Resumo para Estudos

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Centro Universitário Newton Paiva 
 
 
MECÂNICA 
GERAL II 
 
DINÂMICA 
 
RESUMOS PARA ESTUDOS 
 
Arthur Ribeiro de Alvarenga 
 
 
 
 
 
–1ª Edição \ 2012– 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
2
 
 
 
 
 
 
 
Sumário 
 
Num. Descrição Pag. 
 Apresentação 03 
1 Introdução à Dinâmica .............................................................................. 04 
2 Cinética 15 
3 Trabalho e Energia .................................................................................... 19 
4 Quantidade de Movimento e Impulso 24 
5 Choque e Impacto ..................................................................................... 28 
6 Cinemática do corpo – translação e rotação (2D/3D) 31 
7 Cinética do Corpo Rígido 3D ................................................................... 35 
8 Formulário Geral (resumo) 41 
9 Referências 43 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
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Apresentação 
 
 Esta apostila é um conjunto de resumos que foi adotado para facilitar os estudos 
dos alunos do curso de graduação em Engenharia Mecânica do Centro Universitário 
Newton Paiva, na disciplina “Mecânica Geral II Dinâmica”. 
 Esta disciplina aborda basicamente os conhecimentos do movimento, 
deslocamento, posição, rotação, velocidade linear e angular, aceleração linear e angular, 
centro de massa, quantidade de movimento linear e angular, forças e momentos, 
impulso linear e angular. Trabalho das forças e momentos. Energia cinética e potencial, 
energia mecânica, atrito, potência; tanto ao nível de partícula simples como corpo rígido 
(conjunto de partículas), no plano (2D) e em 3D. Encerra-se o curso com o movimento 
geral e grandezas correlatas. 
 As referências contemplam os livros textos básicos do curso de graduação: 
 BEER, F.P.; JOHNSTON JR, R.E. & Clausen, W.E. Mecânica vetorial para 
engenheiros – Dinâmica. 7ª Ed., São Paulo: McGraw Hill, 2006. 
 HIBBELER, R. C. Mecânica para Engenheiros. 12ª ed., São Paulo: Pearson, 
2010. 
 SHAMES, I.H. Dinâmica Mecânica para Engenharia, Vol. 2, 4ª Ed., São Paulo: 
Prentice Hall, 2003. 
 
 Pode-se opinar que o primeiro livro é o mais completo e de nível mais profundo, 
enquanto o segundo é um pouco mais didático e menos pesado para um estudante 
mediano. O terceiro possui uma abordagem bastante original e é o menos acessível. 
 O objetivo deste trabalho não é, por certo, substituir os livros didáticos supra, 
nem tampouco é um material copiado dos mesmos. A intenção é fornecer ao aluno um 
resumo simplificado dos tópicos e fórmulas mais importantes, que o auxilie nos estudos 
da disciplina. Complementam-se os resumos com alguns exemplos bastante diretos de 
utilização das equações e fórmulas, apenas como um lembrete, uma guia para outras 
aplicações mais complicadas. 
 Propõe-se que o aluno tente fazer e leia os problemas fundamentais do livro do 
Hibbeler, passando aos propostos a seguir, usando como guia este material. Os que 
quiserem um maior aperfeiçoamento leiam o do Beer. Os que tiverem, ainda assim, 
dificuldades na compreensão do Hibbeler, consultem o do Shames e terão mais apoio. 
 Muitos alunos reclamaram a dificuldade em adquirir esse(s) livro(s) texto(s), 
alegando problemas de custo ou disponibilidade nas livrarias. Então, espera-se que com 
esses resumos, o livro possa ficar mais acessível e a finalidade complementar (ou ser 
um caminho de referencia) deste trabalho possa ser obtida. 
 Note que esta disciplina é extremamente importante para a formação dos 
Engenheiros Mecânicos, o que justifica que se reduzam o escopo das partes iniciais e 
que se alongue o perfil do curso de forma a poder explorar as propriedades e 
comportamento do corpo rígido em movimentos no plano e no espaço (3D), com 
vetores, matemática espacial, trabalho e energia. 
 Na oportunidade, agradecer ao prestimoso trabalho das bibliotecárias Ana 
Cláudia e Elma, na confecção da ficha catalográfica e sugestões, bem como ao apoio 
recebido desta Universidade para a execução deste primeiro trabalho. 
 
 A. R. de Alvarenga 
artalvarenga@ig.com.br 
 Centro Universitário Newton Paiva 
 BH / MG – Setembro/2012 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
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Cap. 1 – INTRODUÇÃO À DINÂMICA 
 
DINÂMICA: Cinemática – descreve o movimento (geometria/posição) tempo 
 distância / posição / velocidade / aceleração 
 Cinética – forças / momentos / trabalho / energia 
História: 
 Galileu Galilei (1564-1642) – estudos de pêndulos e queda-livre 
 Isaac Newton (1642-1727) – 3 leis do movimento e gravitação universal 
 Estudos dos referenciais e movimentos: D’Alambert, Euler, Lagrange, etc. 
 
GRANDEZAS DA CINEMÁTICA RETILÍNEA (movimento em linha reta) 
 
Posição – vetor que determina um ponto em relação a um sistema referencial arbitrado s 
 
Deslocamento – vetor que indica a mudança da posição de uma partícula (ponto) ∆s 
 
Distância – espaço percorrido, escalar (positivo) que representa o comprimento 
 (extensão) percorrido pela partícula. 
 Unidades: [m, mm, km, in, ft, etc.] 
 
Velocidade: variação da posição em função do tempo 
Unidades: [m/s, km/h, in/s, ft/s, etc.]. 
 
Velocidade média – quantidade de deslocamento que ocorre num intervalo de tempo 
 vmed = ∆s / ∆t 
Velocidade instantânea – é um vetor limite da variação de deslocamento quando o 
 intervalo de tempo tende a zero: v = lim (∆t→0) [∆s / ∆t] = ds / dt (+) → 
 sentido: (–) p/ esquerda ← (+) p/ direita → 
 
Velocidade escalar: intensidade do vetor. 
Velocidade escalar média: distância percorrida total / intervalo de tempo total 
 vsp med = sT / tT Obs. escalar não tem sinal (!) 
 
Aceleração: variação da velocidade em função do tempo 
Unidades: [m/s2, m/min2, in/s2, ft/s2, etc] 
 
Aceleração média– quantidade de variação da velocidade que ocorre num intervalo de 
 tempo amed = ∆v / ∆t 
Aceleração instantânea – é um vetor limite da variação da velocidade quando o 
 intervalo de tempo tende a zero: 
 a = lim (∆t→0) [∆v / ∆t] = dv / dt (+) → a = d2s/dt2 
 Eliminando-se dt (≠0): a.ds = v.dv, integrando: ∫ a.ds = ∫ v.dv 
 
 Particular: ac = aceleração constante (posição s0 e velocidade v0 quando t = 0) 
1) velocidade: v = v0 +ac.t 
2) posição: s = s0 +v0.t + ac.t2/2 
3) “energia”: v2 = v02 +2ac.(s–s0) 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
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Roteiro: 
 
1) Definir eixo coordenado e origem do movimento/posição (+) → 
2) Vetores posição/velocidade/aceleração podem ser valores algébricos (x +/–) 
3) Conhecendo-se 2 entre (a, v, s, t), um 3o valor se obtém pelas eq. diferenciais 
4) Integração: necessário o intervalo de tempo, valores anteriores (limites 
inferiores) (por ex.: s0, v0 no instante t0, são condições de contorno ) 
5) Raramente, as condições iniciais são t0 = 0, s0 = 0 e v0 = 0. 
6) Devem-se ajustar os intervalos de integração quando a função que define a 
aceleração a ser integrada não é continua ao longo de todo(s) intervalo(s) que se 
deseja integrar. 
 
Exemplo: 
 
1.1– Uma partícula tem a posição dada pela equação: s = (2t2 i –4.sen 2.t j +3t3 k) cm, 
em que o tempo t é expresso em segundos. Determine a posição, velocidade e a 
aceleração da partícula no instante t0 = 2 s e t = 3s. Determine também a velocidade 
média e a aceleração média no intervalo. 
 
A velocidade e aceleração são derivadas temporais da posição avaliadas num intervalo. 
 
Derivadas temporais: (θ = 2.t rad) 
 v = ds/dt = (4t i –8.cos 2.t j +9t2 k) cm/s 
 a = dv/dt = (4 i +16.sen 2.t j +18t k) cm/s2 
 
Avaliação numérica: [para t0 = 2 s, θ =4 rad, sen(4) = –0,757, cos(4) = –0,654] 
 s0 = [2(2)2 i –4.sen (2×2) j +3(2)3 k] cm = (8 i +3,03 j +24 k) cm 
 v0 = [4×2 i –8.cos (2×2) j +9(2)2 k) cm/s = (8 i +5,23 j +36 k) cm/s 
 a0 = [4 i +16.sen (2×2) j +18×2 k) cm/s2 = (4 i –12,11 j +36 k) cm/s2 
 
Avaliação numérica: [para t = 3 s, θ = 6 rad, sen(6) = –0,279, cos(6) = 0,96] 
 s = [2(3)2 i –4.sen (2×3) j +3(3)3 k] cm = (18 i +1,12 j +81 k) cm 
 v = [4×3 i –8.cos (2×3) j +9(3)2 k) cm/s = (12 i –7,68 j +81 k) cm/s 
 a = [4 i +16.sen (2×3) j +18×3 k) cm/s2 = (4 i –4,47 j +54 k) cm/s2 
 
Valores médios entre t = 3 s e t0 = 2 s 
 vmed = [ (18–8) i (+1,12–3,03) j +(81–24) k] cm /(3–2) s 
 = (10 i –1,91 j +57 k) cm/s 
 
 amed = [(12–8) i (–7,68–5,23) j +(81–36) k] cm /(3–2) s 
 = (4 i –12,91 j +45 k) cm/s2 
 
Obs.: 1) Problemas com conversão de unidades? 
 Experimente http://www.unitconversion.org/index.html. 
 2) Veja na Fig. 1 os pontos correspondentes às posições e à trajetória (1.1a), às 
 velocidades descritas pela Hodógrafa (1.1b) e às acelerações (1.1c). 
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6
 
(a) Trajetória e posição da partícula [cm] (b) Hodógrafa: velocidade da partícula [cm/s] 
 
(c) Acelerações da partícula [cm/s2]. 
Figura 1.1 – Movimento 3D de uma partícula. 
 
GRANDEZAS DO MOVIMENTO CURVILÍNEO 
(quando a trajetória não é uma linha reta) 
 
Distância: ∆s = sA – sB 
Deslocamento: ∆r = rA – rB 
 
Velocidade média: vmed = ∆s / ∆t = (sA – sB) / ∆t 
Velocidade instantânea: v = dr / dt = ds / dt 
A velocidade é tangente à trajetória (curva posição × tempo) : v(t) ┴ r(t) 
 
Aceleração média: amed = ∆v / ∆t = (vA - vB) / ∆t 
Aceleração instantânea: a = d2r / dt2 = ds2 / dt2 
A aceleração é tangente à Hodógrafa (curva velocidade × tempo): a(t) ┴ v(t) 
 
Vetor velocidade: v(t) = v.uv (uv = unitário da velocidade = direção da tangente) 
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Componentes da aceleração: d v(t)/dt = (dv)/dt .uv + v .(d uv)/dt. 
1) Aceleração centrípeta: v .(d uv)/dt = v.(v/R). un = v2/R. un 
 MCU: quando v = cte., dv/dt = 0. (mudança de direção) un ┴ uv 
2) Aceleração tangencial: (dv)/dt .uv (mudança de módulo) 
MRV: quando (d uv)/dt = 0, então a trajetória é uma reta... 
MRU: quando (dv)/dt = 0 e (d uv)/dt = 0 → a = 0, 1ª Lei de Newton. 
 
Para ter uma trajetória curva, (duv)/dt ≠ 0, portanto, a aceleração a não é 
tangente à trajetória s (só no MRV). 
 
