2ª lista dinâmica 2016

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Universidade Federal do Pará – UFPA 
Instituto de Tecnologia – ITEC 
Faculdade de Engenharia Mecânica – FEM 
Dinâmica de Máquinas 
Prof. Alexandre Luiz Amarante Mesquita, Dr. 
2ª Lista de Exercícios 
OBS 1: Para todas as questões a variável N é igual ao último dígito significativo do número 
de matrícula do aluno. Exemplo: Para 201302140021, N=1. Para 201302140020, N=2. 
WATSOM R. BRAGA ALVES – 201302140076 ∴ 𝑁 = 6 
1a) Determine os momentos de inércia de massa em relação aos eixos x y e z da peça 
mostrada na Figura 1. Considere peso específico do material igual a 0,283 lb/𝑝𝑜𝑙³. Dê a 
resposta em unidades de slug.pol2. 
 
Figura 1 
Dados: 
 (10+N) = (10+6) = 16 pol 
𝜌 = 0,283 lb/𝑝𝑜𝑙³ 
 
(10+N) pol 
Inicialmente serão determinados o volume e a massa da peça em formato de chapa: 
𝑉(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 16 𝑖𝑛 × 4𝑖𝑛 × 0,5𝑖𝑛 ∴ 𝑉(𝑐ℎ𝑎𝑝𝑎) = 32𝑖𝑛
3 
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎(𝑐ℎ𝑎𝑝𝑎) = 𝜌 × 𝑉(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = (0,283 𝑙𝑏 𝑝𝑜𝑙
3⁄ ) × (32𝑖𝑛3) 
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎(𝑐ℎ𝑎𝑝𝑎) = 9,056 𝑙𝑏 
Agora o volume e a massa da peça cilíndrica: 
𝑉(𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜) =
𝜋𝐷2ℎ
4
=
𝜋 × (2𝑖𝑛)2
4
× 3𝑖𝑛 ∴ 𝑉(𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜) = 9,425𝑖𝑛³ 
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎(𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜) = 𝜌 × 𝑉(𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜) = (0,283 𝑙𝑏 𝑝𝑜𝑙
3⁄ ) × (9,425𝑖𝑛3) 
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎(𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜) = 2,667 𝑙𝑏 
Utilizando uma tabela do Hibbler, foi possível determinar o momento de inércia de massa que 
passa pelo centro de massa G para cada uma das peças de forma isolada: 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐽𝐺𝑋𝑋(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) =
1
12
𝑚𝑏2 =
1
12
(
9,056 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × (4𝑖𝑛)2 
𝐽𝐺𝑋𝑋(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 0,374 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝐺𝑍𝑍(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) =
1
12
𝑚𝑎2 =
1
12
(
9,056 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × (16𝑖𝑛)2 
𝐽𝐺𝑍𝑍(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 5,999 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝐺𝑌𝑌(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) =
1
12
𝑚(𝑎2 + 𝑏2) =
1
12
(
9,056 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × [(16𝑖𝑛)2 + (4𝑖𝑛)2] 
𝐽𝐺𝑌𝑌(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 6,374 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
{
 
 
 
 
 
𝐽𝐺𝑋𝑋 = 𝐽𝐺𝑍𝑍 =
1
12
𝑚(3𝑟2 + ℎ2) =
1
12
(
2,667 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × [3(1𝑖𝑛)2 + (3𝑖𝑛)2]
𝐽𝐺𝑋𝑋 = 𝐽𝐺𝑍𝑍 = 0,083 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝐺𝑌𝑌 =
1
2
𝑚𝑟2 =
1
2
(
2,667 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × (1𝑖𝑛)2 = 0,041 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛2 
 
 
Podemos agora, através do teorema dos eixos paralelos, calcular os momentos de inércia em 
relação aos eixos x,y e z isoladamente: 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐽𝑂𝑋𝑋(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 𝐽𝐺𝑋𝑋(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) +𝑚𝑑
2 = (0,374) + (
9,056 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) (0𝑖𝑛)2
𝐽𝑂𝑋𝑋(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 0,374 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝑂𝑍𝑍(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 𝐽𝐺𝑍𝑍(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) +𝑚𝑑
2 = (5,999) + (
9,056 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × (6𝑖𝑛)2
𝐽𝑂𝑍𝑍(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 16,124 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝑂𝑌𝑌(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 𝐽𝐺𝑌𝑌(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) +𝑚𝑑
2 = (6,374) + (
9,056 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × (6𝑖𝑛)²
𝐽𝑂𝑌𝑌(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) = 16,499 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑜 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜
{
 
