Dinâmica dos Sólidos e Centro de Massa

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Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 1/24
Dinâmica dos Sistemas
Dentre todas as informações que são necessárias para este desenvolvimento, foram
escolhidas as mais relevantes e aqui apresentadas. Ressalte-se que na disciplina on-line
mais especificamente a de Dinâmica dos Sistemas, disponível no site da UNIP, o módulo
01 apresenta a Cinemática dos Sólidos, o módulo 2 apresenta a Dinâmica dos Sólidos.
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 .
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 dinâmica
A forma da segunda Lei de Newton (∑ F⃗=m⋅⃗a) só pode ser preservada caso a
A
P
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
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aceleração indicada na mesma, seja de um ponto muito especial do sólido: o Centro de
Massa.
Centro de Massa – Definição
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
sendo “m” 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
feito pelo TCM – Teorema do centro de Massa.
TCM – Teorema do Centro de Massa
Sendo a⃗CM , a aceleração do Centro de Massa de um sólido de massa “m”, sob ação
de um sistema de forças de origem externa ao mesmo, com resultante ∑ F⃗ext . , o TCM
garante que:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
Momento Linear ou quantidade de movimento – Definição
A Quantidade de Movimento de um ponto material de massa “m” e velocidade v⃗ , 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, 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.
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
v
P
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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 sua capacidade de 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.
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: 
O momento polar da grandeza vetorial “quantidade de movimento”, do elemento de
massa “dm” que ocupa o ponto P(x,y,z), expresso por (d q⃗=dm⋅⃗vP) , em relação ao polo
O(xO,yO,zO) qualquer, é:
d M⃗O
q
=d H⃗O=(P−O)∧(dm⋅⃗v P)
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⋅⃗v P) , 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= ˙⃗H O... 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.
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TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento de Translação
Impondo as condições simplificadoras da translação, pode-se afirmar que: 
“o Momento Resultante, dos esforços externos aplicados ao sólido em translação, e
calculado 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, pode-se afirmar que:
 
“o Momento Resultante, dos esforços externos
aplicados ao sólido em movimento plano, e
calculado 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
entorno do eixo que passa pelo polo O.
Momento de Inércia
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 polo O é:
IO=∫dm⋅(P−O)
2
Ressalte-se que os momentos de inércia de sólidos de geometria regulares usualmente
estão tabelados em relação ao polo CM e considerando-se vários eixos. O Teorema dos
Eixos Paralelos (Steiner), permite de forma bastante simples a troca do polo Centro de
Massa por outro polo. O módulo 3 da disciplina on-line, demonstra o Teorema dos Eixos
Paralelos.
TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Geral
Neste caso não há simplificações e o TMA deve ser utilizado em sua formagenérica
apresentada anteriormente:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗H O... 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, que é expressa por:
H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) .
Essa dificuldade pode ser contornada grandemente com a utilização da Forma Matricial
plano do movimento
x
y
z
eixo instantâneo
de rotação
αω
O
P
dm
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do Momento Angular. O desenvolvimento detalhado da forma matricial encontra-se na
disciplina on-line, Módulo 3. No presente desenvolvimento, serão apresentados as
condições de utilização e os resultados.
TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial
 O “truque” é utilizar dois sistemas de referência:
Um “ligado” ao sólido com origem no ponto O que
pertence ao sólido e 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 referencial pelo 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 torna-se nula, o que, com certeza, torna o trabalho
de derivar bem mais simples.
Da cinemática tem-se: v⃗P=v⃗O+ω⃗∧(P−O) ; ou reconhecendo que a velocidade do ponto
P, é também a velocidade do elemento de massa “dm”: v⃗= v⃗O+ω⃗∧(P−O) .
Substituindo a velocidade expressa na equação anterior na definição de Momento Angular
do sólido, em relação ao polo O:
 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 o vetor velocidade angular (ω⃗) é medido em relação ao referencial inercial
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
v
P
O
I
X
I Y
Z
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I(X,Y,Z), mas pode ser expresso em função de suas projeções no sistema de eixos
O(x,y,z), ou seja: ω⃗=ωx⋅î+ωy⋅ ĵ+ωz⋅k̂ . Note-se que os versores î ; ĵ ; k̂ , 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∧ î ; ˙̂j=Ω⃗∧ ĵ ;
˙̂k=Ω⃗∧k̂ .