GRANDEZAS DO MOVIMENTO GERAL CARTESIANO (3D) 
 
Posição: r = x. i +y. j +z. k 
Deslocamento: ∆r = ∆x. i +∆y. j +∆z. k 
 
Velocidade: v = vx. i +vy. j +vz. k = kji z y x &&& ++ 
sendo: dz/dt z edy/dt y dx/dt, x === &&& 
 
Aceleração: a = ax. i +ay. j +az. k = kji z y x &&&&&& ++ = dv/dt 
sendo: z/dtd z e y/dtd y ,x/dtd x 222222 === &&&&&& 
 
Conceito: posição s → d/dt → velocidade v → d/dt → aceleração a 
 aceleração a → ∫ dt → velocidade v → ∫ dt → posição s 
 
REVISÃO DO CÁLCULO I E II (Lembrete) 
 
Tabela 1.1 – Diferencial e integral de algumas funções simples. 
Função f(x) Diferencial d f(x) /dx Integral ∫ f(x) dx 
Potencial d(xn)/dx = n. xn-1 ∫ (xn) dx = xn+1/(n+1) 
Linear d(a.x)/dx = a ∫ (a.x) dx = a.x2/2 
Constante d(a)/dx = 0 ∫ (a) dx = a.x 
Seno x d(sen a.x)/dx = a. cos(a.x) ∫ (sen a.x) dx = -cos(a.x) / a 
Cosseno x d(cos a.x)/dx = -a. sen(a.x) ∫ (cos a.x) dx = sen(a.x) / a 
Exponencial d(e a.x) /dx = a. e a.x ∫ (e a.x) dx = e a.x / a 
Logaritmo d(log ax) /dx = a/x ∫ (a/x) dx = log ax 
 
1) Integral indefinida: seja f’(x) uma função continua, tal que d f(x)/dx = f’(x) seja 
definida para todos os pontos do domínio, então: ∫ f’(x) dx = f(x) +C, C = constante. 
 
2) Integral definida: seja f’(x) continua no intervalo [a, b], tal que d f(x)/dx = f’(x) seja 
definida para todos os pontos do domínio [a, b], então: 
 ( ) ( ) ( )afbfdx xf
b
a
−=′∫ 
3) No caso da Mecânica Geral II, procura-se a integração que possa definir 
adequadamente a expressão da função para um tempo t genérico que pertence ao 
intervalo [a,b], assim se escreve: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a11a
t
t
a
v
v
tvCCdt tatvtvdt tavv dv:Velocidade
aa
=→+=−==−= ∫∫∫ 
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8
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )a221
a
t
t
aa
t
t
a
s
s
tsCCt.Cdt tv 
tstsdt tvss tstsdt tvss ds:Posição
aaa
=→++
−=+=−==−=
∫
∫∫∫
 
 
Exemplos: 
 
1.2– Definida a função a(t) = 12 t2, velocidade antes vA = 15 m/s, no instante tA = 5 s, 
determinar a função velocidade v(t). 
 v(t) = ∫ a(t) dt → ∫ 12 t2 dt = 12 t3/3 = 4 t3 +C1 → v(t) –15 m/s = 4 t3 –4(5s)3 
 → v = 4 t3 –500 +15 → v(t) = (4 t3 –485) m/s .:. C1 = –485 m/s. 
 
1.3– Definida a função v(t), posição antes sA = 12 m, no instante tA = 5 s, determinar a 
função posição s(t). 
 s(t) = ∫ v(t) dt → ∫ (4 t3 485) dt → s(t) – 12 = t4 – 485t – [(5)4 – 485(5)] 
 → s(t) = t4 – 485t +1812 m .:. C2 = 1812 m. 
 
Existem duas maneiras (formas) básicas de resolver os problemas da Cinemática do 
ponto de vista de integração: 
 
1) Modo integração indefinida 
 Todas as integrais são indefinidas, gerando constantes que são determinadas a 
 partir das condições de contorno do problema: 
 velocidade: ∫∫ =+=+= 11 C.dtm
(t)C(t).dt(t) Fav 
 Determina-se C1 a partir de v(t = 0) = v0. 
 posição: 2121 C.t C.dt .dt
m
(t)C.t C(t).dt(t) ++



=++= ∫ ∫∫
F
vs
 
 Determina-se C2 a partir de s(t = 0) = s0. 
 
Obtidas essas funções, calcula-se qualquer valor apenas substituindo (t ou s). 
 
2) Modo integração definida 
 Todas as integrais F de f são definidas, calculadas como t (variável) tomada nos 
extremos do intervalo [a, b], ou seja, ∫ f (b) – ∫ f (a) = F(b) – F(a). Quando se tem 
uma função única isso dá resultados corretos. Quando se tem várias funções 
(trechos) não é preciso, em geral, ajuste de constantes no 1º trecho, porém, isso 
será necessário nos demais trechos, devendo-se fazer, então, uso da continuidade 
das funções solução F = ∫ f no ponto comum a cada dois intervalos consecutivos 
[0, a] e [a, b]: 
 
 Condição de contorno em A: S(t = ta) = Sa e v(t = ta) = va 
 Velocidade: t.d
m
(t)
t(t).d(t)
bt
a
bt
a
∫∫
==
==
F
av 
 Posição: t d..dt
m
(t)
 (t).dt(t)
bt
a
bt
a
bt
a
∫ ∫∫
= ==






==
F
vs 
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9
 A expressão geral nasce quando (t) é um ponto qualquer do intervalo [a, t], 
sendo t ≤ b. Em alguns casos, é necessário ajustar a função solução no extremo 
[a], (ajuste da constante), como já dito antes. 
 
Roteiro: 
 
 1) Calcular va no intervalo [0, a] com o tempo ta; 
 2) Calcular aa, sa no intervalo [0, a] com o tempo ta; 
 3) Determinar a integral de a(t) para obter v(t); 
 4) Verificar que v(t= ta) = va, ajustando as constantes de v; 
 5) Determinar a integral de v(t) para obter s(t); 
 6) Verificar que s(t= ta) = sa, ajustando as constantes de s. 
 7) As funções ajustadas servem agora para todo o intervalo [a, b]. 
 8) Repetir o processo para os intervalos seguintes [b, c], etc. 
 
 
MOVIMENTO GERAL – COORDENADAS NORMAL E TANGENCIAL (3D) 
 
Sistema Euleriano: acompanha o ponto P que descreve a trajetória s(t) no instante t. 
 
Vetor unitário tangente: ut define a direção da tangente à trajetória no ponto P. 
Vetor unitário normal: un indica a direção normal a ut voltada para o centro de 
curvatura (CIR Centro Instantâneo de Rotação) que define o vetor raio r posição em 
sistemas Lagrangianos. Segue o crescimento dos ângulos no sentido anti-horário. 
 
Vetor unitário binormal:ub define a direção que forma o triedro com os 2 vetores 
anteriores e define o plano osculador que contém os mesmos. ub = ut × un. 
• 2D: existe 1 plano osculador coincidente; 
• 3D: existe 1 único plano osculador (que contém ut e un). 
• Não há movimento na direção binormal ub (vb = ab = 0). 
 
Velocidade: tt .sds/dt uuv &== 
 
Aceleração: a = at ut + an un 
• tangencial: dv.vds.av a tt =→= & (modifica o módulo |a| = a) 
• normal: an = v2/R (modifica a direção un) R = raio de curvatura 
 
MOVIMENTO GERAL – COORDENADAS CILÍNDRICAS (3D) 
 
Composto de coordenadas polares (r, θ) + eixo z (cartesiano) 
Vetor unitário ur define a direção de crescimento do raio (radial) 
Vetor unitário uθ define a direção ortogonal a ur (de crescimento polar, de θ) 
 
Posição: r = r ur + z k (Hibbeler emprega a variável ρ, substituindo r) 
 
Velocidade: ( ) kuuv .z .θr. .r θr &&& ++= 
Aceleração: ( ) ( )[ ] kuua .z .θ.r2.θr. .θr.-r θr2 &&&&&&&&& +++= 
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Obs.: 1) ω
dt
dθ
θ ==& : velocidade angular [rad/s, rpm, cpm, cps, rad/min]. 
 2) α
dt
dθ
θ ==&& : aceleração angular [rad/s2] 
 3) Aceleração radial: ( )2r θr.-r &&&=a , (lembre-se não é an acel. normal!). 
 4) Aceleração polar: ( )θ.r2.θr. θ &&&& +=a , (lembre-se não é at acel. tangente!). 
 5) Quando r = r(t) e θ = θ(t), as diferenciais temporais são obtidas diretamente 
 por aplicar d/dt as funções de (r, θ), obtendo ( )θ e θ ,r ,r &&&&&& . 
 6) Quando r = f(θ) aplica-se a regra da cadeia: 
 velocidade radial: ( ) ( ) ( ) dθθdf.ωdθθdf.θ dtdθ.dθθdf r === && 
 aceleração radial: ( ) ( ) dθθfdθ dtθdf.θ r 222&&&&& += 
 
Associando grandezas polares às retangulares: 
Posição: x = r. cos θ; θ = arc tan(y/x) 
 y = r. sen θ. r = (x2 +y2)1/2 
Velocidades: .senθθ r.-θ .cosr xvx &&& == 
 .cosθθ r.θ.sen r yvy &&& +== 
Acelerações: θ cosθ r.-.senθθ r.- .senθθ .r2.-θ .cosr xa 2x &&&&&&&&& == 
 θsen θ r.-θ .cosθ r. θ .cosθ .r2.θ.sen r ya 2y &&&&&&&&& ++== 
Obs.: Centrípeta acel.θ r.- Coriolis de acel. θ .r2. 2 == &&& 
 
CASOS PARTICULARES: 
 
Revisão MCU (Movimento Circular Uniforme): 
 
r = R constante ( 0 r r == &&& ) .:. θ varia uniformemente: ωθ =& constante ( 0αθ ==&& ). 
v = ω. R = R. dθ / dt = R. 
 θ& (constante: sempre tangencial) 
a = – R. 2θ& = –R. ω2 = –v.ω = –v2 /R (radial aR: modifica a direção = centrípeta) 
 
Revisão MCV (Movimento Circular Variável): acelerado/retardado 
 
r = R constante ( 0 r r == &&& ) .:. θ = ∫ θ& dt ; θ& = ∫ θ && dt ( 0αθ ≠=&& ). 
v = R.θ& . uθ (a velocidade varia com a velocidade angular ω, sempre tangencial) 
a = – R. 2θ& ur +R θ && .uθ 
 (a aceleração tem 2 componentes: 
 aR: direção radial é centrípeta: ac = – R. 2θ& = –R. ω2 = –v.ω = –v2 /R. 
 aθ: direção polar (θ) depende da aceleração angular α: R. α). 
 
 
Exemplo: 
 
1.4– Um corpo desenvolve a trajetória dada pela equação polar (ver Fig. 1.2): rotação θ 
= (0,24.t –0,02.t3) radianos e raio posição r = (12,4 –0,03.t2) m, sendo t = tempo 
expresso em segundos. Determine a posição, velocidade e aceleração no instante t = 4s. 
 
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Derivadas temporais: ( )θ e θ ,r ,r &&&&&& 
,12.t0 θ ,06.t0 0,24θ 06,0r .06,0r 2 −=−=−=−= &&&&&& t 
 
Avaliando a posição no instante t = 4s 
r = 12,4 –0,03× (4)2 = 11,92 m ur 
θ = 0,24×4 –0,02.(4)3 = –0,32 rad. (Atenção: não é vetor!). 
 
Componentes da velocidade e da aceleração em coordenadas polares: 
,480 4,120 θ 72,0(4),060 0,24θ
06,0r 24,0 406,0r 
2
−=×−=−=×−=
−=−=×−=
&&&
&&&
 
 
Velocidade: [–0,24 ur +11,92×(–0,72) uθ] = (–0,24 ur –8,58 uθ) m/s 
 
Aceleração: [–0,06–11,92×(–0,72)2] ur +[11,92×(–0,48)+2×(–0,24) (–0,72)] uθ 
 = (–6,24 ur –5,38 uθ) m/s2 
 
 
Figura 1.2 – Movimento em 2D de um corpo. 
 
 
 
PROJÉTIL 
 
Projétil: movimento em que o corpo parte da posição s0 (x0 i, y0 j) com a velocidade 
inicial v0 (v0x i + v0y j) e sob o qual somente atua a aceleração da gravidade g = –g. j. 
 
Posição Velocidade Aceleração 
x = x0 +vx.∆t 
sx (t) = s0x + v0x. t 
vx (t) = vx0 = constante ax = 0 
y = y0 +vy.∆t –g. ∆t2/2 
sy (t) = s0y + v0y. t -g.t2 
vy (t) = vy0 –g. ∆t 
vy
2
 = vy0
2
 –2.g.(y –y0) 
ay = –g 
 
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12
Exemplo: 
 
1.5– Uma bala de canhão é disparada com a velocidade inicial de 100 km/h, num ângulo 
com a horizontal θ = 55°, determine qual o tempo de subida, a posição mais alta da 
trajetória, a velocidade e ângulo de descida, o tempo de voo e em que posição atingiu o 
solo. Sabendo que o terreno é referenciado pela cota vertical 16,4 m abaixo do nível da 
boca do canhão, determine a distancia horizontal percorrida (como se o terreno ali fosse 
plano). Acompanhe a Fig. 1.3. 
 