 
 
 
 
 
 
𝐽𝑂𝑋𝑋 = 𝐽𝑂𝑍𝑍 = (𝐽𝐺𝑋𝑋) +𝑚𝑑
2 = (0,083) + (
2,667 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) (1,5𝑖𝑛)2 
𝐽𝑂𝑋𝑋 = 𝐽𝑂𝑍𝑍 = 0,269 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝑂𝑌𝑌 = 𝐽𝐺𝑌𝑌 +𝑚𝑑
2 = (0,041) + (
2,667 𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡 𝑠⁄
) × (0𝑖𝑛)2 
𝐽𝑂𝑌𝑌 = 0.041 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
 
Finalmente, podemos somar os momentos de inércia das duas peças em relação aos eixos: 
𝐽𝑂𝑋𝑋 = 𝐽𝑂𝑋𝑋(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) + 𝐽𝑂𝑋𝑋(𝑐𝑖𝑙) = 0,374 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 + 0,269 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛2 
𝐽𝑂𝑋𝑋 = 0,643𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝑂𝑍𝑍 = 𝐽𝑂𝑍𝑍(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) + 𝐽𝑂𝑍𝑍(𝑐𝑖𝑙) = 16,124 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 + 0,269 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛2 
𝐽𝑂𝑍𝑍 = 16,393 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
𝐽𝑂𝑌𝑌 = 𝐽𝑂𝑌𝑌(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) + 𝐽𝑂𝑌𝑌(𝑐𝑖𝑙) = 16,499 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 + 0.041 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛2 
𝐽𝑂𝑌𝑌 = 16,54 𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑖𝑛
2 
 
2a) Encontre o momento de inércia da manivela (Fig. 2) em relação aos eixos: (a) 𝑥 e (b) 𝑥′. O 
material é aço para o qual a massa específica é 𝜌 = 7,85 + N Mg/m3. 
Dados: 𝜌 = 7,85 + 𝑁 = 7,85 + 6 ∴ 𝜌 = 13,85𝑀𝑔 𝑚³⁄ 
 
Figura 2 
 
Inicialmente serão determinadas as massas dos corpos cilíndricos e da placa fina: 
𝑚𝑐𝑖𝑙 = 𝜌 × 𝑉 = 𝜌 ×
𝜋𝐷2ℎ
4
 
𝑚𝑐𝑖𝑙 = (13,85× 10
3𝑘𝑔 𝑚3⁄ ) ×
𝜋(0,02𝑚)2 × (0,05𝑚)
4
 
𝑚𝑐𝑖𝑙 = 0,2175 𝑘𝑔 
Massa da placa: 
𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎 = 𝜌 × 𝑉 = 𝜌 × 𝑏𝑙ℎ 
𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎 = (13,85× 10
3𝑘𝑔 𝑚3⁄ ) × [(0,180𝑚)(0,03𝑚)(0,02𝑚)] 
𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎 = 1,496 𝑘𝑔 
 