Com algum esforço pode-se obter a Forma Matricial do Momento Angular do Sólido:
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 doelementodemassadmaoeixo 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
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 ]⋅˙⃗ω
Derivando o vetor velocidade do sólido expresso em função de suas projeções no sistema
de eixos O(x,y,z), ou seja: ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ωx⋅
˙̂i+ω̇ y⋅ ĵ+ωy⋅
˙̂j+ω̇z⋅k̂+ωz⋅
˙̂k .
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Aplicando o Teorema de Poison, tem-se:
 ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ωx⋅Ω⃗∧ î+ω̇y⋅ĵ+ω y⋅Ω⃗∧ ĵ+ω̇z⋅k̂+ωz⋅Ω⃗∧k̂
O resultado acima pode ser expresso agrupando os termos como:
˙⃗ω=ω̇x⋅î+Ω⃗∧ωx⋅î+ω̇y⋅ĵ+Ω⃗∧ωy⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧ωz⋅k̂
˙⃗ω=ω̇x⋅î+ω̇y⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧ωx⋅î+Ω⃗∧ωy⋅ĵ+Ω⃗∧ωz⋅k̂
Colocando o vetor (Ω⃗) em evidência, tem-se:
˙⃗ω=ω̇x⋅î+ω̇y⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧(ωx⋅̂i+ωy⋅ĵ+ωz⋅k̂ )
Identificando o termo entre parentes como o vetor velocidade angular do sólido, permite
escrever: ˙⃗ω=ω̇x⋅î+ω̇y⋅ ĵ+ω̇z⋅k̂+Ω⃗∧ω⃗ ou ˙⃗ω=[
ω̇x
ω̇y
ω̇z
]+Ω⃗∧ω⃗ .
Recuperando a forma matricial: ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω .
Substituindo a derivada da velocidade angular: ˙⃗HO=[ I ]⋅[
ω̇x
ω̇ y
ω̇z
]+ [ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ .
**************************************************************************************************
Finalmente o TMA – Teorema do Momento Angular expresso na forma matricial:
∑ M⃗O= [ I ]⋅[
ω̇x
ω̇ y
ω̇z
]+[ 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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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
O momento angular, adotando o polo no CM - Centro de Massa:
H⃗CM=[
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
]⋅[ ωxzerozero]
Antes de derivar o momento angular em função do tempo, é aconselhável exprimi-lona
forma vetorial: H⃗CM=I xx⋅ωx⋅î−I xy⋅ωx⋅ ĵ−I xz⋅ωx⋅k̂
Note-se que a forma vetorial foi obtida efetuando o produto das matrizes, ou seja:
1ª linha x coluna na direção î + 2ª linha x coluna na direção ĵ + 3ª linha x coluna, na
direção k̂
m
m 0,
50 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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Derivando a forma vetorial do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅ω̇x⋅î+ I xx⋅ωx⋅
˙̂i−I xy⋅ω̇x⋅ĵ−I xy⋅ωx⋅
˙̂j−I xz⋅ω̇x⋅k̂−I xz⋅ωx⋅
˙̂k
A velocidade angular: ωx=2⋅π⋅f =2⋅π⋅
3000
60
=314,16⋅
rad
s
; 
A derivada da velocidade angular: zero!, pois a velocidade angular é constante, e
substituindo na derivada do momento angular …
˙⃗HCM=I xx⋅ωx⋅
˙̂i−I xy⋅ωx⋅
˙̂j−I xz⋅ωx⋅
˙̂k
A derivada dos versores: 
Como consequência da escolha do sistema de eixos CM(x,y,z), o versor î não muda de
direção, ou seja, é constante e possui derivada em relação ao tempo nula ( ˙̂i=zero) ,
entretanto, os outros dois versores ĵ e k̂ solidários ao sólido giram com velocidade
angular do mesmo.