 
Figura 1.3 – Movimento da bala de canhão (projétil). 
 
Componentes da velocidade inicial: 
v0 = 100 km/h = 27,78 m/s → v0x = 27,78 m/s × cos 55° = 15,93 m/s 
 v0y = 27,78 m/s × sen 55° = 22,76 m/s 
 
No topo da trajetória ponto A: vyA = 0 m/s. 
Tempo de subida: vyA = v0y – g.ts → ts = 22,76 m/s / 9,81 m/s2 = 2,320 s 
 
Altura atingida: vyA2 = v0y2 – 2.g.hmax → hmax = (22,76 m/s)2/(2 × 9.81 m/s2) = 26,4 m. 
Distância horizontal: dxs = v0x. ts = 2,320 s ×15,93 m/s = 36,96 ≈ 37 m. 
 
Velocidade de descida no ponto B: 
vyB
2
 = vyA
2
 – 2.g.htot; htot = 26,4 +16,4 = 42,8 m→ vy2 = 2.g.htot .:. 
m/s -28,98 839,7 m) 42,8m/s 9,81(2v 2y ==××= (y↓) 
Velocidade de descida m/s 07,33 1093,6(15,93)(28,98)v 22B ==+= 
 
Ângulo de descida: tg α = (vyB / vxB), lembrando que vxB = vxA = v0x = 15,93 m/s 
tg α = 28,98 m/s / 15,93 m/s = 1,819 .:. α = 61,20° 
 
Tempo de descida: vyB = vyA – g.td → td = 28,98 m/s / 9,81 m/s2 = 2,954 s 
Tempo de vôo: ttot = ts +td = 2,320 + 2,954 = 5,274 s 
 
Distancia horizontal percorrida: dx = v0x. ttot = 5,274 s ×15,93 m/s = 84,01 m 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
13
GRANDEZAS DO MOVIMENTO DE CORPOS INTERRELACIONADOS 
 
Quando a posição dos corpos (partículas) depende de um (ou mais) cabos que são 
inextensíveis (não se alteram de comprimento). 
 
Roteiro: 
 
1) Indicar todos os pontos intermediários de arcos e cabos lineares, averiguando 
quais definem a posição dos corpos (partes móveis); 
2) Definir uma linha de referencia (LR) que vai indicar o vetor posição (s) das 
partes móveis do sistema (partículas ou corpos); 
3) Estabelecer os comprimentos de cada cabo, incluindo os diversos valores de 
posição (s) relacionando-os com os movimentos e posição dos corpos em 
relação a referencia (LR); ℓABC = sA –sB + sC +... + θ12 + θ34 + θ56 +... 
4) Diferenciar em relação ao tempo (ds/dt) obtendo a relação entre as 
velocidades: vA –vB + vC +... = 0 
5) Diferenciar em relação ao tempo (dv/dt) obtendo a relação entre as 
acelerações: aA –aB + aC +... = 0. Etc. 
 
MOVIMENTO RELATIVO DOS CORPOS (PARTÍCULAS) 
 
Quando a posição de um ou mais corpos é relacionada a referenciais diferentes. 
 
Seja um corpo B relacionado por um referencial em A, sendo o último descrito por um 
referencial global fixo. 
 
Posição: rB = rA + rB/A (Ponto B é descrito em relação ao ponto A) 
 (rB, rA) posições absolutas no sistema fixo (x, y, z) 
 rB/A = posição relativa de B em A 
 
Velocidade (d/dt) r → vB = vA + vB/A 
 (vB, vA) velocidades absolutas no sistema fixo (x, y, z) 
 vB/A = velocidade relativa de B em A 
 
Aceleração (d/dt) v → aB = aA + aB/A 
 (aB, aA) acelerações absolutas no sistema fixo (x, y, z) 
 aB/A = aceleração relativa de B em AObs.: 1) A velocidade relativa de A em B é o oposto da velocidade de B em A, ou seja: 
 vB/A = vB – vA = – vA/B. 
 
 2) A aceleração relativa de A em B é o oposto da aceleração de B em A, ou seja: 
 aB/A = aB – aA = – aA/B. 
 
 3) Esses problemas são essencialmente vetoriais, deve-se determinar os eixos 
coordenados, posições, velocidades e acelerações nos unitários correspondentes 
e aplicar as equações de movimentos da Cinemática. 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
14
Exemplo: 
 
1.6– Dois carros de corrida F1 estão numa curva de no raio R = 1,2 km. O primeiro (A) 
faz a curva pelo lado externo e segue a tangente (direção y), encaminhando-se para o 
box com a sua velocidade vA = 180 km/h e frenando à aA = –81 Mm/h2. No mesmo 
instante, o segundo (B) passa a 4 m para dentro da curva, com a velocidade vB = 240 
km/h e aceleração de aB = +18 Mm/h2, prosseguindo na trajetória da curva. Determine a 
velocidade e aceleração de B percebidas pelo motorista em A. Veja a Fig. 1.4. 
 
 
Figura 1.4 – Movimento relativo dos carros de fórmula1. 
 
Velocidades: vA = 180 km/h = 50 m/s vB = 240 km/h = 66,67 m/s 
Acelerações: aA = –81 Mm/h2 = –6,25 m/s2 aB = 18 Mm//h2 = 1,39 m/s2 
 
Obs.: 1) Converter km/h → m/s: dividir por 3,6 ks/h (quilo-segundos/hora) 
 2) Converter Mm/h2 → m/s2: dividir por (3,6 ks/h)2 = 12,96 Ms2/h2 ≈ 13 Ms2/h2. 
 
As velocidades possuem a mesma direção (instantânea, direção y, unitário j) então a 
velocidade relativa de B em A é: 
 vB/A = vB – vA = (66,67 –50,00) = 16,67 j m/s 
 
 O carro B possui 2 acelerações: 
 tangencial atB = 1,39 m/s2 
 normal anB = vB2/R = (66,67 m/s)2/1196 m = 3,72 m/s2 (centrípeta) 
 
 resultante aB = [(1,39)2 + (3,72)2]0,5 m/s2 = 3,97 m/s2 
 ângulo entre as componentes: tg θ = aBy/aBx = 1,39/3,70 = 0,3757 .:. θ = 20,49° 
 vetor aB = (3,70 i +1,39 j) m/s2 
 
 A aceleração relativa de B em A é: 
 aB/A = aB – aA = (3,72 i +1,39 j) –(–6,25 j) = (3,72 i +7,64 j) m/s2 
 módulo: | aB/A| = [(3,72)2 + 7,64)2]0,5 m/s2 = 8,50 m/s2. 
 ângulo entre as componentes: tg θB/A = aB/Ay/aB/Ax = 7,64/3,72 = 2,054 .:. 
 θ = 64,04° 
Obs.: 1) A aceleração relativa de A em B será aA/B = aA – aB = – aB/A 
 aA/B = – (3,72 i +7,64 j) m/s2. 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
15
Cap. 2 – CINÉTICA 
 
Cinética - determinação da resultante de forças, que agora não é nula, e provoca a 
aceleração da(s) partícula(s) [corpo(s)] 
 
Equação do movimento – 2ª Lei de Newton: F = d(L)/dt = d(m.v)/dt = m.a 
 L – quantidade de movimento (L = m.v). 
 Se a velocidade não se altera (∆v = 0), então o corpo está em velocidade 
 constante (v = constante, Estática). 
 Caso particular: v = 0, parado. 
 
Força é a variação da quantidade de movimento (L) do corpo, provocando uma 
 aceleração (a) na massa (m), de mesma direção e sentido. (2ª Lei de Newton). 
 
Equação do Movimento: 
Resultante das Forças: (no sistema cartesiano) 
R = ΣF = Rx.i +Ry.j +Rz.k = m (ax.i +ay.j +az.k) 
 
Massa – inércia do corpo à modificação do seu estado de movimento. 
 Unidades: [kg, Mg, lb, utm] 
 
Lei da atração gravitacional: 2
12
21
d
.mmG F = 
 G = Constante universal de gravitação = 66,73 E–12 [m3/kg.s2] [Nm2 / kg2] 
 m1, m2 = massa das partículas 1 e 2 (corpos) 
 d12 = distancia entre os corpos 1 e 2 
Caso particular: Peso do corpo g.m .m 
R
MG W 2
t
t
=







= 
 
 Quando o corpo é a Terra: Mt = massa da Terra: 5,976 E24 kg, 
 (g = 9,81 m/s2) d12 = Rt = raio médio da Terra 6328 km. 
 
Centro de massa: G – ponto de coordenada rG, que representa o comportamento da 
 soma das (n) partículas de massa mi do corpo, que estão na posição ri, conforme: 
M = Σ(mi) 
( )
M
.m
1
ii
G
∑
=
=
n
i
r
r 
 
Força no centro de massa(G): ( ) G
1
ii M..m aaF ==∑
=
n
i
 
 
Aceleração resultante em G: 
( )
M
.m
M
1
ii
G
∑
=
==
n
i
a
F
a 
 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
16
Roteiro: 
 
1) Estabelecer os eixos coordenados, fazer o DCL (forças cartesianas). 
2) Avaliar os movimentos retilíneos (se houver). 
3) Prever quais serão as acelerações (+x, +y, +z), em geral. 
4) Diagrama Cinético (D. Cin.) Indicar essas acelerações. 
5) Aplicar as equações do movimento: (escalares) por componente 
6) Problemas 3D: usar a forma vetorial 
7) Atrito: Fa = µ.N sempre oposto ao movimento; 
 N = força normal à superfície (nem sempre corresponde ao peso do corpo!). 
µ: coeficiente de atrito entre as superfícies: 
µs – estático (v = 0, na eminência do movimento) ou 
µk – cinético (v ≠ 0, já em movimento). 
 
8) Mola: (massa desprezível) Fs = Ks .s = Ks(ℓ – ℓ0) 
 s = deslocamento da mola = (ℓ – ℓ0) 
 ℓ = comprimento atual 
 ℓ0 = comprimento não deformado (ou original) 
 Obs. a força é sempre restauradora (contrária ao deslocamento). 
 
9) Determinar: velocidade/deslocamento quando a aceleração é função do tempo: 
 ∫=−⇒==
t
0
0 dt (t)dt
d(t) avvvaa ∫=−⇒==
t
0
0 dt (t)dt
d(t) vsssvv 
 
10) Quando a aceleração é função da posição: 
2
0
2
v
v
s
s
vvv(t).dva(s).ds
00
−⇒= ∫∫ 
11) A aceleração é constante: integrais tradicionais (da Física) 
v = v0 + a.t 
s = s0 + v0.t + a.t
2/2 
v
2
 = v0
2
 +2.a.(s – s0) ou, vetorialmente: v.v = v0.v0 =2a.(s – s0) 
 
12) No caso de várias partículas: somar a contribuição de cada uma. 
direção dos eixos coordenados = direção dos eixos inerciais. 
13) Quando a componente vetorial desconhecida é determinada: se for um escalar 
negativo, o sentido é oposto ao do eixo arbitrado. 
 
 A Cinemática deve determinar os parâmetros da Cinética. As integrais ou 
diferenciais no tempo determinarão as acelerações ou velocidades que são empregadas 
para se calcular: forças, momentos, trabalho, potência e energia. 
 
Obs.: 1) Sempre que a função que define a envolva o tempo (t), deve-se integrá-la para 
obterem-se v e s (x, y, z) em relação ao tempo. 
 2) O mesmo ocorre quando a é função da posição (s) ou da velocidade (v). Por 
exemplo, forças de mola dependem da posição {Fm = Km.s}, forças de atrito e 
frenagem do ar dependem do quadrado da velocidade {Far = Kar.v2}. 
 3) Portanto, a determinação de velocidade v(t) ou posição s(t) só pode ser 
realizada pela integração correspondente. Não se pode simplesmente substituir o 
valor de t ou de s, pois a aceleração é uma função e não uma constante! 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
17
 4) Em vários problemas, valores de aceleração e velocidade deverão ser obtidos a 
partir da Cinemática (geometria do movimento) para depois serem inseridos na 
solução da Cinética (equilíbrio de força e equação do movimento: 2.a Lei de 
Newton). 
 5) Em outros, os resultados da Cinética vão determinar as acelerações (inclusive 
ajustar constantes) para depois se determinarem valores da Cinemática 
(velocidades e posição), empregando as integrações de acordo com a expressão 
obtida para a aceleração a função de (t, s e/ou v). 
 