a) Determinando o momento de inércia em relação ao eixo x através do teorema dos 
eixos paralelos: 
𝐽𝑂𝑋𝑋 = 𝐽𝐺 +𝑚𝑑
2 
Como 𝐽𝑂𝑋𝑋 = 𝐽𝑂𝑋𝑋(𝑐𝑖𝑙) + 𝐽𝑂𝑋𝑋(𝑐𝑖𝑙) + 𝐽𝑂𝑋𝑋(𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎) 
Para os cilindros, 𝐽𝐺(𝑥) =
1
2
𝑚𝑟²; 
Para a placa fina, 𝐽𝐺(𝑥) =
1
12
𝑚(𝑎2 + 𝑏2) 
𝐽𝑂(𝑋) = 2 [
1
2
𝑚𝑐𝑖𝑙𝑟
2 +𝑚𝑐𝑖𝑙𝑑
2] + [
1
12
𝑚𝑃(𝑎
2 + 𝑏2) + 𝑚𝑃𝑑
2] 
𝐽𝑂(𝑋) = 2 [
1
2
× 0,2175 𝑘𝑔 × (0,01𝑚)2 + 0,2175 𝑘𝑔 × (0,06𝑚)2]
+ [
1
12
× 1,496 𝑘𝑔(0,032 + 0,1802) + 1,496 × (0)2] 
𝐽𝑂𝑋𝑋 = 0,00574 𝑘𝑔 ∙ 𝑚
2 = 5,74 𝑔 ∙ 𝑚² 
b) Determinando o momento de inércia em relação ao eixo x’ também através do teorema dos 
eixos paralelos: 
𝐽𝑂
(𝑋′)
= [
1
2
𝑚𝑐𝑖𝑙𝑟
2 +𝑚𝑐𝑖𝑙𝑑
2] + [
1
2
𝑚𝑐𝑖𝑙𝑟
2 +𝑚𝑐𝑖𝑙𝑑
2] + [
1
12
𝑚𝑃(𝑎
2 + 𝑏2) + 𝑚𝑃𝑑
2] 
𝐽𝑂
(𝑋′)
= [
1
2
(0,2175)(0,01𝑚)2 + (0,2175)(0𝑚)2]
+ [
1
2
(0,2175)(0,01𝑚)2 + (0,2175)(0,120𝑚)2]
+ [
1
12
(1,496 )(0,032 + 0,1802) + (1,496)(0,06𝑚)2] 
𝐽𝑂
(𝑋′)
= 0,01269 𝑘𝑔 ∙ 𝑚2 = 12,69 𝑔 ∙ 𝑚2 
3a) Se as rodas traseiras da empilhadeira (Fig. 3) fornecem uma força de tração combinadas de 
FA=(300*N) N, determine a sua aceleração e as reações normais sobre os pares de rodas 
traseiras e dianteiras. A empilhadeira tem uma massa de 1500 kg, com centro de gravidade em 
G1, e a carga pesa 4500 N, com centro de gravidade em G2. As rodas dianteiras estão livres 
para rodar. Despreze os pesos das rodas. 
 
Figura 3 
Dados: 
𝐹𝐴 = 1800𝑁 
𝑚1 = 1500 𝑘𝑔 
𝑃2 = 4500𝑁 
𝑎, 𝑁𝐵 𝑒 𝑁𝐴? 
Resolução: 
As costas foram convertidas para metros de modo à uniformizar as unidades dentro do SI e 
facilitar o andamento, já que as cargas foram dadas em Newton. 
SC: X,Y 
DCL: 
 
Equações de movimento: A aceleração da empilhadeira pode ser obtida diretamente 
escrevendo a equação de força do movimento ao longo do eixo x: 
 
(+) →∑𝐹𝑋 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥; 
1800𝑁 = (
14715𝑁
9,81
) 𝑎 + (
4500𝑁
9,81
) 𝑎 → 1800𝑁 = (
14715𝑁 + 4500𝑁
9,81
)𝑎 
𝑎 = 0,9189𝑚 𝑠²⁄ 
Usando este resultado e escrevendo a equação de movimento do momento em torno do ponto 
A podemos determinar a reação normal no ponto B: 
⤹ (+)∑𝑀𝐴 = (𝑀𝑘)𝐴; 
𝑁𝐵(1,524𝑚) − 14715𝑁(0,4572𝑚) − 4500𝑁(2,8194𝑚) 
= −(
14715𝑁
9,81
) (0,9189𝑚 𝑠2⁄)(0,6096𝑚) − (
4500𝑁
9,81
) (0,9189𝑚 𝑠2⁄ )(0,9906𝑚) 
∴ 𝑁𝐵 =
−1257,79 + 19414,99
1,524
 
𝑁𝐵 = 11914,17 𝑁 
Finalmente, escrevendo a equação de força do movimento ao longo do eixo y e usando este 
resultado para encontrar a reação normal do ponto A: 
(+) ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦; 
𝑁𝐴 + 11914,17𝑁 − 14715𝑁 − 4500𝑁 = 0 
𝑁𝐴 = 7300,8𝑁 
4ª) A bicicleta e o ciclista da Figura 4, ambos com (50+2*N) kg, e centro de massa em G, 
possuem uma velocidade v para esquerda. Em um determinado instante o ciclista aplica os 
breques dianteiros, travando a roda dianteira A, que desliza sobre a pista com coeficiente de 
atrito dinâmico µ𝑑. Sabemos que se o atrito for muito grande, a roda traseira levanta e perde o 
contato com a pista. Qual deve ser o coeficiente de atrito dinâmico entre a roda dianteira A e a 
pista para que a roda traseira B fique no limiar de perder o contato com a pista? 
 
