Rotação livre de um corpo Rígido

Prévia do material em texto

AULA 15 
Um corpo é chamado de rígido se a distância entre dois quaisquer de seus pontos permanece 
fixa. Um corpo rígido conserva sua forma e tamanho sob a aplicação de forças. O conceito de 
corpo rígido é uma idealização, porque todo corpo material sofre alguma deformação em 
resposta a uma força externa, mas se a deformação final puder ser considerada desprezível, o 
corpo pode ser tratado como um corpo rígido. Vamos estudar aqui o movimento de rotação de 
um corpo rígido em torno de um eixo fixo. Por eixo fixo queremos dizer um eixo que 
permanece em repouso em relação a algum referencial inercial. 
 
15.1 Rotação livre de um corpo rígido 
Vamos estudar primeiro a dinâmica da rotação mais simples de um corpo rígido. Suponha um 
corpo rígido sobre uma superfície de atrito desprezível, Figura 15.1. Se colocarmos o corpo 
para girar veremos que após cessar o impulso inicial o mesmo continuará girando por um 
longo tempo em torno de um eixo que passa por um ponto. Que ponto especial é este em torno 
do qual gira um corpo rígido quando a força resultante sobre ele é zero? 
 
Figura 15.1 – Velocidades das esferas antes e logo após a colisão. 
 
 
Rotularemos as coordenadas deste ponto especial com o sub-índice “E” para diferenciar de 
outros pontos do corpo. Pela terceira lei de Newton temos que as forças internas do corpo 
rígido 𝑇 existem aos pares, com cada par sendo constituído por forças de mesmo módulo, 
mas com direções contrárias, logo, não havendo uma força resultante externa, temos que: 
�⃗� , = 𝑇 = 𝑇 𝚤̂ + 𝑇 𝚤̂ = 0 
ou, em termos das componentes, 
𝑇 = 0 
2 
 
 
𝑇 = 0 
Cada força interna 𝑇 é responsável pelo movimento de rotação da partícula 𝑖 em que ela atua, 
Figura 15.1. O módulo de cada uma destas forças internas é igual à massa da partícula 
multiplicada por sua aceleração centrípeta: 
𝑇 = 𝑚 (𝑎 ) = 𝑚 (𝑟 𝜔 ) = 𝑚 𝑟 𝜔 
Assim, a componente 𝑥 desta força é: 
𝑇 = 𝑇 𝑐𝑜𝑠𝜃 = (𝑚 𝑟 𝜔 )
𝑥 − 𝑥
𝑟
= 𝑚 (𝑥 − 𝑥 )𝜔 
e portanto, para a somatória desta componente temos: 
𝑇 = 𝜔 𝑚 (𝑥 − 𝑥 ) = 0 
ou seja: 
𝑚 (𝑥 − 𝑥 ) = 𝑥 𝑚 − 𝑚 𝑥 = 0 
e assim: 
𝑥 =
1
𝑀
𝑚 𝑥 =
1
𝑀
𝑥𝑑𝑚 (15.1) 
onde 
𝑀 = 𝑚 = 𝑑𝑚 (15.2) 
é a massa do corpo rígido. Cálculo similar para a posição 𝑦 mostra que 
𝑦 =
1
𝑀
𝑚 𝑦 =
1
𝑀
𝑦𝑑𝑚 (15.3) 
Ora, este ponto especial é justamente o centro de massa (CM) do corpo rígido, ou seja: 
𝑥 = 𝑥 e 𝑦 = 𝑦 , portanto, se colocarmos um corpo rígido para girar livremente ele 
girará em torno de um eixo que passa pelo seu CM. 
 