Grandezas do Movimento Geral – Coordenadas normal e tangencial (3D) 
 
CIR – Centro Instantâneo de Rotação: ponto em torno do qual a partícula P (corpo) gira, 
com a aceleração centrípeta (ac = v2/R = ρ), locado pelo vetor normal un em 
relação ao ponto P. 
 
Raio de curvatura R = ρ – distância de P ao CIR, no instante dado. Determina a 
curvatura instantânea da trajetória no ponto P, locando o CIR a partir do vetor 
normal un. 
 
No sistema (ut, un, ub), as forças bi normais não possuem aceleração resultante, ou seja, 
ab = 0. (recai num caso da Estática). O movimentoé sempre analisado no plano 
osculador [que contém P e, também, os vetores (ut, un) que determinam o movimento.] 
 
Equações do movimento: 
ΣFt = m.at : aceleração tangente at = afeta o módulo da velocidade ( ) 
ΣFn = m.an: aceleração normal an = afeta a direção da velocidade (uv = ut). 
ΣFb = m.ab: aceleração binormal ab = 0 (não existe!) 
 
Aplicação: problemas nos quais a trajetória é conhecida. 
 
Grandezas do Movimento Geral – Coordenadas cilíndricas 
 
Equações do movimento: 
ΣFr = m.ar : aceleração radial ar = afeta mais a direção da velocidade (ur ≈ un). 
ΣFθ = m.aθ: aceleração polar aθ = afeta mais o módulo da velocidade ( v& ) 
ΣFz = m.az = )z/dtd.m( z.m 22=&& : aceleração na direção z cartesiana (tradicional). 
 
Como as acelerações radial e polar possuem componentes diferentes das acelerações 
normal e tangencial, (ar ≠ at e aθ ≠ an) não representam as mesmas grandezas: por isso 
apenas “afetam” mais. 
 
 
Obs.: 1) A “equação do movimento” informa que há uma aceleração numa dada 
 direção e, portanto, o corpo está entrando, modificando ou parando o seu 
 movimento; aplicando-se as equações da Dinâmica. 
 2) Quando não há aceleração numa direção, o movimento não se altera: ou o 
 corpo está parado ou em MRU (movimento retilíneo uniforme), quando 
 empregam-se as condições de equilíbrio da Estática. 
 3) Algumas situações da Dinâmica (numa dada direção, por exemplo) pode-se 
 recair em trechos de problemas ou situações da Estática. 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
18
Exemplo: 
 
2.1– Um veículo de massa m = 2,4 Mg desce uma rampa de inclinação θ = 35°, com a 
velocidade inicial v0 = 72 km/h. Qual a força de frenagem Fr, se este pára após percorrer 
a distância d = 20 m? Considere o atrito cinético dos pneus com o piso pelo coeficiente 
µk = 0,05. Resolver empregando a 2ª Lei de Newton (Eq. do movimento). Ver Fig. 2.1. 
 
 
Figura 2.1 – Caminhão descendo uma rampa. 
 
Peso do veículo: W = m.g = 2400 kg ×9,81 m/s2 = 23.544 N = 23,54 kN 
 
A velocidade do veículo é: v0 = 72 km/h = 72/(3,6 km.s/m.h) = 20 m/s 
A aceleração constante para parar o veículo é: (vf = 0 m/s; ) 
 v
2
 = v0
2
 –2.af.d → 0 = (20 m/s)2 –2×af ×20 m .:. af = –400 m2/s2 / 40 m 
 af = –10 m/s2 (na direção inclinada) 
 
Colocando-se os eixos coordenados (x, y) de forma que x esteja alinhado com a direção 
inclinada, pode-se escrever então, pela 2ª Lei de Newton: (não há movimento y, ay = 0) 
 
 ΣFy = N – W. cos θ = 0 → N = 23,54 kN×cos 35° = 23,54 kN×0,819 = 19,28 kN 
 
Força de atrito: Fa = –µk.N = –0,05 ×19,28 kN = –0,964 kN ≈ –0,96 kN 
 
Aplicando a 2ª Lei de Newton no eixo inclinado x (há movimento x, ax = af): 
 
 ΣFx = W. sen θ – Fr – Fa = m.ax → 
 23,54 kN ×sen 35° – Fr –0,96 kN = 2400 kg ×(–10 m/s2) .:. 
 – Fr = –23,54 kN ×0,574 +0,96 –24 kN .:. Fr = 13,51–0,96 +24 kN 
 Fr = 36,55 kN (ar = Fr/m = 36,55 kN / 2400 kg = 15,23 m/s2 ( > 1,5 g!) 
 
Obs.: 1) A aceleração para parar af (–10 m/s2) reduz a velocidade a zero (não depende 
da inclinação: tangente de θ). 
 2) O atrito reduz a força de frenagem necessária (Fa = –0,96 kN). 
 3) Uma parcela da frenagem deve combater o efeito da componente do peso na 
 direção inclinada (x). Ou seja, quanto maior a inclinação, maior será a força de 
 frenagem necessária. Neste caso a aceleração necessária supera 1,5 g! 
 
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19
Cap. 3 – TRABALHO E ENERGIA 
 
Parte I - TRABALHO 
 
Trabalho – é a energia (escalar) empregada/perdida pela componente de uma força F na 
direção do deslocamento s, definido por meio do vetor posição r. 
 sd.θ (s).cos.dU
2
1
2
1
s
s
r
r
∫∫ == FrF 
 
Obs.: 1) cos(θ) é a relação de projeção da força F na direção do deslocamento s, 
2) θ = ângulo o ângulo de projeção entre a força F e a trajetória ds (dr). 
 3) Produto força F escalar variação do deslocamento (posição) dr: 
 U = ∫ (Fx i +Fy j +Fz k).( dx i +dy j +dz k) = ∫ (Fx dx) + (Fy dy) + (Fz dz) 
 
Unidades: J (Joule = 1 N em 1 m), kgf.m, W.s (Watt segundo), lbf.in, lbf.ft, pd.ft2/s2 
 
Trabalho construtivo: quando F cos(θ) e s tem o mesmo sentido → 0 ≤ θ < π/2 
Trabalho destrutivo: quando F cos(θ) e s tem o sentido oposto → π/2 < θ ≤ π 
Trabalho nulo: quando F é ortogonal a s .:. cos θ = 0 → θ = (2n+1) π/2, n= 0, 1,… 
 
Sinal do trabalho: 1) Força F (+)↑ s (+)↑ então U + (mesmo sentido) 
 2) Força F ┴ s então U = 0 
 3) Força F (–)↓ s (+)↑ então U – (sentido oposto) 
 
Forças conservativas: são forças que dependem da posição, ou seja, o trabalho depende 
 apenas do ponto final e inicial da trajetória (não dependem da trajetória). 
 
1) Trabalho da força Fc constante (na direção de s) 
)ss(sdU 12c
s
s
cc
2
1
−== ∫ FF 
Obs.: 1) não depende da trajetória e sim da posição inicial (1) e final (2). 
 
2) Trabalho da força que depende da posição (s) 
 
 )G(s-)G(ssd.θ F(s).cosU 12
s
s
s
2
1
== ∫ , no qual G(s) = ∫ F(s).cos θ.ds 
 
 A) Trabalho da mola (caso particular): FS = KS.s, KS = rigidez elástica da mola. 
 
 
( )
2
ss
.K
2
s
.K sd..sKU
2
1
2
2
s
s
s
2
s
s
s
ss
2
1
2
1
−
=





== ∫ 
 
 Obs.: 1) só depende da posição/deslocamentos s (s2 e s1) 
 2) o trabalho é construtivo (US+) se a força da mola FS → está no sentido 
 do deslocamento s →, logo quando a mola retorna ao seu comprimento 
 original ℓ0. (recupera-se a energia potencial ΠS = KS.s2/2). 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
20
 3) o trabalho é destrutivo (US–) quando a força da mola FS ← está no 
 sentido oposto do deslocamento s →, logo a mola está se deformando (ou 
 encurtando ℓ < ℓ0 ou alongando ℓ > ℓ0) e a força é restauradora 
 (acumula-se a energia potencial ΠS = KS.s2/2). 
 4) se a cota s de posição/deformação da mola não se altera (s1 = s2) então 
 US = 0. 
 
 B) Trabalho do peso (caso particular também) W = –m.g 
 UW = ∫ (–W k).( dx i +dy j +dz k) = ∫ (–m.g).dz = –m.g.(z2 – z1) 
 
 Obs.: 1) só depende da variação das cotas z (z2 – z1) 
2) o trabalho é construtivo (UW+) quando a cota z2 é menor que z1, logo o 
corpo está descendo (recupera-se a en. potencial Πg = m.g.h = m.g.∆z). 
3) o trabalho é destrutivo (UW –) quando a cota z2 é maior que z1, ou seja, 
o corpo está subindo (acumula-se a en. potencial Πg = m.g.h = m.g.∆z). 
 4) se a cota z de posição do corpo não se altera (z1 = z2) então UW = 0. 
 
3) Trabalho de força ortogonal à trajetória 
 É nulo de princípio, já que a força é perpendicular à trajetória, ou seja, o produto 
escalar possui cos(90º) = 0. Exemplo: a força centrípeta dada por FN = m.aN (sendo a 
aceleração centrípeta aN = v2/r), do que UFN = 0. 
 
Normal N é sempre perpendicular à superfície onde o corpo se apoia, ou seja, não há 
movimento nessa direção. Além disso, o movimento é sempre tangencial à 
superfície, portanto, perpendicular a N. UN = 0. 
 
4) Trabalho de Forças não conservativas: é o caso das forças cujo trabalho depende da 
trajetória (não apenas dos pontos inicial e final). Em geral, possuem sinal negativo! 
 
Trabalho da força de atrito Fa 
 sd.N. sd.FU
2
1
2
1
s
s
k
s
s
aA ∫∫ µ−=−= 
Obs.: 1) O trabalho do atrito é sempre destrutivo (UA–, negativo). 
 2) µk – coeficiente de atrito cinético (v ≠ 0), há movimento e trabalho. 
 3) µs – coeficiente de atrito estático (v = 0), não há movimento, nem trabalho. 
 
Trabalho das forças internas Fij (Cuidado!) 
 Na Mecânica Geral II, os corpos são rígidos (não há deformações) então o 
 trabalho dessas forças se anula. UFij = – UFji → UFij + UFji = 0. 
 Na Resistênciados Materiais, por exemplo, a deformação axial ∆ = N.L/(E.A) 
 causada pelo esforço Normal N, cujo valor médio é N/2, define o trabalho de 
 deformação UN = N.∆ = N2L/(2.E.A) (≠ 0). 
 
Soma do Trabalho 
 “A soma dos trabalhos das forças que atuam no corpo corresponde ao trabalho 
da força resultante da soma dessas forças.” Como ∑=
i
iFR então 
 ∫∫∑∑ ∫∑ ==== rRrFrF d.d).()d.()U(U
i
i
i
i
i
iR 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
21
Parte II - ENERGIA 
 
Energia: capacidade de realizar trabalho. (Unidades: as mesmas do trabalho). 
 
Energia Cinética K 
 Energia do corpo relativa ao seu estado de movimento (velocidade): 
 na translação: K = m.v2/2 (velocidade linear) 
 na rotação: K = IG.ω2/2 (velocidade angular) 
 (energia sempre positiva) 
 
Energia Potencial П 
Energia do corpo sujeito a uma força conservativa, associada a sua posição e a 
um referencial. 
Referencial: ponto em que a energia potencial é mínima (zero), pois a força 
conservativa não se manifesta, ou seja, o corpo tende a permanecer no mesmo 
estado ali (repouso). 
 
1) En. Potencial gravitacional: Пg = m.g.(z2–z1) = m.g.∆z (depende da cota vertical z). 
 
Obs.: 1) É positiva (+) quando z2 > z1 (o trabalho UW– sendo W↓ e ∆z ↑). Esse sinal 
(+) indica que, uma vez liberado, o corpo tende a entrar em movimento: descer, 
produzindo trabalho (+ = acumula energia potencial). 
2) Caso contrário, será negativa (–). Será necessário fornecer o trabalho UW+ 
para o corpo retornar (subir) ao ponto do referencial. (Veja o sentido de W↓ e 
∆z ↓, – = precisa/falta de energia potencial). 
3) É nula ou desconsiderada, quando o corpo mantém a sua posição vertical, ou 
seja, ∆z = 0. 
 