 
Figura 4 
Dados: 
𝑚 = 62 𝑘𝑔 
𝜇𝐾(𝐴)? 
Resolção: 
SC: XY 
DCL: 
 
Equações do movimento: 
(+) ↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦; 
𝑁𝐴 − 𝑃 = 0 
𝑁𝐴 −𝑚𝑔 = 0 
𝑁𝐴 = 𝑚𝑔 
𝑁𝐴 = (62𝑘𝑔)(9,81𝑚 𝑠²)⁄ 
𝑁𝐴 = 608,22 𝑁 
(+) ⇾∑𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑋 
∴ 𝐹 = 𝑚𝑎𝑥 
𝜇𝐾 × 𝑁𝐴 = 𝑚𝑎𝑥 
∴ 𝑎𝑥 =
𝜇𝐾 × 𝑁𝐴
𝑚
=
𝜇𝐾 × (𝑚𝑔)
𝑚
 
∴ 𝑎𝑥 = 𝜇𝐾 × 𝑔 
Usando este resultado e escrevendo a equação de movimento do momento em torno do ponto 
A e realizando substituição na aceleração, podemos determinar o coeficiente de atrito 
cinético(𝜇𝐾): 
⤹ (+)∑𝑀𝐴 =∑(𝑀𝑘)𝐴 
−𝑚𝑔(0,5𝑚) = −𝑚𝑎𝑥(1,5𝑚) 
−𝑚𝑔(0,5𝑚) = −𝑚(𝜇𝑘 × 𝑔)(1,5𝑚) 
𝜇𝑘(1,5𝑚) = 0,5𝑚 
Deste modo, o coeficiente de atrito cinético será dado por: 
𝜇𝐾 =
0,5𝑚
1,5𝑚
 → 𝜇𝐾 = 0,333 
 
5ª) Se uma força F = (90+N) N for aplicada, como mostrada na Figura 5, em um armário de 
20 kg que está montado sobre rodinhas que o deixam mover-se livremente (𝜇 = 0) sobre o 
chão. Determinar (a) a aceleração do armário, (b) o intervalo de valores de h nos quais o 
armário não tombará. 
 
Figura 5 
Dados: 
𝐹 = 96 𝑁 
𝑚 = 20 𝑘𝑔 
𝑎 𝑒 ∆ℎ? 
Resolução: 
SC:XY 
DCL: 
 
Equações de movimento: A aceleração pode ser obtida diretamente escrevendo a equação de 
força do movimento ao longo do eixo x: 
(+) →∑𝐹𝑋 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥; 
96𝑁𝑁 = 𝑚𝑎 
96𝑁𝑁 = (20𝑘𝑔)𝑎 
∴ 𝑎 = 4,8 𝑚 𝑠²⁄ 
Determinando h aceitável, de modo a impedir que o armário tombe para o lado direito ↷ 
(A=0): 
↷ (+)∑𝑀𝐵 =∑(𝑀𝐵) ; 
(96𝑁)ℎ − 𝑚𝑔(0,3𝑚) = 𝑚𝑎(0,9𝑚) 
(96𝑁)ℎ − (20𝑘𝑔)(9,81𝑚 𝑠²)⁄ (0,3𝑚) = (96𝑁)(0,9𝑚) 
∴ ℎ = 1,513𝑚 
Determinando h aceitável, de modo a impedir que o armário tombe para o lado esquerdo ↶ 
(B=0): 
↷ (+)∑𝑀𝐴 =∑(𝑀𝐴) ; 
(96𝑁)ℎ + 𝑚𝑔(0,3𝑚) = 𝑚𝑎(0,9𝑚) 
(96𝑁)ℎ + (20𝑘𝑔)(9,81𝑚 𝑠²)⁄ (0,3𝑚) = (96𝑁)(0,9𝑚) 
∴ ℎ = 0,287𝑚 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜: 0,287𝑚 ≤ ℎ ≤ 1,513𝑚 
6ª) Um transportador de correia mostrada na Figura 6 tem uma velocidade de 30m/min com 
inclinação de 10o. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre as caixas e a correia são 
0,4 e 0,3, respectivamente. Determine a aceleração a partir da qual as caixas escorregam e 
também a aceleração a partir da qual as caixas tombam. Cada caixa possui (50× N) kg. 
 
