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗HO ; com ... v⃗O=0 e O∈sólido .
O primeiro membro da equação é calculado sem grande trabalho, pois basta calcular o
momento polar de cada força aplicada ao sólido, e somar esses resultados. A dificuldade
é calcular a derivada do momento angular do sólido ( H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) ), que é
expressa por: ˙⃗HO=
d
dt
⋅∫(P−O)∧(dm⋅⃗v) .
Essa dificuldade pode ser contornada grandemente com a utilização da Forma Matricial
do Momento Angular. O desenvolvimento detalhado da forma matricial encontra-se no
“Apêndice A”. No presente desenvolvimento, serão apresentados as condições de
utilização e os resultados.
TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial
 O “truque” é utilizar um sistema de referência e um sistema de eixos (ou base)
ligado ao sólido:
Um sistema de eixos ligado ao sólido, com origem no ponto O do sólido, e que será
identificado daqui por diante por: O(x,y,z). Note-se que o ponto O do sólido, é arrastado
pelo mesmo, assim possui vetor velocidade ( v⃗O) e vetor aceleração (a⃗O) . A
aceleração imposta ao sistema de eixos ligado ao sólido, o torna um “referencial não
inercial”, ou seja, não respeita a segunda Lei de Newton.
Outro com origem no ponto I, e que será
identificado daqui por diante como I(X,Y,Z), não possui
aceleração, o que o torna um “referencial inercial”, ou
seja que respeita a segunda Lei de Newton. 
No que esse “truque” ajuda?. Como as grandezas
vetoriais que aparecem na definição do momento
angular do sólido podem ser expressas em função de
suas projeções nos eixos do sistema “ligado” O(x,y,z),
alguns tornam-se constantes e desta forma, a derivada
dos mesmos tornam-se nulas, o que, com certeza, torna
o trabalho bem mais simples.
As velocidades dos pontos “P” e “O”, pertencentes ao
sólido, segundo a cinemática relacionam-se por:
v⃗P=v⃗O+ω⃗∧(P−O) . Reconhecendo que a velocidade
do ponto P, é também a velocidade do elemento de
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
O
I
X
I Y
Z
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massa “dm”: v⃗= v⃗O+ω⃗∧(P−O) .
Substituindo essa velocidade na definição de Momento Angular do sólido, em relação ao
polo O, tem-se:
 H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) => H⃗O=∫(P−O)∧( v⃗O+ω⃗∧(P−O))⋅dm
Aplicando a propriedade distributiva do produto vetorial:
H⃗O=∫(P−O)∧ v⃗O⋅dm+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Aplicando a definição de Centro de Massa:
H⃗O=(CM−O)∧v⃗O⋅m+∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Impondo as condições de escolha do polo O, ou seja, ( v⃗O=zero) ou (O≡CM ) , tem-
se: H⃗O=∫(P−O)∧(ω⃗∧(P−O))⋅dm
Note-se que:
1º) o vetor velocidade angular (ω⃗) é medido em relação ao referencial inercial I(X,Y,Z),
mas pode ser expresso em função de suas projeções no sistema de eixos ligado ao sólido
O(x,y,z), ou seja: ω⃗=ωx⋅i^+ωy⋅ j^+ωz⋅k^ ;
2º) os versores i^ ; j^ ; k^ , embora tenham normas (módulos) constantes e iguais a 1 (um),
mudam de direção por serem arrastados pelo sólido. Considere-se que o sólido arraste o
sistema ligado O(x,y,z), e imponha ao mesmo rotação com a velocidade angular (Ω⃗) .
As derivadas dos versores podem ser obtidas através do Teorema de Poison, ou seja:
˙^i=Ω⃗∧ i^ ; ˙^j=Ω⃗∧ j^ ; ˙^k=Ω⃗∧k^ .
Com algum esforço pode-se obter a Forma Matricial do Momento Angular do Sólido,
conforme o disposto no Apêndice A:
H⃗O=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyωz ] ou H⃗O=[ I ]⋅[ωxω yωz] ou H⃗O=[ I ]⋅ω⃗
Há dois tipos de elementos na matriz, ou tensor de Inércia, que está representado pela
matriz 3x3:
Momentos de Inércia (ou inércia de rotação) em relação a cada uma dos eixos x, y, e z:
I xx=∫(distância doelemento demassadmaoeixo x)2⋅dm ;
I yy=∫(distânciado elemento demassadmaoeixo y)2⋅dm ;
I zz=∫(distância doelemento demassadmaoeixo z)2⋅dm .
Produtos de Inércia que expressam o grau de simetria de distribuição de massa em torno
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dos eixos:
I xy=∫ x⋅y⋅dm ; I xz=∫ x⋅z⋅dm ; I yz=∫ y⋅z⋅dm .
Onde x, y e z são as coordenadas do elemento de massa “dm”, em relação ao sistema de
eixos “ligado” ao sólido, ou seja, O(x,y,z). Como o elemento de massa “dm” não se move
em relação a tal sistema de eixos, essas coordenadas são constantes, e os 6 (seis)
elementos da Matriz de Inércia (ou Tensor de Inércia) também são constantes, ou seja,
possuem derivadas nulas. 
Desta forma, a derivada em relação ao tempo do Momento Angular do sólido, resume-se
à derivada apenas do vetor velocidade angular (ω⃗) . Formalizando esse resultado na
forma matricial:
H⃗O=[ I ]⋅ω⃗ derivando em relação ao tempo … ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ωDerivando o vetor velocidade do sólido expresso em função de suas projeções no sistema
de eixos O(x,y,z), e do vetor velocidade angular do sólido (Ω⃗) , ou seja:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅
˙^i+ω˙ y⋅ j^+ωy⋅
˙^j+ω˙z⋅k^+ωz⋅
˙^k .
Aplicando o Teorema de Poison, tem-se:
 ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅Ω⃗∧ i^+ω˙y⋅j^+ω y⋅Ω⃗∧ j^+ω˙z⋅k^+ωz⋅Ω⃗∧k^
O resultado acima pode ser expresso agrupando os termos como:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+Ω⃗∧ωx⋅i^+ω˙y⋅j^+Ω⃗∧ωy⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωz⋅k^
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωx⋅i^+Ω⃗∧ωy⋅j^+Ω⃗∧ωz⋅k^
Colocando o vetor velocidade angular (Ω⃗) em evidência, tem-se:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧(ωx⋅^i+ωy⋅j^+ωz⋅k^ )
Identificando o termo entre parentes como o vetor velocidade angular do sólido, permite
escrever: ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ω⃗ ou ˙⃗ω=[ω˙xω˙yω˙z ]+Ω⃗∧ω⃗ .
Recuperando a forma matricial: ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω .
Substituindo a derivada da velocidade angular: ˙⃗HO=[ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+ [ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ .
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**************************************************************************************************
Finalmente o TMA – Teorema do Momento Angular expresso na forma matricial:
∑ M⃗O= [ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+[ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ 
A escolha do polo O deverá respeitar uma das seguintes restrições:
a) o polo O coincide com o CM – Centro de Massa;
b) o polo O pertence ao sólido e é um ponto fixo ( v⃗O=zero) .
**************************************************************************************************
Embora o TMA – Teorema do Momento Angular, esteja apresentado acima numa
forma elegante, pode-se afirmar que na engenharia é comum encontrar sólidos com eixos
fixos de rotação. Nesses casos, a escolha do sistema de eixos O(x,y,z), é feita de forma
que um de seus eixos (Ox por exemplo) coincida com o eixo fixo, o que acarretará numa
simplificação significativa. Mesmo quando o movimento do sólido não se encaixa
perfeitamente nessa situação, é possível adaptá-la de forma que o sistema de eixos
móvel O(x,y,z), apresente um de seus eixos fixo (Ox por exemplo).
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Os esforços dinâmicos
O TMA - Teorema do Momento Angular, permite o estudo de esforços em sistemas de
sólidos, que surgem pela peculiaridade dos movimentos dos mesmos, ou seja, em
repouso esses esforços não existiriam. 
Nos exemplos seguintes, serão utilizados os conceitos desenvolvidos anteriormente, com
a finalidade de determinar os esforços dinâmicos em vários sistemas de sólidos.