Desta forma: ˙̂j=ω⃗∧ ĵ=ωx⋅î∧ ĵ=ωx⋅k̂ e
˙̂k=ω⃗∧ k̂=ωx⋅̂i∧k̂=ωx⋅(− ĵ) .
Substituindo na derivada do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅ωx⋅
˙̂i−I xy⋅ωx⋅
˙̂j−I xz⋅ωx⋅
˙̂k=−I xy⋅ωx⋅ωx⋅k̂−I xz⋅ωx⋅ωx⋅(− ĵ)
˙⃗HCM=−I xy⋅ωx
2
⋅k̂+ I xz⋅ωx
2
⋅ĵ
Recuperando valores de: I xy=−0,050 ; I xz=zero ; ωx=314,16
Obtém-se: ˙⃗HCM=−I xy⋅ωx
2
⋅k̂+ I xz⋅ωx
2
⋅ĵ=0,050⋅314,162⋅k̂=4934,825⋅k̂
˙⃗HCM=4934,825⋅k̂
As reações dinâmicas nos mancais:
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⋅(− ĵ)=3,924⋅(− ĵ)⋅N
Os mancais sugeridos na figura são do
tipo axial, portanto só reagem a
esforços radiais, isto posto: 
R⃗A=RA
y⋅ ĵ+RA
z⋅k̂
R⃗B=RB
y⋅ĵ+RB
z⋅k̂
Impondo o TCM – Teorema do Centro
de Massa:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
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
R
A
z
R
A
y
R
B
y
R
B
z
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tem-se:
R⃗A+ R⃗B=m⋅⃗aCM ; o peso não foi considerado, pois as reações dinâmicas não dependem
do mesmo.
Substituindo … RA
y⋅ ĵ+RA
z⋅k̂+RB
y⋅ĵ+RB
z⋅k̂=m⋅⃗aCM ; mas a aceleração do centro de massa é
nula, ou seja: RA
y⋅ ĵ+RA
z⋅k̂+RB
y⋅ĵ+RB
z⋅k̂=zero
Impondo a igualdade, 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= ˙⃗HCM=4934,825 k̂
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 em A(-0,75;0;0):
M⃗R A=(A−CM )∧R⃗ A=−0,75⋅̂i∧(RA
y
⋅ĵ+RA
z
⋅k̂ )=−0,75⋅RA
y
⋅k̂+0,75⋅RA
z
⋅ĵ
Momento da reação em B(0,75;0;0):
M⃗R B=(B−CM )∧R⃗B=0,75⋅î∧(RB
y
⋅ ĵ+RB
z
⋅k̂ )=0,75⋅RB
y
⋅k̂−0,75⋅RB
z
⋅ ĵ
Substituindo os resultados das equações eq. 01 e eq. 02:
M⃗R B=−0,75⋅RA
y
⋅k̂+0,75⋅R A
z
⋅ ĵ 
O momento resultante:
∑ M⃗CM=−2⋅0,75⋅RAy⋅k̂+2⋅0,75⋅RAz⋅ ĵ
Substituindo no TMA:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM=4934,825⋅k̂
∑ M⃗CM=−2⋅0,75⋅RA
y
⋅k̂+2⋅0,75⋅RA
z
⋅ ĵ= ˙⃗HCM=4934,825⋅k̂
ou …
−2⋅0,75⋅RA
y⋅k̂+2⋅0,75⋅RA
z⋅ĵ=4934,825⋅k̂
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Igualando os vetores 
RA
z
=0 e −2⋅0,75⋅RA
y
=4934,825 => RA
y
=−3289,883⋅N
Resp. (c): RA
z
=0 ; RA
y
=−3289,883⋅N ; RB
z
=0 ; RB
y
=3289,883⋅N
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=−3600⋅̂j+200⋅k̂ e R⃗B=210⋅ ĵ−200⋅k̂ . 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 como sistema de referência
ligado ao sólido, o sistema de eixos
A(x,y,z).
Neste caso o centro de massa do sólido descreve trajetória circular com raio R = y CM,
portanto apresenta aceleração centrípeta: a⃗CM=−ω
2
⋅R⋅ ĵ=−2500⋅yCM⋅ĵ .