Figura 6 
𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠: 
𝑣 = 30 𝑚 𝑚𝑖𝑛⁄ = 0,5𝑚 𝑠⁄ 
𝜃 = 10° 
𝜇𝑆 = 0,4; 𝜇𝐾 = 0,3 
𝑚 = 50 × 𝑁 = 50 × 6 = 300𝑘𝑔 
𝐷𝐶𝐿: 
 
 
7ª) As 4 pás do ventilador (Fig. 7) têm uma massa total de N kg e momento de inércia 
JO=0,30 kg.m
2 em relação a um eixo passando pelo centro do ventilador. Se o ventilador é 
submetido a um momento M= 3e-0,2t N.m, sendo t dado em segundos, determine a sua 
velocidade angular em RPM quando t=5 s partindo do repouso. 
 
Figura 7 
Dados: 
𝑚 = 6 𝑘𝑔 
𝐽𝑂 = 0,30 𝑘𝑔 ∙ 𝑚
2 
𝑀 = 3𝑒−0,2𝑡𝑁 ∙ 𝑚 
𝜔(𝑅𝑃𝑀)? 𝑃⁄ 𝑡 = 5𝑠 
Resolução: 
SC: XY 
DCL: 
 
(+) ↷∑𝑀𝑂 = 𝐽𝑂 ∝; 
3𝑒−0,2𝑡 = (0,30) ∝ 
∝=
3𝑒−0,2𝑡
0,30
 
De posse da aceleração, podemos realizar uma integração e obter a velocidade angular: 
𝑑𝜔 =∝ 𝑑𝑡 
∫ 𝑑𝜔
𝜔
0
= ∫
3𝑒−0,2𝑡
0,30(−0,2)
=
5
0
− 3∫
3𝑒−0,2𝑡
0,3(0,2)
 ∴ 𝜔 = −3 [
3𝑒−0,2𝑡
0,06
]
0
55
0
 
Aplicando os limites da integração de 0 à 5 segundos: 
𝜔 = −3 [
3𝑒−0,2(5)
0,06
] − (−3) [
3𝑒−0,2(0)
0,06
] 
A velocidade angular será: 
 𝜔 = 31,606 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ 
Podemos obter a velocidade angular em RPM realizando a seguinte multiplicação: 
𝜔(𝑅𝑃𝑀) = (31,606 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ ) × 9,549 
𝜔(𝑅𝑃𝑀) = 301,80 𝑅𝑃𝑀 
 
8a) A roda de 150 kg (Fig. 8) tem um raio de giração em relação ao seu centro de massa O de 
kO=250 mm. Se ela gira no sentido anti-horário com uma velocidade angular de =1200 
rev/min no instante em que as forças de tração TA= (N×200) N e TB= (N×100) N são aplicadas 
à fita do freio em A e B, determine o tempo necessário para parar a roda. Qual a força de 
reação no pino O. 
 
Figura 8 
Dados: 
𝑚 = 150 𝑘𝑔 
𝑘𝑂 = 250 𝑚𝑚 
𝜔 = 1200 𝑟𝑒𝑣 𝑚𝑖𝑛⁄ 
𝑇𝐴 = 1200 𝑁 
𝑇𝐵 = 600 𝑁 
𝑡? 
𝑆𝐶: 𝑋𝑌 
𝐷𝐶𝐿: 
 
Equações de movimento: Aqui, o momento de inércia de massa do volante em relação ao seu 
centro de gravidade é 𝐽𝑂 = 𝑚𝑘𝑂
2 = 150(0,252) = 9,375𝑘𝑔 ∙ 𝑚2. Referindo-se ao DCL do 
volante, temos: 
⤹ +∑𝑀𝑂 = 𝐽𝑂(𝛼); 
600𝑁(0,3𝑚) − 1200𝑁(0,3𝑚) = −9,375(𝛼) 
∴ 𝛼 = 19,2 𝑟𝑎𝑑 𝑠²⁄ 
Eq. Cinemáticas: como 
𝜔𝑂 = (
1200 𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
) (
2𝜋𝑟𝑎𝑑
1 𝑟𝑒𝑣
)(
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
) = 40 𝜋 𝑟𝑎𝑑 
Uma vez que a aceleração angular é constante, podemos aplicar 
⤹ + 𝜔 = 𝜔𝑂 + 𝛼𝑐(𝑡) 
 0 = 40𝜋 + (−19,2)(𝑡) 
 ∴ 𝑡 =
−40𝜋
−19,2
= 6,54 𝑠 
 
