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Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
1
EMENTA
Dinâmica dos sólidos: formulação. Dinâmica dos sólidos em
movimento geral.
OBJETIVOS GERAIS
Desenvolver no aluno uma visão factível da mecânica, criando no
mesmo uma "intuição" correta dos fenômenos mecânicos.
OBJETIVOS ESPECÍFICOS
Estabelecer os conceitos básicos sobre Dinâmica do Sólido.
Estabelecer as leis dinâmicas que regem o movimento de um
sólido (movimento de translação, de rotação em torno de eixo
fixo, movimento plano e movimento geral). Preparar os alunos
para entender os dispositivos mecânicos comuns à vida do
Engenheiro.
Fornecer ferramentas aos estudantes para o entendimento de
disciplinas específicas do curso.
CONTEÚDO PROGRAMÁTICO
Dinâmica dos sólidos
Teorema do Centro de Massa - TCM
Teorema do Momento Angular – TMA
Teorema de Steiner ou dos eixos paralelos.
Dinâmica dos sólidos em translação
Dinâmica dos sólidos em movimento de rotação
Dinâmica dos sólidos em movimento plano
Dinâmica dos sólidos em movimento genérico.
Matriz de inércia; momentos de inércia e produtos de inércia.
Dinâmica dos sólidos: formulação matricial para o momento
angular.
BIBLIOGRAFIA Básica
BEER, F. P.; JOHNSTON JUNIOR, E. R. Mecânica vetorial
para engenheiros: cinemática e dinâmica 5ª ed. 2v. São
Paulo: Makron, 1994.
HIBBELER, R. C. Dinâmica: Mecânica para Engenharia.
8.ed. Rio de Janeiro Prentice Hall Brasil, 2004.
KRAIGE,L.G.;MERIAN,J.L. Mecânica: dinâmica. Rio de
Janeiro: LTC,2004. FRANÇA, L.N.F.;MATSUMURA,A.Z. Mecânica Geral.Edgar
Blucher, 2005.
GERE, J. Mecânica dos materiais. São Paulo: Pioneira Thomson
Learning, 2003
KAMINSKI, P.C. Mecânica geral para engenheiros. Edgar Blucher,
2000.
SEARS,F.;YOUNG H. D. Física. vol.1, Mecânica. Addison Wesley,
2008.
Dinâmica dos Sólidos,Unip, Versão 2, 2009.
Dinâmica dos Sólidos
1. Introdução:
A dinâmica dos sólidos consiste do estudo dos movimentos
dos sólidos, desconsiderando os efeitos de deformações do
mesmo. Um corpo que não sofre deformações, independente de
suas forças aplicadas, possui a propriedade que a distância entre
quisquer dois pontos pertencentes a ele permanece constante.
2. Efeitos das forças:
Os efeitos das forças dependerão dos fatores:
ponto de aplicação da força;
intensidade;
direção e sentido.
Quando o estudo refere-se a um ponto material, não há
influência do ponto de aplicação.
Para um sólido, a troca do ponto de aplicação acarretará
alterações no efeito sobre o corpo.
3. Dinâmica:
A escolha do sistema de referência para o estudo e
escolhido de forma que o sistema seja inercial, ou seja, que
satisfaz a Lei de Newton do Movimento.
3.1. Dinâmica do ponto material.
A segunda Lei de Newton utilizada é:
ext
n
i
i
F R m a
3.2. Dinâmica dos sólidos.
Definimos um ponto especial associado ao corpo, não
necessariamente pertencente a ele, denominado centro de
massa do sólido, CM.
Centro de massa do sólido, CM:
Pertence a linhas de simetria de distribuição de massa
do sólido.
Quando há mais de uma linha de simetria, o CM é a
interseção dessas linhas.
Para corpos de dimensões desprezíveis, o centro de
massa coincide com o centro de gravidade do corpo CG.
Definimos como centro de massa de um sistema de n
partículas de massa mi localizadas em relação a um sistema de
coordenadas em (xi , yi, zi):
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
2
1
1
n
i i
icm n
i
i
m x
x
m
1
1
n
i i
icm n
i
i
m y
y
m
1
1
n
i i
icm n
i
i
m z
z
m
Para corpos extensos:
corpo
cm
corpo
xdm
xdm
corpo
cm
corpo
ydm
ydm
corpo
cm
corpo
zdm
zdm
Definindo o ponto de origem do sistema inercial de I e
P a posição da massa dm de um corpo sólido, definimos como
vetor de posição:
r P I
Em geral: 0;0;0I
ˆˆ ˆcm cm cm cmr x i y j z k
Cinemática do centro de massa:
Velocidade do centro de massa:
ˆˆ ˆcm cm cm cmcm cm
dr dx dy dzv v i j k
dt dt dt dt
ˆˆ ˆcm cm cm
cmcm cm x y z
drv v v i v j v k
dt
Aceleração do centro de massa:
ˆˆ ˆcm cm cmx y zcmcm cm
dv dv dvdva a i j k
dt dt dt dt
ˆˆ ˆcm cm cm
cmcm cm x y z
dva a a i a j a k
dt
Forma da
Superfície Figura x y A
Triângulo
3
h
2
b h
Quarto de círculo
4
3
r
4
3
r
2
4
r
semicírcul
o
0 4
3
r
2
2
r
Quarto de
elipse
4
3
a
4
3
b
4
ab
Meia elipse
0
4
3
b
2
ab
Semi parábola
4
8
a
3
5
h
2
3
ah
parábola
0
3
5
h
4
3
ah
Arco de
parábola
3
3
a
3
10
h
3
ah
Curva
geral
1
2
na
n
1
4 2
nh
n
1
ah
n
Setor
circular
2
3
rsen
0
2r
Quarto de Arco
2r
2r
2
r
Semi arco 0 2r
r
Arco
rsen
0
2 r
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
3
Forma Figura x V
Hemisféri
o
3
8
a
32
3a
Semi-
elipsóide
de revolução
3
8
h
22
3a h
Parabolói
de de revolução
3
h
21
2a h
Cone
4
h
21
3a h
Pirâmide
4
h
1
3abh
Exemplos: Cálculo do centro de massa:
1. Encontre o centróide ou centro de massa CM de um
aro circular de raio R e massa M.
M dm
r ds
ds r d
Mdm ds
r
0
1corpo
cm cm
ydmM
y y R sen RdM M R
0
cm
R My Rsen d
R M
0
0
coscm cm
R Ry sen d y
2
cos cos0cm cm
R Ry y
2. Mostre que a coordenada x do centróide do exemplo
anterior é nula.
3. (pag. 6 Livro Unip) A placa em forma de semi corôa
na figura abaixo é plana, homogênea e possui raios R1 e R2.
Pedem-se, determinar seu centro de massa.
Tratando em
coordenadas polares:
cosx r y r sen
Como a figura é uniforme, sua densidade de massa
será:M dm
A dA
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
4
2 22 2
2 12 1
2
2
M M
R RR R
dA r dr d
corpo
cm
xdm
xM
corpo
cm
ydm
yM
2 2
2 1
2Mdm dA dm dA
R R
2 2
2 1
2
cm
My dA
R Ry
M
2
1
2
2 2
2 1
2R
cm
R
My r sen rdrd
R R M
2
1
2
2
2 2
2 1
2R
cm
R
y sen d r drR R
2
1
32
2 2
2 1
2cos
3
R
cm
R
ry
R R
1 1 3 3
2 1
2 2
2 1
2cos2 cos
3cm
R Ry
R R
3 3
2 1
2 2
2 1
22
3cm
R Ry
R R
3 3
2 1
2 2
2 1
4
3cm
R Ry
R R
0cmx simetria
4. (pag. 8 – Livro Unip) Encontre as coordenadas do
centro de massa para a peça do exemplo anterior para raios 2
mm e 3 mm. (0; -1.6mm).
5. (Kraige 5.1) Localize o centróide da figura
unidimensional:
R.: r sen
x
6. (Kraige 5.3) Localize o centróide da figura
bimensional:
R.:
0
2
3
r
r senx
7. (Kraige – 5.2) Mostre que, para a figura plana
homogêna triangular, seu centróide (centro de massa CM) é
dado por:
Faça:
dA x dy
Use semelhança de triângulos:
x b
h y h
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
5
0
3
2
h
cm cm
y xdyh
y ybh
1x b hx x
h y y hh y h b b
0 0
1
2 2
b b
cm cm
xx ydx x h dx
bx x
bh bh
2
0
2b
cm
xx x dx
b b
2 3
0
2
2 3
b
cm
x xx
b b
2 3 2 22 2 3 2
2 3 6 6cm cm
b b b bx x
b b b
3cm
bx
8. Localize o centro de massa das figuras. (B.J. Cap.
5).
8.1
8.2
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
6
Teoria da dinâmica do sólido
http://www.claudio.sartori.nom.br/cinematicaDinamicaSol
idos.html
A teoria geral da dinâmica dos sólidos apóia-se em
dois teoremas:
Teorema do centro de massa. “ A resultante das forças aplicadas ao sólido, e que são
de origem externa ao mesmo, é igual ao produto da massa do
sólido pela aceleração do centro de massa”.
ext cmR m a
Forças de origem externa: Forças aplicadas em um
elemento de massa dm do sólido, por outros corpos que não o
próprio sólido. Sua soma é dada por: ext ext cmdf R m a
Forças de origem interna: são aquelas aplicadas num
elemento de massa dm so sólido, por outros elementos de massa
do mesmo sólido: pelo princícpio de ação e reação, as forças
internas aparecem aos pares. A soma de todas as forças internas
é nula: int 0df .
Definições:
A cinemática do pólo
A escolha de um pólo, pode ser feita em qualquer
ponto do espaço, inclusive pode ser um ponto do sólido em
estudo. Caracterizando:
1. O sistema de eixos I(x,y,z) representa um sistema de
referência inercial.
2. O ponto P(x,y,z) é um ponto do sólido onde se
encontra o elemento de massa dm.
3. O ponto O(xo,yo,zo) é um ponto qualquer, que será
adotado como pólo.
Vetor posição de P(x,y,z):
Pr P I
Vetor velocidade de P(x,y,z):
P
dv P I
dt
Vetor aceleração de P(x,y,z):
PP
dva
dt
Vetor posição de O(xo,yo,zo):
Or O I
Vetor velocidade de O(xo,yo,zo):
O
dv O I
dt
Vetor aceleração de O(xo,yo,zo):
OO
dva
dt
Observe que: P I O I P O
P Or r P O
Derivando:
OPdrdr d
P Odt dt dt
P O
dv v P O
dt
Chamando de velocidade relativa no ponto P em
relação ao pólo O:
rel P O
dv v v P O
dt
Momento linear:
sól CMp v dm p m v
2a Lei de Newton: Pode ser escrita por:
dpdf dm a df
dt
a
d dm vdp dvdm
dt dt dt
Momento polar:
Uma força F , aplicada no ponto P(x,y,z), tem um
momento polar em relação ao polo O(x0, y0, z0) dado por:
OM P O F
OM expressa a capacidade da força F , de produzir
rotação no sólido em que é aplicada, em torno de um eixo que
passa pelo pólo O, e qu tem direção do próprio momento polar
OM , no sentido definido pela regra da mão direita: mão em P
e os dedos se curvam no sentido da rotação .
x, i
z, k
y, j
I
O(xo,yo,zo)
P (x,y,z)
Pr Or
y, j
z, k
x, i
O
P
OM
F
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
7
Momento angular: Seja dp o momento linear do elemento de massa dm, que
ocupa o ponto P(x,y,z), que se desloca com velocidade v . O
momento angular desse elemento de massa dm, em relação ao
pólo O é dado por:
OdH P O dp
A soma de todos os momentos angulares fornece o
total dado por: O OH dH P O dp
Prova do Teorema do Momento Angular:
OH P O dp
Od P O d dm vdH
dm v P Odt dt dt
O
d P Ov v
dt
OO
dH dvv v dm v P O dm
dt dt
0
O Ov v dm v v dm v v dm v
OO
dHv v dm v P O dm a
dt
OO
dHv v dm v P O R
dt
OO O
dHv dm v M
dt
OO O
dHv v dm M
dt
OO CM O
dHv v m M
dt
OO O CM
dHM v v m
dt
OO O CM
dHM v v m
dt
Teorema do Momento angular. “ considera-se que num certo nstante , um sólido com
massa m tem seu centro de massa CM deslocando-se com
velocidade CMv e seu momento angular OH em relação ao
pólo O, possui derivada em relação ao tempo OdH
dt, enquanto
que o pólo apresenta velocidade Ov ; o momento resultante das
forças aplicadas nesse sólido é dado por:
OO O CM
dHM v m v
dt
Dinâmica do movimento de translação
O movimento de translação é caracterizado como aquele
em que “ a reta definida por dois pontos do sólido não muda de
direção durante o movimento”. Todos os pontos apresentam
velocidades e acelerações iguais.
TCM: Teorema do Centro de Massa.
ext cmR m a
TMA: Teorema do Momento Angular. Considerando a definição de Momento Angular do sólido:
OH P O v dm
Como todos os elementos de massa dm do sólido
apresentam a mesma velocidade:
OH P O dm v
Pela definição de Centro de massa:
CM
P O dmCM O r
m
Substituindo, teremos: OH CM O v
Adotando-se como pólo, o centro de massa CM:
0CM CMH CM CM v H
“ O valor do momento angular em relação ao pólo
no Centro de Massa CM é constante e igual a zero”.
Do TMA, Teorema do Momento Angular, com
pólo no CM – Centro de Massa, tem-se:
0 0CMCM CM
dHM M
dt
Dinâmica do movimento plano
O movimento plano é aquele o sólido em estudo tem
movimentos restritos a um único plano, denominado plano de
movimento, restringindo portanto a sólidos planos.
Cinemática do movimento plano:
Seja e o vetor ortogonal ao plano de movimento.
Lembramos que o vetor velocidade angular e
aceleração angular são dados por, respectivamente:
ˆ ˆe e
Sendo P e Q pontos do sólido, a velocidade de P pode
ser obtida a partir da velocidade de Q por:
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8
P Qv v P Q
A aceleração do ponto P em termos da aceleração do
ponto Q será dada por:
P Qa a P Q P Q
Teorema do momento angular aplicado ao
movimento plano: O TMA: Teorema do Momento Angular, exige uma
escolha apropriada do pólo. Seja O o pólo fixo,
pertencente ao sólido e igual ao CM: O = CM. (CM:
Centro de Massa).
Assim:
OO
dHM
dt
Se Q coindide com O:
Q
Q
dHM
dt
Considere a definição de momento angular e o pólo Q:
Q PH P Q dm v
Q QH P Q dm v P Q
Q QH P Q v dm P Q P Q dm Pela definição de Centro de Massa CM:
P Q dm CM P m
Q Q
CM Q m
H P Q dm v P Q P Q dm
Q QH CM Q v m P Q P Q dm
Se Q é fixo: 0Qv
Aplicando a regra:
a b c a c b a b c
Para: a P Q b c P Q
P Q P Q P Q P Q
P Q P Q
Como: 2
P Q P Q P Q e
P Q P Q (vetores perpendiculares!)
2
0QH CM Q m P Q dm
2
QH P Q dm
Momento de Inércia:
Denominamos de momento de inércia IQ:
2
QI P Q dm
O momento de inércia expressa fisicamente a inércia
de rotação do sólido, quando acelerado em movimento de
rotação em torno do eixo ortogonal ao plano do moviemnto que
passa pelo pólo Q. O momento de Inércia de um elemento de
massa de um sólido, é expresso pelo produto entre a massa do
elemento, e o quadrado da distância entre o ponto P, que contém
o elemento de massa dm e o pólo Q.
Logo: 2
QH P Q dm
Q QH I
Tomando-se a derivada em relação ao tempo:
Q
Q Q Q
dId d dH I I
dt dt dt dt
0
P Q cte
Q
Q Q
dId dH I
dt dt dt
Q Q
dH I
dt
Q Q Q
dH M I
dt
Raio de Giração Sendo IO o momento de inércia de um sólido de massa
m, em relação ao eixo que passa pelo pólo O. O raio de giração
k, do sólido em relação a esse eixo é dado por:
OIk
m
Dinamica do moviemnto plano: Resumo:
TCM: Teorema do centro de massa:
ext CMR m a
TMA: Teorema do momento angular:
Q QM I
Sendo:
2
QI P Q dm
Pólo Q pertencente ao sólido;
Pólo Q fixo (vQ = 0)
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9
Pólo Q = CM.
Momento de inércia de figuras:
Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner)
2
P CMI I M d
Cálculos de momento de inércia.
Quando um corpo rígido não pode ser representado por
massas puntiformes, podemos escrever a relação integral: 2
corpo
I r dm
Dependendo de como a massa está distribuída,
podemos definir as densidades:
Densidade Símbolo Definição Unidade
Linear
M
L
kg
m
Superficial
M
A
2
kg
m
Volumétrica
M
V
3
kg
m
Para o caso unidimensional, podemos definir:
dmdm dl
dl
2
corpo
I r dl
Para corpos bi e tridimensionais, veja a tabela a seguir.
Tabela - Definições de Momentos, Momentos de inércia
e centro de massa.
Corpos
Bidimensionais
(Figuras Planas)
Corpos tridimensionais
Centro de
Massa
),( mm yx
),,( mmm zyx
Rm
R
x dA
xdA
Rm
R
x dV
xdV
Rm
R
y dA
ydA
R
m
R
y dV
ydV
Rm
R
z dV
zdV
Momentos
Lâmina Sólido
mxM y mzM xy
myM x myM xz
mxM yz
Momentos de
Inércia
Figuras Planas Corpos Tridimensionais
Ix 2
R
y dA
2 2( )R
y z dV
Iy 2
R
x dA
2 2( )R
x z dV
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Io, Iz
2 2( )R
x y dA
2 2( )
R
y x dV
Exemplo 1 – Barra delgada uniforme, eixo
ortogonal ao seu comprimento. A figura mostra uma barra ou
vara delgada uniforme de massa M e comprimento L.
Determine seu momento de inércia em relação a um eixo
passando pelo ponto O, a uma distância arbitrária h de uma de
suas extremidades.
Solução: Escolhendo um elemento de massa de uma seção reta
da barra com comprimento dx situado a uma distância x do
ponto O. Assim, se a densidade linear é uniforme:
dm M Mdm dx
dx L L
2
corpo
I r dm
2 2
L h L h
h h
M MI x dx I x dx
L L
3
3
x L h
x h
M xI
L
2 213 3
3I M L L h h
o Se o eixo passar pela extremidade esquerda: h = 0:
21
3I M L
o Se o eixo passar pela extremidade direita: h = L:
21
3I M L
o Se o eixo passar pelo centro: h=L/2:
21
12I M L
Exemplo 2 – Cilindro maciço ou oco girando em
torno de seu eixo. A figura mostra um cilindro oco e uniforme
com comprimento L, raio interno R1 e externo R2 e massa M.
Calcule o momento de inércia em relação ao eixo de simetria
do cilindro.
Solução:
2dm dV dm r L dr
2
corpo
I r dm
2
1
2 2
R
R
I r r L dr
2
1
32
R
R
I L r dr
4 4
2 14
LI R R
Exemplo 3 – Esfera homogênea de raio R e eixo
passando pelo centro. A esfera abaixo poderia ser uma bola de
bilhar. Determine seu momento de inércia.
Solução: 2 2r R x
2dm dV dm r dx
2
corpo
I r dm
2 2dm R x dx
Para um disco:
21
2dI r dm
2
2 2 2 21
2dI R x R x dx
2
2 2
2dI R x dx
2
2 2
0
22
R
I R x dx
5 58 8
15 15I R I R
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11
34
3
M M
VR
3
3
4
M
R
5
3
8 3
15 4
MI R
R
22
5I M R
Exercícios 1. (Beer Johnston pg. 1033 16.1) Uma Van a 30 ft/s
aciona os freios, impedindo a rotação das rodas e pára após
percorrer 20 ft. Determine a força normal e a de atrito em cada
roda. Dado: g = 32.2 ft/s².
Solução: Aceleração da Van:
22 2 0
0 22
vv v a s a
s
2
2
3022.5
2 20CM
fta a
s
iext R
i
F m a
0A BN N W
A BN N m a
A BW N N
A BN N m a
W m a
am g m a
g
22.50.699
32.2
iA
n
F R
i
M M
12 5 4BN W m a
32.2
12 5 22.5 4 12 2.795 5B B
WN W N W W
g
12 7.795 0.65B BN W N W
0.65 0.35A B A AW N N W N W N W
0.350.699
0.245A AAT k A AT
W
F N F W
0.650.699
0.454B BAT k B AT
W
F N F W
0.65
0.3252
W
BFrente Frente
NN N W
0.35
0.1752
W
ATras Tras
NN N W
0.245
0.1222
A
Tras Tras
W
AT
AT AT
FF F W
0.454
0.2272
B
Frente Frente
W
AT
AT AT
FF F W
2. (Unip 2.01 pag. 22) – Um dico de massa m = 5 kg,
raior R = 0.15 m, apóia-se em uma superfície horizontal rugosa,
com coeficiente de atrito = 0.4. Uma força F, aplicada à altura
h, faz com que o disco translade apoiado na superfície
horizontal, com aceleração a = 2 m/s². Pedem-se:
(a) a intensidade da força F;
(b) a altura h.
Teorema do Centro de Massa: TCM:
0
atF F m a
N P
F N m a
N P
F m g m a
0.4 5 10 5 2F m g m a F
30F N
TMA: 0ATCM F FM M M
R
F
h
R
F
h N
x
y
atF
CM P
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
12
30 0.1520
0FatF R h F R
1.54.5 30 3 0.05
30h h h m
3. (Unip – pag. 24) – A figura mostra um veículo com
massa 200 kg e tração traseira, do qual removeu-se um par de
rodas. Indignado com a brincadeira, seu motorista parte do
repouso e mantém o veículo movendo-se por um período de
tempo significativo, conforme ilustrado. As dimensões são d1=
1.3 m; d2 = 0.4 m e h = 1.6 m. Pedem-se:
(a) a aceleração do centro de massa;
(b) a força de atrito.
Forças agentes:
TCM: Teorema do centro de massa:
200 10
200
0 2000
at atf m a f a
N P N P N
TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM.
2
800
2000 0.4N NM N d M
1.6at atF at F atM F h M F
O peso tem momento nulo pois tem linha de ação
passando pelo pólo.
Assim: 0 1.6 800 0atF N atM M F
500
800
1.6
N
atF
2
5002.5
200 200
atF ma a a
s
4. (Unip pag. 25 – 2.03) – A figura ilustra um bloco
de granito de massa m = 800 kg, de altura H = 4 m, largura L =
2 m, que encontra-se apoiado em uma superfície horizontal,
com coeficiente de atrito = 0.3. Uma força F horizontal, com
linha de ação, distante h = 3 m do solo, aciona o bloco fazendo-
o deslizar, sem tombar. Para a condição de máxima aceleração,
pedem-se:
(a) a força F;
(b) a máxima aceleração.
TCM: Teorema do centro de massa:
80 10
800
0 800
at atF f m a F f a
N P N P N
TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM.
1
12
N N
LM N x M N x
4
2
2at atF at F at
HM F h M F
22
F F
HM F h M F h
O peso tem momento nulo pois tem linha de ação
passando pelo pólo. O atrito é cinético:
2400
0.3 8000at at
N
F N F
2400 800F a
Assim:
0 2 1 0atF N F atM M M F N x F
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
13
2400 2 8000 1 2400 800 0x a
Quando a força F chegar ao máximo, o bloco fica na
iminência de tombar; o granito apóia-se em sua aresta, e desta
forma pode-se garantir que a normal tem sua linha de ação
passando pela mesma. Assim, x = 0;
4800 8000 1 0 2400 800 0a
4800 8000 2400 800 0a
2
8001
800
ma a
s
1
2400 800 3200F a F N
5. (Unip pag. 28 – 2.04) – A figura mostra um
caminhão que desloca-se em movimento reto e uniforme,
transportando uma carga de massa m = 350 kg, que se apóia na
carroceria. O coeficiente de atrito entre a carga e a carroceria é
= 0.30. As dimensões indicadas, são: d = 0.3 m e h = 0.6 m.
Num certo instante, o caminhão freia mantendo desaceleração
uniforme, nessas condições, pedem-se:
(a) a desaceleração do caminhão que produz
escorregamento da carga;
(b) a desaceleração do caminhão que produz
tombamento da carga.
TCM: Teorema do centro de massa:
350 10
350
0 3500
at atf m a f a
N P N P N
TMA: Teorema do Momento angular: pólo: CM.
0.3
3500 0.3N NM N d x M x
0.6at atF at F atM F h M F
O peso tem momento nulo pois tem linha de ação
passando pelo pólo.
Assim, na iminência de tombar, x = 0. 0
0 3500 0.3 0.6atF N atM M x F
1750
10501050 0.6 0
0.6
N
at atF F
35000.3
0 0 1050at atF N F
Como a força de atrito máxima permitida é inferior
ao valor calculado, há uma impossibilidade física; ou seja, o
bloco nunca tombará...
5. (Beer Johnston 5 Ed. Pag. 549) – A placa ABCD de
8.00 kg está sustentada pelas barras articuladas AE e DF e pelo
fio BH. Desprezando-se as massas AE e DF, determinar
imediatamente após o corte de BH: (a) a aceleração do centro
de massa da placa; (b) a força em cada barra.
Equações de movimento:
Aceleração do centro de massa:
cos30t cm cmF m a P m a
cos30 cmm g m a
2
2
9.81
30 8.5 60cm cm
m s
ma g cos a
s ⦫
Forças nas barras AE e DF:
30nF P sen
30AE DFF F P sen
⤹ 0GM
30 250 cos30 100AE AEF sen F
30 250 cos30 100 0DF DFF sen F
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
14
125 86.6AE AEF F 125 86.6 0DF DFF F
38.4 AEF 212 0DFF
0.181DF AEF F
0.181 39.24
8 9.81
30 0.819 39.24
AEF
AE DF AEF F P sen F
39.2447.9 T
0.819AE AEF F N
47.9
0.181 8.6 CDF AE DFF F F N
6. (Hibbeler R. C. Ex. 17.7 pag. 417) – Um caixote
de 50 kg está numa superfície horizontal de coeficiente de atrito
cinético k = 0.2. Determine sua aceleração se uma força P é
aplicada sobre o caixote como mostrado.
Diagrama de corpo livre:
Equações de movimento:
600 0.2 50x xx CM C CMF m a N a
490.5 0yy CM CF m a N
⤹ 0CMM
600 0.3 0.2 0.5 0C CN x N
490.5CN N
490.5
2600 0.2 50 10
x xC CM CM
mN a a
s
0.467x m
7. (Hibbeler R. C. Ex. 17.5 pag. 415) – O carro
mostrado na figura de massa 2 M g = 2000 kg possui centro de
massa no ponto G. Determine a aceleração se os pneus traseiros
estão sempre deslizando, enquanto os dianteiros estão livres
para girar. O coeficiente de atrito de fricção entre os pneus e a
rodovia vale k = 0.25.
Equações de movimento:
0.25 2000x G B GF m a N a
2000.9.81 0yy G A BF m a N N
⤹ 0GM
1.25 0.25 0.3 0.75 0A B BN N N
19620A BN N
20008000
0.25B G B GN a N a
0.54
0.6751.25 0.675 0
1.25A B A BN N N N
12.70.54
1962019620
1.54
B
kNN
A B BN N N
12740.26
0.54 6.88A B AN N N kN
21.59
8000
BG G
N ma a
s
8. (Hibbeler R. C. Ex. 17.6 pag. 416) – A motocicleta
possui massa 125 kg e centro de massa em G1 e o motociclista
possui massa de 75 kg e centro de massa em G2. Determine o
mínimo coeficiente de atrito estático entre os pneus e o
pavimento de forma que o motociclista faça um “wheely”, ou
seja, levante o pneu da frente do chão. Qual a aceleração
necessária para fazer isso? Despreze as massas das rodas e
assuma que a roda da frente está livre para rolar.
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
15
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
75 125xx G B GF m a F a
75 9.81 125 9.81
735.75 1226.5 0yy G BF m a N
⤹BB RM M
294.3 981
735.75 0.4 1226.25 0.8 1275.3BM
67.5 75
75 0.9 125 0.6 142.5B
G G
R G G G
a a
M a a a
2
1275.38.95
142.5G G
ma a
s
1962 1790B BN N F N
Coeficiente de atrito mínimo: 0.912
1790
1962
BB B
B
F
N
9. (Hibbeler R. C. Ex. 17.6 pag. 418) – Uma viga de
100 kg é suportada por duas hastes de massas desprezíveis.
Determine a força desenvolvida em cada haste no instante em
que = 30° e = 6 rad/s.
Diagrama de corpo livre. A viga se move com
movimento curvilíneo, desde que todos os seus pontos movem-
se em trajetória circular, cada um tendo o mesmo raio de 0.5m.
O centro de massa G tem o mesmo movimento (devido a
translação do sólido). Note que a componente tangencial da
aceleração atua na direção para baixo e para esquerda, devido
ao sentido de rotação horário da aceleração angular .
Como a componente normal da aceleração é sempre
dirigida para o centro de curvatura:
218
2 26 0.5N N
m s
G Ga r a
Diagrama de corpo livre:
Equações de movimento:
849.57 1800
981 cos30 100 18nn G B DF m a T T
981 30 100t tt G GF m a sen a
⤹ 0 cos30 0.4 cos30 0.4 0G B DM T T
2649.57nn G B DF m a T T
2
981 304.905
100t t tt G G G
sen mF m a a a
s
⤹ 0G B DM T T
2649.57 1324.78B B B DT T T N T
10. (Beer Johnston 5 Ed. 16.5 Pag. 551) – Uma polia
pesando 53.4 N e raio de giração 0.203 m está unida a dois
blocos como ilustrado. Supondo-se que não exista atrito no
eixo, determinar a aceleração angular da polia e a aceleração de
cada cilindro.
0.152 m
0.254 m
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
16
Sentido do movimento: Para manter a polia em
equilíbrio:
⤹ 0 0.152 22.2 0.254 0G BM P
37.1BP N
A polia girará no sentido antihorário.
Cinemática do movimento:
A A B Ba r a r
0.254 0.152A Ba a
BR B B B BF m a P T
44.5 4.536 0.152
B
B B B B B
P g
T P m a T
44.5 0.6895BT
AR A A A AF m a T P
2.2629 0.254 22.2
A
A A A A A
P g
T m a P T
0.5748 22.2AT
Equações de movimento: momento de inércia da polia:
2 2PI m k I k
g
2 253.40.203 0.224
9.81I I kg m
⤹ G GM I
0.152 0.254B A GT T I
44.5 0.6895 0.152
0.5748 22.2 0.254 0.224
6.764 0.1048
0.146 5.6368 0.224
1.1272 0.2508 0.224
2
2.37
1.12720.2508 0.224 1.1272
0.4748
rad
s
22.37
rad
s ↺
2
2
0.254 2.37 0.602
0.152 2.37 0.360
A A
B B
ma a
s
ma a
s
11. (Kraige 6/1 pag. 422) – A pickup de peso
3220 lb sobe 200 ft acelerando com aceleração constante do
repouso até uma velocidade 30 mi/h uma pista com 10 % de
inclinação. Calcule a força normal sobre cada par de rodas e a
força de atrito sobre as rodas traseiras. O coeficiente de atrito
entre o pneu e a pista possui valor suportável até 0.8.
Solução: Assumindo a massa dos pneus negligenciável
quando comparada com a massa da caminhonete: 2
2 2
0 22
vv v a s a
s
2
2
4430 44 4.84
2 200x xG G
mi ft ftv a a
h s s
Diagrama de corpo livre:
15.26
10arctg
44.5 N 22.2 N
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
17
2
32200.1 4.84
32.2
3220x x
lb
x G G
ft
s
PF m a F sen a
g
320 484 804F F lb
1 20 3200 0yy GF m a N N
1 20 60 804 24 60 0G GM I N N
1 260 19286 60 0N N
1 23200N N
2 260 3200 19286 60 0N N
2 2
211286192000 19286 120 0
120N N
2 1760.72N lb
1 1439.33N lb
Para suportar uma força de F 804 lb o coeficiente de
atrito terá de ser:
2
0.45
804
1760
F
N . Logo a superfície
da pista suporta a tração.
12. A figura deste exemplo mostra uma barra
homogênea AB, que possui massa m = 3 kg, comprimento 0,3
m, e está ligada, através de um fio, a um cursor que pode
deslizar livremente ao longo de haste horizontal fixa e também
apoia-se em uma superfície horizontal lisa. Determine a
aceleração do cursor, para que o fio fique alinhado com a barra.
Para o cálculo do momento polar iremos precisar do
ângulo dado pela inclinação da barra com a horizontal, que é
obtido como: 𝑠𝑒𝑛∅ =0,48
0,50 o que no leva a ∅ = 73,740.
Teorema do centro de massa: ��𝑅 = ∑ 𝑚𝑖 ∙ ��𝑖𝑛𝑖=1
em x: 𝑇 ∙ 𝑐𝑜𝑠73,740 = 𝑚 ∙ 𝑎
𝑇 ∙ 0,28 = 3 ∙ 𝑎 equação (1)
em y: 𝑁 − 𝑃 + 𝑇 ∙ 𝑠𝑒𝑛73,740 = 0
𝑁 − 30 + 𝑇 ∙ 0,96 = 0 equação (2)
Usando o Teorema do Momento polar, com relação
ao ponto do centro de massa.
Como a força peso e a força de tração, ambas têm as
suas linhas de ação passando pelo centro de massa, isso resulta
em um momento polar nulo. Assim;
Momento de N: MN = N x braço = N.(bN) e Momento
de MN = N.(bN) = 0, o que nos leva N = 0, que substituindo
na equação (2), temos;
−30 + 𝑇 ∙ 0,96 = 0 o que nos leva a 𝑇 = 31,25 𝑁
Substituindo-se na equação (1), nos dá;
𝑎 = 2,92𝑚
𝑠2
13. Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático
entre os pneus e o pavimento é 0,8 determine, para o carro
mostrado na figura, a máxima aceleração possível numa
estrada horizontal, nos casos:
(a) tração nas quatro rodas,
(b) tração nas rodas dianteiras,
(c) tração nas rodas traseiras.
Sol.
Tomando o centro de massa como ponto de referência;
e lembrando que fatA = µe.NA e fatB = µe.NB.
a-) Calculando a aceleração máxima, (aGmáx ) pata a tração nas
quatro rodas.
��𝑅𝑒𝑥𝑡 = 𝑚��𝐺 → �� + ��𝐴 + ��𝐵 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 = 𝑚��𝐺
−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖 (−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) ∙ 𝑗 + (𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵) ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖
Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial
obtemos duas equações, uma para 𝑖 e outra para 𝑗. para 𝑖 para 𝑗 𝑓𝑎𝑡𝐴 + 𝑓𝑎𝑡𝐵 = 𝑚𝑎𝐺 −𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 0
𝜇𝑒(𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) = 𝑚𝑎𝐺 (1) 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 (2)
Fazendo a substituição da equação (2) na equação (1),
obtemos
𝜇𝑒(𝑚𝑔) = 𝑚𝑎𝐺 → 𝑎𝐺 = 𝜇𝑒𝑔 → 𝑎𝐺 = 0,8 ∙ 9,8 → 𝑎𝐺 = 7,85 .
𝑎𝐺 = 7,85 𝑚 𝑠2⁄ Logo; ��𝐺 = 7,85𝑖 𝑚 𝑠2⁄
Calculando as reações nos apoios: NA e NB.
Para o movimento de translação 𝑀𝐺𝑒𝑥𝑡 = 0
−𝑓𝑎𝑡𝐴. 0,6 − 𝑓𝑎𝑡𝐵 . 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵 . 1,6 = 0 , logo
−𝜇𝑒𝑁𝐴. 0,6 − 𝜇𝑒𝑁𝐵 . 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵. 1,6 = 0
−0,48. 𝑁𝐴 − 0,48. 𝑁𝐵 − 1,1. 𝑁𝐴 + 1,6. 𝑁𝐵 = 0 , logo
−1,58. 𝑁𝐴 − 1,12. 𝑁𝐵 = 0
𝑁𝐴 = 0,709. 𝑁𝐵 (3)
Substituindo (3) em (2), vem:
𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 0,709. 𝑁𝐵 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 1,709. 𝑁𝐵
= 𝑚𝑔 → 𝑁𝐵 = 0,585. 𝑚𝑔 = 0,85. 𝑃
𝑁𝐴 = (0,709). (0,585). 𝑚𝑔 = 0,415. 𝑃
b-) Cálculo para a tração nas rodas dianteiras. Na iminência do
movimento, desconsidera-se atrito nas rodas traseiras: assim
basta eliminar a força de atrito na roda traseira, noas equações
para o caso 4x4.
��𝑅𝑒𝑥𝑡 = 𝑚��𝐺 → �� + ��𝐴 + ��𝐵 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 = 𝑚��𝐺
−𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐴 ∙ 𝑗 + 𝑁𝐵 ∙ 𝑗 + 𝑓𝑎𝑡𝐴 ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖 (−𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵) ∙ 𝑗 + (𝑓𝑎𝑡𝐴) ∙ 𝑖 = 𝑚𝑎𝐺 ∙ 𝑖
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
18
Analisando a expressão acima e aplicando a igualdade vetorial
obtemos duas equações, uma para 𝑖 e outra para 𝑗. para 𝑖 para 𝑗 𝑓𝑎𝑡𝐴 = 𝑚𝑎𝐺 −𝑚 ∙ 𝑔 + 𝑁𝐴 +𝑁𝐵 = 0
𝑁𝐴 =𝑚𝑎𝐺
𝜇𝑒 (1) 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 (2)
Calculando as reações nos apoios: NA e NB.
Para o movimento de translação 𝑀𝐺𝑒𝑥𝑡 = 0
−𝑓𝑎𝑡𝐴. 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵 . 1,6 = 0 , logo
−𝜇𝑒𝑁𝐴. 0,6 − 𝑁𝐴. 1,1 + 𝑁𝐵. 1,6 = 0
−0,48. 𝑁𝐴 − 1,1. 𝑁𝐴 + 1,6. 𝑁𝐵 = 0 , logo
𝑁𝐴 = 1,013. 𝑁𝐵 (3)
Substituindo (3) em (2), vem:1,013. 𝑁𝐵 + 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 →
𝑁𝐵 = 0,498. 𝑚𝑔 → 1,709. 𝑁𝐵 = 𝑚𝑔 → 𝑁𝐵 = 0,498. 𝑃
𝑁𝐴 = (1, 𝑂13). (0,498). 𝑚𝑔 = 0,505. 𝑃
Fazendo a substituição da equação (1); obtemos
𝑁𝐴 =𝑚𝑎𝐺
𝜇𝑒
→ 𝑎𝐺 = 0,505. 𝑃.𝜇𝑒
𝑚
= (0,505). (0,8) 𝑚𝑔 𝑚⁄ → 𝑎𝐺 = 3,96 𝑚 𝑠2⁄
14. O veículo da figura pode trafegar utilizando várias
configurações de eixos motrizes. As dimensões indicadas são:
d1 = 2.5m; d2 = 1.5 m e h = 0.9 m. O veículo de massa m = 1400
kg apóia-se em uma superfície horizontal com coeficiente de
atrito = 0.8. Pedem-se determinar a máxima aceleração do
veículo nas seguintes hipóteses:
(a) tração nas quatro rodas;
(b) tração nas rodas traseiras;
(c) tração nas rodas dianteiras.
(a) tração nas quatro rodas;
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
x T Dx G AT AT GF m a F F m a
0y T DF N N P
⤹ 1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d
D T GN N m a
14000T D T D
m g
N N P N N
14000 0.9 0.9D DN N
14000 2.5 1.5 0D DN N
0.8 14000 0.9 0.8 0.9D DN N
14000 2.5 1.5 0D DN N
10080 0.72 0.72D DN N
35000 2.5 1.5 0D DN N
10080 35000 4 0DN
4 24920 6230D DN N N
14000 6230 7770T TN N N
2
4984 6216
8
112000.8 6230 0.8 7770 1400
1400G G
m s
a a
(b) tração nas rodas traseiras;
x Tx G AT GF m a F m a
0y T DF N N P
⤹ 1 20 0TG AT T DM F h N d N d
14000D TN N
1 2
0.90.8 2.5 1.5
0T T DN h N d N d
0.72 2.5 1.5 0 1.5 1.78T T D D TN N N N N
1.1867D TN N
1.1867
14000 2.1867 14000
T
D T T
N
N N N
140006402.34 7597.659
2.1867T T DN N N N N
0.8 6402.34 1400T
T
AT G G
N
F m a a
2
5121.8723.658
1400G G
ma a
s
(c) tração nas rodas dianteiras.
x Dx G AT GF m a F m a
0y T DF N N P
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
19
⤹ 1 20 0DG AT T DM F h N d N d
14000D TN N
1 2 0D T DN h N d N d
0.8 0.9 2.5 1.5 0 0.888D T D T DN N N N N
1.888 14000 7415D DN N N
6584.74TN N
0.8 7415 1400D G GN m a a
2
59324.237
1400G G
ma a
s
15. A figura mostra um automóvel de 750 kg, que
desloca-se com velocidade constante v = 35 m/s, para a direita,
apoiado numa superfície horizontal com coeficiente de atrito
estático e = 0.8 e coeficiente de atrito cinético c = 0.65. As
dimensões indicadas são d1 = d2 = 1.0 m e h = 0.7 m. Num certo
instante, os freios são acionados. Pedem-se:
(a) as reações normais nas rodas, para desaceleração
de 5.5 m/s²;
(b) o mínimo espaço de frenagem;
(c) o espaço de frenagem caso as rodas travem.
Solução:
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
750x T D T Dx G AT AT G AT AT GF m a F F m a F F a
0 7500y T D T DF N N P N N
⤹ 1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d
0.7 0.7 1 1 0 0.7 0T D T DAT AT T D AT AT T DF F N N F F N N
4125
750 5.5T DAT ATF F
4125
2887.5
0.7 0 2887.5T DAT AT T D D TF F N N N N
2887.5
7500 2 7500 2887.5
T
T D T
N
N N N
2306.252306.25
4612.52887.5 5193.75
2T D T D
N
N N N N N
(b) O mínimo espaço de frenagem exigirá a máxima
desaceleração, exigindo, portanto, o atrito máximo: 0.8
T DAT E T AT E DF N F N
0.8 750x T Dx G AT AT G T D GF m a F F m a N N a
750937.5
0.8T D G T D GN N a N N a
0 7500y T D T DF N N P N N
1 20 0T DG AT AT T DM F h F h N d N d
0.7 0.7 1 1 0 0.7 0T D T DAT AT T D AT AT T DF F N N F F N N
0.7 0
E T E D
T D
N N
AT AT T DF F N N
0.8
0.56
0.7 0E T D T DN N N N
0.56 0.56 0 1.56 0.44 0T D T D T DN N N N N N
0.440.282
1.56T D T DN N N N
0.2825850.23
75007500 1.282 7500
1.282D
T D D D
NN
N N N N
0.282 5850.23 1649.77T TN N N
2
7500
0.8 750 8T D G G
mN N a a
s
22 2 0
0 22
F
vv v a s s
a
23576.5625
2 8s s m
(c) Quando as rodas travarem, há o deslizamento sobre
o piso. O atrito é cinético:
`
0.65 750x T D
C T C D
x G AT AT G T D G
N N
F m a F F m a N N a
7501153.8462
0.65T D G T D GN N a N N a
75007500 1153.8462
1153.8462G Ga a
26.5G
ma
s
23594.23
2 6.5s s m
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
20
16. (2.18 pag. 45 Unip) – A figura ilustra um
pequeno cofre de massa m = 100 kg, altura H = 0.7 m,
largura L = 0.5 m, apoiado em superfície horizontal com
coeficiente de atrito = 0.3. O cofre é acionado pela força
F = 750 N, com linha de ação horizontal, distante h do
piso. Pedem-se. (a) a aceleração do armário; (b) o
intervalo de valores da altura h, que não produz
tombamento.
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
x T Dx G AT AT GF m a F F F m a
0y T DF N N P
⤹ 0GM
02 2 2 2 2T DAT AT T D
H H H L LF h F F N N
T D GF N N m a
T D GF N N m a
100 10
1000T D T DN N P m g N N
750 1000.3 1000
750 300 100T D GF N N m a a
24.5
ma
s
0.7 0.5
750
02 2 2 2 2T DAT AT T D
H H H L LF h F F N N
750 0.35 0.35 0.35 0.25 0.25 0T DAT AT T Dh F F N N
0.3
750 0.35 0.35 0.35 0.25 0.25 0T D T Dh N N N N
750 0.35 0.355 0.145 0T Dh N N
0 1000T DN N N
0 1000
750 0.35 0.355 0.145 0 750 0.35 145T Dh N N h
1450.35 0.35 0.1933
750h h 0.543 0 0.543h m h m
17. Uma placa de 6-ft é colocada num caminhão com
uma extremidade apoiada contra um
bloco preso ao chão e o outro encostado a uma vertical do
caminhão. Determinar a aceleração máxima permitida da
caminhão se precisa-se manter na posição indicada
Diagrama do corpo livre:
x Ax G AT B G A B GF m a F N m a N N m a
0By A AT A BF N P F N P N
A
B
G
780 AN
BN
P
Ga
AATF
BATF
A
G
780
L/2
O
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
21
0 0
0.624
6cos78 cos78
2 2ft
LAO AO
0
3 0.978
78 2.9342
LOG sen OG ft
⤹ 0AG A ATM N AO F OG
0BB ATN OG F AO
A BAT A AT BF N F N
A AN AO N OG
0B BN OG N AO
AOG AO N
0BOG AO N
A B
OG AON N
AO OG
2.934 0.624
0.624 2.934A BN N
y A BF N P N
2.934 0.624
0.624 2.934B BN P N
0.6240
2.934BN P
xx G A B GF m a N N m a
0.624
2.934Gm g m a
26.32
0.62429.7
2.934G
ft
s
a
18. (Beer Johnston 16.7) Um armário de 20 kg, está
montado sobre rodízios que permitem que ele se mova
livremente
( = 0) no chão. Se uma força de 100 N é aplicado como
mostrado, determinar:
(a) a aceleração do armário, (b) o intervalo de valores
de h para o qual o gabinete não vai derrubar.
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
xx G GF m a F m a
2100 20 5
x xG G
ma a
s
0 200y T D D TF N N P N N
⤹ 0GM 100 0.9 0.3 0.3 0T Dh N N
100 0.9 0.3 0D Th N N
100 0.9 0.3 200 0T Th N N
100 0.9 0.3 200 2 0Th N
100 0.9 0.6 60Th N
0.6 600.9
100
TNh
0.9 0.006 0.6TN h
0 0.9 0.6 1.5TN h h m
200 0.9 0.6 1.2 0.3TN P h h m
0.3 1.5h
19. (Beer Johnston 16.11) O elemento de suporte
mostrado é usado para transportar uma lata cilíndrica de
uma elevação para outra.
Sabendo-se que μ = 0.25 entre a lata e o
suporte, determinar:
(a) a magnitude da aceleração para cima um para
o qual a lata irá deslizar sobre o suporte;
(b) a menor proporção h/d para o qual derrubará
a lata antes dela deslizar.
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
22
cos30 cos30x atF m a F m a
cos30N m a
30 30yF m a sen N P m a sen
30 30N P m a sen N m g a sen
30
cos30m g a sen
N m a
30 cos30m g m a sen m a
cos30 30
m ga
m sen
cos30 30
ga
sen
2
0.25 10 2.53.37 30
cos30 0.25 30 0.741
ma a a
sen s
⤹ 0GM 02 2
AT
h dF N
ATF d
N h
0.25d
h
4h
d
20. (Beer Johnston 16.1) Um sistema de transporte é
equipado com painéis verticais, e uma haste de 300 mm
AB de massa 2,5 kg e é apresentado entre dois painéis, como
mostrado.
Sabendo que a aceleração do sistema é 1.5 m/s² para a
esquerda, determinar:
(a) A força exercida sobre a haste em C,
(b) a reação a B.
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
Equações de movimento:
cos20x x CF B R m a
2.5 1.50.9397
cos20 0.9397 3.75x C x CB R m a B R
20 0y C yF R sen B P
0.3425 25C yR B
⤹ 0GM
cos702
20070 0
70 2 2C y x
l
d
l lR B b B sen
sen
200 300 300 3000.342 0.9397 0
0.9397 2 2 2C y xR B B
62.836 51.3 140.955 0C y xR B B
0.9397 3.75
0.3425 25
140.955 51.3 62.836 0
x C
y C
x y C
B R
B R
B B R
Resolvendo o sistema:
3.54182
7.078
23.7869
C
x
y
R N
B N
B N
2 2 2 223.7869 3.54182B x y BR B B R
24.81BR N
23.7869
7.078
y
x
Barctg arctg
B
⦩ 73.43
⦨20° 3.43N
⦩ 73.43 24.8N
21. (Unip - pg. 42) A figura ilustra um copo de massa
m = 0.2 kg apoiado sobre uma mesa , do carro restaurante de
um trem, que parte do repouso com aceleração constante a. O
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
23
coeficiente de atrito entre o copo e a mesa é = 0.35. Pedem-
se:
(a) a máxima aceleração que não produz deslizamento
do copo;
(b) a máxima aceleração que não produz o
tombamento do copo;
(c) a distância, entre a linha de ação da reação normal
da mesa sobre o copo e, a ;linha de ação da força peso, quando
a aceleração do trem for a = 2 m/s2.
x
(a)
xx G At GF m a F m a m g m a
20.35 10 3.5
ma g a a
s
(b) Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
x Tx G a GF m a F m a
2
0.2 10y
m g
F N P N P
⤹ 0GM 4 6
40 240 120 0
120D DAT ATN F F
2
40.2 3.33
6G G
ma a
s
(c) Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
0.4
0.2 2x Tx G a GF m a F m a
2
0.2 10y
m g
F N P N P
⤹ 0GM 40 120 0DATN x F
2 40 0.4 120 0 2 80 48x x
2 128 64 64 40 24x x d mm
80 24x mm
22. A barra homogênea ABC, de massa m = 12 kg,
inclinada em relação ao horizonte do ângulo = 40°, apresenta
as dimensões d1 = 0,4 m, d2 = 0,7 m, está conectada a dois
cursores de pesos desprezíveis que deslizam ao longo de hastes
horizontais fixas. O coeficiente de atrito entre o cursor B, e a
haste guia é μ = 0,4. O conjunto assim descrito é acionado por
força F = 90 N, aplicada no ponto A. Não há atrito entre o cursor
A e a haste fixa; a aceleração da gravidade local é g = 10 m/s2.
A reação normal da haste fixa no cursor A, expressa em N, é
aproximadamente:
Equações de movimento:
90 12xx G B GF m a F F m a
120
0 120y A B A BF N N P N N
⤹ 0GM 1 2
90
cos40 402 2
d d
A
L LN F sen
2 2
0.7 0.7
40 cos 40 02 2
B B
L LF d sen N d
120
0.4213 31.8179
BN
AN
0.0964 0.1149 0
B
B B
N
F N
0.4213 50.556 31.8179BN
0.03856 0.1149 0B BN N
0.49164 18.7381 0BN
38.11BN N
82AN N
23. O veículo ilustrado, possui massa m = 140 kg,
desloca-se para a direita com velocidade v = 20 m/s, em pista
reta e horizontal, sendo que os coeficientes de atrito entre o piso
e os pneus são: coeficiente de atrito estático μest = 0,8;
coeficiente de atrito cinético μcin = 0,5. Os freios são acionados
com o intuito de parar o veículo o mais rápido possível,
entretanto, o operador aciona apenas os freios das rodas
dianteiras. A dotar g = 10 m/s2. A aceleração do veículo
expressa em m/s2, é aproximadamente:
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
24
5,5
Equações de movimento:
140xx G B GF m a F m a
1400
0 1400y A B A BF N N P N N
⤹ 0GM 1400
0.6 0.6 0.4 0
B B
A B B
N N
N N F
1400 0.6 0.6 0.6 0.8 0.4 0B B BN N N
1400 0.6 1.2 0.32 0B BN N
840954.54
1.2 .32B BN N N
1400 954.54 445.45A AN N N
25.5
0.8 954.54140
140B G G
m s
N a a
24. A figura, ilustra um bloco de granito pouco
espesso, de massa m = 90 kg, altura H = 0,8 m, largura L = 0,6
m, apoiada em superfície horizontal com coeficiente de atrito μ
= 0,1. O bloco é acionado pela força F = 650 N, com linha de
ação horizontal, distante h = 0,55 m do piso. A dotar g = 10
m/s2. A aceleração do bloco, expressa em m/s2, é
aproximadamente:
26. (Unip - pg. 50) A figura ilustra a barra AB de
massa 25 kg que é ligada a duas hastes bi-articuladas AC e BD,
de massas despreziveis. Considerando o instante em que é
abandonada em repouso, na posição indicada, pedem-se:
(a) a aceleração da barra;
(b) os esforcos nas hastes articuladas.
2 20.4 0.3 0.5BD BD m
0
0.8 0.6
0.4 0.3cos 36.8698
0.5 0.5sen
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
cos cos
25x
AC BD
x G x x x
T T
F m a A B a
25
AC BD
y y y y
T sen T sen
F A B P a
⤹ 0GM 0.25 0.25 0x x AC BDA B T T T
2 cos2 cos 25 0.064
25x x x
TT a a a T
1.2 2502 250 25
25y y
TT sen a a
Observando a figura, podemos dizer que:
250 cos53.13012 cos53.14 0
2T P T
75T N
75
0.064 4.8x xa T a
1.2 75 2506.4
25ya
2ˆ ˆ ˆ ˆ4.8 6.4x y
ma a i a j a i j
s
2 2 2 24.8 6.4x ya a a a
28
ma
s
y
x
aarctg
a
=36.86°
90°-36.86°=53.14°
P=250N
T
T
150
199.99
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
25
6.453.13
4.8arctg
A = 8 m/s²⦪53.13°
27. (Unip - pg. 48) A figura ilustra um paralelepípedo
retangular de dimensões 2 b e 2 c; sendo b = 1.0 m e c = 2m. O
paralelepípedo apóia-se em uma superfície rugosa, inclinada de
= 45° em relação à horizontal, e desliza-se ao longo da mesma
com movimento de translação, mantendo aceleração aCM = 4.24
m/s². Pedem-se:
(a) o coficiente de atrito entre o paralelep´pedo e a
superfície inclinada;
(b) a distância x que define a linha de ação da reação
normal N.
Diagrama do corpo livre:
Equações de movimento:
TCM:
4.24
P sen
x CM x atF m a P F m
0 cosy yF N P N P
cosat atF N F P
TMA:
⤹ 0GM 02
at at
xN x F c F N
4.24atP sen F m
cos 4.24P sen P m
45 cos45 4.24m g sen m g m
45 cos45 4.24g sen g
45 4.24
cos 45
g sen
g
10 0.707 4.240.4
10 0.707
22 0.8atF
x x mN
28. Um tronco de madeira de 60 lbf de peso:
(90.4.4482/9.81 = 27.2 kg)
é suportada por dois cabos e usada como
aríete. O tronco é liberado do repouso ( = 0) e
liberado conforme mostrado. Determine a aceleração
angular do tronco e as tensões nos fios amarrados
em A e em B.
11
12pol ft
1 1 1" 0.0254in pol m
1 1' 0.3048ft m
1 ( ) 4.54lb massa kg
1 ( ) 4.4482lb força N
11 ( )
4.4482N lb força
232.2
ftg
s
601.8633
32.2
Pm m m slugs
g
21 1 14.594slugs lb s ft kg
1.8633 14.594 27.194m m kg
27.194 9.81 266.771P m g P N 2
n
G n T
T
a ra a a
a r
TCM:0
0
cos30
30
A B n
T
T T P m a
P sen m a
0
0
27.2 9.81
cos30
30 27.2
A B n
T
T T P m a
m g sen a
0
227.194 0.59.81
30 4.905T T
mm g sen m a a
s
4.905 2 0.3048Ta r
28.046
rad
s
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
26
,: 0
i OF
i
TMA M 1
2
0 03 360 60 1 0
2 2A BT sen T sen
3B AT T 0cos30A B nT T m g m a
03 27.194 9.81 cos30 0A AT T 04 60 4.4482 cos30 0AT
4 231.14 0AT
12.98
57.7557.75
4.4482A
lbf
T N
173.25
3 57.75 38.94BT N lbf
29. Um carro esporte de massa m = 1500 kg possui
apenas tração traseira. Determine o tempo que leva para ele
parar, quando aciona os freios a 80 km/h. O coeficiente de atrito
estático entre os pneus e a superfície vale = 0.2.
TCM:0
BAT x
A B
F m a
N N P
14715
B x
A B
N m a
N N
,: 0
i OF
i
TMA M 1.25 0.75 0.35 0
BA B ATN N F
1.25 0.75 0.35 0A B BN N N
1.25 0.75 0.07 0A B BN N N
1.524
1.25
0.82B AN N
5942.95
150001.524 15000
2.524A A AN N N N
5829.1
1.524 8884.96B A BN N N N
0.2 9857.05 1500B x xN m a a
2
0.2 9857.051.2076
1500x x
ma a
s
00
vv v a t t
a
80 3.618.4
1.2076t t s
30. A barra vertical AB tem uma massa de 0.150 kg
com centro de massa G a meio caminho entre as extremidades.
A barra é elevada a partir do repouso em = 0 por meio das
ligações com hastes paralelas de massa negligenciável, O par
de hastes geram um momento constante de valor M = 5 kN.m ,
aplicado à ligação inferior em C. Determinar a aceleração
angular das ligações em função do ângulo e encontrar a
força B na haste DB da ligação no instante em que = 300.
Observar que, aplicando o Teorema do Momento
angular para a haste CA, com pólo em C:
TMA: 0iC
F
i
M
1.5 01.5
t t
MM A A
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
27
53.33 3333
1.5T t tA A kN A N
Aplicando o Teorema do Centro de Massa,
TCM, para a barra:
cosT T
n n
A P m a
A B P sen m a
2
cosT
n
A m g m r
A B P sen m r
2
3333 150 9.81 cos 150 1.5
nA B P sen m r
2
3 333 0.15 9.81 cos 0 15 1.5
nA B P sen m r
3 333 1.475 cos 0.225
3 333 1.475cos
0.225 0.225
14.81 6.556 cos
14.81 6.556 cosd
dt
14.81 6.556 cosd d d
dt ddt
14.81 6.556 cosd d
0 0
14.81 6.556 cosd d
2
14.81 6.5562
sen
2 29.62 13.11 sen
2 29.62 13.116 6 6
sen
2 215.51 6.55 8.9556
14.81 6.556 cos6 6
214.81 5.67 9.13
3 6
rad
s
2
nA B P sen m r
2
nA B m g sen m r
150 9.81 150 8.955 1.56
nA B sen
735.75 2014.875nA B
1279.125nB A
Aplicando o Teorema do momento angular
em relação ao polo O = G para a barra:
TMA: 0iO
F
i
M
2.4 2.4 2.4cos 1.8 cos 0
2 2 2n tB A A sen
2.4 2.4 2.4cos 1.8 cos 0
6 2 6 2 6 2n tB A A sen
0.5196 1.039 0.6 0n tB A A
0.5196 1.039 0.6 3333.3 0nB A
0.5196 1.039 1999.998nB A
Juntando as equações:
1279.125
0.5196 1.039 1999.998
n
n
B A
B A
1279.125
0.5196 1.039 1279.125 1999.998
nA B
B B
1279.125
0.5196 1.039 1329.01 1999.998
nA B
B B
1279.125
1.5586 3329
nA B
B
2135.89 1279.125 856.76
33292135.89
1.5586
n nA A N
B B N
31. (Livro Unip – pg. 50) - A figura ilustra a
barra AB de massa m = 25 kg, que é ligada a duas
hastes bi-articuladas AC e BD de pesos desprezíveis.
Considerando o instante em que é abandonada em
repouso, na posição indicada, pedem-se:
(a) a aceleração da barra;
(b) os esforços nas hastes articuladas.
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
28
Aplicando o Teorema do Centro de Massa,
TCM, para a barra: GR m a
T T
n n
R m a
R m a
cos
T
AC BD n
P sen m a
T T P m a
Como:
25 10 250P m g N
00.336.87
0.4arctg
0
0
250 cos36.87 25
250 36.87 25
T
AC BD n
a
T T sen a
2
8
199.99199.99 25
25
150 25
T T
AC BD n
ma a
s
T T a
2 0n na r a
Repouso: = 0.
Da figura, observe que:
ˆ ˆˆ cost sen i j
ˆ ˆˆ cosn i sen j
Como: ˆ8Ta t
ˆ ˆ8 cosTa sen i j
0 0ˆ ˆ8 36.87 cos36.87Ta sen i j
2ˆ ˆ4.8 6.399T
ma i j
s
Aplicando o Teorema do momento angular
em relação ao polo O = G para a barra:
TMA: 0iO
F
i
M
cos 0.25 cos 0.25 0AC BD AC BDT T T T
150 0AC BDT T
75AC BDT T N
32. A porta tem peso W = 200 lb e centro de gravidade em
G. determinar o quão longe a porta se move no tempo t partindo
do repouso, se um homem empurra-lo em C com uma força
horizontal F. Além disso, encontrar as reações verticais no rolos
A e B.
Dados: W = 200 lb, c = 5 ft; d = 12 ft; e = 6 ft; t = 2 s;
F = 30 lb; b = 3 ft; g = 32.2 ft/s2.
TCM:
0
x
A B
WF a
g
N N W
2
20030 4.83
32.2
200A B
fta a
s
N N
,: 0
i OF
i
TMA M
0A BN e N e F c b
6 6 5 3 0A BN N F
6 6 30 2 0 10A B A BN N N N
NA = 105 lb; NB = 95 lb;
2 21 1
4.83 22 2
d a t d 9.66d ft
j
i
t
n
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
29
33. A empilhadeira de massa me = 2000 kg que desloca-se
para direita com velocidade 10 m/s, transportando carga com
massa mC = 500 kg, quando os freios são acionados gerando
desaceleração igual a 4.5 m/s². O coeficiente de atrito entre a
carga e a plataforma é = 0.6. No instante do acionamento dos
freios, pedem-se:
(a) a aceleração da carga;
(b) a reação das rodas na empilhadeira.
Diagrama de corpo livre:
TCM:0
x at at atD T eR e F F F
T D e c
F m a F F F
N N P P
2000 4.5
25000
at at atD T eF F F
T D
F F F
N N
9000
25000
at at atD T eF F F
T D
F F F
N N
,: 0
i OF
i
TMA M
0.8 1.2 1.2 1.2
1.5 0.95 0.95 0.95 0e at atD T
T D c
at F F
N N P x
F F F
0.8 1.2 1.2 1.2
1.5 0.95 0.95 0e at atD T
T D c
at F F
N N P x
F F F
A força de atrito atuando entre a plataforma e o suporte
da empilhadeira, caso não haja escorregamento, variará de 0 a
.NC:
0 at cF N
3000
0 0.6 5000atF
Como a empilhadeira tem uma aceleração de 4.5 m/s2,
mc.a = 500.4.5 = 2250; assim a força de atrito é estática, pois
2250 < 3000 e a caixa, nessa aceleração, não deslizará sobre o
suporte da empilhadeira. Assim: Fat = 2250 N (para a esquerda).
A reação à força de atrito é aplicada sobre a plataforma...logo
está aplicada para a direita.
Para determinarmos a distância entre as linhas de ação
da força Normal sobre a caixa e a linha de ação da força peso
sobre a caixa, x, utilizamos o TMA, teorema do momento
angular:
,: 0
i OF
i
TMA M
0.60.6 at
c at
Fx N F x
N
0.6 22500.27
5000x x
0.27
0.8 1.2 1.2 1.2 1.5 0.95
0.95 0
e
at atD T
T D c at
F F
N N P x F
F F
Do TCM, vemos que:
9000at at atD T e
F F FF F F
Substituindo, teremos:
13350
1237.5
9000
0.8 1.2 5000 2.67 2250 1.5 0.95
0.95 0
Fate
at atD T
T D
F
F F
N N
F F
0.8 1.2 13350 1237.5
9000 0.95 0ate
T D
F
N N
F
2137.5
85502250
0.8 1.2 13350 1237.5
9000 0.95 0.95 0ate
T D
F
N N
F
0.8 1.2 13350 1237.5
8550 2137.5 0
T DN N
0.8 1.2 25275 0T DN N
v a
x
TatF DatF
eatF
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
30
x y
NA
0.8 1.2 25275T DN N
1.2 0.8 25275
25000
D T
D T
N N
N N
45275
1.2 0.8 25275 0.8 25000
25000
D D
T D
N N
N N
22634
752
.5
22637.
75
2
25000 5
D
T
DN
N
N
22637.5
2362.5
D
T
N N
N N
34. A empilhadeira de massa me = 2000 kg que
desloca-se para direita com velocidade 10 m/s, transportando
carga com massa mC = 500 kg, quando os freios são acionados
gerando desaceleração igual a 4.5 m/s². O coeficiente de atrito
entre a carga e a plataforma é = 0.6. No instante do
acionamento dos freios, pedem-se:
(a) a aceleração da carga;
(b) a reação das rodas na empilhadeira.
35. Cilindros sólidos homogeneos 400 mm de altura e
250 mm de diâmetro, são suportados por uma correia
transportadora plana que se move horizontalmente. Se a
velocidade da cinta é dada por:
21.2 0.9v t t SI
onde t é o tempo em segundos medido a partir do instante em
que o aumento começa, calcular o valor de t para o qual os
cilindros começam a tombar. Presilhas no cinto evitar que os
cilindros de escorregar.
TCM:0
x x at
x
R m a F
R N P
x
dvR m N
dt
N P
,: 0
i OF
i
TMA M
02 2
at
h dF N
02 2
h dN N
d
h
dvm P
dt
dvm m g
dt
m 21.2 0.9d d
t mdt h g
1.8d
t gh
3.4
2509.81
1.8 1.8 400s
dt g t
h
36. Para que aceleração da armação vai a haste delgada
uniforme manter a orientação mostrada na figura? Negligenciar
o atrito e massa dos pequenos rolos em A e B.
TCM:0
x G A
x B
R m a N
R N P
A A
B
m a N
N P
,: 0
i OF
i
TMA M
0 030 cos30 02 2
A B
l lN sen N
2A
lN 030
2B
lsen N 0 0cos30 30B AN tg N
030A BN cotg N
A Am a N 030Am a cotg m g
NB
P
G
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
31
eP TN DN
CF
DF TF
Ga
CN
cP
CF
ca cN
0
2
1.73 9.81 3
30 17G G
g
ma cotg g a
s
37. (Livro Unip pg. 52 2.28) A empilhadeira de massa
me = 2000 kg que desloca-se para direita com velocidade 10
m/s, transportando carga com massa mC = 500 kg, quando os
freios são acionados gerando desaceleração igual a 4.5 m/s². O
coeficiente de atrito entre a carga e a plataforma é c = 0.4. No
instante do acionamento dos freios, pedem-se:
(a) a aceleração da carga;
(b) a reação das rodas na empilhadeira.
0.60 m
0.40 m
1.50 m
0.95 m
0.80 m 1.20 m 1.20 m
Diagrama de corpo livre:
Carga: mc = 500 kg; coeficiente de atrito: 0.4c
0.60 m
x
Forças que
atuam na carga
C
Especificações
cP Peso da carga C
cN Normal Entre a carga C e a plataforma.
Linha de ação a x da linha de ação do
peso da carga
CF Força de atrito entre a carga C e a
plataforma
TCM: G ext
i
R m a F
0
x c G C
y c c
R m a F
R N P
2000
0.4 5000
500 10
5000
500
CF
x c c c
c c c
R a N
N P m g
2000
500ca
24.0c
ma
s
TMA:,
0i OF
i
M
0.6 0c cF N x
0.6 0c c cN N x
0.4 0.6 0x
0.24x m
Empilhadeira: aG = -4.5 m/s2. me = 2000 kg;
coeficiente de atrito µ (a determinar!!)
x = 0.24m
Fc = 2000 N; NC = 5000 N
0.60 m
0.40 m
1.50 m
0.95 m x
0.80 m 1.20 m 1.20 m
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
32
Forças que atuam na
empilhadeira e
Especificações
eP Peso da empilhadeira e.
TN Normal nas rodas traseiras.
DN Normal nas rodas dianteiras.
T T TF F N Força de atrito nas rodas traseiras
D D DF F N Força de atrito nas rodas
dianteiras.
CF Reação à Força de atrito trocada
entre a carga C e a plataforma
cN Reação à força Normal Entre a
carga C e a plataforma. Linha de
ação a x da linha de ação do peso
da carga
TCM:
G ext
i
R m a F
0
x e G T D c
y T D e C
R m a F F F
R N N P N
2000 4.5 2000
20000 5000 0
x T D
y T D
R N N
R N N
9000 2000
25000
T D
T D
N N
N N
11000
25000
T D
T D
N N
N N
25000 11000
11000
25000
0.44
TMA:
,,G0
iF
i
M
1.5 0.95 1.20 1.20 0.95 0.95c c T DF N x F F
0.8 1.20 0T DN N
250000.44
0.242000 5000
0.55 2.40 0.95
T D
T D
N N
c c T D
N N
F N x F F
0.8 1.20 0T DN N
1100 5000 2.64 0.95 0.44 25000
0.8 1.20 0T DN N
1100 13200 10450 0.8 1.20 0T DN N
0.8 1.20 24750T DN N
Montando o sistema:
25000
0.8 1.20 24750
T D
T D
N N
N N
20000
447502 0.8 25000 24750
2D DN N
22375DN N
25000 25000 22375T D TN N N
2625TN N
Valeu, carinha?
Ardeu?
não quer ser engenheiro?
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
33
Agora tentem fazer os exercícios similares que envolvem
empilhadeira dos trabalhos que são parecidos!!
38. O carrinho de 30 kg está sujeito à uma força
horizontal de intensidade P = 90 N. Determine a aceleração da
barra CB de 15 kg e a tensão na corda.
1. No carrinho:
TCM: G ext
i
R m a F
0
x c G
y a B T
R m a P
R N N P
230 15 90 2
450
G G
A B
ma a
s
N N
1. Na barra CB:
TCM: G ext
i
R m a F
0
0
cos60
60 0
x
y
x CB G C
y C CB
R m a N T
R N T sen P
0 0
0 0
15 2 cos60 cos60 30
60 15 9.81 0 60 147.15
x x
y y
C C
C C
N T N T
N T sen N T sen
TMA: 0iGF
i
M
0 030 cos302 2x y
CB CBC C
l lN sen N
0 0 0 0cos60 30 60 cos30 02 2
CB CBl lT sen T sen
0
0
0 0 0 0 0 0
cos 60 30
60 150
30 cos30 cos 60 30 60 cos30 02 2 2 2
x
y
x y
C
C
C C
N T
N T sen
L L L Lsen N N sen sen T
Resolvendo o sistema linear: 0.5 30
0.844 150
0.25 0.422 0.25 0
x
y
x y
C
C
C C
N T
N T
N N T
26.2
49.8
112.44
x
y
C
C
N N
N N
T N
39. Uma haste de BC uniforme de massa 4 kg está
ligado a uma gola de A por um cabo de 250 mm AB.
Desprezando a massa do colar e da medula, determinar
(a) a menor aceleração constante para que o cabo e a
haste vão estar em linha reta,
(b) a tensão correspondente no cabo.
TCM: G ext
i
R m a F
0
cos
0
350 250 60067.38
400 250 650
x G
y C BC
R m a T
R N T sen P
sen sen
0
0
4 cos67.38
67.38 400 0
G
C
a T
N T sen
TMA:0
iGF
i
M
cos 02 2x y
CB CBC C
l lN sen N
cos cos 0 02 2
CB CBC C C
l lN sen sen N N
0
0 0
0
0
1 cos67.381 40
cos67.38 4 67.384
400 67.38 40 0 43.3
67.38
GG
aa T sen
T sen T Nsen
0
40 1
4 tan67.38Ga
24.167G
ma
s
40. Uma placa retangular uniforme tem uma massa de
5 kg e é mantido em posição por três cordas, como mostrado.
Sabendo que = 30°, determinar, imediatamente após a corda
CF ser cortada,
(a) a aceleração da placa,
(b) a tensão nas cordas AD e BE.
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
34
n
t
Pn
Pt
TCM:
G ext
i
R m a F
0n AD BE n
T T G
R T T P
R P m a
0
0
cos30
30
AD BE
G
T T m g
m g sen m a
0
0
50 cos30
30
AD BE
G
T T
a g sen
TMA:
0iGF
i
M
0 0300 240cos30 30
2 2BE BET T sen
0 0300 240cos30 30 0
2 2AD ADT T sen
129.9 60 129.9 60 0BE BE AD ADT T T T
69.9189.9 69.9 0
189.9BE AD BE ADT T T T
0.368BE ADT T 050 cos30 0.368 43.3AD BE AD ADT T T T
1.368 43.3ADT
43.3
1.368ADT
31.65ADT N
0.368 31.65BET
11.64BET N 030Ga g sen
25G
ma
s ⦫300
41. A placa retangular de massa 18 kg, apoia-se em
trilho inclinado em relação ao horizonte de θ = 250 através de
dois suportes A e B; mantem-se em repouso, na posição
indicada, com o auxílio do fio CD. As dimensões indicadas são:
d/2 = 0.09 m, h = 0.36 m. O coeficiente de atrito cinético entre
cada suporte e a haste é μc = 0.17. Adotar g = 9.8 m/s2. No
instante em que se corta o fio CD:
(a) a componente normal da reação em A, em N, é
aproximadamente:
TCM:
G ext
i
R m a F
0
A B
n A B n
T T a a G
R N N P
R P F F m a
A B n
T A B G
N N P
P N N m a
cosA B
A B G
N N m g
m g sen N N m a
cosA B G A Bm g sen N N m a N N m g
cos Gm g sen m g m a
cos Gg sen g a
cosGa g sen
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
35
0 0
0.423 0.906
9.8 25 0.17 cos25Ga sen
22.63G
ma
s
TMA:
0iGF
i
M
02 2 A BA B at at
d dN N F h F h
02 2
A B A B
d dN N N h N h
02 2
A B
d dN h N h
2
2
A B
dh
N Nd
h
0.17 0.36 0.09
0.09 0.17 0.36A BN N
0.15125.25
0.0288A B A BN N N N
cosA BN N m g 05.25 18 9.8 cos25 6.25 159.87B B BN N N
159.87
6.25BN
25.57BN N
134.3AN N
42. Um veículo de massa m = 550 kg, e dimensões d1
= 0.7 m, d2 = 0.8 m e h = 0.8 m, parte do repouso levantando o
eixo dianteiro de tal forma, que as rodas dianteiras perdem
contato com o solo e desta forma permanecem. Adotar g = 10
m/s2.
(a) Qual é o mínimo coeficiente de atrito?
(b) Qual a aceleração do centro de massa?
TCM:
G ext
i
R m a F
1
1 2 0y
x a G
R N N P
R F m a
1
1
0y
x G
R N P
R N m a
1
G
N m g
m g m a
Ga g
28.75G
ma
s
TMA:
0iGF
i
M
1 1 1 0atF h N d
1 1 1 0N h N d
1 0h d
1d
h
0.7
0.8
0.875
0.15125.25
0.0288A B A BN N N N
cosA BN N m g 05.25 18 9.8 cos25 6.25 159.87B B BN N N
159.87
6.25BN
25.57BN N
134.3AN N
43. Um jato de transporte com uma velocidade de
200 km/h no pouso se reduz a sua velocidade a 60 km/h
devido a atuação dos reversores de empuxo de jato, cuja
força impulsora negativa vale R em uma distância de 425
m ao longo da pista com a desaceleração constante. A
massa total da aeronave é de 140 Mg com o centro de
massa em G. Calcular a reacção de N sob a roda do nariz
B para o fim do intervalo de travagem e antes de
a aplicação de frenagem mecânica. No inferior
velocidade, forças aerodinâmicas da aeronave são
pequenos e podem ser negligenciadas....257kN
2 2
0 2v v a d
0
200 60
3.6 3.6
m mv v
s s
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
36
2 2200 60
2 4253.6 3.6
a
2 2200 60
2808.6423.6 3.6
900 900a a
23.12G
ma
s
TCM:
G ext
i
R m a F
0y A B
x G
R N N P
R R m a
A B
G
N N m g
R m a
TMA:
0iGF
i
M
3 1.8 2.4 15 2.4 0A BR N N
1.2 2.4 12.6 0A BR N N
1.2 2.4
12.6
AB
R NN
1.2 2.4
12.6
G AA
m a NN m g
1.2 140000 3.12 2.4140000 10
12.6
AA
NN
41600 0.19 1400000A AN N
1.19 1400000 41600AN
1141512.6
1358400
1.19AN
1400000 1141512.6BN
258BN kN
44. Um jato utiliza quatro turbinas de propulsão
que o impulsiona do repouso a 100 m/s, percorrendo uma
distância de 500m. Determine a força de impulsão na
turbina T e a normal em A. A massa total da aeronave é
150 Mg (1Mg=106.10-3kg=103kg). Despreze as forças de
resistência do ar e do atrito.
Obs.: Considerar as turbinas na outra asa...!!! 2 2
0 2v v a d
0100 0m m
v vs s
2 2100 0 2 500a
2
2
10010
1000
ma a
s
210G
ma
s
TCM:
G ext
i
R m a F
0
4
y A B
x G
R N N P
R T m a
4
A B
G
N N m g
T m a
1471500
150000 9.81
375
4 150000 10
A BN N
T kN
T
TMA:
0iGF
i
M
2 9 4 30 7.5 2 (9 5) 0A BT N N T
10 30 7.5 8 0A BT N N T
7.5 30 18B AN N T
7.5 30 6750B AN N
7.5 30 67507.5 30 6750 30 1471.5
1471.5
B A
B B
B A
N NN N
N N
37.5 50895BN
1357.2
50895
37.5BN
1471.5A BN N
1471.5 1357.2AN
114.3AN kN
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
37
AN
45. A empilhadeira mostrado pesa 2250 lbf e
é usada para levantar um engradado de peso 2500 lbf
o caminhão está se movendo para a esquerda a uma
velocidade de 10 ft/s, quando os freios são aplicados
em todas as quatro rodas. Sabendo-se que o
coeficiente de atrito estático entre a caixa e o
elevador de forquilha é de 0.30, determinar a menor
distância em que o veículo percorre até parar, se a
caixa não desliza e se o veículo vai para a frente.
232.2
ftg
s
2250 2500e cP lbf P lbf
ee e e
PP m g m
g
cc c c
PP m g m
g
TCM:
G ext
i
R m a F
0y A B c
x AT G c
R N N P P
R F m a m g
A B e c
c e G c e
N N m g m g
m m a m m g
2500 2250A B
G
N N
a g
4750A B
G
N N
a g
TMA: Vamos calcular em relação ao
ponto A pois não temos a força de atrito nem a norma
do ponto A. Logo, tomaremos como pólo O o ponto
A: O =A.
0iAF
i
M
0 3 0 3 3 4 4 0At B A c e G c GF N N P m a P m a
3 3 3 4 4 0B c e G c GN P m a P m a
2250 25003 3 2500 3 4 2250 4 0
32.2 32.2B G GN a a
3 7500 209.62 9000 310.55 0B G GN a a
3 520.17 1500 0B GN a
15000
520.17B GN a
22.884G
fta
s
TCM na caixa:
G ext
i
R m a F
c G at c G cm a F m a N
c cP N
c G c c G cm a P m a m g
Ga g
GG
aa g
g
2.884
32.2
0.089
Como: 0.089 0.3
a carga não deslizará...
MUV 2 2
0 2 Gv v a d
2 20 10 2 2.884 d 100
5.768d
17.33d ft
BN
AAtF
cP
c Gm a
e Gm a
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
38
46. Encontre o Centro de massa.
i xi (mm)
yi (mm)
Ai (mm2)
xi. Ai (mm3)
yi. Ai (mm3)
60
40 120.80
9.6.103
576.103 384.103
40
-20 120.60/2
3.6.103
144.103 -72.103
60 80+4r1/3
105.46
.r12/2
5.65.103
339.3.103 596.4.103
60
80 -.r2
2
5.027.103
-301.103
-402.2.103
13.282.103 757.7.103 506.2.103
757.754.8
13.382
i i
i
i
i
x A
x x x mmA
506.236.6
13.382
i i
i
i
i
y A
y y y mmA
47. Determine o centro de massa das peças de madeira
de densidade superficial uniforme indicada:
48. Determine o centro de massa das peças de madeira de
densidade superficial uniforme indicada abaixo:
(a)
(b)
Figura
Componente:
L
(cm
)
x
(cm
)
xL
y
(cm)
yL
AB 60 30
1.8.103
0 0
BC 65 30
1.95.103
12.5 0.81.103
CA 25 0 0 12.5 0.31.103
Somas
1
N
i
i
L
150
1
N
i i
i
x L
3.75.103
1
N
i i
i
y L
1.12.103
1
1
N
i i
i
N
i
i
x L
x
L
1
1
N
i i
i
N
i
i
y L
y
L
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
39
33.75 10
150x
25x cm
31.12 10
150y
7,5y cm
49. Compare as forças exercidas sobre os pontos A e
B do solo quando uma mulher de 120 lb utiliza um sapato
normal e um sapato de salto alto.
50. Encontre as reações nos apoios do aro semi-
circular de raio r e peso W, de densidade uniforme.
Diagrama de corpo livre:
1
20 2 0
N
A
i
rM B r P
PB
1
0 0N
x x x
i
PF A B A B
x
PA
1
0 0N
y y y
i
F A P A P
yA P
2 2
x yA A A
2
2
2
11
PA P A P
Ptg arctg
P
: 72.3
1.049 0.318A P B P
1. 51. Determine, por integração direta, o centróide
da superfície da parábola:
Solução:
32
2 2
0 03 3
x aa
x
b b x abA dA ydx x dx
a a
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
40
2 3
2 2
0 0
a a
y
b bQ xdA xydx x x dx x dx
a a
4 2
2
04 4
x a
y
x
b x a bQ
a
2 22 4
2 4
0 0
1
2 2 2
a a
x el
y b bQ y dA ydx x dx x dx
a a
2 5 2
4
02 5 10
x a
x
x
b x abQ
a
2
34
4
3
el y
a bx dA Q
x x aabA A
2
310
10
3
el x
a by dA Q
y y babA A
52. Determine, por integração direta, o centróide do
arco de circunferência indicado.
Solução:
2L dL rd r d r
2cos cosyQ xdL r rd r d
2 22yQ r sen r sen
22
2
yQ r sen rsenx x
L r
Teoremas de Pappus-Guldin ou
Pappus-Guldinus
Teorema 1 – A área de uma superfície de revolução é
igual ao comprimento da curva geratriz multiplicada pela
distância percorrida pelo centróide da curva durante a geração
da superfície:
2A yL
Teorema 2 – O volume de um corpo de revolução é
igual à área geratriz multiplicada pela distância percorrida pelo
centróide da superfície, durante a geração do corpo.
2V yA
53. Determine a área da superfície de revolução
indicada, obtida pela rotação de um arco de quarto de
circunferência em torno de um eixo vertical.
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
41
Solução:
2 12 2 1
rx r r
De acordo com o Teorema 1, de Pappus-Guldin:
212 2 2 1 2 1A yL r A r
54. O diâmetro de uma polia mede 0.800m e a seção
reta de seu aro está ilustrada na figura. Determinar a massa e o
peso do aro, sabendo-se que a polia é feita de aço e sua massa
específica é = 7,85.103 kg/m3.
Solução:
O volume do aro pode ser encontrado pelo teorema II
de Pappus-Guldin:
2V yA
Figura
Componente
A
(mm
2)
y
mm
d percor.
por C,
mm
V
mm3
I 5000
375
2375
2360
5000 2360
11.8.106
II -18003
365
2365
2290
-1800 2290
-4.12.106
Somas
1
N
i
i
A
7.76.106
Como: 3 3 9 31 10 1 10mm m mm m
3 37.76 10V m
3 37.85 10 7.70 10m V
60m kg
60 9.81 589P m g P N
55. Determinar, usando o Teorema de Pappus-Guldin:
(a) O centróide de uma superfície semicircular e
(b) o centróide de uma semicircunferência.
Solução:
(a)
3 24 12 2
3 2V yA r y r
4
3
ry
(b) 22 4 2A yL r y r
2ry
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
42
56. Um caminhão de 2000 kg está sendo usado para
levantar uma pedra B de 400 kg que esteja em um suporte de
50 kg A. Sabendo que a aceleração do caminhão de tração
traseira é de 1m/s2, determinar:
(a) a reação em cada uma das rodas dianteiras;
(5270 N)
(b) a força entre a rocha e o suporte.(4120N)
Quando o caminhão move-se 1 m para a esquerda, a
base e a pedra movem-se para cima 0.5 m, pois há uma roldana
móvel. Assim:
2
10.5
2 2
GB B
a ma a
s
Pedra+Plataforma:
1
2N
B B B S B S B
i
F m a T P m m a
2 B S B S BT m m g m m a
2 400 50 9.81 400 50 0.5T
2 4414.5 225T
2 4639.5 2319.75 2320T T N
Pedra:
B B B Bm a N P
400 0.5 400 9.81BN
4124BN N
Carro:
19620c T D T Dm g N N N N
1T
N
c G c G at C
i
F m a m a F T
Tc G atm a F T
2c G atm a F T
2000 1 2320atF
4320atF N
2c G Tm a N T
1
0N
G
i
M
1.4 2 1 1 0.6 0TD T atN N F T
1.4 2 4320 1 2320 1 0.6 0D TN N
1.4 2 4320 928 0D TN N
2 1.4 3392T DN N
19620
2 1.4 3392
T D
T D
N N
N N
196203.4 1.4 19620 33925
2 1.4 3392
T D
T
T D
N NN
N N
308603.4 30860
3.4T TN N
9076.5TN N
19620 19620 9076.5D T DN N N
10543.5DN N
Em cada roda dianteira: 10543.55271.8
2 2
DN
4320 9076.5 4320at TF N
4320
9076.5
0.476
57. A figura ilustra uma caixa de massa m = 55 kg,
com dimensões (hxd), inicialmente em repouso, que e apoiada
em esteira horizontal rugosa, que apresenta velocidade
constante v =5 m/s. O coeficiente de atrito entre a caixa e a
esteira é = 0.7. Pedem-se:
(a) a duração do movimento da caixa com a esteira;
(b) a razão h/d que provoca o tombamento.
d/2
h/2
TCM:
1 0
NG at
G
i
m a FF m a
P N
55 0.7 5507
550 55
G
G
a Na
P N m g
TMA
1
0 02 2
N
G at
i
h dM F N
5501.429
385at
h N
d F
00
50.71
7
vv v a t t s
a
58. Determine o menor tempo possível para que a
caminhonete de 2000 kg, de tração traseira, saindo do repouso,
adquira velocidade de 16 m/s. O coeficiente de atrito estático
entre os pneus e o solo é s = 0.8. (3.94 s)
Dinâmica dos Sólidos – Prof. Cláudio S. Sartori
Notas de aula 01 – 1° Bimestre
43
59. O movimento da haste de 2.5 kg AB é guiado por
duas pequenas rodas que rolam livremente em slots horizontais.
Se uma força P de magnitude 8 N for aplicada em B, determine:
(a) a aceleração da haste,
(b) as reações em A e B.
2
0
1 2cos
2 4
corpo
G G
xdmm rd
x r x rm m r
2
0
1 2
2 4
corpo
G G
ydmm rd
y rsen y rm m r
TCM:
1 0
NG
G
i A B
m a PF m a
N N W
TMA:
1
2 2 20 0
N
G A B
i
r r rM N N r P
0.1909 0.109 1.528 0A BN N
0.109 0.1909 1.528B AN N
G
G
A B
m a P Pa
N N m g m
25
0.109 0.1909 1.528
A B
B A
N N
N N
2
83.2
2.5G G G
P ma a a
m s
25 25 0.1909 1.528
0.109 0.1909 1.528 0.109 0.1909
A B
B
B A
N NN
N N
6.321
0.2999B BN N N
25 21 4A AN N N
60. Uma placa retangular uniforme tem uma massa de
5 kg e é mantida em posição por três cordas como mostrado.
Sabendo que = 30°, determine, imediatamente após a corda
CF ter sido cortada, (a) a aceleração da placa, (b) a tensão nas
cordas AD e BE.
TCM:
1
N
G
i
F m a
0
0 0
cos30 0
30 30
n n AD BE
t t t
R m a T T W
R m a W sen a g sen
0
2
cos30 42.48
4.905
AD BE
t
T T m g
ma
s
24.905t
ma
s
TMA
1
0N
G
i
M
0 0 0 030 120 30 120 cos30 150 cos30 150 0AD BE AD BET sen T sen T T
0 0
0 0
30 120 cos30 1502.7165
30 120 cos30 150AD BE AD BE
senT T T T
sen
42.482.7165 42.48
3.7165BE BE BET T T
11.43BET N
2.7165 11.43ADT
31.05ADT N
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
44
62. Um vaso de 40 kg tem uma base de 200 mm de
diâmetro e está sendo movido usando um carrinho de utilidade
de 100 kg como mostrado. O carrinho se move livremente (μ =
0) no chão. Conhecer o coeficiente de fricção estática entre o
vaso e o carrinho é μs = 0.4, determinar a força máxima F que
pode ser aplicada se o vaso não se deslizar ou derrubar.
Vaso:
TCM:
1 0
x
Nv G at
G
i v
m a FF m a
N m g
x
x
v G s
G s
v
m a Na g
N m g
0.4 9.81xGa
23.924
xG
ma
s
(Para impedir deslizamento)
TMA:
1
0 0N
G at
i
M N e F h
0v vm g e m a h
1009.81
600
ea g a
h
21.635
ma
s
(menor valor)
Carrinho:
TCM:
1 1 2 0
x
Nc v G
G
i c v
m m a FF m a
N N m m g
1 2
100 40 1.635 228.9
c v
F N
N N m m g
63. No instante mostrado, as tensões nas cordas
verticais AB e DE são 300 N e 200 N, respectivamente. Sabendo
que a massa da barra uniforme BE é de 5 kg, determine, neste
instante,
(a) a força P,
(b) a magnitude da velocidade angular de cada cordão,
(c) a aceleração angular de cada corda.
TCM:
1
t i
n i
G tNi
G
i G n
i
m a F
F m am a F
TMA:
0 0 0
1
1.2 1.2 1.20 cos30 cos30 sen30 0
2 2 2
N
G AB DE
i
M T T P
0 0 01.2 1.2 1.2300 cos30 200 cos30 sen30 0
2 2 2P
0 0 100300 200 cos30 sen 30 0
30P P
tg
173.2P N 0 0 0 0
0 0 0 0
cos30 cos30 30 cos30
30 30 cos30 30
N AB ED
T AB ED
R T T P sen W
R T sen T sen P W sen
259.8 173.2 86.6 43.3
0 0 0 0
0 0 0 0
149.99
300 cos30 200 cos30 173.2 30 50 cos30
300 30 200 30 173.2 cos30 50 30
N
T
R sen
R sen sen sen
303.1
375
N
T
R N
R N
303.93
375
N n
T t
R m a
R m a
60.786
75
n
t
a
a
2cos
n nB n t B fa a a sen a l
0 060.786 cos30 75 30nBa sen
2 2 89.4689.46 0.4 89.46
0.4nB f fa
223.65f
15f
rad
s ↺
cost tB n t Ba a sen a a l
0 060.786 30 75 cos30tBa sen
34.559 34.559 0.4tBa
ta na
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
45
34.559
0.4
286.4
rad
s ↺
64. O tambor tambor suporta o cilindro de 600 lb com
centro de gravidade em G. Se o operador empurrar para frente
com uma força horizontal de 20 lb, determine a aceleração do
caminhão e as reações normais em cada uma das quatro rodas.
Negligenciar a massa das rodas. g = 32.2 ft/s²
TCM:
1
20
0
x
Nc G
G
i A B c
m aF m a
N N m g
60020 20 32.2
32.2600
600
x
x
G
G
A B
aa
N N lb
21.07
xG
fta
s
(Para impedir deslizamento)
TMA:
1
0 20 4 2 0.5 1 0N
G A B
i
M N N
0.5 40A BN N
0.5 40 426.7
600 173.3
A B A
A B B
N N N lb
N N lb N lb
426.7
2
173.3
2
c
c
A
B
N
N
426.7213.4
2
173.386.7
2
c c
c c
A A
B B
N N lb
N N lb
65. Determine a força desenvolvida nos cabos e a
aceleração do centro de massa da barra imediatamente após o
cabo falhar. Negligenciar a massa dos cabos AB e CD. A barra
uniforme tem uma massa de 20 kg.
TCM: 0 0
0 01
cos 45 cos 45
45 45
n
t
NG AB DC
G
i G
m a T T m g PF m a
m a P sen m g sen
0 0
0 0
0 20 10 cos45 50 cos45
20 50 45 20 10 45t
AB DC
G
T T
a sen cos
141.42 35.36
20 35.35 141.42t
AB DC
G
T T
a
106.1
176.77
20t
AB DC
G
T T
a
28.8
xG
ma
s
(Para impedir deslizamento)
TMA:
0 0
1
0 45 45 02 2
N
G AB CD
i
l lM T sen T sen
AB CDT T
106.1 2 106.1AB DC ABT T T
53.05AB CDT T N
66. A montain bike tem uma massa de 40 kg com
centro de massa no ponto G1, enquanto o piloto tem uma massa
de 60 kg com centro de massa no ponto G2. Determine a
desaceleração máxima quando o freio é aplicado na roda
dianteira, sem fazer com que a roda traseira B saia da estrada.
Suponha que a roda dianteira não escorregue. Negligenciar a
massa de todas as rodas.
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Notas de aula 01 – 1° Bimestre
46
TCM:
1 2
1 2 1 0
D
NG at
G
i A B
m m a FF m a
N N P P
60 40
600 400 0
G A
A B
a N
N N
100
1000
G A
A B
a N
N N
TMA:
1
0N
A
i
M
22 1 1 20 0.4 0.2 0.4 0.4 0.6 0 0.4 1.25 0A B ATN N P P F m a m a
0BN roda traseira se levanta
20 0 1 600 0.4 400 0.6 0 40 0.4 60 1.25 0A ATN F a a
240 240 16 75 0a a 480
480 91 091
a a
25.76
ma
s
67. Se a camionete de 4500 lb tem tração dianteira e
coeficiente de atrito estático entre as rodas dianteiras A e a
estrada, determine as reações normais nos pares de rodas
dianteiras e traseiras quando a van tem aceleração máxima.
Além disso, encontre esta aceleração máxima. As rodas
traseiras são livres para rolar. Negligenciar a massa das rodas.
TCM:
1 0
x D
NG At
G
i D T
m a FF m a
N N P
xG D
D T
m a N
N N P
139.75
45000.8
32.2
4500
x
x
G DG D
D TD T
Pa N
a Ng
N N P N N
28.8
xG
ma
s
TMA:
1
0 3.5 6 2.5 0N
G D T D
i
M N N N
3.5 6 0.8 2.5 0D T DN N N
5.53.5 6 2 0
6D T D T DN N N N N
5.54500 4500
6D T D DN N N N
45006
11.5DN
2347.8DN N
5.52347.8
6TN
2152.7TN N
139.75 0.8 139.75 0.8 2347.8x xG D Ga N a
0.8 2347.8
139.75xGa
212.32
xG
fta
s
68. O armário homogêneo de massa m é montadoa em
rodas pequenas como mostrado.
Determine a força máxima P que pode ser aplicada
sem derrubá-lo sobre a sua borda frontal inferior com h = b e
com a borda inferior com h = 0.