2) En. Potencial elástica: ПS = KS. (s22 – s12)/2: (depende da posição s1 e s2 da mola). 
 
Obs.: 1) É positiva (+) quando s2 > s1 (quando ∆s ↑ tem sentido oposto de FS ↓). A en. 
potencial positiva indica que, uma vez liberado, o corpo tende a entrar em 
movimento: em direção ao ponto de menor energia, produzindo trabalho. 
2) Caso contrário, será negativa. (Observe a direção de FS ↑ e ∆s ↓). Ou seja, o 
corpo precisa de energia para se afastar do ponto de equilíbrio. 
 
Princípio do Trabalho 
Equilíbrio de energia: ( ) 122122
v
v
s
s
21 KKvv2
m
vd.v.m sd.)s(FU
2
1
2
1
−=−=== ∫∫− 
“O trabalho da força resultante representa a mudança da energia cinética do 
 corpo (ou partícula)”. U1-2 + K1 = K2 
 
Energia Mecânica – Princípio da conservação da energia 
 “Se apenas atuam forças conservativas no sistema, então a energia mecânica do 
 conjunto: en. cinética + en. potencial = en. mecânica: não se altera.” 
 E = K1 + П1 = K2 + П2 = Kn + Пn = energia mecânica 
 
Importante: retirados todos os trabalhos não conservativos (atrito), o Princípio da 
Energia Mecânica se mantém. 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
22
Potência: taxa de trabalho realizado por uma força em função do tempo. 
 P = dU / dt = d/dt(F.dr) = F.dr/dt = F.v [despreza-se (dF/dt).dr ≈ 0] 
 
Unidades: W (Watt) = (1 J /s), kgf.m/s, lbf.in/s, lbf.ft/s, pd.ft2/s. 
 Unidades técnicas (antigas): kgf.m/s 
 Unidades tradicionais (antigas): 
1 CV (cavalo–vapor) = 75 kgf.m/s = 735,5 W 
1 HP (horse–power) = 33.000 ft-lbf/min 
Equiv. Térmico: 33.475 BTU/h = 9,81 W 
Conversões: 1 HP = 550 ft·lbf/s, 1 ft = 0.3048 m, 1 lbf ≈ 4.448 N, 
 1 J = 1 N·m, 1 W = 1 J/s: 1 HP = 746 W 
 
Medições de Watt: 1 cavalo girar 144 voltas em 1 hora (ou 2,4 voltas por minuto), cada 
volta com 12 ft de raio; portanto, a distância 2,4 × 2π × 12 ft/min; com uma força de 
tração de 180 lbf, com o que: 1 HP = 180 lbf .(2,4×2π× 12 ft)/ 1 min = 32.572 lbf.ft/s. 
(James Watt and Matthew Boulton, 1783). 
1 CV = 735,5 W, 1 HP = 745,7 W, ou seja, 1CV = 0,9863 HP e 1 HP = 1,0139 CV. 
 
Elétrica: 600 kVA = 480 kW equivale a Fonte com a diferença de potencial v = 380 V, 
1 fase, passando a corrente i = 1264 A (com eficiência 1) 
 
Eficiência (rendimento): relação entre a potência de saída (útil/produzida) por uma 
máquina e a potência de entrada (fornecida/total consumida) ε = η = Ps/Pe. 
 
Exemplos: 
 
3.1– Um veículo de massa m = 2,4 Mg desce uma rampa de inclinação θ = 35°, com a 
velocidade inicial v0 = 72 km/h. Qual a força de frenagem Fr, se este pára após percorrer 
a distância d = 20 m? Considere o atrito cinético dos pneus com o piso pelo coeficiente 
µk = 0,05. Resolver empregando o Princípio do Trabalho. Ver Fig. 2.1 também. 
 
Peso do veículo: W = m.g = 2400 kg ×9,81 m/s2 = 23.544 N = 23,54 kN 
Trabalho do peso: UW = W.∆z = W.d.sen θ = 23,54 kN ×20 m ×sen 35° = 
 UW = 23,54 kN ×20 m ×0,574 = 270,2 kJ 
 
Força normal (já determinada pela 2ª Lei de Newton, com ΣFy = m.ay = 0): 
 N = W. cos θ → N = 23,54 kN×cos 35° = 23,54 kN×0,819 = 19,28 kN 
Trabalho da força normal: UN = N.d.cos 90° = 19,28 kN ×20 m ×0 = 0 
 
Força de atrito : Fa = –µk.N = –0,05 ×19,28 kN = –0,964 kN ≈ –0,96 kN 
Trabalho da força de atrito: UFa = Fa.d = –0,96 kN ×20 m = –19,2 kJ 
 
Trabalho da força de frenagem: UFr = Fr.d = Fr ×20 m (supõe-se direção x+: →) 
 
Energia cinética antes: 
 A velocidade do veículo é: v0 = 72 km/h = 72/3,6 k.s/h = 20 m/s 
 K0 = m.v02/2 = 2400 kg ×(20 m/s)2/2 = 480 kJ 
 
Energia cinética depois da frenagem: (a velocidade do veículo é: vf = 0 m/s) 
 Kf = m.vf2/2 = 2400 kg ×(0 m/s)2/2 = 0 kJ 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
23
Trabalho resultante = Soma dos trabalhos de todas as forças: 
U = ΣUi = UW + UN + UFa + UFr = (270,2 +0 –19,2) kJ +Fr ×20 m = 251 kJ +Fr ×20 m 
 
Princípio do Trabalho: K0 +U = Kf 
U = Kf –K0 → 251 kJ +Fr ×20 m = 0 –480 kJ .:. Fr ×20 m = (–480 –251) kJ 
 
Força de frenagem: Fr = –731 kJ / 20 m = –36,55 kN (a força é dissipadora!) 
Aceleração de frenagem: ar = –36,55 kN / 2400 kg = –15,23 m/s2. (–x: ←) 
 
3.2– Resolver o mesmo problema anterior, empregando o Princípio da Conservação da 
Energia. (Lembre-se que só é válido para forças conservativas!). Ver Fig. 2.1 também. 
 
Consideram-se agora, apenas os trabalhos das forças dissipadoras que são: 
Trabalho da força de atrito: UFa = –Fa.d = –0,96 kN ×20 m = –19,2 kJ 
Trabalho da força de frenagem: UFr = +Fr.d = +Fr ×20 m (direção x+: →) 
 
Trabalhos das forças dissipadoras: Up = UFa + UFr = –19,2 kJ +Fr ×20 m 
 
Energia Cinética antes: 
 K0 = m.v02/2 = 2400 kg ×(20 m/s)2/2 = 480 kJ 
Energia cinética depois: 
 Kf = m.vf2/2 = 2400 kg ×(0 m/s)2/2 = 0 kJ 
 
Energia potencial gravitacional antes: (z0 = d.sen θ) 
 Π0 = W.z0 = +23,54 kN ×20 m ×sen 35° = +270,2 kJ 
Energia potencial gravitacional depois: 
 Πf = W.zf = 0 (zf = 0) 
 
Princípio da Conservação da Energia: 
(energia mecânica antes + trabalho das forças não conservativas) = energia mec. depois 
 E0 +Up = Ef → K0 + Π0 +Up = Kf + Πf .:. 
 480 kJ +270,2 kJ –19,2 kJ +Fr ×20 m = 0 +0 = 0 
 731 kJ +Fr ×20 m = 0 
 
Força de frenagem: Fr = –731 kJ / 20 m = –36,55 kN (direção x–: ←) 
 
Conclusão: 
 Este problema foi resolvido pela 2ª Lei de Newton e equilíbrio de forças apenas 
(no capítulo anterior), pelo Princípio do Trabalho onde a soma dos trabalhos ΣU 
corresponde à variação da energia cinética ∆K e pelo Princípio da Conservação da 
Energia, no qual, retirando-se o efeito do trabalho das forças dissipadoras (UFa + UFr), a 
energia mecânica (E) do sistema (o somatório das energias cinéticas ΣK às energias 
potenciais ΣΠ) não se altera. 
 
Obteve-se o mesmo resultado, comprovando a equivalência das soluções! 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
24
Cap. 4 – QUANTIDADE DE MOVIMENTO E IMPULSO 
 
Impulso (linear) – é o resultado de uma forçaF (resultante ou soma de forças) aplicada 
durante um intervalo de tempo ∆t = (t2 – t1) responsável pela modificação da 
quantidade de movimento linear L (velocidade v2 e v1) da partícula (ou corpo). 
( ) 1212
v
v
t
t
md.m td.)t(
2
1
2
1
LLvvvFI −=−=== ∫∫ 
 
Obs.: 1) representa na forma escalar a área sob a curva |F| × t 
 2) são grandezas vetoriais: (tem direção e sentido) 
 3) diretamente ligadas à 2ª Lei de Newton (Eq. do Movimento) 
 
Unidades: N.s = (kg.m/s2).s = kg.m/s, pd.in/s, pd.ft/s, (lb.pol/s, lb.pé/s). 
 
Forma cartesiana (separada por componente na forma escalar): 
Vetor força: F = (Fx i +Fy j + Fz k), 
impulso linear: I = (Ix i +Iy j + Iz k), 
quantidades de movimento linear: Lm = (Lxm i +Lym j + Lzm k), 
velocidades: vm = (vxm i +vym j + vzm k), no instante m = 1 e 2 (t1 e t2), 
 componente na direção w = (x, y ou z): 
 ( ) 1w2w1w2ww
v
v
t
t
ww md.m td.)t(
2w
1w
2
1
LLvvvFI −=−=== ∫∫ 
 
Sistema de partículas (corpo): 
 ( ) ( ) ∑∑∑∑∑∫∑ =+→=+ 21i2
i
i
i
2t
1t
i1
i
i m dt.)t( m LILvFv 
 
A soma da quantidade de movimento linear antes (inicial) de todas as partículas do 
sistema com o impulso linear de todas as forças aplicadas no sistema corresponde à 
quantidade de movimento linear depois (final). 
 
Pela definição do Centro de massa G: M = ∑mi e M.vG = ∑ (mi.vi) 
 2G
i
t
t
i1G .M td.)t(.M
2
1
vFv =+∑∫ 
Princípio da conservação da quantidade de movimento linear: quando o impulso linear 
de todas as forças atuantes I = 0, ou seja, a quantidade de mov. linear se mantém: 
 
 
( ) ( ) 2G1Gi2
i
ii1
i
i .M.Mv m v m vv === ∑∑ 
 
Obs.: 1) Equivale a 1ª Lei de Newton na forma temporal. 
 2) A velocidade do centro de massa é constante. 
 
Forças impulsivas: são forças de grande magnitude e com pouca duração: choque, 
explosão, etc. (Em geral, o tempo t [s] envolvido é pequeno, assim, pode-se desprezar a 
ação de outras forças como o peso, o atrito, etc.). 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
25
Quantidade de movimento angular H0 é o momento da quantidade de movimento linear 
da massa m que possui velocidade v numa direção dada pelo raio vetor r em relação a 
um ponto (particularmente, no ponto 0, origem de um sistema). H0 = r × m.v 
 
H0 na forma cartesiana – produto vetorial da velocidade: v = (vx i + vy j + vz k) e o raio 
vetor de posição da massa m, r = (rx i + ry j + rz k) em relação à origem 0: 
 
] )vrvr( )vrvr( )vrvr.[(m
vvv
rrr.m xyyxzxxzyzzy
zyx
zy0 kji
kji
H x −+−+−== = IG.ω 
 
Impulso (angular) – é o resultado do momento M0 da força F (resultante ou soma de 
forças) em relação ao ponto 0, aplicada durante um intervalo de tempo ∆t = (t2 – 
t1) responsável pela modificação da quantidade de movimento angular H0 
(velocidade v2 e v1) da partícula (ou corpo) em relação àquele eixo (0) por r. 
 
Obs.: 1) Representa na forma escalar a área sob a curva |M0| × t 
 2) São grandezas vetoriais: (tem direção e sentido) 
 3) Diretamente ligadas à 2ª Lei de Newton (Eq. do Movimento) 
 
Unidades: N.m.s = (kg.m2/s2).s = kg.m2/s, pd.in2/s, pd.ft2/s (lb.pol2/s, lb.pé2/s). 
 