A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é:
∑ F⃗=R⃗A+ R⃗B=−3390⋅ĵ
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => −3390⋅ĵ=30⋅(−2500⋅yCM⋅ĵ) => yCM=0,045
Resp. (b) yCM=0,045⋅m
A velocidade angular: ω⃗=50⋅̂i
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 ]
O momento angular na forma vetorial: H⃗ A=I xx⋅50⋅î−I xy⋅50⋅ĵ−I xz⋅50⋅k̂
0,85
 m
CM
y
CM
A
B
x
y
z
ω
R
A
z
R
A
y
R
B
y
R
B
z
0,25
 m
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 12/24
Derivando o momento angular em função do tempo:
˙⃗H A=−I xy⋅50⋅
˙̂j−I xz⋅50⋅
˙̂k=−I xy⋅50
2
⋅î∧ ĵ−I xz⋅50
2
⋅̂i∧k̂=−I xy⋅50
2
⋅k̂+ I xz⋅50
2
⋅ ĵ
Calculando os momentos das forças em relação ao polo A:
M⃗R A=(A−A)∧R⃗ A=zero ; M⃗R B=(B−A)∧R⃗B=0,85⋅î∧(210⋅ĵ−200⋅k̂ )=178,5⋅k̂+170⋅ ĵ
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ A= ˙⃗H A => 178,5⋅k̂+170⋅ĵ=−I xy⋅502⋅k̂+ I xz⋅502⋅ ĵ
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
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, e 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.
 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, no centro de massa da placa:
x
y
CM
conj.
0,3 m 0,2 m0,3 m 0,3 m
0,2 m
0,2 m
m
m
ω
A
CM
x
y
c
b
h
h/3
b/3
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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 referencial.
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⋅î+RA
y⋅ĵ+RA
z⋅k̂ e M⃗ A=M A
x⋅̂i+M A
y⋅ ĵ+M A
z⋅k̂ .
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
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⋅î
O momento angular em relação ao polo CM:
H⃗CM=[
I xx −I xy −I xz
−I xy I yy −I yz
−I xz −I yz I zz
]⋅[ωxωyωz ]=[
I xx 0,0040 0
0,0040 I yy 0
0 0 I zz
]⋅[6000 ]
O momento angular na forma vetorial: H⃗CM=I xx⋅60⋅î+0,0040⋅60⋅ĵ=I xx⋅60⋅î+0,24⋅ ĵ
A derivada temporal do momento angular: ˙⃗HCM=0,24⋅
˙̂j=0,24⋅60⋅î∧ ĵ=14,4⋅k̂
Calculando o momento Resultante em relação ao polo CM:
∑ M⃗CM=(A−CM )∧(RAx⋅î+RAy⋅ ĵ+RAz⋅k̂ )+M⃗ A
∑ M⃗CM=0,5⋅î∧(R Ax⋅î+RAy⋅ ĵ+RAz⋅k̂)+M Ax⋅̂i+M Ay⋅ ĵ+M Az⋅k̂
∑ M⃗CM=0,5⋅RAy⋅k̂−0,5⋅RAz⋅ĵ+M Ax⋅î+MAy⋅ ĵ+M Az⋅k̂
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 14/24
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ A= ˙⃗H A => 0,5⋅RAy⋅k̂−0,5⋅RAz⋅ĵ+M Ax⋅̂i+M Ay⋅ĵ+M Az⋅k̂=14,4⋅k̂
igualando î : M A
x
=zero eq. 01
igualando ĵ : −0,5⋅RA
z
⋅ ĵ+M A
y
⋅ ĵ=zero eq. 02
igualando k̂ : 0,5⋅RA
y
+MA
z
=15,84 eq. 03
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => RAx⋅î+RAy⋅ ĵ+RAz⋅k̂=zero ; note-se que a⃗CM=zero pois o CM
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⋅k̂⋅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). 
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⋅ĵ)+(A2−A1)∧F⋅ĵ 
B⃗=( zero)∧(−F⋅ ĵ)+(d⋅̂i )∧F⋅ĵ=F⋅d⋅k̂
Portanto: F⋅d⋅k̂=14,4⋅k̂⋅N⋅m
Desta forma, conhecendo o espaçamento (d) dos rolamentos, pode-se obter os esforços
radiais em cada um deles: F=
14,4
d
.