15.2 Cinemática da rotação em torno de um eixo fixo 
Seja um corpo rígido em rotação em torno de um eixo fixo, não necessariamente que passe 
pelo CM do corpo rígido. Rotularemos este eixo de eixo 𝑧, e escolheremos a sua direção 
positiva saindo do plano da página. Um ponto P do corpo rígido a uma distância 𝑟 do eixo 
descreverá uma trajetória circular de raio 𝑟 com a mesma velocidade angular de todos os 
outros pontos do corpo rígido. As suas coordenadas 𝑥 e 𝑦 podem ser descritas em função de 𝑟 
e do ângulo 𝜃 como indica a Figura 15.2, tal que: 
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 (15.4) 
 
3 
 
 
Figura 15.2 – Um ponto P do corpo rígido em rotação em torno de um eixo fixo. 
 
 
Nos nossos estudos da cinemática definimos como positiva a rotação na direção anti-horária, 
e negativa a rotação na direção horária. Na Aula 5 definimos e demonstramos as seguintes 
relações do movimento angular que são válidas para qualquer ponto P do corpo rígido: 
𝜔 =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
, 𝜔 = |𝜔 (𝑡)| (15.5) 
𝛼 =
𝑑𝜔
𝑑𝑡
, 𝛼 = |𝛼 (𝑡)| (15.6) 
𝑣 = 𝜔𝑟 (15.7) 
𝑎 = 𝑟𝛼 (15.8) 
𝑎 = −𝑎 , 𝑎 = 𝑟𝜔 =
𝑣
𝑟
 (15.9) 
𝑎 = 𝑎 + 𝑎 (15.10) 
Quando uma rotação se dá com aceleração angular constante temos as seguintes equações 
angulares horárias: 
𝜃 = 𝜃 + 𝜔 𝑡 +
1
2
𝛼 𝑡 (15.11) 
𝜃 = 𝜃 +
1
2
(𝜔 + 𝜔 )𝑡 (15.12) 
𝜔 = 𝜔 + 𝛼 𝑡 (15.13) 
E a correspondente fórmula de Torricelli é 
𝜔 = 𝜔 + 2𝛼 (𝜃 − 𝜃 ) (15.14) 
4 
 
 
 
Exemplo 15.1: Uma roda executa 30 revoluções quando desacelera a partir de uma 
velocidade angular de 3,0 rad/s até parar. (a) Supondo que a aceleração angular é constante, 
determine o tempo em que a roda leva para parar. (b) Qual é a aceleração angular da roda? (c) 
Quanto tempo é necessário para que a roda complete as 20 primeiras revoluções? (d) Quantas 
revoluções a roda realizou enquanto sua velocidade angular reduziu de 3,0 rad/s para 1,0 
rad/s? 
Solução: (a) Até parar a roda executa 30 revoluções, ou seja, um deslocamento angular 
𝜃 − 𝜃 = 30 𝑟𝑒𝑣 = 30 (2𝜋 rad) = 60𝜋 rad 
Supondo que inicialmente esteja girando no sentido anit-horário (sentido positivo), a 
velocidade angular inicial da roda é 𝜔 = 3,0 rad/s. Com os dados do problema podemos 
calcular o tempo que a roda leva para parar por 
𝜃 = 𝜃 +
1
2
(𝜔 + 𝜔 )𝑡 → 𝑡 =
2(𝜃 − 𝜃 )
(𝜔 + 𝜔 )
=
2(60𝜋)
(3,0 + 0,0)
= 126 𝑠 
(b) A aceleração angular pode ser calculada pela fórmula de Torricelli 
𝜔 = 𝜔 + 2𝛼 ∆𝜃 → 𝛼 =
𝜔 − 𝜔
2∆𝜃
=
3,0 − 0,0
2(60𝜋)
= −0,024 rad/s 
(c) Podemos usar a equação horária, 
∆𝜃 = 𝜔 𝑡 +
1
2
𝛼 𝑡 
para calcular o tempo gasto nas primeiras 20 voltas. Substituindo: 
∆𝜃 = 20 𝑟𝑒𝑣 = 20(2𝜋 rad) = 40𝜋 rad 
𝜔 = 3,0 rad/s 
𝛼 = −0,024 rad/s 
obtemos 
40𝜋 = 3,0𝑡 +
1
2
(−0,024)𝑡 → 0,012𝑡 − 3,0𝑡 + 40𝜋 = 0, 
𝑡 =
−𝑏 ± √𝑏 − 4𝑎𝑐
2𝑎
, 
𝑡 =
3,0 ± (−3,0) − 4(0,012)40𝜋
2(0,012)
=
3,0 ± 1,723
0,024
= 53,21 𝑠. 
Portanto, o tempo gasto nas 20 primeiras voltas foi 53 s. 
(d) A velocidade angular da roda reduziu de 3,0 rad/s para 1,0 rad/s, queremos saber quantas 
voltas (ou revoluções) ela deu. Por Torricelli temos: 
𝜔 = 𝜔 + 2𝛼 ∆𝜃 
5 
 