Sistema de partículas (corpo): 
( ) ( ) ( ) ∑∑∑∑∫∑ =+→×=×+× α
i
i
i
i
i
iii
i
t
t
ii
i
iii 212
2
1
1
 .mdt .m HIHvrFrvr 
A soma da quantidade de movimento angular H0 antes (1: inicial) de todas as partículas 
do sistema com o impulso angular Iα de todas as forças aplicadas no sistema 
corresponde à quantidade de movimento angular depois (2: final). 
 
Pela definição do Centro de massa G: M = ∑mi e M.vG = ∑ (mi.vi) 
( ) ( ) ( ) ( ) 2G
i
t
t
i1G2GG
i
t
t
iiGG Idt I.Mdt .M
2
1
2
1
1
ωMωvrFrvr =+→×=×+× ∑∫∑∫ 
Princípio da conservação da quantidade de movimento angular: quando o impulso 
angular de todas as forças atuantes Iα = 0 
 
( ) ( ) 02012GG1GG
i
iii
i
iii .M.M.m.m 21 HHvrvrvrvr ==×=×=×=× ∑∑ 
 Obs.: 1) Equivale a 1ª Lei de Newton na forma temporal. 
 2) A velocidade angular do centro de massa é constante. 
 
Equações do movimento da partícula (ou corpo): 
 Movimento linear: (x, y, z): ∑ L1 + ∑ I = ∑ L2 
 Movimento angular: (x, y, z): ∑ H01 +∑ Iα = ∑ H02 
 
Obs.: 1) As quantidades de movimento são: 
• para sistemas planos (2D) : 2 lineares (x/y) e 1 angular (z). 
• para sistemas espaciais (3D): 3 lineares (x/y/z) e 3 angulares (x/y/z). 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
26
Exemplos: 
 
4.1– Uma locomotiva de massa mL = 82 Mg movimenta-se na velocidade v1 = 81 km/h 
constante, quando o último dos 3 vagões de massa mV = 24 Mg desatraca e pára. 
Determine: 
 a) Qual a nova velocidade v2 do trem remanescente? Despreze atritos, perdas e 
 impulsos. 
 b) Se o maquinista do trem parasse o trem em tr = 16 s, após perder o último 
 vagão, qual seria a força de frenagem Fr necessária? Ver Fig. 4.1. 
 
 
Figura 4.1 – Vagão que desengata do trem. 
 
Velocidade inicial: v1 = 81 km/h (/3,6 ks/h) = 22,5 m/s (+: →) 
 
Pela conservação da quantidade de movimento linear: L1 = L2 → m1.v1 = m2.v2 .:. 
 (82 Mg +3× 24 Mg) ×22,5 m/s = (82 Mg +2 ×24 Mg) × v2 + (24 Mg ×0) 
 154 Mg ×22,5 m/s = 130 Mg× v2 
 
a) Velocidade final: v2 = (3465/130) m/s = 26,65 m/s (×3,6 h/k.s) = 96 km/h. 
Impulso linear: I = L3 – L2 = 0 –3465 Mg.m/s = Fr. tr = Fr.16 s .:. 
 
b) Força de frenagem: Fr = –3465 kN.s/16 s → Fr = –216,6 kN (x–: ←) 
 
4.2– Uma engrenagem em anel de bronze, com diâmetro médio dos 27 dentes e corpo 
de d1 = 160 mm, possui a massa mE = 36 kg, fixada numa roda de aço de massa mR = 26 
kg. Essa engrenagem gira a n1 = 420 rpm, quando um dos dentes se rompe e cai no 
chão. 
 a) Qual a nova rotação da engrenagem? Considere que o raio se modifique 
 proporcionalmente e que a engrenagem possa continuar girando. Despreze 
 atritos, perdas e impulsos. 
 b) Qual é o torque para parar o conjunto em 22 s? Ver Fig. 4.2. 
 
 
Figura 4.2 – Engrenagem que perdeu um dente. 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
27
 
Massa antes: m1 = mE + mR = 36 kg + 26 kg = 62 kg. 
Massa da engrenagem sem 1 dente (aproximado): mEd = 26 × 36 kg / 27 = 34,67 kg 
Massa depois: m2 = mEd + mR = 34,67 kg + 26 kg = 60,67 kg. 
 
Raio médio antes: r1 = d1/2 = 160 mm /2 = 80 mm 
Raio médio depois r2 = 60,67 kg × 80 mm / 62 kg = 78,28 mm (proporcional) 
 
Velocidade angular: ω1 = 2π.n1/60s/min = 2π ×420 rpm / 60 = 43,98 rad/s 
Velocidade linear: v1 = ω1.r1 = 43,98 rad/s × 80 mm = 3518 mm/s (3,52 m/s) 
 
Pode-se escrever que: (conservação da quantidade de movimento angular) 
 H1 = H2 → r1.m1.v1 = r1.m2.v2 .:. 
 80 mm × 62 kg × 3518 mm/s = 78,28 mm × 60,67 kg × v2 
 
Velocidade linear: v2 = (17.449.280 kg.mm2/s)/(4749,25 kg.mm) = 3674 mm/s 
Velocidade angular: ω2 = v2/r2 = 3674 mm/s / 78,28 mm = 46,93 rad/s 
 
a) Rotação n2 = 60 ω2/(2π) = (60s/min ×46,93 rad/s) /(2π) → n2 = 448,2 rpm. 
 
Impulso angular: Iα = H3 –H2 = 0 –17.449.280 kg.mm2/s = Mr. tr = Mr.22 s .:. 
b) Momento de frenagem: Mr = –17.449.280 kg.mm2/s /22 s = 793,1 N.mm. 
 
Obs.: 1) 1 kg.mm2/s = (0,001 kg.m/s2).mm.s = 0,001 N.mm.s. 
 2) Foi suposto que as forças/momentos de frenagem são constantes. 
 3) Quando F (ou M) são funções de t (tempo) há que integrar (em relação a t). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
28
Cap. 5 – CHOQUE E IMPACTO 
 
Choque (ou impacto) – é a modificação da quantidade de movimento do corpo que 
ocorre quando um corpo (ou partícula) colide com outro. Eq. Geral do movimento: 
 
mA.vA1 + mB.vB1 +∫ P.dt + ∫ R.dt =mA.vA2 + mB.vB2 
 
mA, mB – massas das partículas (corpos) em movimento de colisão (inalterada) 
vA, vB – velocidades das partículas (corpos), antes (1) e depois (2) da colisão. 
 
∫ P.dt = impulso devido ao choque, com deformação das partículas |(ou corpos) no 
instante da colisão, associada às modificações de forma desse corpo. 
 
∫ R.dt = impulso devido a uma parcela da recuperação da energia envolvida no choque, 
supondo que haja uma parte de comportamento elástico após o choque. 
 
Tipos de choque: 
 
1) Frontal: quando a direção de movimento dos corpos é perpendicular à linha de 
colisão dos mesmos (com qualquer sentido) 
 
2) Oblíquo: quando não ocorre a circunstancia acima. 
 
3) Elástico: quando toda a energia é preservada, ou seja, a quantidade de 
movimento do sistema de partículas não se altera. Neste caso, ∫ P.dt = ∫ R.dt, não 
havendo perda de energia e o coeficiente de restituição e = 1. 
 
4) Inelástico: parte ou toda a energia do sistema é consumida na forma de trabalho 
de forças passivas (atrito, forças gravitacionais, etc.), havendo perda total da 
energia com a parcela ∫ P.dt, Já que ∫ R.dt = 0, o coeficiente de restituição e = 0. 
 
Coeficiente de restituição: indica qual a parcela das velocidades é perdida e qual a parte 
 recuperada, expressa pela relação de velocidades: 
 
 
( )
( )1b1a
2a2b
vv
vv
−
−
=e 
 
Obs.: 1) Partes da partícula que não tem aplicação de força impulsiva, mantém a sua 
quantidade de movimento. 
 2) Choque inelástico: a energia perdida pode ser avaliada como o trabalho do 
impulso: U12 = ∑ K1 – ∑ K2 que não é recuperado. 
3) As velocidades podem ser determinadas conjugando-se o princípio da 
conservação do movimento linear (L) e o coeficiente de restituição (e), para o 
conjunto de partículas (ou corpo). 
4) A força impulsiva entre os corpos em colisão pode ser determinada pelo 
Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento (linear ou angular), 
aplicada apenas para um dos corpos. 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
29
Exemplo: 
 
5.1– Dois veículos transitam num trecho reto da estrada e colidem frontalmente, sendo 
que o primeiro era um Honda de massa mA = 1,26 Mg e velocidade vA = +54 km/h (→) 
e o segundo, uma Van com massa mB = 2,52 Mg e velocidade vB = –120 km/h (←). A 
polícia investiga o acidente e pediu ao perito que considere várias possibilidades na 
determinação da velocidade final dos veículos para entender o que aconteceu: 
 a) Choque elástico, com o valor do coeficiente de restituição e = 1. 
 b) Choque quase elástico, com e = 0,9. 
 c) Condição intermediária com e = 0,5. 
 d) Quase inelástico, com e = 0,1. 
 e) Choque inelástico, com e = 0. 
 f) Qual a perda de energia máxima? Ver Fig. 5.1. 
 
 
Figura 5.1 – Choque de dois veículos. 
 
Velocidades iniciais: vA1 = +54 km/h = +54/3,6 k.s/h = +15,0 m/s (→) 
 vB1 = –120 km/h = –120/3,6 k.s/h = –33,3 m/s (←) 
 
Coeficiente de restituição e = (vB2 –vA2)/ (vA1 –vB1), do que se pode obter a relação 
direta para uma das incógnitas (vB2), supondo que será negativa (–x: ←): 
 vB2 = vA2 +e (vA1 –vB1) → vB2 = vA2 +e [15 –(–33,3)] → vB2 = vA2 +48,3 e 
 
Aplicando a Conservação da Quantidade de Movimento tem-se: 
 mA. vA1 + mB. vB1 = mA. vA2 + mB. vB2; substituindo valores conhecidos: 
 1260 kg.(+15 m/s) +2520 kg.(–33,3 m/s) = 1260 kg. vA2 +2520 kg.(vA2 +48,3 e) 
 (18900 –83916) kg.m/s = (1260 +2520) kg. vA2 +121716 e kg.m/s 
 vA2 = (–121716 e –65016) kg.m/s / 3780 kg 
 
Velocidade do Honda A: vA2 = (–32,2 e –17,2) m/s 
Velocidade da Van B: vB2 = (+16,1 e –17,2) m/s. (Substituindo na primeira relação) 
 
Para as condições de análise: 
 
a) elástico e = 1: vA2 = (–32,2 –17,2) = –49,4 m/s (–177,8 km/h) 
 vB2 = (+16,1 –17,2) = –1,1 m/s ( –4,0 km/h) 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
30
b) quase elástico e = 0,9: vA2 = (–32,2 ×0,9 –17,2) m/s = –46,18 m/s (–166,2 km/h) 
 vB2 = (+16,1 ×0,9 –17,2) m/s = –2,71 m/s ( –9,8 km/h) 
 
 
c) intermediária e = 0,5: vA2 = (–32,2 ×0,5 –17,2) m/s = –33,30 m/s (–120,0 km/h) 
 vB2 = (+16,1 ×0,5 –17,2) m/s = –9,15 m/s ( –32,9 km/h) 
 
d) quase inelástico e = 0,1: vA2 = (–32,2 ×0,1 –17,2) m/s = –20,42 m/s (–73,5 km/h) 
 vB2 = (+16,1 ×0,1 –17,2) m/s = –15,59 m/s (–56,1 km/h) 
 
e) inelástico e = 0: vA2 = vB2 = –17,2 m/s ( –61,9 km/h) 
 
f) A perda de energia cinética máxima ocorre no choque inelástico: 
antes: K1 = mA.vA12/2 + mB.vB12/2 = 1260 kg.(+15 m/s)2/2 +2520 kg.(–33,3 m/s)2/2 
 K1 = (141750+1397201) J = 1538951 J ≈ 1,539 MJ 
 
depois: K2 = (mA+ mB).vA22 /2 = (1260 +2520) kg.(–17,2 m/s)2/2 = 559.138 J 
 
perda de energia máxima: ∆K = K2 –K1 = (1,539 –0,559) MJ = 0,98 MJ ≈ 1 MJ. 
 