 
 
d
x
y
F
F
A
1
A
2
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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=50⋅k̂ (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
50⋅k̂−46⋅k̂=5⋅⃗aCM => 4⋅k̂=5⋅⃗aCM => a⃗CM=0,8⋅k̂
O CM – Centro de Massa está descrevendo uma trajetória circular de raio R em
movimento circular e uniforme, e no instante ilustrado na figura, encontra-se atrás do eixo
(Ax). Nessa condição apresenta aceleração centrípeta: a⃗cent .=ω
2
⋅R⋅k̂=0,8⋅k̂ .
Substituindo o valor numérico da velocidade angular, tem-se: 202⋅R⋅k̂=0,8⋅k̂ =>
R=2,00⋅10−3m
Resp. (a) No instante considerado o centro de massa encontra-se imediatamente atrás
do eixo, deslocado de 2 mm.
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⋅î−I xy⋅20⋅ĵ−I xz⋅20⋅k̂
Derivando em relação ao tempo:
˙⃗H A=−I xy⋅20⋅
˙̂j−I xz⋅20⋅
˙̂k=−I xy⋅20⋅20 î∧ ĵ−I xz⋅20⋅20 î∧k̂
˙⃗H A=−I xy⋅400⋅k̂+ I xz⋅400⋅ ĵ
Calculando o Momento Polar dos esforços em relação ao polo A:
M⃗ A=(A−A)∧R⃗A+(B−A)∧R⃗B => M⃗ A=0,90⋅̂i∧(−46⋅k̂ )=41,40⋅ ĵ
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ A= ˙⃗H A => ˙⃗H A=−I xy⋅400⋅k̂+ I xz⋅400⋅ ĵ=41,40⋅ĵ
0,90
0,10
0,10
0,10
x
y
z
A
Bw
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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
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:
No desenvolvimento da forma matricial do momento angular, a velocidade angular do
sólido em estudo é medida em relação a um referencial INERCIAL, ou seja, no caso atual
seria um referencial, de onde se percebe que as rodas giram em torno de seu eixo,
enquanto o este (o eixo) gira em torno da articulação A. 
Considere-se que as rodas não estivessem girando em torno de seu eixo próprio, 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
sua posição angular θ , que varia com o tempo à taxa Ω=0,79
rad
s
, ou seja, com
velocidade angular Ω⃗=0,79⋅k̂ . Se 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
.
x
y
z
q
a/2
a/2
CM
b
A
W
w
CM v
R
w
CIR
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 17/24
Com os valores numéricos: 67=ω⋅
1,1
2
=> ω=121,82
rad
s
, e na forma vetorial:
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⋅k̂
Resp. (a) ω⃗RODAS=121,82⋅̂i+0,79⋅k̂
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]⋅[
121,82
0
0,79 ]
Note-se que as rodas 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⋅k̂ H⃗CM=1693,30⋅̂i+ I zz⋅0,79⋅k̂
Resp. (b) H⃗CM=1693,30⋅̂i+ I zz⋅0,79⋅k̂
Derivando em relação ao tempo o momento angular do conjunto de rodas:
˙⃗HCM=1693,30⋅Ω⃗∧ î=1693,30⋅0,79⋅k̂∧ î=1337,71⋅ĵ
Note-se que o versor k̂ não muda de direção: é constante.