EXEMPLO 01
A figura ilustra um dispositivo simplificado de um misturador rotativo. O eixo principal é
mantido em posição através de dois mancais fixos A e B. Duas massas m = 0,2 kg são
mantidas afastadas do eixo principal por duas hastes verticais. As massas do eixo e das
hastes, para os propósitos deste estudo, são desprezadas. O conjunto descrito, gira em
torno de seu eixo, com frequência de rotação constante f = 3000 rpm. Pedem-se:
a) os momentos de inércia em relação
ao sistema de eixos CM(x,y,z) “ligado”
ao eixo principal;
b) os produtos de inércia em relação ao
sistema de eixos CM(x,y,z);
c) os esforços de origem dinâmica nos
mancais A e B;
SOLUÇÂO:
I xx=∫(dist .aoeixo x )2⋅dm=0,502⋅0,2+0,502⋅0,2=0,100
I yy=∫(dist .ao eixo y )2⋅dm=0,252⋅0,2+0,252⋅0,2=0,025
I zz=∫(dist .aoeixo z )2⋅dm=(0,252+0,502)⋅0,2+(0,252+0,502)⋅0,2=0,125
Resp. (a): I xx=0,100⋅kg⋅m
2; I yy=0,025⋅kg⋅m
2; I zz=0,125⋅kg⋅m
2
I xy=∫ x⋅y⋅dm=(−0,25)⋅0,50⋅0,2+0,25⋅(−0,50)⋅0,2=−0,050
I xz=∫ x⋅z⋅dm=(−0,25)⋅zero⋅0,2+0,25⋅zero⋅0,2=zero
I yz=∫ y⋅z⋅dm=0,50⋅zero⋅0,2+(−0,50)⋅zero⋅0,2=zero
Resp. (b): I xy=−0,050⋅kg⋅m
2 ; I yz=zero⋅kg⋅m
2 ; I yz=zero⋅kg⋅m
2
m
m 0,5
0 m
0,50 m
CM
0,25 m
0,25 m0,50 m
0,50 m
A
Bx
y
z
ω
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O vetor velocidade angular pode ser expresso por:
ω⃗=ωx⋅^i+ω y⋅^j+ω z⋅k^
Como o vetor velocidade angular “sempre” tem direção do eixo de rotação, que nesse
caso é “fixo”, pode-se afirmar que:
ω⃗=ω⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^
Com ω=2⋅π⋅f , tem-se: ω=2⋅π⋅3000
60
=100⋅π => ω=314,16 rad / s
Dessa forma o vetor velocidade angular, expresso em função de suas projeções no
sistema de eixos CM(x,y,z), é:
ω⃗=314,16⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^
O momento angular, adotando o polo no CM - Centro de Massa é:
H⃗CM=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[
I xx −I xy −I xz
−I xy I yy −I yz
−I xz −I yz I zz ]⋅[314,16zerozero ]
Antes de derivar o momento angular em função do tempo, é aconselhável exprimi-lo na
forma vetorial. A componente do Momento Angular na direção de i^ , é obtida pelo
produto dos elementos da primeira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
x =I xx⋅314,16−I xy⋅zero−I xz⋅zero .
A componente do Momento Angular na direção de j^ , é obtida pelo produto dos
elementos da segunda linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
y =−I xy⋅314,16+I yy⋅zero−I yz⋅zero
A componente do Momento Angular na direção de k^ , é obtida pelo produto dos
elementos da terceira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
z =−I xz⋅314,16−I yz⋅zero+ I zz⋅zero . 
Na forma vetorial:
H⃗CM=I xx⋅314,16⋅^i−I xy⋅314,16⋅^j−I xz⋅314,16⋅k^
Derivando a forma vetorial do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅
˙^i−I xy⋅314,16⋅
˙^j−I xz⋅314,16⋅
˙^k
A derivada dos versores: 
Como consequência da escolha do sistema de eixos CM(x,y,z), o versor i^ não muda de
direção, ou seja, é constante e possui derivada em relação ao tempo nula ( ˙^i=zero) ,
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entretanto, os outros dois versores j^ e k^ solidários ao sólido giram com velocidade
angular do mesmo: ω⃗=314,16⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^ => ω⃗=314,16⋅^i .
Determinado as derivadas ds versores com o Teorema de Poisom:
˙^i=ω⃗∧ i^ => ˙^i=314,16⋅^i∧ i^ => ˙^i=zero
˙^j=ω⃗∧ j^ => ˙^j=314,16⋅^i∧ j^ => ˙^j=314,16⋅k^
˙^k=ω⃗∧k^ => ˙^k=314,16⋅^i∧k^ => ˙^k=−314,16⋅^j
Substituindo na derivada do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅
˙^i−I xy⋅314,16⋅
˙^j−I xz⋅314,16⋅
˙^k => ˙⃗HCM=−I xy⋅314,16
2⋅˙^k+ I xz⋅314,16
2⋅˙^j
Ressalte-se que os termos quadráticos sempre estarão presentes e expressam o
quadrado da velocidade angular, ou seja: ˙⃗HCM=−I xy⋅98.696,04⋅
˙^k+ I xz⋅98.696,04⋅
˙^j .
Aqui fica estabelecida uma conexão entre os esforços dinâmicos e produtos de inércia, ou
seja, os produtos de inércia relevantes no cálculo dos esforços dinâmicos são aqueles
relacionados ao eixo de rotação. No caso o eixo de rotação tem direção (x), então os
produtos de inércia que contribuirão para os esforços dinâmicos são: I xy e I xz .
Recuperando valores de: I xy=−0,050 ; I xz=zero , e substituindo-os na equação
anterior, obtêm-se: ˙⃗HCM=4.934,8⋅k^ .
O que se fez até aqui?. 
Resp.: Calculou-se um dos termos do TMA – Teorema do Momento Angular.
Note-se que a força peso não é força dinâmica, por estar presente mesmo quando o
sistema encontra-se em repouso, a saber: P⃗=0,4⋅9,81⋅(− j^)=3,924⋅(− j^)⋅N .
Ressalte-se que, como as forças dinâmicas são proporcionais ao quadrado da velocidade
angular, o peso próprio do sistema usualmente torna-se irrelevante.
Os mancais sugeridos na figura são do
tipo axial, portanto só reagem a
esforços radiais, isto posto: 
R⃗A=RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^
R⃗B=RB
y⋅j^+RB
z⋅k^
Impondo o TCM – Teorema do Centro
de Massa:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
tem-se:
m
m 0,5
0 m
0,50 m
CM
0,25 m
0,25 m0,50 m
0,50 m
A
Bx
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
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R⃗A+ R⃗B=m⋅⃗aCM ; o peso não foi considerado, pois as reações estritamente dinâmicas
não dependem do mesmo.
Substituindo … RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^+RB
y⋅j^+RB
z⋅k^=m⋅⃗aCM , entretanto,a aceleração do centro de
massa é nula, ou seja: RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^+RB
y⋅j^+RB
z⋅k^=zero
Impondo a igualdade entre as componentes do primeiro e sendo membros, tem-se: 
RA
y +RB
y=0 => RA
y=−RB
y eq. 01
RA
z +RB
z=0 => RA
z=−RB
z eq. 02
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => ∑ M⃗CM= ˙⃗H CM=4.934,8 k^
Agora se faz necessário o cálculo dos momentos das forças para que se obtenha o
primeiro membro do TMA.
Da definição de momento de força, tem-se: M⃗O
F=(P−O)∧F⃗ .
Como o polo escolhido é o Centro de Massa CM(0;0;0), é necessário um ajuste:
M⃗CM
F =(P−CM )∧F⃗
Momento da reação R⃗A aplicada no ponto A(-0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0,):
M⃗ R A=(A−CM )∧R⃗A=−0,75⋅^i∧(R A
y⋅j^+RA
z⋅k^ ) => M⃗ R A=−0,75⋅RA
y⋅k^+0,75⋅R A
z⋅j^
Momento da reação R⃗B aplicada no ponto B(0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0):
M⃗ RB=(B−CM )∧R⃗B=0,75⋅^i∧(RB
y⋅j^+RB
z⋅k^ ) => M⃗ RB=0,75⋅RB
y⋅k^−0,75⋅RB
z⋅^j
Substituindo os resultados das equações eq. 01 e eq. 02, no resultado anterior:
M⃗R B=−0,75⋅RA
y⋅k^+0,75⋅R A
z⋅ j^ 
O momento resultante:
∑ M⃗CM=M⃗ R A+M⃗ RB=−1,50⋅RAy⋅k^+1,50⋅RAz⋅^j
Substituindo no TMA: ∑ M⃗CM= ˙⃗H CM => −1,50⋅RAy⋅k^+1,50⋅RAz⋅^j=4.934,8⋅k^
Igualando os vetores: 
RA
z=0
−1,50⋅RA
y=4.934,8 => RA
y=−3.289,9 N
Resp. (c): RA
z=0 ; RA
y=−3.289,9 N ; RB
z=0 ; RB
y=3.289,9 N
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EXEMPLO 02
A figura ilustra um sólido que apresenta massa m = 30,0 kg, gira em torno de eixo fixo
mantido por dois mancais A e B. Quando o sistema gira com velocidade angular constante
ω=50⋅rad
s
, os esforços dinâmicos nos mancais (desconsiderar o peso próprio) são
medidos, e os resultados expressos em newton (N), são:
R⃗A=−3.600⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−200⋅k^ . Pedem-se:
a) os produtos de inércia que envolvem a
direção do eixo de rotação, em relação
ao polo A;
b) a ordenada (yCM) do CM – Centro de
Massa do sólido.
SOLUÇÃO:
Adota-se sistema de eixos ligado ao
sólido, com origem no ponto (mancal) A,
ou seja, o sistema de eixos A(x,y,z).
Neste caso, o centro de massa do sólido descreve trajetória circular com raio R = yCM, em
movimento circular uniforme ( ω=cte ). Nesse tipo de movimento, a componente
tangencial da aceleração ( at=α⋅R ) é nula, pois α=ω˙=zero , entretanto, sempre
haverá aceleração centrípeta ( acent .=ω
2⋅R ). Note-se que a aceleração centrípeta
“sempre” aponta para o centro de curvatura da trajetória, que no instante ilustrado é − j^ .
Ressalte-se que os seixos adotados giram com o sólido, ou seja, todas as conclusões
obtidas na configuração do desenho serão válidas para qualquer instante.
A aceleração do CM – Centro de Massa é: a⃗CM=−ω
2⋅R⋅j^=−2.500⋅yCM⋅^j .
A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é:
∑ F⃗= R⃗A+ R⃗B=−3.390⋅^j
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => −3.390⋅^j=30⋅(−2.500⋅yCM⋅^j) => yCM=0,045
Resp. (b) yCM=0,045⋅m
A velocidade angular na forma vetorial é: ω⃗=50⋅^i
Note-se que a velocidade angular possui a direção do eixo de rotação, com sentido dado
pela regra da mão direita.
0,85 m
CM
yCM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
0,25 
m
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O momento angular na forma matricial: H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[5000 ]
Efetuando o produto entre as matrizes, obtém-se o momento angular na forma vetorial:
H⃗ A=I xx⋅50⋅i^−I xy⋅50⋅j^−I xz⋅50⋅k^
Derivando o momento angular em função do tempo, note-se que, ˙^i=ω⃗∧ i^=50⋅^i∧ i^=0 ,
˙^j=ω⃗∧ j^=50⋅^i∧ j^=50⋅k^ e ˙^k=ω⃗∧k^=50⋅^i∧k^=−50⋅^j :
˙⃗H A=−I xy⋅50⋅
˙^j−I xz⋅50⋅
˙^k => ˙⃗H A=−I xy⋅50
2⋅k^+ I xz⋅50
2⋅^j
Calculando o momento da força R⃗A , aplicada no ponto A(0;0;0), em relação ao polo
A(0;0;0): M⃗R A=(A−A)∧R⃗ A=zero .
Calculando o momento da força R⃗B , aplicada no ponto B(0,85;0,0), em relação ao polo
A(0;0;0): M⃗R B=(B−A)∧R⃗B=0,85⋅i^∧(210⋅j^−200⋅k^ )=178,5⋅k^+170⋅ j^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ A= ˙⃗H A => 178,5⋅k^+170⋅j^=−I xy⋅502⋅k^+ I xz⋅502⋅ j^
Impondo a igualdade entre os vetores:
178,5=−I xy⋅50
2 => I xy=−0,071
170=I xz⋅50
2 => I xz=0,068
Resp. (a) −I xy=0,071⋅kg⋅m
2 ; I xz=0,068⋅kg⋅m
2
Nota: os produtos de inércia que podem “criar” esforços dinâmicos são aqueles que
envolvem o eixo de rotação. Nesse caso, como o eixo de rotação tem direção “x” seriam:
I xy e I xz . Isto posto, o produto de inércia I yz , não pode ser determinado pelos
desenvolvimentos feitos.
EXEMPLO 03
Um estagiário recebe um pré-projeto de um misturador constituído por eixo e duas placas
triangulares de massa m = 0,24 kg cada. O projeto prevê velocidade angular constante
igual a ω=60 rad
s
. A recomendação é de que as possíveis deformações sejam
negligenciadas. Que se adote como polo, o centro de massa do conjunto. Que se adote o
sistema de eixos “ligado” ao sólido, o sistema de eixos CM(x,y,z). O estagiário procura na
internet e encontra numa tabela, os produtos de inércia de placas triangulares conforme
anexo.
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 Pedem-se:
a) os produtos de inércia de
interesse;
b) os esforços dinâmicos no mancal
A.
ANEXO:
I xy=−
m
36
⋅h⋅(2⋅c−b) ; I xz=I yz=0
SOLUÇÃO:
Adaptando o anexo às condições do problema, tem-se: c=0 ;b=0,3 ;h=0,2
Calculando os produtos de inércia em relação ao polo CM, o centro de massa da placa:
I xy
CM=−0,24
36
⋅0,2⋅(2⋅0−0,3)=0,0004
Do Teorema dos eixos paralelos: I xy=I xy
CM+m⋅xCM⋅yCM ; sendo as coordenadas do centro
de massa em relação ao novo polo CM conj , o Centro de Massa do conjunto.
Para uma placa: I xy
CM conj.=0,0004+0,24⋅0,3
3
⋅0,2
3
=0,0020
Para as duas placas: I xy
CM conj.=0,0040 ; I xz
CM conj.=I yz
CMconj .=0
Resp. (a) I xy
CM conj.=0,0040⋅kg⋅m2 ; I xz
CM conj.=I yz
CMconj .=0
A ilustração do mancal sugere um mancal extenso e que portanto poderá reagir não só
com força mas também momento (binário), desta forma, os esforços no mancal A serão
representados por:
R⃗A=RA
x⋅i^+RA
y⋅j^+RA
z⋅k^ e M⃗ A=M A
x⋅^i+M A
y⋅ j^+M A
z⋅k^ .
NOTAS: 
1. Um binário ou momento concentrado, apresenta o mesmo valor independente do
polo utilizado.
2. Como a velocidade angular é constante o momento concentrado (binário) M⃗ A
não deve apresentar componente axial (M A
x )=zero , pois essa componente cria
x
y
CMconj.
0,3 m 0,2 m0,3 m 0,3 m
0,2 m
0,2 m
m
m
ω
A
CM
xy
c
b
h
h/3
b/3
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aceleração angular, o que seria incompatível com a condição de velocidade
constante. Mesmo assim, será mantida na solução que se segue.
A velocidade angular: ω⃗=ω⋅^i=60⋅i^
O momento angular em relação ao polo CM conj . :
H⃗CM conj .=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[
I xx 0,0040 0
0,0040 I yy 0
0 0 I zz]⋅[6000 ]
O momento angular na forma vetorial: H⃗CM conj .=I xx⋅60⋅^i+0,0040⋅60⋅^j=I xx⋅60⋅^i+0,24⋅^j
A derivada temporal do momento angular: ˙⃗HCM=0,24⋅
˙^j=0,24⋅60⋅^i∧ j^=14,4⋅k^
Calculando o momento Resultante em relação ao polo CM conj . :
∑ M⃗CM conj .=(A−CM conj .)∧(RAx⋅^i+RAy⋅^j+RAz⋅k^ )+M⃗ A
∑ M⃗CM conj .=0,5⋅^i∧(RAx⋅^i+RAy⋅^j+RAz⋅k^ )+M Ax⋅^i+M Ay⋅j^+M Az⋅k^
∑ M⃗CM conj .=0,5⋅RAy⋅k^−0,5⋅RAz⋅^j+M Ax⋅^i+M Ay⋅^j+M Az⋅k^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CMconj .= ˙⃗H CM conj . => 0,5⋅RAy⋅k^−0,5⋅RAz⋅j^+M Ax⋅^i+M Ay⋅ j^+M Az⋅k^=14,4⋅k^
igualando i^ : M A
x=zero eq. 01
igualando j^ : −0,5⋅RA
z⋅ j^+M A
y⋅ j^=zero eq. 02
igualando k^ : 0,5⋅RA
y +M A
z=14,4 eq. 03
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => RAx⋅i^+RAy⋅ j^+RAz⋅k^=zero ; note-se que a⃗CM=zero pois o CM conj .
pertence ao eixo de rotação.
Impondo a igualdade entre vetores: RA
x=RA
y=R A
z=zero .
Substituindo na equação eq. 02: M A
y=zero .
Substituindo na equação eq. 03: M A
z=14,4 .
Resp. (b) R⃗A=zero e M⃗ A=14,4⋅k^⋅N⋅m
Entendendo o que é um binário:
A figura sugere que o mancal A pode ser entendido como dois rolamentos espaçados pela
distância “d”. Cada um deles pode aplicar no eixo, forças ortogonais ao mesmo (forças
radiais). 
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Para entender o momento calculado acima, considere-se um sistema de forças composto
por duas forças (ou binário), ambas de intensidade F, paralelas entre si, de sentidos
opostos, uma aplicada no ponto A1 e outra aplicada no ponto A2, ou seja, separadas pela
distância “d”. 
O momento resultante dessas forças, não depende do polo
adotado, por exemplo, adote-se como polo o ponto A1.
(confirme calculando em relação a qualquer outro polo, por
exemplo, os polos A2 e CM)
Calculando o momento resultante do binário:
B⃗=(A1−A1)∧(−F⋅j^)+(A2−A1)∧F⋅j^ 
B⃗=( zero)∧(−F⋅ j^)+(d⋅^i )∧F⋅j^=F⋅d⋅k^
Portanto: F⋅d⋅k^=14,4⋅k^⋅N⋅m
Desta forma, conhecendo o espaçamento (d) dos rolamentos, pode-se obter os esforços
radiais em cada um deles: F=14,4
d
.
EXEMPLO 04
Um cilindro de massa m = 5,0 kg, gira em torno do eixo apoiado nos mancais A e B,
separados pela distância d = 0,90 m, com velocidade angular ω = 20 rad/s. O sistema de
eixos A(x,y,z) ilustrado, é ligado ao cilindro. As reações (forças) nos mancais de origem
dinâmica (desconsiderar o peso), são conhecidas:
R⃗A=10 . j^+50⋅k^ (N ) e R⃗B=−46⋅k̂ (N ) . Pedem-se:
a) a distância do Centro de Massa ao eixo de rotação;
b) os produtos de inércia do cilindro (não balanceado);
SOLUÇÃO:
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => R⃗A+ R⃗B=m⋅⃗aCM
10 . j^+50⋅k^−46⋅k^=5⋅⃗aCM => 10 . j^+4⋅k^=5⋅⃗aCM => a⃗CM=2 . j^+0,8⋅k^
O CM – Centro de Massa está descrevendo uma trajetória circular de raio R em
movimento circular e uniforme, e centro sobre o eixo (Ax). O módulo da aceleração
centrípeta é: |⃗acent|=ω
2⋅R=√22+0,82=2,154m /s2 . Substituindo o valor numérico da
velocidade angular, ( ω2=202=400 )tem-se: R=5,00⋅10−3m
Resp. (a) No instante considerado a abscissa do centro de massa é desconhecida,
 
 
d
x
y
F
F
A1
A2
0,90
0,10
0,10
0,10
x
y
z
A
Bw
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ou seja, numa determinada abscissa “x”, o CM Centro de Massa desloca-se em
movimento uniforme, em trajetória circular de raio R = 5,00.10 -3 m, com centro no eixo
(Ax).
A título de curiosidade, pode-se considerar uma visão da trajetória do CM. Note-se que a
coordenada (y) e a cota (z) do centro de massa são negativas, pois aceleração centrípeta
aponta para o centro de curvatura. 
O ângulo entre a componente horizontal da aceleração
centrípeta e o eixo (Az) é: tan (θ)= 2
0,8
=> θ=68,2º
A ordenada do CM será:
yCM=−R .cos 68,2º => yCM=−0,002m
A cota do CM será:
zCM=−R . sen68,2 º => zCM=−0,005m
O momento angular em relação ao polo A, na forma matricial:
H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyωz ]=[
I xx −I xy −I xz
−I xy I yy −I yz
−I xz −I yz I zz ]⋅[2000 ]
O momento angular em relação ao polo A, na forma vetorial:
H⃗ A=I xx⋅20⋅i^−I xy⋅20⋅j^−I xz⋅20⋅k^
Derivando em relação ao tempo:
˙⃗H A=−I xy⋅20⋅
˙^j−I xz⋅20⋅
˙^k
Note-se que:
˙^j=ω⃗∧ j^ => ˙^j=20⋅^i∧ j^ => ˙^j=20⋅k^
˙^k=ω⃗∧k^ => ˙^k=20⋅^i∧k^ => ˙^k=−20⋅^j
Retomando...
˙⃗H A=−I xy⋅20⋅
˙^j−I xz⋅20⋅
˙^k => ˙⃗H A=−I xy⋅20⋅20⋅k^−I xz⋅20⋅20⋅^j
˙⃗H A=−I xy⋅400⋅k^+ I xz⋅400⋅ j^
Calculando o Momento Polar dos esforços em relação ao polo A:
M⃗ A=(A−A)∧R⃗A+(B−A)∧R⃗B
Note-se os pontos são definidos por A(0;0;0) e B(0,90;0;0), ou seja, (B−A)=0,90⋅^i , que
y
z
R
CM
aCM 2,0
0,8
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permite: M⃗ A=0,90⋅^i∧(−46⋅k^ )=41,40⋅ j^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ A= ˙⃗H A => 41,40⋅j^=−I xy⋅400⋅k^+ I xz⋅400⋅^j
Impondo a igualdade vetorial:
I xy=0 ; I xz=
41,40
400
=0,10
Resp.(b) I xy=0 e I xz=0,10⋅kg⋅m
2
Este exemplo é emblemático pois estabelece a possibilidade de se obter os produtos de
inércia responsáveis pelos esforços dinâmicos, através da medição desses últimos. 
EXEMPLO 05
Um avião, desloca-se ao longo da pista com velocidade v = 241,2 km/h
(ou 67 m/s), com as rodas do trem de pouso girando sem escorregar em
relação ao solo. Assim que o avião alça voo e perde contato com o solo,
o recolhimento do trem de pouso se inicia, ainda com as rodas girando.
O sistema composto por ambas as rodas, possui massa total m = 86,0
kg, diâmetro D = 1,1 m e momento de inércia total, em relação ao eixo
de rotação, Ixx = 13,9 kg.m2. As rodas são montadas em seu eixo de
rotação, separadas pela distância a = 0,36 m. O eixo de rotação das
rodas é soldado a uma barra, que gira em torno da articulação A
propiciando o recolhimento do conjunto. A distância entre o eixo das
rodas e a articulação A, é b = 1,2 m. O trem de pouso é recolhido de forma que sua
posição angular θ, aumenta à taxa de 45º (ou 0,79 rad) por segundo. Sugere-se que se
adote o sistema de eixos CM(x, y, z), como o sistema de eixos ligado ao eixo de rotação
das rodas. Pedem-se:
a) o vetor velocidade angular das rodas;
b) o vetor momento angular do conjunto de rodas, em relação ao polo centro de massa
das mesmas (CM);
c) as reações de origem dinâmicas (desconsiderar o peso) no eixo nas rodas.
SOLUÇÃO:
Considere-se que as rodas não estivessem girando em torno de seu eixo próprio, mesmo
assim elas ainda girariam, pois o seu eixo giraria em torno da articulação A.
A barra que liga o eixo das rodas com a articulação A, tem sua posição determinada pela
x
y
z
q
a/2a/2
CM
b
A
W
w
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sua posição angular θ , que varia com o tempo à taxa Ω=0,79 rads , ou seja, com
velocidade angular Ω⃗=0,79⋅k^ . Caso as rodas estivessem paradas em relação ao eixo
próprio das mesmas, ainda teriam essa velocidade angular.
Enquanto as rodas sustentam o avião que corre pela pista, não
escorregam em relação à pista, ou seja, o ponto de contato das
mesmas com o piso é o CIR – Centro Instantâneo de Rotação. Nessa
condição o centro das rodas deslocam-se com a velocidade do avião
v=67 m
s
, e da cinemática tem-se: v=ω⋅R=ω⋅D
2
.
Com os valores numéricos: 67=ω⋅1,1
2
=> ω=121,82 rad
s
.
O eixo de rotação das rodas tem a direção definida pelo eixo “x”, e sentido dado pela
regra da mão direita, ou seja, ω⃗=121,82⋅^i
Finalmente pode-se afiançar que o vetor velocidade angular das rodas é a soma vetorial
dessas duas velocidades angulares citadas acima:
ω⃗RODAS=ω⃗+Ω⃗=121,82⋅^i+0,79⋅k^
Resp. (a) ω⃗RODAS=121,82⋅^i+0,79⋅k^
rad
s
A forma matricial do momento angular do conjunto de rodas:
H⃗CM=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxωyωz ]=[
13,9 0 0
0 I yy 0
0 0 I zz]⋅[121,8200,79 ]
Note-se que as rodas por princípio, são dispositivos balanceados, que garantem que o
eixo das mesmas seja um eixo de simetria de massa, o que anula os produtos de inércia.
A forma vetorial do momento angular do conjunto de rodas:
H⃗CM=13,9⋅121,82⋅^i+I zz⋅0,79⋅k^ => H⃗CM=1.693,3⋅^i+I zz⋅0,79⋅k^
Resp. (b) H⃗CM=1.693,3⋅^i+I zz⋅0,79⋅k^
CM v
R
w
CIR
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Derivando em relação ao tempo o momento angular do conjunto de rodas:
˙⃗HCM=1693,30⋅
˙^i+I zz⋅0,79⋅
˙^k
A direção dos versores é alterada pela rotação do conjunto em torno daarticulação A,
com velocidade angular Ω⃗=0,79⋅k^ , ou seja:
˙^i=Ω∧ i^ => ˙^i=0,79⋅k^∧ i^ => ˙^i=0,79⋅^j
˙^k=Ω∧k^ => ˙^k=0,79⋅k^∧k^ => ˙^k=zero
Note-se que o versor k^ não muda de direção: é constante.
Terminando a derivada...
˙⃗HCM=1.693,3⋅0,79⋅k^∧ i^=1.337,7⋅^j
Considere-se o eixo das rodas ao qual as rodas estão presas. Os
esforços entre as rodas e o eixo são radiais, ou seja, nas direções y
e z.
A figura ilustra dois pares de forças que são aplicados pelo eixo nas
rodas, nos pontos B e D que são os pontos de fixação das mesmas.
As componentes das forças na direção z, estão de topo na figura e
são representadas por círculos.
As forças aplicadas no conjunto das rodas, que tem sido o objeto de
estudo até aqui, são:
R⃗D=RD
y⋅ j^+RD
z⋅k^ e R⃗B=RB
y⋅j^+RB
z⋅k^
O momento resultante sobre o conjunto de rodas, em relação ao polo CM – Centro de
Massa das rodas é:
M⃗CM=(B−CM )∧R⃗B+(D−CM )∧R⃗D
Sendo a
2
=0,18⋅m , tem-se:
M⃗CM=−0,18⋅i^∧R⃗B+0,18⋅i^∧R⃗D
x
y
z
q
a/2
a/2
CM
b
A
B
D
RD
y
RD
z
RB
z
RB
y
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M⃗CM=−0,18⋅i^∧(RB
y⋅j^+RB
z⋅k^ )+0,18⋅i^∧(RD
y⋅j^+RD
z⋅k^)
M⃗CM=−0,18⋅RB
y⋅k^+0,18⋅RB
z⋅ j^+0,18⋅RD
y⋅k^−0,18⋅RD
z⋅ j^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => −0,18⋅RBy⋅k^+0,18⋅RBz⋅j^+0,18⋅RDy⋅k^−0,18⋅RDz⋅j^=1.337,7⋅^j
Impondo a igualdade vetorial:
0,18⋅RB
z−0,18⋅RD
z =1.337,7 eq. 01
RB
y=RD
y eq. 02
O CM – Centro de Massa do conjunto de rodas descreve trajetória circular de raio
R=b=1,2⋅m , em movimento uniforme e velocidade angular Ω⃗=0,79⋅k^ . 
Determinado as componentes da aceleração do CM – Centro de Massa do conjunto.
A componente tangencial da aceleração é:
a tan=α⋅R com α=Ω˙=zero => a tan=zero
A componente centrípeta da aceleração é:
acent .=Ω
2⋅R => acent .=0,79
2⋅1,2=0,75
Na forma vetorial, tem-se: a⃗CM=0,75⋅^j⋅
m
s
.
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
RB
y⋅j^+RB
z⋅k^+RD
y⋅ j^+RD
z⋅k^=86⋅0,75⋅j^ => RB
y⋅^j+RB
z⋅k^+RD
y⋅^j+RD
z⋅k^=64,5⋅^j
Impondo a igualdade vetorial:
RB
y+RD
y=64,50 eq. 03
RB
z=−RD
z eq. 04
Substituindo a equação eq. 02 ( RB
y=RD
y ) na equação eq. 03, tem-se:
2⋅RD
y=64,50 => RD
y=RB
y=32,25⋅N
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Substituindo a equação ( RB
z=−RD
z ) na equação ( 0,18⋅RB
z−0,18⋅RD
z =1.337,7 ) , tem-se:
2⋅0,18⋅RB
z=1.337,7 => RB
z=−RD
z=3.715,8⋅N
Resp. (c) RD
y=RB
y=32,25⋅N e RB
z=−RD
z=3.715,8⋅N
As forças obtidas, são aplicadas nas rodas pelo eixo,
portanto as reações destas, são aplicadas no eixo pelas
rodas.
Sobre o eixo nos pontos D e B estarão aplicadas as
forças, que estão indicadas na figura. 
Em especial as componentes (z), produziriam torção na
haste vertical com momento torsor:
M⃗ torsor=3.715,8⋅a⋅(− j^)=−1.337,7⋅^j N⋅m .
Este momento torsor não é intuitivo, e deveria criar muita dor de cabeça a um projetista
desavisado.
EXEMPLO 06
A figura anexa ilustra um disco apoiado em plano
horizontal, que apresenta massa m = 0,3 kg, raio R
= 0,12 m e centro B, por onde se conecta à
articulação A, através da barra AB de comprimento d
= 0,16 m. O eixo vertical através da articulação A,
impõe ao eixo horizontal AB, velocidade angular
constante ω = 20 rad/s. Por sua vez o eixo AB
arrasta o centro do disco ao longo de trajetória
circular com raio “d”, com a mesma velocidade
angular. Não há escorregamento entre o disco e o piso horizontal. O sistema de eixos
A(x,y,z) ilustrado, é ligado ao eixo AB e com ele muda de direção constantemente.
Desconsiderando a massa da barra AB, pedem-se:
a) a aceleração do centro B;
b) os momentos de inércia do disco, relevantes ao movimento, em relação ao polo A;
c) a reação na articulação A;
d) a reação normal do piso horizontal no disco.
x
y
z
B
D
RB
z
RD
z
RD
z
RD
y
RD
y
RB
y
x
y
z
A
B
dw
W
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SOLUÇÃO:
O sistema em estudo é composto pelo disco de centro B e pelo eixo AB. Como a massa
do eixo AB é neglicenciada, a massa desse sistema será apenas a massa do disco. 
O centro B do disco, desloca-se ao longo de trajetória circular de raio r=d=0,16 m ,
com velocidade angular constante ω=20 rad
s
, apresentando aceleração centrípeta
acent .=ω
2⋅r=202⋅0,16=64,0m
s2
, que aponta para o centro da trajetória, ou seja, o ponto A.
Resp. (a): a⃗B=64,0⋅(− i^)⋅
m
s2
.
Note-se que o ponto B, apresenta velocidade linear, sempre tangente à trajetória:
vB=ω⋅r=20⋅0,16 => vB=3,2⋅
m
s
.
Considerando que o ponto de contato do disco com o piso, seja o CIR –
Centro Instantâneo de Rotação, pode-se afirmar que: v B=Ω⋅R .
Recuperando e substituindo, tem-se:
vB=3,2⋅
m
s
 v B=Ω⋅R => Ω=
vB
R
= 3,2
0,12
=> Ω=26,67 rad / s
R=0,12m
O vetor velocidade angular do disco, é composto de duas partes:
1ª) O disco gira em torno do eixo vertical com velocidade angular ω=20rad /s , ou seja,
gira em torno do eixo vertical com vetor velocidade angular: ω⃗1=20⋅k^ rad / s .
2ª) O disco gira em torno do eixo AB, com velocidade angular Ω=26,67rad / s , ou seja,
gira em torno do eixo AB com vetor velocidade angular: ω⃗2=26,67⋅^i rad / s .
A soma vetorial desses dois vetores velocidades angulares, é o vetor velocidade angular
resultante do disco, e finalmente tem-se:
ω⃗Disco=−26,67⋅^i+20,00⋅k^
rad
s
O movimento do disco pode ser entendido como se o mesmo girasse em torno de dois
eixos (x e z). Desta forma, se faz necessário o cálculo dos momentos de inércia do disco
em relação a cada um desses eixos, a saber: I xx e I zz .
O momento de inércia do disco, em relação ao eixo x, e polo B (seu centro) é:
B
R
vB
CIR
W
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I B
xx=m⋅R
2
2
= 0,3⋅0,12
2
2
=0,0022 kg⋅m2 . 
Como o eixo x, passa por ambos os pontos A e B, pode-se garantir que:
I B
xx=I A
xx=2,16⋅10−3 kg⋅m2 .
O momento de inércia do disco, em relação ao eixo paralelo ao eixo z, que passa pelo
ponto B, e polo B (seu centro) é:
I B
zz=m⋅R
2
4
=0,3⋅0,12
2
4
=0,0011⋅kg⋅m2
Aplicando-se o Teorema dos eixos paralelos:
I A
zz=I B
zz+m⋅d 2 => I A
zz=0,0011+0,3⋅0,162=0,0088⋅kg⋅m2
Resp.(b): I A
xx=0,0022⋅kg⋅m2 ; I A
zz=0,0088⋅kg⋅m2
As forças agentes no sistema em estudo (disco + barra AB) são:
1. Peso do disco: P⃗=m⋅g⋅(−k^ )=−0,3⋅9,81⋅k^=−2,94⋅k^ ;
2. Normal do piso horizontal sobre o disco: N⃗=N⋅k^ ;
3. Reação na articulação A: R⃗A=R A
x⋅i^+R A
Y⋅ j^+R A
z k^ ;
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => ∑ F⃗ext .=m⋅⃗aB
RA
x⋅i^+RA
Y⋅ j^+RA
z k^−2,94⋅k^+N⋅k^=0,3⋅64,0⋅(−i^ )
RA
x⋅i^+RA
Y⋅ j^+RA
z k^−2,94⋅^k+N⋅k^=−19,2⋅i^
Impondo a igualdade vetorial:
em i^ : RA
x=−19,2
em j^ : RA
Y=0
em k^ : RA
z−2,94+N=0 eq. 01
Impondo o TMA – Teorema do momento Angular:
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Calculando o momento resultante (das forças) em relação ao polo adotado (A);
M⃗ A=(A−A)∧R⃗ A+(B−A)∧P⃗+(CIR−A)∧N⋅k^
As coordenadas dos três pontos: A(0 ;0 ;0) , B(0,16 ;0;0) e CIR(0,16 ;0;−0,12) .
Substituindo os vetores posição:
M⃗ A=(0,16⋅^i )∧(−2,94⋅k^ )+(0,16⋅^i−0,12⋅k^ )∧N⋅k^
M⃗ A=0,47⋅j^−0,16⋅N⋅j^=(0,47−0,16⋅N )⋅ j^
Considerou-se que o ponto de contato do disco com o piso
horizontal o CIR – Centro Instantâneo de Rotação, é o ponto de
aplicação da reação normal do piso sobre o disco.
Calculando o momento angular do conjunto em relação ao polo A:
H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[0,0022 0 0
0 I yy 0
0 0 0,0088]⋅[−26,67020 ]
Efetuando o produto entre as matrizes, obtém-se:
H⃗ A=−0,0022⋅26,67⋅^i+0,0088⋅20⋅k^ => H⃗ A=−0,059⋅^i+0,176⋅k^
Derivando o momento angular em relação ao tempo:
1. o sistema de eixos A(x,y,z) está ligado ao eixo AB, ou seja, a velocidade angular
“deste” eixo é que afeta (muda) a direção dos versores, em especial dos versores
i^ e j^ ;
2. o vetor velocidade angular do eixo AB é ω⃗AB=20⋅k^ .
As derivadas dos versores:
˙^i=ω⃗AB∧ i^ =>
˙^i=20⋅k^∧ i^=20⋅^j
˙^k=ω⃗AB∧k^ =>
˙^k=20⋅k^∧k^=zero
Derivando o Momento Angular em relação ao tempo:
˙⃗H A=−0,059⋅
˙^i+0,176⋅˙^k => ˙⃗H A=−0,059⋅20⋅j^=−1,18⋅j^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
M⃗ A=
˙⃗H A => (0,47−0,16⋅N )⋅^j=−1,18⋅j^ => −0,16⋅N=−1,65
Finalmente a normal entre o disco e o piso é: N=10,3 N .
A B
CIR
x
z
d = 0,16
R = 0,12
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Substituindo na equação eq. 01, tem-se: RA
z−2,94+N=0 => RA
z=−7,36
Resp. (c): RA
x=−19,2 ; RA
Y=0 ; RA
z=−7,36 expressos em N (newton).
Resp. (d): N=10,3 expressa em N (newton).
Note-se que o peso (P=2,94) é bem diferente da reação normal, ou seja, pelo simples
fato do disco ter seu eixo de rotação girando, aumenta consideravelmente o esforço do
disco sobre o piso. 
EXEMPLO 07
Um carro percorre curva de raio R = 80 m em plano horizontal, mantendo velocidade v =
100 km/h. As rodas traseiras possuem massa mR = 16 kg, raio RR = 0,40 m, momento de
inércia ICM=1,44 kg⋅m
2 , e estão separadas por 1,30 m. Considere-se que não há
escorregamento das rodas em relação ao piso horizontal. Considere-se que o sistema a
ser estudado seja composto apenas pelas rodas que são arrastadas pelo eixo traseiro.
Pedem-se:
a) A diferença das forças normais aplicadas pelo piso nas rodas
traseiras;
b) A diferença das forças normais aplicadas pelo piso nas rodas
traseiras, devido exclusivamente ao efeito giroscópico;
SOLUÇÃO:
O Centro de Massa:
O centro de massa do conjunto formado pelas duas rodas,
encontra-se no ponto médio da linha que une seus
centros. Desta forma o CM - Centro de Massa do conjunto
desloca-se em trajetória circular de raio R = 80 m com
velocidade LINEAR constante (v=100 km
h
) , igual ao do
carro. Adota-se como sistema de referência, o sistema
CM(x,y,z).
No SI – Sistema Internacional de Unidades:
v=100 km
h
=100
3,6
⋅m
s
=> v=27,778⋅m
s
.
O Centro de Massa, apresenta apenas aceleração centrípeta:
80 m
1,3 m
y
79,35 m
Centro de 
curvatura da 
trajetória
ω2
ω1
80,00 m
80,65 m
ω3
x
z
A
B
CM
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a⃗CM=
−v2
R
⋅i^=−27,778
2
80
⋅i^ => a⃗CM=−9,645⋅i^
m
s
Resumindo:
a) o centro da roda interna à curva, descreve trajetória circular com raio 79,35 m;
b) o CM Centro de massa do conjunto (centro do eixo traseiro) descreve trajetória circular
com raio 80,00 m;
c) o centro da roda externa à curva, descreve trajetória circular de raio 80,65 m.
O eixo traseiro gira em torno do eixo vertical que passa pelo centro de curvatura da
trajetória circular com velocidade angular (ω1) , que pode ser obtida através da relação: 
v=ω1⋅R => ω1=
v
R
=27,778
80
=> ω1=0,347⋅
rad
s
.
Como as rodas estão ligadas ao eixo traseiro, elas são arrastadas pelo mesmo, ou seja,
giram com a velocidade angular ω⃗1=−0,347⋅^j rad /s em torno do eixo vertical que passa
pelo centro de curvatura da trajetória.
A roda interna:
Possui duas componentes de velocidade angular:
a) uma em torno do eixo que as liga ao carro (ω2) ;
b) outra em torno de eixo vertical que passa pelo centro da trajetória ω1=0,347⋅
rad
s
.
O centro da roda interna desloca-se com velocidade linear: vCM
rodain=ω1⋅79,35=27,534
m
s
.
Considerando o CIR, pode-se afirmar que: ω2=
vCM
rodain
RR
=27,534
0,40
=68,836⋅rad
s
.
O vetor velocidade angular da roda interna: ω⃗rodain=68,836⋅^i−0,347⋅ j^
A roda externa:
Possui duas componentes de velocidade angular:
a) uma em torno do eixo que as liga ao carro (ω3) ;
b) outra em torno de eixo vertical que passa pelo centro da trajetória ω1=0,347⋅
rad
s
.
O centro da roda externa desloca-se com velocidade linear: vCM
rodaex=ω1⋅80,65=27,986
m
s
.
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Considerando o CIR, pode-se afirmar que: ω3=
vCM
rodaex
RR
=27,986
0,40
=69,964⋅rad
s
.
O vetor velocidade angular da roda externa: ω⃗rodaex=69,964⋅i^−0,347⋅j^ .
As forças agentes:
Peso das duas rodas, aplicado no Centro de Massa das
mesmas:
P⃗=−32⋅9,81⋅ j^=−313,920⋅ j^ ,
Reação do piso na roda interna à curva, aplicado no ponto
A:
R⃗A=−fat
rodain⋅^i+N rodain⋅ j^
Reação do piso na roda externa à curva, aplicado no ponto B:
R⃗B=−fat
rodaex⋅i^+N rodaex⋅ j^
Nota: O eixo traseiro com massa desconsiderada, faz parte do sistema em estudo e é
responsável pelo posicionamento relativo das rodas. As forças que o eixo traseiro aplica
às rodas são consideradas forças de origem interna ao sistema e portanto
desconsideradas nos teoremas.
O TCM – Teorema do Centro de Massa:
Aplicando o TCM ao sistema formado apenas pelas duas rodas, mantidas em suas
posições relativas pelo eixo de massa desconsiderada:
−313,920⋅ j^− fat rodain⋅^i+N rodain⋅j^−fat rodaex⋅i^+N rodaex⋅ j^=m⋅⃗aCM
−313,920⋅j^−fatrodain⋅^i+N rodain⋅j^−fatrodaex⋅^i+N rodaex⋅j^=32⋅(−9,645)⋅i^
Igualando os vetores …
fatrodain+ fatrodaex=308,640 eq.01
N rodain+N rodaex=313,920 eq.02
O TMA – Teorema do Momento Angular:
Aplicando o TMA ao sistema formado pelas duas rodas, mantidas em suas posições
relativas pelo eixo de massa desconsiderada, em relação ao polo CM do conjunto:
1º) Momento Resultante:
y
Centro de 
curvatura da 
trajetória
ω2
ω1
ω3
x
z
A
B
CM
Nrodain
P
Nrodaex
79,35 m
fatrodain
fatrodaex
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∑ M⃗CM conj .=(A−CM conj .)∧(−fat rodain⋅^i+N rodain⋅j^)+(B−CM conj .)∧(−fat rodaex⋅^i+N rodaex⋅^j)
Coordenadas dos pontos:
CM conj .(0 ;0 ;0) ; A(−0,65 ;−0,40 ;0) ; B(0,65 ;−0,40 ;0)
∑ M⃗CMconj .=(−0,65⋅i^−0,40⋅j^)∧(−fatrodain⋅i^+N rodain⋅j^)+(0,65⋅i^−0,40⋅ j^)∧(−fatrodaex⋅i^+N rodaex⋅ j^)
∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅fat rodain⋅k^−0,65⋅N rodain⋅k^−0,40⋅fatrodaex⋅k^+0,65⋅N rodaex⋅k^
∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅( fatrodain+ fatrodaex)⋅k^+0,65⋅(N rodaex−N rodain)⋅k^
Substituindo o resultado da equação eq.01, ou seja, fatrodain+ fatrodaex=308,640 e indicando
a diferença das normais por Δ N , tem-se:
∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅308,640⋅k^+0,65⋅(Δ N )⋅k^ => ∑ M⃗CMconj .=−123,456⋅k^+0,65⋅(ΔN )⋅k^
2º) Momento Angular:
O eixo de rotação das rodas é único, e os centros de massa de cada roda e o centro de
massa do conjunto pertencem ao mesmo eixo. Assim não há diferença entre o Momento
de Inércia das rodas em relação aos próprios Centro de Massa e o Momento de inércia
em relação ao Centro de Massa do Conjunto.
O Momento Angular do conjunto é a soma dos Momentos Angulares de cada roda.
Recuperando as velocidades angulares de cada roda:
ω⃗rodain=68,836⋅^i−0,347⋅ j^ e ω⃗rodaex=69,964⋅i^−0,347⋅j^
H⃗CMconj .=[1,44 0 00 I yy 00 0 I zz]⋅[ 68,836−0,3470 ]+[
1,44 0 0
0 I yy 0
0 0 I zz]⋅[ 69,964−0,3470 ]
Nota: os produtos de inércia de roda balanceada são nulos.