Conclusões: 1) O automóvel A reverteu de velocidade após o choque: sua velocidade 
pode ter variado de –49,4 ≤ vA2 ≤ –17,2 m/s. . 
 2) O veículo B não parou nem modificou sua trajetória: vB2 ≤ –17,2 m/s. 
 3) A energia cinética variou de no máximo ∆K ≤ 1 MJ. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
31
Cap. 6 – CINEMÁTICA DO CORPO – TRANSLAÇÃO E ROTAÇÃO (2D/3D) 
 
Sistema fixo – sistema coordenado global e inerte (parado/fixo) com eixos X/Y/Z, de 
unitários direcionais (I, J, K). 
 
Sistema móvel – sistema coordenado local e que acompanha à translação e à rotação do 
corpo estudado, dependendo da análise, com eixos x/y/z de unitários direcionais 
(i, j, k). 
 
Translação – movimento linear ou curvilíneo com as seguintes características: 
Quaisquer pontos A–B selecionados do corpo guardam a mesma posição relativa 
entre si e ângulos em relação a um sistema coordenado que acompanhe o 
movimento (x/y/z). 
 
Trajetória – de um ponto (P) descreve a trajetória de todos os pontos, (o Centro de 
Massa G descreve todo o movimento): r(P) = rG 
Deslocamento – todos os pontos sofrem o mesmo deslocamento: s(P) = sG 
Velocidade – de um ponto (P) é a mesma de todos os pontos: v(P) = vG 
Aceleração – de um ponto (P) é a mesma de todos os pontos: a(P) = aG 
 
Rotação – giro do corpo em torno de um eixo A, no qual todos os pontos possuem a 
mesma velocidade zero (vA = 0). 
 
Trajetória – de um ponto (P) descreve um arco (ou um círculo) em torno do eixo A, de 
raio definido pela distância do ponto ao eixo rP = dAP (visto no plano que contém 
os pontos (A, P) e que é perpendicular ao eixo A. 
Deslocamento – medida do arco descrito: ds = r. dθ → s–s0 = r(θ–θ0) {escalar} 
Rotação – ângulo de giro θ: não é vetor (possui módulo, direção e sentido), mas não 
aceita a propriedade comutativa da adição vetorial: θ + Φ ≠ Φ + θ. Na forma 
infinitesimal: se aceita, aproximadamente, que dθ + dΦ ≈ dΦ + dθ; desprezando-
se a diferença (como se fosse um vetor). Rotação anti-horária (+). 
Unidades: [radianos, graus, grados, giro/volta, rotações] 
Velocidade angular – vetor taxa de variação do ângulo de giro em função do tempo: 
 ω = dθ/dt, direção: mesma do eixo de rotação, sentido anti-horário (+). 
Unidades: [rad/s, cps (ciclos por segundo), rpm (rotações por minuto)] 
Relações extras: ω = 2πn/T = 2πnf, T = período, tempo de uma volta; n = número 
de voltas (rotações por minuto) quando T = 60 s; f = frequência [Hz] ciclos por s. 
Todos os pontos do corpo, exceto o eixo, possuem a mesma velocidade angular ω. 
Aceleração angular – vetor taxa de variação da velocidade angular em função do tempo: 
α = dω/dt, direção: em geral, não coincide do eixo de rotação, sentido anti-horário 
(+). Unidades: [rad/s2] 
Velocidade (instantânea) – tangente ao círculo descrito no plano do movimento.Dado 
raio vetor rP (P) = (rx i + ry j + rz k) que sai de qualquer ponto A do eixo 
atingindo o ponto P, e a velocidade angular ω = (ωx i + ωy j + ωz k), define-se a 
velocidade v = (vx i + vy j + vz k) como o produto vetorial v = ω × rP, conforme: 
 
 
( ) ( ) ( )kji
kji
rωv rωrω rωrω rωrω
rrr
ωωω xyyxzxxzyzzy
zyx
zyxP −+−+−==×= 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
32
Obs.: 1) Escalar: v = ω.rP.sen(Ф) = ω.r [pois, r = rP.sen(Ф)]. 
 2) Perpendicular aos vetores rP e ω, tangente à trajetória (círculo de raio r). 
 
Aceleração – a = dv/dt = d[rp × ω]/dt = α × rp + ω ×(ω × rp) = α × rp – ω2 rp, 
 (parcela tangencial: depende da aceleração angular α + 
 parcela normal = centrípeta = v2/r = ω2.r). 
 Direção: em geral, não coincide do eixo de rotação, sentido anti-horário (+). 
 
Equações gerais (para problemas de rotação com αc constante): 
1) ω = ω0 + αc (t – t0) (vetor) 
2) θ = θ0 + ω0 (t – t0) + αc (t – t0)2/2 (escalar) 
3) ω2 = ω02 + 2αc (θ – θ0) (escalar) 
4) v = ω.r (escalar) ou v = ω × rP (vetor) 
 
Teorema de Chasles: todo movimento (geral) pode ser analisado como a combinação 
(soma) de movimento(s) de translação e de rotação. 
Enunciado: O campo de velocidades de um corpo (sólido) rígido cumpre a 
condição: ).().( kikkii rrvrrv −=− apenas quando o movimento do corpo é 
descrito por uma translação v0 e uma rotação ω0, conforme: rωvrv ×+= 00).( 
 
Roteiro: 
 
1) Definir sistemas coordenados: origem e direção dos movimentos (para um 
ponto P): definir posição s (translação) e θ (rotação). 
2) Relacionar pela trigonometria/condições do problema: s = f(θ). 
3) Encontrar as derivadas temporais que relacionam as grandezas lineares e 
angulares, aplicando a regra da cadeia: 
 
ωvs )θ( θ)θ( ff ′=→′= &&
 
αωas )θ( )θ( θ)θ( θ)θ( 22 ffff ′+′′=→′+′′= &&&&&
 
4) Aplicar as equações gerais (quando for o caso). 
5) Fazer as integrações temporais (no tempo) dessas grandezas. 
 
Movimentos combinados: Translação + Rotação 
CIVN (Centro Instantâneo de Velocidade Nula): possui vCIVN = 0, 
velocidade angular ωCIVN = ωG, a velocidade de qualquer ponto P do corpo é dada pela 
posição deste em relação ao CIVN: vP = ωCIVN × rP_CIVN 
(O vetor velocidade é perpendicular ao vetor posição de P em relação ao CIVN: vP ┴ 
rP_CIVN) 
 
Como determinar o CIVN (= CIR) 
1) 2 velocidades não paralelas: interseção dos raios vetores posição (rP_CIVN ┴ vP). 
2) 2 velocidades paralelas: distancia CIVN ao ponto é proporcional à velocidade. 
 
Lembrete: ωCIVN = ωG = vA/rA = vB/rB → rB = (vB/ vA) ×rA. 
 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
33
Exemplo: 
 
6.1– Dois platôs de massa mA/B = 48 kg cada, com engrenagens planas se deslocam 
horizontalmente, o superior com velocidade vB = 28 cm/s para a direita e o inferior com 
vA = 16 cm/s para a esquerda. Entre os 2 platôs há uma roda com engrenagem circular 
de massa mC = 32 kg com diâmetro dC = 24 cm. Ver Fig. 6.1. Determinar: 
 a) Qual a velocidade angular da roda ω? 
 b) Qual a velocidade linear da roda vC? 
 c) Qual a quantidade de movimento linear do sistema L? 
 d) Qual a força necessária para frenar o conjunto FG, aplicada no ponto G da 
 roda, atuando por tP = 0,5 s? 
 e) Sendo o raio de giração da roda kC = 16 cm, qual o momento que pára o 
 conjunto, aplicado em G, atuando por tP = 0,5 s? 
 f) Qual a aceleração angular de frenagem αG no CIVN? 
 
 
Figura 6.1 – Movimento geral engrenagem e platôs. 
 
vA = ω.rA e vB = ω.rB → ω = vA / rA = vB / rB → vA / vB = rA / rB .:. 
rA = (vA/vB).rB = (16/28).rB = 4.rB /7 
 
Mas, como o CIVN (CIR) está no diâmetro que liga os pontos A e B dos platôs que 
tocam a roda, é válido que: rA+ rB = dC .:. 4.rB /7 + rB = 24 cm → rB = 15,27 cm 
rA = dC – rB = (24 –15,27) cm → rA = 8,73 cm 
 
a) ω = vA / rA = 16 cm/s / 8,73 cm .:. ω = 1,832 rad/s 
 ω = vB / rB = 28 cm/s / 15,27 cm (obtém-se o mesmo). 
 
b) rC = 24 cm/2 – 8,73 cm = 3,27 cm .:. vC = ω.rC = 1,832 rad/s × 3,27 cm = +6,0 cm/s 
 
c) Platô A: LA = mA.vA = 48 kg ×(–0,16 m/s) = –7,68 kg.m/s 
 Platô B: LB = mB.vB = 48 kg ×(+0,28 m/s) = +13,44 kg.m/s 
 Roda C: LC = mC.vC = 32 kg ×(+0,06 m/s) = +1,92 kg.m/s 
 
 ΣL = LA + LB + LC = –7,68 +13,44 +1,92 = +7,68 kg.m/s 
 
d) L – L0 = ∫ FG.dt; mas L0 = 0 e FG = constante → L = FG. tP .:. +7,68 kg.m/s = FG.0,5 s 
 Força de frenagem FG = +7,68 kg.m/s /0,5 s → FG = 15,36 N 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
34
 
 M = Σm = mA + mB + mC = 2× 48 +32 = 128 kg .:. 
 Aceleração aG = FG/M = 15,36 N/128 kg → aG = 0,12 m/s2 = 12 cm/s2 
 
e) IC = mC.kC2 = 32 kg ×(0,16 m)2 = 0,8192 kg.m2 
 
 HA = rA.mA.vA = 0,0873 m × (–7,68 kg.m/s) = –0,6705 kg.m2/s 
 HB = rB.mB.vB = 0,1527 m × (+13,44 kg.m/s) = +2,0523 kg.m2/s 
 HC = rC.mC.vC = 0,0327 m × (+ 1,92 kg.m/s) = +0,0628 kg.m2/s 
 
 HCG = IC. ω = 0,8192 kg.m2 × 1,832 rad/s = +1,5008 kg.m2/s 
 
 ΣH = HA + HB + HC + HCG = (–0,6705+2,0523+0,0628+1,5008) = +2,9454 kg.m2/s 
 
 H – H0 = ∫ MG.dt; mas H = 0, H0 = +2,9454 kg.m2/s, MG = constante → H0 = MG. tP 
 .:. –2,9454 kg.m2/s = MG. 0,5 s 
 
 Momento de frenagem MG = –2,9454 kg.m2/s /0,5 s = –5,891 N.m 
 
f) Inércia no CIVN: 
 
IG = IC +mC.rC2 → 0,8192 kg.m2 + 32 kg ×(+0,0327 m)2 = 0,8192 +0,0342 → 
IG = 0,8534 kg.m2 (Teorema dos Eixos Paralelos) 
 
Como IG.αG = MG .:. 
Aceleração angular αG = MG/IG = –5,891 N.m/ 0,8534 kg.m2 → αG = –6,903 rad/s2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
35
Cap. 7– CINÉTICA DO CORPO RÍGIDO 3D 
 
MOVIMENTO GERAL EM 3D 
 
Translação: todos os pontos do corpo possuem o mesmo movimento (mesma 
velocidade), descrito pelo ponto G [rG, vG e aG são funções f(t)]. 
 
 Condições do movimento: ( ) 0 0.m
i
ii
i
i =×=≠== ∑∑ FrMaFR
 
Rotação: todos os pontos do eixo do corpo possuem velocidade nula e todos os demais 
pontos do corpo possuem a mesma velocidade angular ω. 
 
Condições do movimento: ( ) 0.I 0 G
i
ii
i
i ≠=×=== ∑∑ αFrMFR 
 Velocidade de um ponto qualquer: vP = ω × rP 
 Aceleração de um ponto qualquer: aP = α × rP 
 
Movimentos combinados: 
presença do CIVN (Centro Instantâneo de Velocidade Nula): possui vCIVN = 0, 
velocidade angular ωCIVN = ωG, a velocidade de qualquer ponto P do corpo é dada 
pela posição deste em relação ao CIVN: vP = ωCIVN × rP_CIVN 
Vetor velocidade é perpendicular ao vetor posição de P em relação ao CIVN: 
vP ┴ rP_CIVN 
 
Translação geral: ∑Fx = M(aG)x ∑Fy = M(aG)y ∑Fz = M(aG)z 
Rotação de eixo G: ∑MG = IG.αG 
Particular: Rotação de eixo CIVN: ∑MCIR = IG.αCI (CIVN: v = 0, αCI = αG) 
 
Caso da rotação em torno de um eixo no ponto A: (lembrando que: aG = αG.d) 
∑MA = IG.αG +(M.aG).d = (IG +M.d2). αG = IA.αG (Teorema dos eixos paralelos) 
 
ENERGIA CINÉTICA DO MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO: 
 
Translação: velocidade (linear) do centro de massa: vG → K = M.vG2/2
 
Rotação: velocidade angular do centro de massa: ωG → K = IG. ωG2/2 
Geral: (translação e rotação): K = (M.vG2 + IG. ωG2)/2 = ICIR. ωCIR2/2 
 
Obs.: para vários corpos (partículas) somam-se todas as energias... Ktot = ∑Ki 
 
TRABALHO DAS FORÇAS EM 3D: 
Forças variáveis: sd.θ (s).cos.dU
2
1
2
1
s
s
r
r
∫∫ == FrF 
UF = ∫ (Fx i +Fy j +Fz k).( dx i +dy j +dz k) = ∫ Fx dx +∫ Fy dy +∫ Fz dz 
Forças constantes: )(FdsFU 12ccc
2
1
ss
s
s
−== ∫ = Fc.∆s.cos θ 
Forças conservativas(associadas à energia potencial): 
Peso W: UW = ∫ (–W k).( dx i +dy j +dz k) = ∫ (–m.g).dz = –m.g.(z2 – z1) = m.g.∆z 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
36
Mola Ks: 
( )
2
ss
.K
2
s
.K sd..sKU
2
1
2
2
s
s
s
2
s
s
s
ss
2
1
2
1
−
=





== ∫ 
Forças que não realizam trabalho: 
1) atuam em pontos fixos (reações de apoio, atrito *) 
 2) forças perpendiculares à trajetória: normal, força centrípeta, etc. 
Obs.: (*) quando o corpo rola sem deslizar. 
Atrito (cinético): sd.N. sd.FU
2
1
2
1
s
s
k
s
s
aA ∫∫ µ== 
Trabalho de um binário M = F.d: 
dUM = 2.F(d.θ/2) = (F.d) dθ → )θ-θ.(Mdθ.MU 12
θ
θ
M
2
1
== ∫ 
QUANTIDADE DE MOVIMENTO 
 
Translação: velocidade (linear) do centro de massa: vG 
Quantidade de movimento linear: LG = M.vG 
 
 Quantidade de movimento angular: HG = 0 
 
Rotação de eixo G: velocidade angular do centro de massa: ωG 
Quantidade de movimento linear: LG = M.vG 
 
 Quantidade de movimento angular: HG = IG. ωG 
 
Rotação de eixo O: velocidade angular do centro de massa: ωO 
 Quantidade de movimento angular: HO = IO. ωO 
 
Movimento plano geral: em relação a um ponto A: 
Quantidade de movimento angular: HA = dAG × M.vGA 
(d = distancia entre o ponto A e G) 
 
PRINCÍPIO DO IMPULSO 
( ) ( )
xi2i
2
1
xxi1i m .dt(t) m vFv ∑∑∫∑ =+
ii
t
ti
 
 ( ) ( )yi2i
2
1
yyi1i m .dt(t) m vFv ∑∑∫∑ =+
ii
t
ti
 3D 
 ( ) ( )
zi2i
2
1
zzi1i m .dt(t) m vFv ∑∑∫∑ =+
ii
t
ti
 
 2G
2
1
iG1G .ωI .dt(t).ωI =+∑∫
i
t
t
M 
 
Se a resultante de impulso linear é zero 
→ Conservação do Movimento Linear: L = constante. 
Se a resultante de impulso angular é zero 
 → Conservação do Movimento Angular: H= constante. 
 
 
 
 
 
2D 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
37
Exemplos: 
 
7.1– Um Fórmula 1 possui a massa mF1 = 0,625 Mg, parte do repouso e atinge a 
velocidade final vF = 180 km/h no intervalo de tempo t = 4 s. Sabe-se que o diâmetro 
externo do pneu traseiro é aproximadamente d = 650 mm, o raio de giração k = 0,27 m e 
a massa do pneu é mP = 18 kg e da roda mR = 6 kg. A relação entre as propriedades dos 
pneus frontais em relação aos traseiros é 68%. Ver Fig. 7.1. Determine: 
 a) Qual a velocidade angular da roda ω, em t = 4 s? 
 b) O número de voltas e ângulo de giro percorrido neste tempo? 
 c) Qual a distância percorrida? 
 d) Qual a quantidade de movimento linear e angular da roda? 
 e) Qual a força de tração, o torque de partida? 
 f) Qual o trabalho e a potência da partida? 
 g) Qual a velocidade do ponto do pneu mais a frente e mais atrás? 
 h) Qual a variação de energia cinética em 4s? 
 
Figura 7.1 – Velocidade de um Fórmula 1 na largada. 
 
a) Velocidade do F1: vF = 180 km/h (/3,6 ks/h) = 50 m/s. vF = ω.r → 
 Velocidade angular das rodas: ω = vF /r = 50 m/s /(0,65 m/2) = 153,8 rad/s 
 
b) vF = v0 + a.t, mas v0 = 0, logo 
 Aceleração linear a = vF/t = 50 m/s /4 s = 12,5 m/s2 
 Raio r = d/2 = 650 mm/2 = 325 mm = 0,325 m. 
 Aceleração angular α = a/r = 12,5 m/s2 / 0,325 m = 38,46 rad/s2. 
 Ângulo de giro θd = α.t2/2 = 38,46 rad/s2.(4 s)2/2 = 307,68 rad 
 Número de voltas: nd = θd/(2π) = 307,68/(2π) rad = 48,97 voltas (≈ 49 voltas) 
 
c) vF2 = v02 + 2.a.s; v0 = 0, a = 12,5 m/s2 .:. s = (50 m/s)2/(2×12,5 m/s2) = 2500/25 → 
 Distância percorrida s = 100 m. (s = θd.r = 307,68 rad ×0,325 m = 100 m). 
 
d) IG = mG.k2 = (18+6) kg × (0,27 m)2 = 24 kg ×0,0729 m2 = 1,75 kg.m2 
 Quantidade de Movimento Linear (Roda dianteira ≈ 68% da traseira) 
 Roda traseira: LRt = mG.v = 24 kg ×50 m/s = 1200 kg.m/s 
 4 rodas: LR = 2× 1200×(1 +0,68) = 4032 kg.m/s 
 F1 completo: LF1 = 625 kg ×50 m/s = 31250 kg.m/s 
 Quantidade de Movimento Angular da(s) Roda(s): 
 HR = IG. ω = 1,75 kg.m2 ×153,8 rad/s = 269,15 kg.m2/s. 
 H
 F1 = 2× 269,15 ×(1 +0,68) = 904,34 kg.m2/s. 
 
e) LF1 – L0 = ∆L = Ft. ∆t = mF1.a. ∆t → 4 s.Ft = 31250 kg.m/s 
 Força de tração Ft = 31250 kg.m/s / 4 s = 7812,5 N (mF1.a = 625 kg ×12,5 m/s2) 
 H – H0 = ∆H = ∆Mt. ∆t → 4 s. ∆Mt = 904,34 kg.m2/s .:. ∆Mt = 226,1 N.m 
 Torque de partida: Mt = Ft.r + ∆Mt = 7812,5 N ×0,325 m +226,1 N.m 
 Mt = (2539,1+226,1) N.m → Mt = 2765,2 N.m 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
38
 f) Trabalho do momento: UM = ∫Mt.dθ = Mt. θd = 2765,2 N.m ×307,68 rad = 850,8 kJ 
 Trabalho da força: UF = = ∫Ft.dx = Ft.d = 7812,5 N ×100 m = 781,3 kJ (91,8%) 
 Potência: W = UM/ ∆t = 850,8 kJ/ 4 s = 212,7 kW (288,2 HP) (/750 HP = 38,4%) 
 
Obs.: 1) A volta mais rápida em Monza (circuito mais rápido): Rubens Barrichello, 
 Ferrari 1min 21,046 s = 81,046 s (2004), velocidade media: 257,32 km/h. 
 (vm = 257,32 km/h = 71,48 m/s); distância percorrida: s = 5,793 km = 5793 m 
 [supondo a mesma força: W = Ft.vm = 7812,5 N ×71,48 m/s = 558,4 kW 
 W = 756,6 HP (/750 HP = 100,8%]. 
 
g) C.I.V.N. (= base de apoio do pneu) 
 vi = ω×ri, ω = 153,8 rad/s k, r = 0,325 m, ω.r = 50 m/s 
 Ponto A mais a frente: rA= (xA.i +yA.j) = r (i +j) 
 Ponto B mais atrás: rB = (xB.i +yB.j) = r (–i +j) 
 uvA= (i +j) × k = (i × k) +(j × k) = (i –j) → vA = 50 (i –j) m/s 
 uvB= (–i +j) × k = (–i × k) +(j × k) = (i +j) → vB = 50 (i +j) m/s 
 
h) Energia cinética na partida: 
 K = mF1.v2/2 +IG.ω2/2 = 625 kg ×(50 m/s)2/2 +2(1+0,68)×1,75 kg.m2 ×(153,8 rad/s)2/2 
 K = 781.250 J +69.544 J = 850,8 kJ 
 Potência avaliada: W = K/∆t = 850,8 kJ/ 4s = 212,7 kW (288,2 HP) 
 
 Energia cinética da volta mais rápida (de Barrichello em Monza/2004): 
 Colocando ω = vm/r = 71,47 m/s /0,325 m = 219,9 rad/s 
 K = 625 kg ×(71,47 m/s)2/2 +2(1+0,68) ×1,75 kg.m2 ×(219,9 rad/s)2/2 
 K = (1596,24 +142,17) kJ = 1738,41 kJ 
 Relação: 850,8kJ /1738,41 kJ = 0,489 .:. 
 W = 2,045 ×288,2 HP = 589,4 HP (/750 HP = 78,6%) 
 
Conclusão: A potência média de uma volta na velocidade máxima não corresponde à 
potência máxima obtida numa reta com a velocidade máxima. (Wmáx ≈ Fmax×vmax). 
Obs.: 1) A Ferrari do Barrichello (2004) possui massa inferior 550 kg. 
 
 7.2– Uma carga de massa mc = 80 kg é içada com a aceleração ac = 0,14 m/s2 partindo 
do repouso durante 6 s. Em seguida, em velocidade constante, a carga é elevada por 8 s, 
quando falta energia e o freio contra recuo é acionado logo que a velocidade atinge 0 
m/s. Determine os trabalhos e energias envolvidos nos três intervalos, considerando as 
perdas por atrito em 10%. Tambor com massa mt = 120 kg, raio de giração kt = 0,28 m e 
diâmetro de enrolamento do cabo dt = 800 mm. Despreze a massa e peso do cabo, 
ganchos e acessórios. Ver Fig. 7.2. 
 
Peso da carga: Wc = mc.g = 80 kg × 9,81 m/s2 = 784,8 N 
 
a) Elevação acelerada: estado A para B (vA = 0, repouso) tAB = 6 s 
D.C.L. da carga: ΣFy : T – WC = mc.ac → T –784,8 N = 80 kg ×0,14 m/s2 .:. 
Força de tração no cabo T = 796 N 
 
Velocidade final: vB = vA +ac.tAB = 0 +0,14 m/s2 ×6 s → vB = 0,84 m/s 
vB
2
 = vA
2
 +2.ac. zAB → zAB = [(0,84 m/s)2 –0]/(2×0,14 m/s2) = 0,7056/0,28 m 
Distancia percorrida: zAB = 2,52 m 
Mecânica Geral II – Resumos para estudos – A. R. Alvarenga 
 
39
 
Figura 7.2 – Elevação de uma carga. 
 
Trabalho UAB = mc.ac.zAB = 80 kg ×0,14 m/s2 ×2,52 m = 28,2 J 
Energia cinética KcB = mc.vB2/2 = 80 kg ×(0,84 m/s)2/2 = 28,2 J (= UAB) 
Energia potencial ΠB = – mc.g.zAB = – Wc. zAB = –784,8 N×2,52 m = –1977,7 J 
UT_AB = T.zAB = 796 N ×2,52 m = 2005,9 J (= EcB = KB –ΠB = 28,2 J +1977,7 J) 
 
D.C.L. do tambor: (ωA = 0, repouso) 
Velocidade angular