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
⋅ ĵ+RD
z
⋅k̂ e R⃗B=RB
y
⋅ĵ+RB
z
⋅k̂
O momento resultante sobre o conjunto de rodas, em relação ao polo CM – Centro de
Massa das rodas é:
x
y
z
q
a/2
a/2
CM
b
A
B
D
R
D
y
R
D
z
R
B
z
R
B
y
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 18/24
M⃗CM=(B−CM )∧R⃗B+(D−CM )∧R⃗D
Sendo
a
2
=0,18⋅m , tem-se:
M⃗CM=−0,18⋅î∧R⃗B+0,18⋅î∧R⃗D
M⃗CM=−0,18⋅î∧(RB
y
⋅ĵ+RBz
⋅k̂ )+0,18⋅î∧(RD
y
⋅ĵ+RD
z
⋅k̂)
M⃗CM=−0,18⋅RB
y
⋅k̂+0,18⋅RB
z
⋅ ĵ+0,18⋅RD
y
⋅k̂−0,18⋅RD
z
⋅ ĵ
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => −0,18⋅RBy⋅k̂+0,18⋅RBz⋅ ĵ+0,18⋅RDy⋅k̂−0,18⋅RDz⋅ ĵ=1337,71⋅ĵ
Impondo a igualdade vetorial:
0,18⋅RB
z
−0,18⋅RD
z
=1337,71 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⋅k̂ , assim a
aceleração do mesmo é centrípeta: a⃗CM=0,79
2
⋅1,2⋅ĵ=0,75⋅ĵ⋅
m
s
.
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => RBy⋅ĵ+RBz⋅k̂+RDy⋅ ĵ+RDz⋅k̂=86⋅0,75⋅ĵ
Impondo a igualdade vetorial:
RB
y
+RD
y
=64,50 eq. 03
RB
z
=−RD
z eq. 04
Substituindo a equação eq. 02 na equação eq. 03, tem-se:
2⋅RD
y
=64,50 => RD
y
=RB
y
=32,25⋅N
Substituindo a equação eq. 04 na equação eq. 01, tem-se:
2⋅0,18⋅RB
z
=1337,71 => RB
z
=−RD
z
=7431,72⋅N
Resp. (c) RD
y
=RB
y
=32,25⋅N e RB
z
=−RD
z
=7431,72⋅N
Note-se que sobre o eixo das rodas estarão aplicadas as
reações dessas forças, no esquema anexo, estão
indicadas as forças sobre o eixo das rodas. 
x
y
z
B
D
R
B
z
R
D
z
R
D
z
R
D
y
R
D
y
R
B
y
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Em especial as componentes (z), produziriam torção na haste vertical com momento
torsor:
M⃗ torsor=7431,72⋅a⋅(− ĵ)=−2675,42⋅ ĵ 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. Esse disco é arrastado pelo eixo vertical
que passa pela articulação A, e impõe ao eixo AB a
velocidade angular constante ω = 20 rad/s. 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.
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 dada
por: acent .=ω
2
⋅r=202⋅0,16=64,0
m
s2
, que aponta para o centro da trajetória, ou seja, o
ponto A.
Resp. (a): a⃗B=64,0⋅(− î)⋅
m
s2
.
Note-se que o ponto B, apresenta velocidade linear, sempre tangente à trajetória:
v B=ω⋅r=20⋅0,16=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:
1. O centro B do disco é arrastado pelo eixo AB com velocidade
angular ω=20
rad
s
;
2. O disco também gira em torno do eixo AB, com velocidade angular
Ω⃗=−Ω⋅î ;
x
y
z
A
B
dw
W
B
R
v
B
CIR
W
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 20/24
3. Da relação entre v B e Ω tem-se: v B=Ω⋅R ou Ω=
vB
R
=
3,2
0,12
=26,67⋅
rad
s
.
Isto posto, pode-se afirmar que o vetor velocidade angular do conjunto, em especial do
disco, é: ω⃗=−26,67⋅̂i+20,00⋅k̂
rad
s
.
Portanto fica estabelecido que o disco gira em torno de dois eixos (x e z), desta forma, se
faz necessário o cálculo dos momentos de inércia do mesmo em relação a esses dois
eixos.
O momento de inércia do disco, em relação ao eixo x, e em relação ao polo B (seu centro)
é:
I B
xx
=
m⋅R2
2
=
0,3⋅0,122
2
=2,16⋅10−3kg⋅m2 . 
Como o eixo x, passa por ambos os pontos A e B, pode-se garantir que:
IA
xx
=2,16⋅10−3 kg⋅m2 .