H⃗CMconj .=1,44⋅68,836⋅^i−I yy⋅0,347⋅ j^+1,44⋅69,964⋅i^−I yy⋅0,347⋅j^
H⃗CMconj .=1,44⋅(68,836+69,964)⋅i^−2⋅I yy⋅0,347⋅ j^
H⃗CMconj .=199,872⋅^i−0,694⋅I yy⋅ j^
Derivando o momento angular em relação ao tempo:
˙⃗HCMconj .=199,872⋅
˙^i−0,694⋅I yy⋅
˙^j
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Como o sistema de eixos adotado CM conj .(x , y , z) gira com vetor velocidade angular
ω⃗1=−0,347⋅^j rad /s , tem-se:
˙^i=ω⃗1∧ i^=>
˙^i=−0,347⋅^j∧ i^ => ˙^i=0,347⋅k^
˙^j=ω⃗1∧ j^ =>
˙^j=−0,347⋅^j∧ j^ => ˙^j=zero
˙⃗HCMconj .=69,356⋅k^
3º) Impondo o TMA:
Recuperando o Momento Resultante ∑ M⃗CMconj .=−123,456⋅k^+0,65⋅(ΔN)⋅k^ e a derivada
do Momento Angular ˙⃗HCM conj .=69,356⋅k^ , tem-se:
−123,456⋅k^+0,65⋅(Δ N)⋅k^=69,356⋅k^
O primeiro termo, do primeiro membro, expressa a influência das forças de atrito que
impedem o escorregamento. O segundo termo, do primeiro membro, expressa a diferença
entre as normais. O segundo membro, expressa a derivada do momento angular que
depende das condições cinemáticas.
A diferença entre as normais considerados todas as influências que ocorrem no sistema
estudado: ΔN=296,64⋅N=30,24kgf
Resp.(a) Δ N=296,64⋅N
Desconsiderando o efeito dos atritos, que estariam presentes mesmo sem o efeito
giroscópico, pode-se afirmar que apenas sob o efeito giroscópico: Δ N=106,70⋅N
Resp.(b) Δ N=106,70⋅N
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Balanceamento
Depois de calcular esforços dinâmicos, e perceber que apresentam valores
proporcionais ao quadrado das velocidades angulares, cabe uma pergunta: “como
eliminá-los”. Afinal os esforços dinâmicos não criam apenas deformações e fadiga no eixo
e mancais, produzem vibrações que transformam o sistema desbalanceado em fonte de
vibrações que atingem todos outros sistemas próximos.
Para responder tal pergunta, se faz necessário estabelecer que a grande maioria
dos dispositivos que giram, e que são de interesse na engenharia, possuem eixo fixo.
Não é possível eliminar os esforços dinâmicos nos casos em que o efeito giroscópico
estiver presente, por exemplo, nos casos em que o eixo de rotação é forçado a mudar de
direção.
De posse dos teoremas TCM – Teorema do Centro de Massa e TMA – Teorema do
Momento Angular, e analisando casos em que o sólido apresenta eixo fixo, pode-se
determinar as condições para eliminar os esforços dinâmicos através da redistribuição de
massa do sólido.
Condições do Balanceamento
Considere-se a ilustração anexa, nela está representado
um sólido qualquer que apresenta um eixo vertical fixo,
ao qual está ligado o sistema de eixos A (x , y , z) .
Note-se que, o eixo Ay coincide com o “eixo
geométrico” de rotação, que o vetor velocidade angular
do sólido é ω⃗=ωy⋅j^ , que o vetor aceleração angular é
descrito por α⃗=α y⋅ j^ . Por não interferir nos esforços
dinâmicos de um sólido balanceado, será adotado
NULO.
A aceleração angular é a resposta física da aplicação de
momentos axiais, ou seja, criam possíveis torções no
eixo físico de rotação mas não esforços nos mancais.
Diante disso, adota-se velocidade angular constante e
consequentemente aceleração angular nula.
ω
α
x
y
z
x
A
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A eliminação dos esforços de origem dinâmica pode ser obtida com:
TCM - Teorema do Centro de Massa:
 ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
Com o objetivo em mente, a eliminação dos esforços: ∑ F⃗ ext .=zero => a⃗CM=zero
Conclusão: o Centro de Massa do sólido deve pertencer ao eixo “geométrico de
rotação”.
TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗H O... v⃗O=0 e O∈sólido
O Momento Angular, considerando a velocidade angular do sólido como ω⃗=ωy⋅j^ :
H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ 0ω y0 ] H⃗ A=−I xy⋅ω y⋅^i+ I yy⋅ω y⋅^j−I xz⋅ωy⋅k^
A derivada do momento angular:
˙⃗H A=−I xy⋅ω y⋅˙^i+ I yy⋅ω y⋅
˙^j−I xz⋅ωy⋅
˙^k
Sendo: ˙^i=ωy⋅j^∧i^ =>
˙^i=−ω y⋅k^ ;
˙^j=ωy⋅j^∧ j^ =>
˙^j=zero ; ˙^k=ω y⋅^j∧k^ =>
˙^k=−ωy⋅^i
˙⃗H A=I xz⋅ω y
2⋅k^−I yz⋅ωy
2⋅^i
Nota: esta é a explicação do porque os esforços dinâmicos são proporcionais ao
quadrado da velocidade angular.
Impondo o TMA:
∑ M⃗O=I xz⋅ω y2⋅k^−I yz⋅ωy2⋅i^
Eliminando os esforços dinâmicos ….
∑ M⃗O=I xz⋅ω y2⋅k^−I yz⋅ωy2⋅i^=zero => I xy=I yz=zero
Conclusão: os produtos de inércia que envolvem o eixo de rotação, no caso o eixo
Ay, devem ser nulos.
Resumindo, as condições do balanceamento são:
1) o Centro de Massa do sólido “balanceado” deve pertencer ao eixo “geométrico
de rotação”.
2) os produtos de inércia do sólido “balanceado”, que envolvem o eixo de rotação,
devem ser nulos.
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Caso especial: Balanceamento Estático.
Considere-se um sólido assemelhado a um
disco, ou seja, a sua espessura (e) pode ser
desconsiderada, quando comparada com seu raio
(R): e≪R .
Nesse caso, a “segunda condição” do
balanceamento fica automaticamente respeitada,
ou seja, todos os elementos de massa (dm) do
sólido possuem cota nula y=0 , o que garante
que os produtos de inércia que envolvem o eixo
sejam nulos:
I xy=∫ x⋅y⋅dm=∫ x⋅zero⋅dm=zero
I yz=∫ z⋅y⋅dm=∫ z⋅zero⋅dm=zero
Resta impor a “primeira condição” do balanceamento, ou seja, o Centro de Massa deve
pertencer ao eixo geométrico de rotação. Para impor essa condição, basta adicionar (ou
retirar) massa do sólido (disco) de forma que o centro de massa do sistema “disco +
massa corretora”, passe a ter centro de massa coincidente com o eixo geométrico de
rotação.
Considere-se que:
a) o eixo (y) do sistema A(x,y,z) “ligado” ao sólido, esteja na direção do eixo fixo de
rotação;
b) que a massa do sólido (desbalanceado) seja “ms “;
c) que o Centro de Massa do mesmo esteja definido por: CMCM
s (xCM
s ;0 ; zCM
s ) , note-se
que a definição de sólido em forma de disco já estabeleceu que yCM
sist .=zero ;
d) que a massa corretora seja “mc” e ocupe o ponto P do sólido, definido por P(x ,0 , z ) ,
da mesma forma só existe sólido para a cota y=0 .
A primeira condição do balanceamento impõe que o centro de massa do sistema pertença
ao eixo geométrico de rotação, ou seja:
xCM
sist .=xCM
s ⋅ms+x⋅mc=zero
zCM
sist .=zCM
s ⋅m s+z⋅mc=zero
ω
y
z
xA
0,90
0,10
0,10
0,10
x
y
z
A
Bw
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Balanceamento Dinâmico.
Neste tipo de caso, o centro de massa não
pertence ao eixo geométrico de rotação e os produtos de
inércia relacionados com o eixo de rotação ( I xy , I xz)
não são nulos. 
Nota: no caso ilustrado, o eixo geométrico de rotação é o
eixo Ax.
A solução nesses casos raramente é obtida com apenas uma massa corretora, isso só
acontece se o sólido se assemelha a um disco, ou seja, recai no caso anterior.
Voltando ao caso do balanceamento dinâmico, adotam-se dois planos corretores que
alojarão duas massas corretoras, uma em cada um dos planos. 
No projeto da peça a ser balanceada, tem de haver a previsão dos planos corretores e os
locais de alojamento das massas corretoras.
No caso ilustrado pode-se alojar massas (ou retirá-las) em dois planos:
x1=0,10 e x2=0,80 , sendo que o alojamento fica distante 0,10 m do eixo geométrico
de rotação.
Sejam m1(x1 , y1, z1) e m2(x2 , y2, z2) as massas corretoras, com suas respectivas
coordenadas. 
Com a escolha dos planos de correção, restam 6 (seis) incógnitas:
m1(0,10 ; y1; z1) e m2(0,80 ; y2; z2)
Como a distância das massas corretoras ao eixo geométrico de rotação também fica
definida com a escolha dos planos corretores d=0,10m , pode-se afirmar que o lugar
geométrico das mesmas é uma circunferência com centro sobre o eixo geométrico de
rotação e com raio R=0,10 :
y1
2+ z1
2=0,102 eq.01
y2
2+ z2
2=0,102 eq.02
Sejam:
a) ms a massa do sólido (desbalanceado) e seu centro de massa definido por:
CM s(xCM
s ; yCM
s ; zCM
s ) ;
b) I xy
s e I xz
s os produtos de inércia do sólido (desbalanceado).
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A primeira condição de balanceamento exige:
Note-se que xCM
s pode ser qualquer, pois para corrigir o desbalanceamento, basta que o
CM pertençaao eixo geométrico de rotação.
m1⋅y1+m2⋅y2+ms⋅yCM
s =0 eq.03
m1⋅z1+m2⋅z2+ms⋅zCM
s =0 eq.04
A segunda condição de balanceamento exige:
m1⋅x1⋅y1+m2⋅x2⋅y2+ I xy
s =0 eq.05
m1⋅x1⋅z1+m2⋅z2⋅y2+ I xz
s =0 eq.06
Note-se que:
O problema do desbalanceamento está equacionado, afinal são seis incógnitas e seis
equações. O leitor mais atento diria: “ e os produtos de inércia I xy
s e I xz
s ?”.
Lamento discordar que o leitor seja realmente atento, pois no EXEMPLO 04 da página 20,
apresentou-se uma situação onde os produtos de inércia ligados ao eixo de rotação forma
calculados a partir do conhecimento prévio dos esforços dinâmicos. Mas e os esforços
dinâmicos como determiná-los?.
A resposta é simples com máquinas que medem de forma direta ou indireta os esforços
dinâmicos. Basta colocar sensores nos mancais. 
As máquinas de balanceamento medem os esforços de origem dinâmica de forma direta
ou indireta, sendo mais comum a forma indireta. Na forma indireta, medem-se
propriedades cinemáticas dos mancais, tais como, deslocamento, velocidade de
deslocamento e aceleração, esta última mais comum e intimamente ligada aos esforços
exercidos sobre os mancais.
Cada caso exigirá uma abordagem diferente, mas em todos os casos prevalecerão as
duas condições de balanceamento.
O balanceamento dinâmico é mais complexo mas os resultados que ele promove são
muito superiores aos do balanceamento estático. 
Ao longo do tempo foram desenvolvidas normas que estabelecem objetivamente os
limites máximos admissíveis do desbalanceamento residual.
A norma ISO_1940-1
Essa norma é facilmente obtida em sua íntegra (www.dcma.mil/NPP/files/ISO_1940-
1.pdf), mas tomou-se a liberdade de apresentar abaixo um resumo da mesma.
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Desbalanceamento Residual Admissível (U)
O desbalanceamento residual admissível para todas as massas corretoras
empregadas, é definido por: U=mdes .×d , onde: “mdes.” é a massa desbalanceadora
expressa em gramas (g), ou seja, aquela que se corrigida, tornaria balanceamento
perfeito e “d”, a distância entre a massa desbalanceadora, e o eixo geométrico de rotação,
expressa em milímetros (mm). 
Nota: no caso de dois planos de correção, cada massa empregada no balanceamento
pode ter “erro” admissível U /2 .
Desbalanceamento Residual Específico Admissível (e)
Em geral, para rotores de mesmo tipo, o desbalanceamento residual admissível é
proporcional a massa do próprio rotor. Entenda-se que, com o aumento da massa do
rotor, proporcionalmente aumenta o desbalanceamento residual admissível.
Define-se o desbalanceamento residual específico admissível, como: e=U
M
, onde “U” é
o desbalanceamento residual admissível e “M” é a massa do rotor, expressa em
quilogramas (kg).
Qualidade do balanceamento (G)
A experiência mostra que para rotores do mesmo tipo, em geral, o desbalanceamento
residual específico admissível, varia inversamente com a velocidade operacional de
rotação do rotor. 
Dito de outra forma, uma mesma massa desbalanceada, cria esforços dinâmicos que
crescem com a velocidade angular do rotor, e portanto o desbalanceamento admissível
diminui com o aumento da velocidade angular.
Pode-se então esperar que o produto entre o desbalanceamento residual específico
admissível e a máxima velocidade angular de serviço seja constante: e xω=cte .
Define-se qualidade do balanceamento como: G=e×ω ; onde: “e” é o
desbalanceamento residual específico e “ω” é a máxima velocidade angular de serviço
expressa em rad/s.
A qualidade do balanceamento é fornecida na tabela abaixo, e através da mesma pode-se
calcular para cada caso, o desbalanceamento residual admissível (U), através da relação:
U=1.000⋅G⋅Mω
onde:
U: o desbalanceamento residual admissível, expresso em (g.mm);
G: a qualidade do balanceamento é obtida da tabela, expressa em (mm/s);
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M: é a massa do rotor, expressa em (kg);
ω: é a máxima velocidade angular expressa em (rad/s).
Exemplo:
Considere-se o caso do balanceamento da roda de um veículo, com masa 30 kg, feito em
dois planos de correção, onde as massas são alojadas a distância 215,9 mm do eixo
geométrico de rotação. A máxima velocidade do veículo é de 180 km/h ou 50 m/s, e nessa
condição a velocidade angular da roda é ω=135,14rad / s . Qual o “erro” admissível nas
massas de correção?
Solução:
Da tabela seguinte, pode-se determinar que a qualidade de balanceamento deve ser “G
40”, ou seja, o desbalanceamento residual admissível é:
U=1.000⋅G⋅Mω => U=1.000⋅
40⋅30
135,14
=> U=8.878g .mm
Para cada massa tem-se: U = 4.439 g.mm.
Sendo: U=m .d => m=U /d => m=4.439/190,5=23,3 g
Ou seja, o desbalanceamento máximo admissível seria de 23,3 g.
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Tipos de máquinas: exemplos gerais U=1.000⋅G⋅Mω
Grau de
qualidade de
balanceamento
 (G)
 e×ω
 (mm/s)
Motores - virabrequins de motores marinhos lentos, com velocidade do pistão
abaixo de 9 m/s, a diesel com número ímpar de cilindros, montados rigidamente. G 4000 4.000
Motores - virabrequins de motores grandes de dois tempos, montados
rigidamente.
Virabrequim para grandes motores diesel marítimos, com velocidade do pistão
abaixo de 9 m/s, inerentemente equilibrado
G 1600 1.600
Virabrequim inerentemente desequilibrado, elasticamente montado G630 630
Virabrequim inerentemente desequilibrado, rigidamente montado G250 250
Motores alternativos completos para carros, caminhões e locomotivas G100 100
Carros: rodas, conjunto de rodas eixos
Virabrequim inerentemente equilibrado, elasticamente montado
G40 40
Maquinas agrícolas
Virabrequim inerentemente balanceado, rigidamente montado
Conjuntos para trituração
Eixos de transmissão (cardans, eixos propulsores)
G16 16
Turbinas a gás de aeronaves
Centrífugas (separadores, decantadores)
Motores e geradores elétricos com eixos de diâmetro maior que 80 mm, e
frequência maior que de 950 rpm. 
Motores elétricos com eixos de diâmetro menor que 80 mm
Exaustores
Engrenagens
Maquinários em geral
Máquinas ferramentas
Máquinas para papel
Máquinas de produção
Bombas
Turbos carregadores
Turbinas de água 
G 6,3 6,3
Compressores
Drives de computadores
Motores e geradores elétricos com eixo de diâmetro mínimo de 80 mm e
frequência superior a 950 rpm.
Turbinas a gás e vapor
Drives de máquinas ferramentas
Máquinas têxteis
G 2,5 2,5
Drives de áudio e vídeo
Drives de máquinas de moagem
G 1 1
Giroscópios
Fusos e drives de sistemas de alta precisão
G 0,4 0,4
0,85 m
CM y
s
CM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
zsCM
xCM
aCM
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EXEMPLO 01
A figura ilustra um sólido que apresenta
massa m = 30,0 kg, gira em torno de eixo
fixo mantido por dois mancais A e B.
Quando o sistema gira com velocidade
angular constante ω=50⋅rad
s
, os esforços
dinâmicos nos mancais (desconsiderar o
peso próprio) são medidos, e os resultados
expressos em newton (N), são:
R⃗A=−360⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−210⋅k^ . 
Pedem-se:
a) os produtos de inércia que envolvem a direção do eixo de rotação, em relação ao polo
A;
b) a ordenada (ysCM) do CM – Centro de Massa do sólido desbalanceado;
c) a cota (zsCM) do CM – Centro de Massa do sólido do sólido desbalanceado;
d) considerando que os planos aos quais se podem anexar massas, estão a 0,15 m de
cada mancal, e que as massas estarão à distância de 0,15 m do eixo geométrico de
rotação, determinar as massas corretoras.
SOLUÇÃO:
Adota-se como sistema de referência ligado ao sólido, o sistema de eixos A(x,y,z).
As coordenadas do Centro