 
 ∆𝜃 =
𝜔 − 𝜔
2𝛼
=
1,0 − 3,0
2(−0,024)
= 166,67 rad = 166,67 rad
1 volta
2𝜋 rad
= 26,5 voltas 
 
Exemplo 15.2: O volante (roda em uma engrenagem) de uma máquina gira com uma 
velocidade angular constante de 150 rev/min. Quando a máquina é desligada, o atrito dos 
mancais e a resistência do ar param a roda em 2,0 h. (a) Qual é a aceleração angular constante 
da roda, em revoluções por minuto ao quadrado, durante a desaceleração? (b) Quantas 
revoluções a roda executa antes de parar? No instante em que a roda está girando a 60 
rev/min, para um ponto da roda a 30 cm do eixo da rotação qual é a sua (c) velocidade, (d) 
aceleração tangencial, (e) aceleração centrípeta, e (f) módulo da aceleração? 
Solução: (a) Conhecemos a velocidade angular final, 𝜔 = 0, e a inicial, 
𝜔 = 150
rev
min
= 150
2𝜋 rad
60 s
= 15,71 rad/s 
e o tempo entre elas, 
t = 2,0 h = 2,0 (60)(60 s) = 7200 s 
logo por: 
𝜔 = 𝜔 + 𝛼 𝑡 → 𝛼 =
𝜔 − 𝜔
𝑡
=
0 − 15,71
7200
= −2,18 × 10 rad/s 
(b) O deslocamento angular realizado pelo volante até parar pode ser obtido pela equação 
horária 
∆𝜃 = 𝜔 𝑡 +
1
2
𝛼 𝑡 
mas também pela fórmula de Torricelli: 
𝜔 = 𝜔 + 2𝛼 ∆𝜃 → ∆𝜃 =
𝜔 − 𝜔
2𝛼
 
Usaremos esta última fórmula: 
∆𝜃 =
𝜔 − 𝜔
2𝛼
=
0 − 15,71 
2(−2,18 × 10 )
= 56556 rad = 56556 rad 
rev
2𝜋 rad
= 9000 rev 
(c) A velocidade de um ponto a 30 cm do eixo da rotação, com a roda girando a 60 rev/min, é 
𝑣 = 𝜔𝑟 = 60 
2𝜋
60
rad
s
(0,30 m) = 1,88 m/s 
(d) A aceleração tangencial 
𝑎 = 𝛼 𝑟 = −2,18 × 10 (0,30) = −6,54 × 10 m/s 
(e) A aceleração centrípeta 
𝑎 =
𝑣
𝑟
=
1,88
0,30
= 11,8 m/s2 
6 
 
 
(f) A aceleração da partícula é 
𝑎 = 𝑎 + 𝑎 
Como 𝑎 ≫ 𝑎 , temos 
𝑎 = 𝑎 = 11,8 m/s2 
 
15.3 Velocidade e aceleração como produtos vetoriais 
O produto vetorial 𝐶 = 𝐴 × 𝐵 de dois vetores 𝐴 e 𝐵 é definido pelo determinante 
𝐶 = 𝐴 × 𝐵 =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
𝐴 𝐴 𝐴
𝐵 𝐵 𝐵
 (15.15) 
tal que 
𝐶 = +𝐴 𝐵 − 𝐴 𝐵 (15.16) 
𝐶 = −𝐴 𝐵 + 𝐴 𝐵 (15.17) 
𝐶 = +𝐴 𝐵 − 𝐴 𝐵 (15.18) 
Assim, calculamos para 𝐶 o seu módulo 
𝐶 = 𝐶 + 𝐶 + 𝐶 (15.19) 
e direçãoe sentido 
�̂� =
𝐶
𝐶
𝚤̂ +
𝐶
𝐶
𝚥̂ +
𝐶
𝐶
𝑘 (15.20) 
Muitas vezes é mais prático calcular o módulo por 
𝐶 = 𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃 (15.21) 
onde 𝐴 e 𝐵 são os módulos de 𝐴 e 𝐵 e 𝜃 é o menor ângulo entre estes dois vetores. E a 
direção e sentido são dados pela regra mnemônica da mão direita do produto vetorial. 
Podemos expressar alternativamente a velocidade �⃗� do ponto P por meio do produto vetorial 
�⃗� = 𝜔 × 𝑟 (15.22) 
A aceleração do ponto P, obtida derivando-se esta expressão vetorial de �⃗�, é 
�⃗� =
𝑑�⃗�
𝑑𝑡
=
𝑑𝜔
𝑑𝑡
× 𝑟 + 𝜔 ×
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= �⃗� × 𝑟 + 𝜔 × �⃗� (15.23) 
Para movimentos tridimensionais de corpos rígidos, 𝜔 pode mudar tanto de direção quanto de 
intensidade, e, nesse caso, �⃗� não estará mais na mesma direção de 𝜔. 
 
7 
 
 
Exemplo 15.3: A barra em ângulo reto gira no sentido horário com uma velocidade angular 
que diminui a uma taxa de 4,0 rad/s . Escreva expressões vetoriais para a velocidade e para a 
aceleração do ponto A quando 𝜔 = 2,0 rad/s. 
 
Figura 15.3 – Barra girando. 
 
 
Solução: Como 
𝜔 = −2,0 𝑘 rad/s 
𝑟 = 0,40𝚤̂ + 0,30𝚥̂ m 
a velocidade do ponto A é 
�⃗� = 𝜔 × 𝑟 =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 −2,0
0,40 0,30 0
= 0,60𝚤̂ − 0,80𝚥̂ m/s 
A velocidade escalar deste ponto é 
𝑣 = 𝑣 + 𝑣 = 0,60 + (−0,80) = 1,00 m/s 
Além dos dados acima, para o cálculo da aceleração do ponto A precisamos da aceleração 
angular 
�⃗� = +4,0 𝑘 rad/s 
Portanto 
�⃗� = �⃗� × 𝑟 + 𝜔 × �⃗� =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 4,0
0,40 0,30 0
+
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 −2,0
0,60 −0,80 0
= (−1,2𝚤̂ + 1,6𝚥̂) + (−1,6𝚤̂ − 1,2𝚥̂) = −2,8𝚤̂ + 0,4𝚥̂ m/s 
O módulo desta aceleração é 
𝑎 = 𝑎 + 𝑎 = (−2,8) + (0,4) = 2,83 m/s2 
 
8 
 
 
 
FORMULÁRIO 
1) Equações da cinemática do movimento circular de um ponto do corpo rígido: 
𝜔 =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
, 𝜔 = |𝜔 (𝑡)| 
𝛼 =
𝑑𝜔
𝑑𝑡
, 𝛼 = |𝛼 (𝑡)| 
𝑣 = 𝜔𝑟 
𝑎 = 𝑟𝛼 
𝑎 = −𝑎 , 𝑎 = 𝑟𝜔 =
𝑣
𝑟
 
𝑎 = 𝑎 + 𝑎 
Quando a aceleração angular é constante: 
𝜃 = 𝜃 + 𝜔 𝑡 +
1
2
𝛼 𝑡 
𝜃 = 𝜃 +
1
2
(𝜔 + 𝜔 )𝑡 
𝜔 = 𝜔 + 𝛼 𝑡 
𝜔 = 𝜔 + 2𝛼 (𝜃 − 𝜃 ) 
 
2) Velocidade e aceleração como produtos vetoriais: 
�⃗� = 𝜔 × 𝑟 
�⃗� =
𝑑�⃗�
𝑑𝑡
=
𝑑𝜔
𝑑𝑡
× 𝑟 + 𝜔 ×
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= �⃗� × 𝑟 + 𝜔 × �⃗� 
Produto vetorial como um determinante: 
𝐶 = 𝐴 × 𝐵 =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
𝐴 𝐴 𝐴
𝐵 𝐵 𝐵
 
Componentes do produto vetorial: 
𝐶 = +𝐴 𝐵 − 𝐴 𝐵 
𝐶 = −𝐴 𝐵 + 𝐴 𝐵 
𝐶 = +𝐴 𝐵 − 𝐴 𝐵 
Módulo 
𝐶 = 𝐶 + 𝐶 + 𝐶 
𝐶 = 𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃 
9 
 
 
𝐴 e 𝐵 são os módulos de 𝐴 e 𝐵 e 𝜃 é o menor ângulo entre estes dois vetores 
Direção e sentido 
�̂� =
𝐶
𝐶
𝚤̂ +
𝐶
𝐶
𝚥̂ +
𝐶
𝐶
𝑘 
Usar regra mnemônica da mão direita do produto vetorial 
 
ATIVIDADES 
1. Uma mesa de serrar tem uma serra circular de 25 cm de diâmetro que gira a uma 
velocidade angular de 7000 rpm. A serra está equipada com um mecanismo de segurança que 
pode parar a serra em 5 ms se algo como um dedo é posto acidentalmente em contato com a 
serra. (a) Que aceleração angular ocorre se a serra começa em 7000 rpm e atinge o repouso 
em 5 ms? (b) Quantas rotações a serra completa durante o período que está parando? 
 
2. Um disco rotativo começa o seu movimento a partir do repouso. Quantos radianos o disco 
irá girar em 
18 s, se a aceleração angular é dada pela relação a seguir: 
𝑎(𝑡) = 0,2𝑡 − 1,25𝑡 + 12 (unidade SI) 
 
3. Uma ginasta está fazendo uma exibição de exercícios de solo. Em uma corrida com saltos, 
ela gira no ar, aumentando a sua velocidade angular de 2,00 para 3,00 rev/s enquanto gira 
meia volta. Quanto tempo leva esta manobra? 
 
4. A placa triangular gira em torno de um eixo fixo através do ponto O com as propriedades 
angulares indicadas. Determine a velocidade instantânea e aceleração do ponto A. Considere 
todas as variáveis dadas como positivo. 
 
 
10 
 
 
5. O disco circular de raio 𝑟 = 0,16 m gira em torno de um eixo fixo através do ponto O com 
propriedades angulares 𝜔 = 2,0 rad/s e 𝛼 = 3,0 rad/𝑠 com os sentidos mostrados na Figura. 
Determine os valores instantâneos da velocidade e aceleração do ponto A. 
 
 
 
 
*Correções, sugestões e críticas para a melhoria deste texto são bem vindas para lima.neemias@gmail.com. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 
 
 
Soluções 
 
1. Uma mesa de serrar tem uma serra circular de 25 cm de diâmetro que gira a uma 
velocidade angular de 7000 rpm. A serra está equipada com um mecanismo de segurança que 
pode parar a serra em 5 ms se algo como um dedo é posto acidentalmente em contato com a 
serra. (a) Que aceleração angular ocorre se a serra começa em 7000 rpm e atinge o repouso 
em 5 ms? (b) Quantas rotações a serra completa durante o período que está parando? 
(a) Supondo uma aceleração angular constante, temos (1 rpm = 2𝜋/60 rad/s) 
𝜔 = 𝜔 + 𝛼 𝑡 → 𝛼 =
𝜔 − 𝜔
𝑡
=
0 − 7000
2𝜋
60
5 × 10
= −1,47 × 10 rad/s 
(b) Para obter o número de rotações podemos usar esta equação 
𝜃 − 𝜃 = ∆𝜃 =
1
2
(𝜔 + 𝜔 )𝑡 =
1
2
0 + 7000
2𝜋
60
5 × 10 = 1,8326 rad 
Isto equivale a um número de rotações igual a 
𝑁 =
∆𝜃
2𝜋 rad/rotação
=
1,8326 
2𝜋
rotação = 0,292 rotação 
 
2. Um disco rotativo começa o seu movimento a partir do repouso. Quantos radianos o disco 
irá girar em 
18 s, se a aceleração angular é dada pela relação a seguir: 
𝛼 (𝑡) = 0,2𝑡 − 1,25𝑡 + 12 (unidade SI) 
O problema pede o deslocamento angular ∆𝜃 = 𝜃 − 𝜃 para um disco que gira com uma 
aceleração angular não uniforme. Precisamos então obter a velocidade angular 𝜔 (𝑡) por 
integração da aceleração angular, e integrando a velocidade angular obteremos o 
deslocamento angular em função do tempo, e enfim para o tempo dado pelo problema. 
𝛼 =
𝑑𝜔
𝑑𝑡
 → 𝑑𝜔 = 𝛼 𝑑𝑡 = (0,2𝑡 − 1,25𝑡 + 12)𝑑𝑡 
𝜔 = 0,2
𝑡
3
− 1,25
𝑡
2
 + 12𝑡 
𝜔 =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
 → 𝑑𝜃 = 𝜔 𝑑𝑡 = 0,2
𝑡
3
− 1,25
𝑡
2
 + 12𝑡 𝑑𝑡 
𝜃 − 𝜃 = 0,2
𝑡
4(3)
− 1,25
𝑡
3(2)
 + 12
𝑡
2
 
No instante 𝑡 = 18 s: 
∆𝜃 = 0,2
18
12
− 1,25
18
6
 + 12
18
2
= 2,5 × 10 rad 
12 
 
 
Isto equivale a mais ou menos 394 voltas! 
 
3. Uma ginasta está fazendo uma exibição de exercícios de solo. Em uma corrida com saltos, 
ela gira no ar, aumentando a sua velocidade angular de 2,00 para 3,00 rev/s enquanto gira 
meia volta. Quanto tempo leva esta manobra? 
Meia volta equivale a um deslocamento angular de 
∆𝜃 =
1
2
(2𝜋 rad) = 𝜋 rad 
Conhecendo-se a velocidade angular inicial e final: 
𝜔 = 2,00
rev
s
= 2,00(2𝜋)
rad
s
= 4,00𝜋 rad/s 
𝜔 = 3,00
rev
s
= 3,00(2𝜋)
rad
s
= 6,00𝜋 rad/s 
Temos que 
∆𝜃 =
1
2
(𝜔 + 𝜔 )𝑡 → 𝑡 =
2∆𝜃
𝜔 + 𝜔
=
2(𝜋)
6,00𝜋 + 4,00𝜋 
=
2
10,00
= 0,200 s = 200 ms 
 
4. A placa triangular gira em torno de um eixo fixo através do ponto O com as propriedades 
angulares indicadas. Determine os vetores velocidade instantânea e aceleração do ponto A. 
Considere todas as variáveis dadas como positivo. 
 