Os momentos de inércia do disco, em relação aos eixos y e z, e em relação ao polo B
(seu centro) é:
I B
zz
=IB
zz
=
m⋅R2
4
=
0,3⋅0,122
4
=1,08⋅10−3kg⋅m2
Aplicando-se o Teorema dos eixos paralelos:
IA
yy
=IB
yy
+m⋅d2 e IA
zz
=IB
zz
+m⋅d2 => IA
yy
=I A
zz
=0,00108+0,3⋅0,162=0,0088⋅kg⋅m2
Resp.(b): IA
xx
=0,00216⋅kg⋅m2 ; IA
yy
=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⋅(−k̂ )=−0,3⋅9,81⋅k̂=−2,94⋅k̂ ;
2. Normal do piso horizontal sobre o disco: N⃗=N⋅k̂ ;
3. Reação na articulação A: R⃗A=R A
x
⋅î+R A
Y
⋅ ĵ+R A
z k̂ ;
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
RA
x⋅î+RA
Y⋅ ĵ+RA
z k̂−2,94⋅k̂+N⋅k̂=0,3⋅64,0⋅(−î )
RA
x⋅î+RA
Y⋅ ĵ+RA
z k̂−2,94⋅̂k+N⋅k̂=−19,2⋅î
Impondo a igualdade vetorial:
em î : RA
x
=−19,2
em ĵ : RA
Y
=0
em k̂ : RA
z
−2,94+N=0 eq. 01
Impondo o TMA – Teorema do momento Angular:
Calculando o momento resultante (das forças) em relação ao polo adotado (A);
 M⃗ A=(A−A)∧R⃗ A+(B−A)∧(−2,94⋅k̂)+(CIR−A)∧N⋅k̂
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 21/24
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.
Substituindo os vetores posição.
M⃗ A=( ⃗zero)∧R⃗ A+(0,16⋅î)∧(−2,94⋅k̂ )+(0,16⋅̂i−0,12⋅k̂ )∧N⋅k̂
M⃗ A=0,47⋅ĵ−0,16⋅N⋅ĵ=(0,47−0,16⋅N )⋅ ĵ
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
]⋅[ωxωyωz ]=[
0,00216 0 0
0 0,0088 0
0 0 0,0088]⋅[
−26,67
0
20 ]
H⃗ A=−0,00216⋅26,67⋅î+0,0088⋅20⋅k̂ => H⃗ A=−0,0576⋅̂i+0,176⋅k̂
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 do versor î ;
2. o vetor velocidade angular do eixo AB é ω⃗AB=20⋅k̂ .
˙⃗H A=−0,0576⋅
˙̂i+0,176⋅˙̂k => ˙⃗H A=20⋅k̂∧H⃗ A=20⋅(−0,0576)⋅ ĵ=−1,15⋅ĵ
Impondo que: M⃗ A=
˙⃗H A => (0,47−0,16⋅N )⋅ ĵ=−1,15⋅ĵ => −0,16⋅N=−1,62
Finalmente a normal entre o disco e o piso é: N=10,125 .
Substituindo na equação eq. 01, tem-se: RA
z
−2,94+N=0 => RA
z
=−7,18
Resp. (c): RA
x
=−19,2 ; RA
Y
=0 ; RA
z
=−7,18 expressos em N (newton).
Resp. (d): N=10,125 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 possuam 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;
A B
CIR
x
z
d = 0,16
R = 0,12
80 m
1,3 m
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 22/24
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 (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 aceleração:
a⃗CM=
−v2
R
⋅î=
−27,7782
80
⋅î => a⃗CM=−9,645⋅î
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) ocentro 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 ω1=0,347⋅
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⋅ ĵ
A roda externa:
Possui duas componentes de velocidade angular:
a) uma em torno do eixo que as liga ao carro (ω3) ;
y
79,35 m
Centro de 
curvatura da 
trajetória
ω
2
ω
1
80,00 m
80,65 m
ω
3
x
z
A
B
CM
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2015 - 23/24
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
.
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⋅î−0,347⋅ĵ .