9a) Uma barra uniforme esbelta (Fig. 9) de 8 kg é articulada em relação a um eixo horizontal 
através de O e liberada a partir do repouso na posição horizontal. Determine a distância b do 
centro de massa até O que resultará em uma aceleração angular inicial de (13+N) rad/s2, e 
encontre a força R na barra em O imediatamente após a liberação. 
 
Figura 9 
𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠: 
𝑚 = 8 𝑘𝑔 
𝛼 = 19𝑟𝑎𝑑 𝑠²⁄ 
𝑏? 𝑅𝑜? 
𝑆𝐶: 𝑛𝑡 
𝐷𝐶𝐿: 
 
𝐽𝑂 =
1
12
𝑚𝑙2 +𝑚𝑏2 
𝐽𝑂 =
1
12
(8𝑘𝑔)(0,6𝑚)2 + (8𝑘𝑔)𝑏2 
𝐽𝑂 = 0,24 + (8)𝑏
2 𝑘𝑔 ∙ 𝑚² 
∑𝑀𝑂 = 𝐽𝑂(𝛼); 
(78,48𝑁)𝑏 = [0,24+ 8𝑏2] × (19 𝑟𝑎𝑑 𝑠2⁄ ) 
(78,48𝑁)𝑏 = [4,56+ 152𝑏2] 
∴ 152𝑏2 − 78,48𝑏 + 4,56 = 0 
Agora, se utilizando da fórmula de Bhaskara, para determinar o valor da distância b: 
𝑋(𝑏) =
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
=
−(−78,48) ± √(−78,48)2 − 4(152)(4,56)
2(152)
 
𝑏′ = 0,445𝑚 
𝑏" = 0,0667𝑚 
Desta forma, analisando as dimensões da vida através do DCL, conclui-se que somente o 
valor de 𝑏" poderá se encaixar na distância real, portanto: 
𝑏 = 0,0667 𝑚 
∑𝐹𝑡 = 𝑚�̅�(𝛼): 
78,48𝑁 − 𝑅𝑂 = (8𝑘𝑔)(0,0667𝑚)(19) 
∴ 𝑅𝑂 = 68,34 𝑁 
 
10a) A massa da engrenagem A é de 20 kg e seu raio de giração centroidal é 150 mm (Fig. 
10). A massa da engrenagem B é de 10 kg e o seu raio de giração centroidal é 100 mm. 
Calcule a aceleração angular da engrenagem B quando um torque de (10×N) N.m é aplicado 
ao eixo da engrenagem A. Despreze o atrito. 
 
Figura 10 
Dados: 
𝑚𝐴 = 20 𝑘𝑔; 𝑚𝐵 = 10 𝑘𝑔 
𝑘𝐴 = 0,15𝑚; 𝑘𝐵 = 0,1𝑚 
𝑟𝐴 = 0,24𝑚; 𝑟𝐵 = 0,18𝑚 
𝐷𝐶𝐿: 
 
Como 𝐽𝑂 = 𝑚𝑘𝑂
2 : 
↷ (+)∑𝑀𝐴 = 𝐽𝐴(𝛼𝐴): (16 𝑁.𝑚) − 𝐹(0,24𝑚) = 20(0,15𝑚)
2(𝛼𝐴) (1) 
 
⤹ (+)∑𝑀𝐵 = 𝐽𝐵(𝛼𝐵): 𝐹(0,18𝑚) = 10(0,1𝑚)
2(𝛼𝐵) (2) 
Acelerações tangenciais: 
𝑟𝐴𝛼𝐴 = 𝑟𝐵𝛼𝐵 
(0,24𝑚)𝛼𝐴 = (0,18𝑚)𝛼𝐵(3) 
Resolvendo por sistema: 
(1) − (3):{
𝐹 = 18,88 𝑁
𝛼𝐴 = 25,49 𝑟𝑎𝑑 𝑠²⁄
𝛼𝐵 = 34 𝑟𝑎𝑑 𝑠²⁄