O vetor velocidade angular (sentido anti-horário, portanto no sentido positiva do eixo 𝑧) e 
aceleração angular (sentido horário, portanto no sentido negativo do eixo 𝑧) são 
𝜔 = +𝜔𝑘, �⃗� = −𝛼𝑘 (1) 
O vetor posição do ponto A é 
𝑟 = 𝑏𝚤̂ − ℎ𝚥̂ (2) 
Logo: 
�⃗� = 𝜔 × 𝑟 =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 𝜔
𝑏 −ℎ 0
=
0 𝜔
−ℎ 0
𝚤̂ −
0 𝜔
𝑏 0
𝚥̂ +
0 0
𝑏 −ℎ
𝑘 = 𝜔ℎ𝚤̂ − (−𝜔𝑏)𝚥 ̂
�⃗� = 𝜔(ℎ𝚤̂ + 𝑏𝚥̂) 
13 
 
 
�⃗� = �⃗� × 𝑟 + 𝜔 × �⃗� =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 −𝛼
𝑏 −ℎ 0
+
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 𝜔
𝜔ℎ 𝜔𝑏 0
=
0 −𝛼
−ℎ 0
𝚤̂ −
0 −𝛼
𝑏 0
𝚥̂ +
0 0
𝑏 −ℎ
𝑘 +
0 𝜔
𝜔𝑏 0
𝚤̂ −
0 𝜔
𝜔ℎ 0
𝚥̂
+
0 0
𝜔ℎ 𝜔𝑏
𝑘 = (−𝛼ℎ)𝚤̂ − (𝑏𝛼)𝚥̂ + (−𝜔 𝑏)𝚤̂ − (−𝜔 ℎ)𝚥̂
= (−𝛼ℎ − 𝜔 𝑏)𝚤̂ − (𝑏𝛼 − 𝜔 ℎ)𝚥̂ 
�⃗� = −(𝛼ℎ + 𝜔 𝑏)𝚤̂ + (𝜔 ℎ − 𝑏𝛼)𝚥 ̂
 
5. O disco circular de raio 𝑟 = 0,16 m gira em torno de um eixo fixo através do ponto O com 
propriedades angulares 𝜔 = 2,0 rad/s e 𝛼 = 3,0 rad/𝑠 com os sentidos mostrados na Figura. 
Determine osvalores instantâneos da velocidade e aceleração do ponto A. 
 
O vetor velocidade angular (sentido horário, portanto no sentido negativo do eixo 𝑧) e 
aceleração angular (sentido anti-horário, portanto no sentido positivo do eixo 𝑧) são (em 
unidades SI): 
𝜔 = −2,0𝑘, �⃗� = +3,0𝑘 (1) 
O vetor posição do ponto A é (em unidades SI) 
𝑟 =
0,16
4
𝚤̂ − 0,16𝚥̂ = 0,04𝚤̂ − 0,16𝚥̂ (2) 
Logo, a velocidade instantânea no ponto A é 
�⃗� = 𝜔 × 𝑟 =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 −2,0
0,04 −0,16 0
=
0 −2,0
−0,16 0
𝚤̂ −
0 −2,0
0,04 0
𝚥̂ +
0 0
0,04 −0,16
𝑘
= [−(−2,0)(−0,16)]𝚤̂ − [−(−2,0)(0,04)]𝚥 ̂
�⃗� = −0,32𝚤̂ − 0,08𝚥̂ m/s 
14 
 
 
𝑣 = 𝑣 + 𝑣 = (−0,32) + (−0,08) = 0,330 = 0,33 m/s 
E a aceleração no ponto A é 
�⃗� = �⃗� × 𝑟 + 𝜔 × �⃗� =
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 3,0
0,04 −0,16 0
+
𝚤̂ 𝚥̂ 𝑘
0 0 −2,0
−0,32 −0,08 0
=
0 3,0
−0,16 0
𝚤̂ −
0 3,0
0,04 0
𝚥̂ +
0 0
0,04 −0,16
𝑘 +
0 −2,0
−0,08 0
𝚤̂
−
0 −2,0
−0,32 0
𝚥̂ +
0 0
−0,32 −0,08
𝑘
= [−(3,0)(−0,16) − (−2,0)(−0,08)]𝚤̂ − [−(3,0)(0,04) − (−2,0)(−0,32)]𝚥̂
+ [0]𝑘 
�⃗� = 0,32𝚤̂ + 0,76𝚥̂ m/s 
𝑎 = 𝑎 + 𝑎 = (0,32) + (0,76) = 0,8246 = 0,82 m/s