As forças agentes:
P⃗=−32⋅9,81⋅ ĵ=−313,920⋅ ĵ ,
R⃗A=−fat
rodain
⋅̂i+N rodain⋅ ĵ
R⃗B=−fat
rodaex
⋅î+N rodaex⋅ ĵ
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:
−313,920⋅ ĵ− fatrodain⋅̂i+N rodain⋅ĵ−fat rodaex⋅î+N rodaex⋅ ĵ=m⋅⃗aCM
−313,920⋅ĵ−fat rodain⋅̂i+N rodain⋅ĵ−fat rodaex⋅̂i+N rodaex⋅ĵ=32⋅(−9,645)⋅î
Igualando os vetores …
fatrodain+ fatrodaex=308,640 eq.01
N rodain+N rodaex=313,920 eq.02
O TMA – Teorema do Momento Angular:
Momento Resultante:
∑ ⃗M rodain=(A−CM conj .)∧(− fat
rodain
⋅î+N rodain⋅ĵ)+(B−CMconj .)∧(−fat
rodaex
⋅î+N rodaex⋅ĵ)
∑ M⃗CMconj .=(−0,65⋅î−0,40⋅ĵ)∧(−fat
rodain⋅î+N rodain⋅̂j)+(0,65⋅î−0,40⋅ ĵ)∧(−fat rodaex⋅î+N rodaex⋅ ĵ)
∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅fat
rodain
⋅k̂−0,65⋅N rodain⋅k̂−0,40⋅fatrodaex⋅k̂+0,65⋅N rodaex⋅k̂
∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅( fat
rodain
+ fatrodaex)⋅k̂+0,65⋅(N rodaex−N rodain)⋅k̂
Substituindo o resultado da equação eq.01 e indicando a diferença das normais por
ΔN , tem-se:
∑ M⃗CMconj .=−0,40⋅308,640⋅k̂+0,65⋅(Δ N )⋅k̂ => ∑ M⃗CMconj .=−123,456⋅k̂+0,65⋅(Δ N)⋅k̂
Momento Angular:
H⃗CMconj .=[
1,44 0 0
0 I yy 0
0 0 I zz
]⋅[ 68,836−0,3470 ]+[
1,44 0 0
0 I yy 0
0 0 I zz
]⋅[ 69,964−0,3470 ]
y
Centro de 
curvatura da 
trajetória
ω
2
ω
1
ω
3
x
z
A
B
CM
Nrodain
P
Nrodaex
79,35 m
fatrodain
fatrodaex
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Nota:
a) os produtos de inércia de roda balanceada são nulos;
b) o momento angular do conjunto é a soma dos momentos angulares de cada roda.
H⃗CMconj .=1,44⋅68,836⋅̂i−I yy⋅0,347⋅ ĵ+1,44⋅69,964⋅î−I yy⋅0,347⋅ĵ
H⃗CMconj .=1,44⋅(68,836+69,964)⋅î−2⋅I yy⋅0,347⋅ ĵ
H⃗CMconj .=199,872⋅̂i−0,694⋅I yy⋅ ĵ
Derivando o momento angular em relação ao tempo:
˙⃗HCMconj .=−0,347⋅ĵ∧(199,872⋅î−0,694⋅I yy⋅ĵ)
˙⃗HCMconj .=69,356⋅k̂
Impondo o TMA:
−123,456⋅k̂+0,65⋅(Δ N)⋅k̂=69,356⋅k̂
O primeiro termo expressa a influência das forças de atrito que impedem o
escorregamento, o segundo termo 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
Nota: utilizar sempre o mesmo polo, para cada membro do TMA, é o que garante a
usabilidade do mesmo. 
	Dinâmica dos Sistemas
	A cinemática
	A dinâmica
	Centro de Massa – Definição
	TCM – Teorema do Centro de Massa
	Momento Linear ou quantidade de movimento – Definição
	Momento Polar de grandeza vetorial – Definição
	Momento Angular do Sólido
	TMA – Teorema do Momento Angular
	TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento de Translação
	TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Plano
	Momento de Inércia
	TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Geral
	TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial
	EXEMPLO 01
	EXEMPLO 02
	EXEMPLO 03
	Entendendo o que é um binário:
	EXEMPLO 04
	EXEMPLO 05
	EXEMPLO 06
	EXEMPLO 07
	O Centro de Massa:
	A roda interna:
	A roda externa:
	As forças agentes:
	O TCM – Teorema do Centro de Massa:
	O TMA – Teorema do Momento Angular: