DINAMICA DOS SISTEMAS DP UNIP

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DP – DINAMICA DOS SISTEMAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2017/2 
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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Exercício 1:
As placas ilustradas em anexo, estão soldadas ao eixo fixo AB; o conjunto assim constituído, gira com velocidade angular
constante w = 0,5 rad/s; no instante ilustrado o ponto C está descendo. O vetor velocidade do ponto C (versores
indicados em “negrito”), expresso em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 -0,14.i – 0,24.j +0,00.k
B)
 0,00.i – 0,14.j +0,00.k
C)
 5,5.i – 4,3.j – 8,8.k
D)
 0,43.i – 0,26.j +0,00.k
E)
 -19,5.i – 16,7.j – 14,9.k
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
As placas ilustradas em anexo, estão soldadas ao eixo fixo AB; o conjunto assim constituído, gira com velocidade angular
constante w = 0,5 rad/s; no instante ilustrado o ponto C está descendo. O vetor velocidade angular (versores indicados em
“negrito”), expresso em rad/s, é aproximadamente:
A)
 -0,14.i – 0,24.j +0,00.k
B)
 0,00.i – 0,14.j +0,00.k
C)
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 5,5.i – 4,3.j – 8,8.k
D)
 0,43.i – 0,26.j +0,00.k
E)
 -19,5.i – 16,7.j – 14,9.k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
As placas ilustradas em anexo, estão soldadas ao eixo fixo AB; o conjunto assim constituído, gira com velocidade angular
constante w = 0,5 rad/s; no instante ilustrado o ponto C está descendo. O vetor aceleração do ponto C (versores
indicados em “negrito”), expresso em rad/s2, é aproximadamente:
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A)
 -0,14.i – 0,24.j +0,00.k
B)
 0,00.i + 0,00.j – 0,14.k
C)
 5,5.i – 4,3.j – 8,8.k
D)
 0,43.i – 0,26.j +0,00.k
E)
-19,5.i - 16,7.j - 14,9.k
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
A haste ABCD ilustrada, gira apoiada em duas articulações esféricas em A e D, no sentido horário, quando a mesma é
observada do ponto de vista da articulação A . A velocidade angular da barra, no instante considerado, é igual a 12 rad/s,
e diminui de forma constante, à razão de 3 rad/s2 ; o vetor velocidade angular (versores indicados em “negrito”), em
rad/s, é aproximadamente:
A)
 -5,5i - 4,3j - 8,8k
B)
 -19,5i - 16,7j - 14,9k
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C)
 5,3i - 1,2j + 4,3k
D)
 0,5i + 6,0j - 4,5k
E)
 9,5i - 6,1j – 4,0k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
A haste ABCD ilustrada, gira apoiada em duas articulações esféricas em A e D, no sentido horário, quando a mesma é
observada do ponto de vista da articulação A . A velocidade angular da barra, no instante considerado, é igual a 12 rad/s,
e diminui de forma constante, à razão de 3 rad/s2. O vetor aceleração angular (versores indicados em “negrito”), em
rad/s, é aproximadamente:
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A)
 -5,5i - 4,3j - 8,8k
B)
 -2,4i + 1,5j +1,0k
C)
 5,3i - 1,2j + 4,3k
D)
 0,5i + 6,0j - 4,5k
E)
 9,5i - 6,1j – 4,0k
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
Um rebolo de esmeril, de formato cilíndrico, com raio R = 0,45 m, gira com frequência constante fo = 1500 rpm; quando
se desliga o motor elétrico do esmeril, a pedra gasta 8 s até parar; considerar movimento uniformemente acelerado. A
aceleração angular do rebolo, em rad/s2, é aproximadamente:
A)
 -187,50
B)
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 -157,08
C)
 -8,23
D)
 -19,63
E)
 333,33
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
Um rebolo de esmeril, de formato cilíndrico, com raio R = 0,45 m, gira com frequência constante fo = 1500 rpm; quando
se desliga o motor elétrico do esmeril, a pedra gasta 8 s até parar; considerar movimento uniformemente acelerado. O
número de voltas até a parada, é aproximadamente:
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A)
 330
B)
 40
C)
 157
D)
 25
E)
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 100
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
Na figura anexa são ilustrados duas engrenagens A e B, com raios RA = 0,75 m e RB = 0,45 m, respectivamente. A engrenagem A parte do repouso
com aceleração angular constante α = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular ω = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. O tempo necessário para a
engrenagem A atingir sua velocidade final, em s, é aproximadamente:
 
A)
 5
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B)
 40
C)
 200
D)
 333
E)
 1061
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
Na figura anexa são ilustrados duas engrenagens A e B, com raios RA = 0,75 m e RB = 0,45 m, respectivamente. A engrenagem A parte do repouso
com aceleração angular constante α = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular ω = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. A velocidade angular final
da engrenagem B, em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 5
B)
 40
C)
 200
D)
 333
E)
 1061
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTACORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
Na figura anexa são ilustrados duas engrenagens A e B, com raios RA = 0,75 m e RB = 0,45 m, respectivamente. A engrenagem A parte do repouso
com aceleração angular constante a = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular w = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. A aceleração angular da
engrenagem B, até atingir sua velocidade final, expressa em rad/s2, é aproximadamente:
 
A)
40,0
B)
 5,0
C)
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 8,3
D)
 2,3
E)
 7,5
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
A parte do repouso com aceleração angular constante α = 5 rad/s2, até atingir velocidade angular ω = 200 rad/s, que mantêm posteriormente. O
número de voltas da engrenagem B até atingir sua velocidade final, é aproximadamente:
 
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A)
 5
B)
 40
C)
 200
D)
 333
E)
 1061
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
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O movimento plano de um sólido pode ser entendido de duas formas diferentes: a) movimento de translação, superposto ao movimento de rotação em
torno de eixo que passe pelo seu centro de massa; b) movimento de rotação em torno de um eixo que passe pelo CIR - Centro Instantâneo de
Rotação. A segunda forma tem vantagens quando se objetiva calcular velocidades, e o CIR será um ponto do sólido instantaneamente com velocidade
zero ou quando isso não é viável é um ponto que pertence à linhas ortogonais às velocidades de pontos do sólido. Assim posto, na figura ilustrada
encontram-se três barras articuladas entre si, todas rígidas, sendo que duas possuem eixos fixos. No instante ilustrado, a barra AB gira no sentido
horário, com velocidade angular ωAB = 4 rad/s. A a velocidade angular da barra BC, expressa em rad/s, é aproximadamente:
A)
 1,38
B)
 0,67
C)
 2,19
D)
 1,60
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E)
 0,80
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 13:
 
O movimento plano de um sólido pode ser entendido de duas formas diferentes: a) movimento de translação, superposto
ao movimento de rotação em torno de eixo que passe pelo seu centro de massa; b) movimento de rotação em torno de
um eixo que passe pelo CIR - Centro Instantâneo de Rotação; A segunda forma tem vantagens quando se objetiva calcular
velocidades, e o CIR será um ponto do sólido instantaneamente com velocidade zero ou quando isso não é viável é um
ponto que pertence à linhas ortogonais às velocidades de pontos do sólido. Assim posto, na figura ilustrada encontram-se
três barras articuladas entre si, todas rígidas, sendo que duas possuem eixos fixos. No instante ilustrado, a barra AB gira
no sentido horário, com velocidade angular ωAB = 4 rad/s. A velocidade angular da barra CD, expressa em rad/s, é
aproximadamente:
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A)
 1,38
B)
 0,67
C)
 2,19
D)
 1,60
E)
 0,80
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 14:
No esquema ilustrado as barras AB e BC são articuladas entre si. A barra AB tem eixo fixo passando pelo ponto A. A barra
BC é articulada em C a um cursor que desliza livremente em guia fixa inclinada de 450 em relação ao horizonte. A barra
AB gira no sentido horário, com velocidade angular constante ωAB = 4 rad/s. A velocidade angular da barra BC, expressa
em rad/s, é aproximadamente:
 
A)
 0,40
B)
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0,80
C)
 7,80
D)
 0,67
E)
 2,15
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 15:
No esquema ilustrado as barras AB e BC são articuladas entre si. A barra AB tem eixo fixo passando pelo ponto A. A barra
BC é articulada em C a um cursor que desliza livremente em guia fixa inclinada de 450 em relação ao horizonte. A barra
AB gira no sentido horário, com velocidade angular constante ωAB = 4 rad/s. A aceleração do cursor C, expressa em
rad/s2, é aproximadamente:
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A)
 0,40
 
B)
 0,80
C)
 7,80
D)
 0,67
E)
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 2,15
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 16:
As barras ilustradas são articuladas entre si; sabe-se que a barra AB gira no sentido horário com velocidade angular ωAB =
11 rad/s. A velocidade angular da barra BC, expressa em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 11,00
B)
 4,68
C)
 2,20
D)
 1,56
E)
 3,30
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 17:
As barras ilustradas são articuladas entre si; sabe-se que a barra AB gira no sentido horário com velocidade angular ωAB =
11 rda/s. A velocidade angular da barra CD, expressa em rad/s, é aproximadamente:
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A)
 11,00
B)
 4,68
C)
 2,20
D)
 1,56
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E)
 3,30
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 18:
No arranjo ilustrado, a barra AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 8 rad/s. O cursor C tem
seus movimentos limitados pela haste fixa. A velocidade angular da barra BC, expressa em rad/s, é aproximadamente:
 
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A)
 4,00
B)
 0,80
C)
2,40
D)
 1,60
E)
 16,00
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
E) RESPOSTA CORRETA 
D)RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 19:
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No arranjo ilustrado, a barra AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 8 rad/s. O cursor C tem
seus movimentos limitados pela haste fixa. A aceleração do cursor C, expressa em m/s, é aproximadamente:
 
A)
 zero
B)
 18,43
C)
 26,40
D)
 56,00
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E)
 6,40
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 20:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 16 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A velocidade angular da barra BD, expressa em rad/s, é
aproximadamente:
 
 
A)
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 zero
B)
 26,40
C)
 18,43
D)
 56,00
E)
 6,40
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 21:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 16 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A aceleração do cursor D, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 26,40
C)
 18,43
D)
 56,00
E)
 6,40
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 22:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 22 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A velocidade angular da barra BD, expressa em rad/s, é
aproximadamente:
 
A)
 2,20
B)
 5,50
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C)
 6,00
D)
 22,00
E)
 7,50
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 23:
No arranjo ilustrado, o eixo de manivela AB gira com velocidade angular constante, no sentido horário: ωAB = 22 rad/s. O
pistão tem seus movimentos limitados pelo cilindro. A aceleração do ponto D, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 17,90
B)
 42,80
C)
 18,43
D)
 56,00
E)
 6,40
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
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Exercício 1:
Duas polias solidamente ligadas entre si, são acionadas através de um motor que aplica nas mesmas momento de acionamento M = 2,0 N.m. As polias
são mantidas suspensas por articulação e possuem raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,25 m, massa m = 4 kg e momento de inércia ICM = 0,08 kg.m2. Os
contrapesos A e B, possuem respectivamente, massas mA = 4 kg e mB = 6 kg. A aceleração angular das polias, expresso em rad/s2, é
aproximadamente:
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A)
 0,97
B)
 1,61
C)
 7,89
D)
 6,45
E)
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 1,18
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
Duas polias solidamente ligadas entre si, são acionadas através de um motor que aplica nas mesmas momento de
acionamento M = 2,0 N.m. As polias são mantidas suspensas por articulação e possuem raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,25 m,
massa m = 4 kg e momento de inércia ICM = 0,08 kg.m2. Os contrapesos A e B, possuem respectivamente, massas mA =
4 kg e mB = 6 kg. A aceleração do bloco B, expresso em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 0,97
B)
 1,61
C)
 7,89
D)
 6,45
E)
 1,18
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
Duas polias solidamente ligadas entre si, são acionadas através de um motor que aplica nas mesmas momento de acionamento M = 2,0 N.m. As polias
são mantidas suspensas por articulação e possuem raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,25 m, massa m = 4 kg e momento de inércia ICM = 0,08 kg.m2. Os
contrapesos A e B, possuem respectivamente, massas mA = 4 kg e mB = 6 kg. A aceleração do bloco A, expresso em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 0,97
B)
 1,61
C)
 7,89
D)
 6,45
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 6/21
E)
 1,18
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
Dois discos solidamente ligados entre si, formam o sistema ilustrado, com raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,20 m, massa m = 0,5 kg e momento de inércia
ICM = 0,007 kg.m2. O sistema apoia-se em superfície horizontal rugosa, e sob ação da força F = 3 N, rola sem escorregar. Adotar g = 10 m/s2. A
aceleração angular do conjunto, expressa em rad/s2, é aproximadamente:
A)
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 22,22
B)
 16,67
C)
 3,33
D)
 0,83
E)
 74,29
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
Dois discos solidamente ligados entre si, formam o sistema ilustrado, com raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,20 m, massa m = 0,5 kg e momento de inércia
ICM = 0,007 kg.m2. O sistema apoia-se em superfície horizontal rugosa, e sob ação da força F = 3 N, rola sem escorregar. Adotar g = 10 m/s2. A
aceleração do centro de massa do conjunto, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 8/21
A)
 22,22
B)
 16,67
C)
 3,33
D)
 0,83
E)
 74,2911/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
Dois discos solidamente ligados entre si, formam o sistema ilustrado, com raios R1 = 0,15 m, R2 = 0,20 m, massa m = 0,5 kg e momento de inércia
ICM = 0,007 kg.m2. O sistema apoia-se em superfície horizontal rugosa, e sob ação da força F = 3 N, rola sem escorregar. Adotar g = 10 m/s2. O
mínimo coeficiente de atrito, é aproximadamente:
 
A)
 0,24
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B)
 0,56
C)
 0,83
D)
 1,02
E)
 0,35
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
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 aceleração
do veículo, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 5,0
B)
 4,4
C)
 6,2
D)
13,3
E)
 5,5
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
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 reação
normal na roda dianteira, expressa em N, é aproximadamente:
A)
 1400
B)
 750
C)
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 955
D)
 650
E)
 140
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
O carro ilustrado possui massa m = 650 kg, e os coeficientes de atrito entre os pneus e o solo são: coeficiente de atrito estático μe = 0,75; coeficiente
de atrito cinético é μc = 0,45. Considerando que o carro com tração traseira, parta do repouso acelerando ao máximo. A aceleração do veículo,
expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
 7,5
B)
 5,0
C)
 4,4
D)
 6,2
E)
 8,5
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
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O carro ilustrado possui massa m = 650 kg, e os coeficientes de atrito entre os pneus e o solo são: coeficiente de atrito estático μe = 0,75; coeficiente
de atrito cinético é μc = 0,45. Considerando que o carro com tração traseira, parta do repouso acelerando ao máximo. A reação normal na roda
dianteira, expressa em N, é aproximadamente:
A)
 650
B)
 6500
C)
 3250
D)
 650
E)
 2648
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
Veículo de massa m = 550 kg, e dimensões d1 = 0,7 m, d2 = 0,8 m e h = 0,8 m, que parte do repouso, levantando o eixo dianteiro de forma que as
rodas dianteiras perdem contato com o solo, e desta forma permanecem. A força de atrito com o apoio horizontal, expressa em N, é
aproximadamente:
 
A)
 2800
B)
 4813
C)
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 2133
D)
 5500
E)
 2750
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
Veículo de massa m = 550 kg, e dimensões d1 = 0,7 m, d2 = 0,8 m e h = 0,8 m, que parte do repouso, levantando o eixo dianteiro de forma que as
rodas dianteiras perdem contato com o solo, e desta forma permanecem. A aceleração do veículo, expressa em m/s2, é aproximadamente:
A)
 8,75
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B)
 3,50
C)
 7,37
D)
 6,67
E)
3,50
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 13:
Veículo com massa 600 kg, e tração traseira, que parte do repouso acelerando de forma a permitir que as rodas dianteiras percam o contato com o
solo por um período de tempo significativo, conforme ilustrado. As dimensões são d1 = 0,8 m, d2 = 0,6 m e h = 0,95 m. A força de atrito com o
apoio horizontal, expressa em N, é aproximadamente:
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A)
 3000
B)
 2625
C)
 1170
D)
5053
E)
 2220
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
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Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 14:
Veículo com massa 600 kg, e tração traseira, que parte do repouso acelerando de forma a permitir que as rodas dianteiras percam o contato com o
solo por um período de tempo significativo, conforme ilustrado. As dimensões são d1 = 0,8 m, d2 = 0,6 m e h = 0,95 m. A aceleração do veículo,
expressa em m/s2, é aproximadamente:
 
A)
 3,50
B)
 9,33
C)
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 8,00
D)
 7,37
E)
 8,42
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
INSTRUÇÕES:
Esse trabalho está dividido em algumas partes (módulos) sendo que em
cada uma delas existem: teoria ou um resumo da mesma; exercícios resolvidos
e exercícios propostos. 
As dúvidas sobre os exercícios ou a comunicação de possíveis problemas deve
ser feito através do e-mail: brasilio@unip.brCONTEÚDOS
 O estudo da Dinâmica dos Sistemas, está apoiado na teoria
desenvolvida nas disciplinas de Cinemática e Dinâmica dos Sólidos, portanto
esses conhecimentos podem ser considerados como pré-requisitos. 
Módulo 01- Forma Matricial do TMA
Neste módulo desenvolve-se a forma matricial do Momento Angular, que facilita
em muito sua aplicação em casos mais complicados. Apresentam-se exemplos
resolvidos envolvendo momentos e produtos de inércia.
Módulo 02 – Esforços de Origem Dinâmica
Aplicam-se os recursos da Forma Matricial do Momento Angular, ao estudo de
Esforços de Origem Dinâmica. Estão disponibilizados exemplos resolvidos
onde se calculam esforços dinâmicos.
Módulo 03 – Balanceamento
Fazendo uso dos conceitos anteriores, apresenta-se o balanceamento como
uma forma de se eliminarem os esforços de origem dinâmica em rotores.
Também estão apresentados os tipos de balanceamento e exemplos resolvidos
Módulo 04 – Balanceamento
Apresenta-se um resumo do balanceamento e mais exemplos resolvidos.
Módulo 05 – Biela Manivela 
Neste módulo desenvolve-se principalmente a Cinemática do sistema em
função da posição angular da manivela. Apresentam-se exemplos resolvidos.
Módulo 06 – Biela Manivela Pistão
A cinemática desenvolvida para o sistema Biela Manivela, aplica-se a este
caso, ou seja, desenvolve-se apenas a dinâmica e resolvem-se exemplos.
Módulo 07 - “Quatro Barras” (Cinemática)
O desenvolvimento da cinemática desse sistema é longo mas necessário.
Apresentam-se exemplos resolvidos.
Módulo 08 - “Quatro Barras” (Dinâmica)
Não há propriamente o que acrescentar à Dinâmica. Apresentam-se exemplos
resolvidos.
PROVAS 0N-LINE
1ª Prova: Abrange os módulos de números 01 a 04.
2ª Prova: Abrange os módulos de números 04 a 08.
Prova Substitutiva: Abrange os módulos de números 01 a 08.
Exame: Abrange os módulos de números 01 a 08.
PLANO DE ENSINO
CURSO : Engenharia Mecânica
SÉRIE: 8º/9º Semestre
TURNO: NOTURNO
DISCIPLINA: Dinâmica dos Sistemas
I - EMENTA
Estudo dos mecanismos, seus movimentos e esforços na transmissão
de movimentos.
II - OBJETIVOS GERAIS
Desenvolver no aluno uma visão integrada da cinemática e da dinâmica
aplicada ao estudo de sistemas de sólidos. 
III - OBJETIVOS ESPECÍFICOS
Desenvolver e aperfeiçoar a aplicação de conceitos físicos, já abordados
anteriormente, em inúmeros sistemas de sólidos em uso na Engenharia
Mecânica.
IV - CONTEÚDO PROGRAMÁTICO
A partir da notação matricial do TMA – Teorema do Momento Angular,
estudar forças de inércia, em especial aquelas resultantes do “efeito
giroscópico” e que podem ser relevantes em sistemas em movimento.
Balanceamento de máquinas rotativas. 
Estudar a cinemática e a dinâmica, ou seja, as acelerações e os esforços
exercidos em cada sólido (ou elo) do sistema, para os seguintes arranjos: a)
biela, manivela; b) biela, manivela e pistão; c) mecanismos com “quatro
barras”. Estudos de casos de outros mecanismos com largo emprego na
Engenharia Mecânica.
V -ESTRATÉGIA DE TRABALHO
Aulas expositivas, solução de exercícios, proposição de tarefas e estudo
através do acesso ao banco de questões da autoavaliação.
VI - AVALIAÇÃO
Provas bimestrais. Média ponderada das notas atribuídas às provas.
VII - BIBLIOGRAFIA
Bibliografia Básica
Norton, Robert L.: Cinemática e Dinâmica dos Mecanismos, McGrawHill,
2010;
Kraige, L.G. Meriam, J.L.: Mecânica: Dinâmica; Rio de Janeiro: LTC, 2004.
Hibbeler, R. C. Dinâmica: Mecânica para Engenharia; 8ª ed. Rio de Janeiro:
Prentice Hall Brasil, 2004.
Bibliografia Complementar
Franca, 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.
Merian, J. L., Kraige, L. G. Estática. 4ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 1999.
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Forma Matricial:
Exemplo 01:
Exemplo 02:
 
 
 
 
 
Exercício 1:
O sistema ilustrado é composto por eixo ABCD, com mancais nos pontos A e D que garantem que o mesmo seja fixo. Duas barras BE e CF, de direções
paralelas ao eixo z, foram soldadas ao eixo fixo ABCD, possuem a mesma massa m = 4,0 kg. Todas as dimensões indicadas na figura estão em
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milímetros (mm). O sistema descrito gira com velocidade angular 20 rad/s. O produto de inércia Ixz do sistema, expresso em kg.m2, é
aproximadamente:
 
A)
1,400
B)
 2,800
C)
0,36
D)
 0,018
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E)
 zero
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
Na figura ilustrada, um disco de raio R = 0,8 m, massa m= 3,0 kg está preso a um garfo ligado a um eixo horizontal fixado por dois mancais A e B. O
disco gira com velocidade angular constante w2 = 8,0 rad/s em torno do eixo preso ao garfo; o garfo e o eixo AB giram com velocidade angular
constante w1 = 5,0 rad/s. Considera-se o sistema de eixos que passa pelo centro de massa do disco e é rigidamente ligado ao eixo do disco preso ao
garfo. O vetor velocidade angular do disco expresso através de versores em negrito, é:
A)
 w2 . k
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B)
 w1 . i
C)
 w1 . i - w2 . k
D)
 w1 . i + w2 . k
E)
 0,5 . (w1 . i + w2 . k)
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O momento de inércia
Ixx em relação ao eixo x, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 -1,25
C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O momento de inércia
IYY em relação ao eixo y, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
 
A)
 zero
B)
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 -1,25
C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
A árvore de manivela ilustrada,montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O momento de inércia
IZZ em relação ao eixo z, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 -1,25
C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O produto de inércia Ixy
em relação aos eixos x e y, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
 
A)
 0,00
B)
 -1,25
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C)
 8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. O produto de inércia Ixz
em relação aos eixos x e y, expresso em Kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 0,00
B)
 -1,25
C)
8,82
D)
 4,58
E)
 1,77
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
A placa retangular homogênea de massa m = 6,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos CM(x,y,z)
com origem no centro de massa da placa e ligado à mesma. A placa possui aceleração angular constante a = 10 rad/s2, conforme indicado na figura. 
O momento de inércia Iyy em relação ao eixo baricêntrico y, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
A)
 20,00
B)
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 4,50
C)
 18,00
D)
 1,13
E)
 2,00
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
A placa retangular homogênea de massa m = 6,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos CM(x,y,z)
com origem no centro de massa da placa e ligado à mesma. A placa possui aceleração angular constante a = 10 rad/s2, conforme indicado na figura. 
O produto de inércia Ixy, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 9,00
C)
 0,45
D)
 2,80
E)
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 72,00
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
= 12,0 N.m, conforme indicado. O momento de inércia Ixx, em relação ao eixo Ax, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
 
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A)
 1,35
B)
 2,70
C)
 1,20
D)
 3,90
E)
 2,95
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
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= 12,0 N.m, conforme indicado. O momento de inércia Iyy, em relação ao eixo Ay, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
A)
 1,35
B)
 2,70
C)
 1,20
D)
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 3,90
E)
 2,95
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
= 12,0 N.m, conforme indicado. O produto de inércia Ixy, em relação aos eixo Ax e Ay, expresso em kg.m2, é aproximadamente:
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https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 19/20
 
A)
 1,35
B)
 2,70
C)
 1,20
D)
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https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 20/20
 3,90
E)
 2,95
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
Introdução.
Entende-se como sistema de sólidos, um conjunto de sólidos conectados entre si e
conectados a vínculos que limitam os movimentos dos mesmos. Entende-se como
Dinâmica dos Sistemas, o estudo dos esforços presentes em cada sólido (ou elo) que
constituem o sistema de sólidos.
Estabelecidos nossos objetivos primeiros, cabe ressaltar que não há como atingi-los sem
o prévio conhecimento da aceleração angular e da aceleração do centro de massa de
cada sólido. 
Desta forma, por contraditório que pareça, se faz necessário dois estudos: 1) o estudo
cinemático do sistema de sólidos para determinar as duas acelerações supracitadas de
cada um dos sólidos que compõem o sistema; 2) o estudo dos esforços (forças e
momentos) agentes em cada parte do sistema, permitindo assim o projeto de todas as
partes envolvidas, sejam os sólidos, sejam os vínculos.
A descrição dos movimentos de um conjunto ou sistemas de sólidos, exige que se
utilizem os conceitos provenientes da Cinemática dos Sólidos. Desta forma, quando o
objetivo é a determinação develocidades e especialmente acelerações de pontos de um
sólido, se faz necessário e suficiente, a aplicação dos conceitos desenvolvidos
previamente na Cinemática dos Sólidos.
Embora existam métodos gráficos para a determinação de algumas grandezas
cinemáticas, com o advento dos processos numéricos, entende-se que o melhor caminho
seja o desenvolvimento algébrico, ou melhor vetorial, e a aplicação de outras técnicas
numéricas que facilitem o trabalho, mas garantindo a precisão e validade do processo.
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
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 . Nos casos em que o eixo
de rotação é fixo, o vetor aceleração angular possui a
direção do mesmo, coincidindo assim com a direção do
vetor velocidade angular.
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
P
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
A cinemática apresentada dessa forma, pode sugerir que seja bem simples calcular as
acelerações angular e do centro de massa para cada sólido, entretanto, mesmo
reconhecendo a simplicidade das equações seu uso é trabalhoso.
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
A dinâmica
A dinâmica apoia-se em “apenas” dois Teoremas: Teorema do Centro de Massa e
Teorema do Momento Angular. Note-se que a definição de Centro de Massa deve
preceder a utilização do primeiro. 
Centro de Massa – Definição
A forma da segunda Lei de Newton
(∑ F⃗=m⋅⃗a) será preservada caso a aceleração
indicada na mesma, seja de um ponto muito especial
do sólido: o Centro de Massa.
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
onde “m” é 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 expresso pelo TCM – Teorema do
centro de Massa.
TCM – Teorema do Centro de Massa
O TCM garante que, para um sólido de massa “m”, com aceleração do Centro de
Massa a⃗CM , sob ação de um sistema de forças de origem externa ao mesmo, com
resultante ∑ F⃗ext . , é valida a seguinte relação:
∑ F⃗ext .=m⋅⃗aCM
Momento Linear ou quantidade de movimento – Definição
A Quantidade de Movimento de um ponto material de massa “m” e velocidade v⃗ ,
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
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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, a 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.
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 a capacidade da mesma em 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.
Note-se que, 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: 
A grandeza vetorial “quantidade de movimento”, do elemento de massa “dm” que ocupa o
ponto P(x,y,z), que desloca-se com velocidade v⃗P é expresso por (d q⃗=dm⋅⃗vP) . O
momento polar da grandeza vetorial “quantidade de movimento”, em relação ao polo
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
O(xO,yO,zO) qualquer, é:
d M⃗O
dq=d H⃗O=(P−O)∧(dm⋅⃗vP)
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= ˙⃗HO ; com ... 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.
Aplicando-se o TMA – Teorema do Momento Angular aos tipos de movimentos do sólido,
ou seja, Movimento de Translação, Movimento Plano e Movimento Geral, pode-se
perceber que a complexidade aumenta progressivamente.
Diante deste fato, de forma resumida, apresenta-se o TMA para cada um dos tipos de
movimento citados.Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento de
Translação
Impondo as condições simplificadoras da translação, ou seja, todos os pontos do
sólido apresentam, em cada instante, velocidade iguais entre si, e acelerações também
iguais entre si, pode-se afirmar que: 
“o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em translação, 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, ou seja, os vetores velocidade
angular e aceleração angular, possuem sempre
direções perpendiculares ao plano do movimento,
pode-se afirmar que:
 
“o Momento Resultante dos esforços externos, aplicados ao sólido em movimento plano,
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
em torno do eixo que passa pelo polo O.
Momento de Inércia - Definição
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 eixo que passa pelo polo O é:
IO=∫ (Distância entre o eixo e oelemento demassa dm)2 . dm
Ressalte-se que os momentos de inércia de sólidos de geometria regulares, usualmente
estão tabelados em relação a três eixos ortogonais entre si e que passam pelo polo CM.
O Teorema dos Eixos Paralelos (Steiner), permite de forma bastante simples a troca do
polo Centro de Massa (CM) por outro polo (O): IO=ICM+m⋅d
2 .
Sendo: “m” a massa do sólido e “d” a distância entre os eixos paralelos.
plano do movimento
x
yz
eixo instantâneo
de rotação
αω
O
P
dm
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TMA - Teorema do Momento Angular no Movimento Geral
Neste caso não há simplificações e o TMA deve ser utilizado em sua forma
genérica apresentada anteriormente:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗HO ; com ... 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 ( H⃗O=∫(P−O)∧(dm⋅v⃗ ) ), que é
expressa por: ˙⃗HO=
d
dt
⋅∫(P−O)∧(dm⋅⃗v) .
Essa dificuldade pode ser contornada grandemente com a utilização da Forma Matricial
do Momento Angular. O desenvolvimento detalhado da forma matricial encontra-se no
“Apêndice A”. No presente desenvolvimento, serão apresentados as condições de
utilização e os resultados.
TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial
 O “truque” é utilizar um sistema de referência e um sistema de eixos (ou base)
ligado ao sólido:
Um sistema de eixos ligado ao sólido, com origem no ponto O do sólido, e que 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 sistema de eixos ligado ao 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 tornam-se nulas, o que, com certeza, torna
o trabalho bem mais simples.
As velocidades dos pontos “P” e “O”, pertencentes ao
sólido, segundo a cinemática relacionam-se por:
v⃗P=v⃗O+ω⃗∧(P−O) . Reconhecendo que a velocidade
do ponto P, é também a velocidade do elemento de
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
O
I
X
I Y
Z
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
massa “dm”: v⃗= v⃗O+ω⃗∧(P−O) .
Substituindo essa velocidade na definição de Momento Angular do sólido, em relação ao
polo O, tem-se:
 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:
1º) o vetor velocidade angular (ω⃗) é medido em relação ao referencial inercial I(X,Y,Z),
mas pode ser expresso em função de suas projeções no sistema de eixos ligado ao sólido
O(x,y,z), ou seja: ω⃗=ωx⋅i^+ωy⋅ j^+ωz⋅k^ ;
2º) os versores i^ ; j^ ; k^ , 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∧ i^ ; ˙^j=Ω⃗∧ j^ ; ˙^k=Ω⃗∧k^ .
Com algum esforço pode-se obter a Forma Matricial do Momento Angular do Sólido,
conforme o disposto no Apêndice A:
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 doelemento demassadmaoeixo 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
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
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), e do vetor velocidade angular do sólido (Ω⃗) , ou seja:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅
˙^i+ω˙ y⋅ j^+ωy⋅
˙^j+ω˙z⋅k^+ωz⋅
˙^k .
Aplicando o Teorema de Poison, tem-se:
 ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅Ω⃗∧ i^+ω˙y⋅j^+ω y⋅Ω⃗∧ j^+ω˙z⋅k^+ωz⋅Ω⃗∧k^
O resultado acima pode ser expresso agrupando os termos como:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+Ω⃗∧ωx⋅i^+ω˙y⋅j^+Ω⃗∧ωy⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωz⋅k^
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωx⋅i^+Ω⃗∧ωy⋅j^+Ω⃗∧ωz⋅k^
Colocando o vetor velocidade angular (Ω⃗) em evidência, tem-se:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧(ωx⋅^i+ωy⋅j^+ωz⋅k^ )
Identificando o termo entre parentes como o vetor velocidade angular do sólido, permite
escrever: ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ω⃗ ou ˙⃗ω=[ω˙xω˙yω˙z ]+Ω⃗∧ω⃗ .
Recuperando a forma matricial: ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω .
Substituindo a derivada da velocidade angular: ˙⃗HO=[ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+ [ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ .
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 
**************************************************************************************************
Finalmente o TMA – Teorema do Momento Angular expresso na forma matricial:
∑ M⃗O= [ I ]⋅[ω˙xω˙yω˙z]+[ 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).
ω
α
Eixo instantâneo de rotação
x
y
z
dm
P(x,y,z)
vP
O
I
X
I Y
Z
TMA - Teorema do Momento Angular na Forma Matricial
 O “truque” é utilizar um sistema de referência e um sistema de eixos (ou base) 
ligado ao sólido:
Um sistema de eixos ligado ao sólido, com origem no ponto O do sólido, e que 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 sistema de eixos ligado ao 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 tornam-se nulas, o que, com certeza, torna
o trabalho bem mais simples.
As velocidades dos pontos “P” e “O”, pertencentes ao
sólido, segundo a cinemática relacionam-se por:
v⃗P=v⃗O+ω⃗∧(P−O) . Reconhecendo que a velocidade
do ponto P, é também a velocidade do elemento de
massa “dm”: v⃗= v⃗O+ω⃗∧(P−O) .
Substituindo essa velocidade na definição de Momento Angular do sólido, em relação ao 
polo O, tem-se:
 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:
1º) o vetor velocidade angular (ω⃗) é medido em relação ao referencial inercial I(X,Y,Z), 
mas pode ser expresso em função de suas projeções no sistema de eixos ligado ao sólido
O(x,y,z), ou seja: ω⃗=ωx⋅i^+ωy⋅ j^+ωz⋅k^ ;
2º) os versores i^ ; j^ ; k^ , 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∧ i^ ; ˙^j=Ω⃗∧ j^ ; ˙^k=Ω⃗∧k^ .
Com algum esforço pode-se obter a Forma Matricial do Momento Angular do Sólido, 
conforme o disposto no Apêndice A:
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 doelemento demassadmaoeixo 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), e do vetor velocidade angular do sólido (Ω⃗) , ou seja:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅
˙^i+ω˙ y⋅ j^+ωy⋅
˙^j+ω˙z⋅k^+ωz⋅
˙^k .
Aplicando o Teorema de Poison, tem-se:
 ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ωx⋅Ω⃗∧ i^+ω˙y⋅j^+ω y⋅Ω⃗∧ j^+ω˙z⋅k^+ωz⋅Ω⃗∧k^
O resultado acima pode ser expresso agrupando os termos como:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+Ω⃗∧ωx⋅i^+ω˙y⋅j^+Ω⃗∧ωy⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωz⋅k^
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ωx⋅i^+Ω⃗∧ωy⋅j^+Ω⃗∧ωz⋅k^
Colocando o vetor velocidade angular (Ω⃗) em evidência, tem-se:
˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧(ωx⋅^i+ωy⋅j^+ωz⋅k^ )
Identificando o termo entre parentes como o vetor velocidade angular do sólido, permite 
escrever: ˙⃗ω=ω˙x⋅i^+ω˙y⋅ j^+ω˙z⋅k^+Ω⃗∧ω⃗ ou ˙⃗ω=[ω˙xω˙yω˙z ]+Ω⃗∧ω⃗ .
Recuperando a forma matricial: ˙⃗HO=[ I ]⋅˙⃗ω .
Substituindo a derivada da velocidade angular: ˙⃗HO=[ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+ [ I ]⋅Ω⃗∧ω⃗ .
**************************************************************************************************
Finalmente o TMA – Teorema do Momento Angular expresso na forma matricial:
∑ M⃗O= [ I ]⋅[ω˙xω˙ yω˙z]+[ 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).
Prof. Brasílio//Dinâmica dos Sistemas – 2016 - 1/4
Os esforços dinâmicos
O TMA - Teorema do Momento Angular, permite o estudo de esforços em sistemas de
sólidos, que surgem pela peculiaridade dos movimentos dos mesmos, ou seja, em
repouso esses esforços não existiriam. 
Nos exemplos seguintes, serão utilizados os conceitos desenvolvidos anteriormente, com
a finalidade de determinar os esforços dinâmicos em vários sistemas de sólidos.
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 eixosCM(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
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
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O vetor velocidade angular pode ser expresso por:
ω⃗=ωx⋅^i+ω y⋅^j+ω z⋅k^
Como o vetor velocidade angular “sempre” tem direção do eixo de rotação, que nesse
caso é “fixo”, pode-se afirmar que:
ω⃗=ω⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^
Com ω=2⋅π⋅f , tem-se: ω=2⋅π⋅3000
60
=100⋅π => ω=314,16 rad / s
Dessa forma o vetor velocidade angular, expresso em função de suas projeções no
sistema de eixos CM(x,y,z), é:
ω⃗=314,16⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^
O momento angular, adotando o polo no CM - Centro de Massa é:
H⃗CM=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[
I xx −I xy −I xz
−I xy I yy −I yz
−I xz −I yz I zz ]⋅[314,16zerozero ]
Antes de derivar o momento angular em função do tempo, é aconselhável exprimi-lo na
forma vetorial. A componente do Momento Angular na direção de i^ , é obtida pelo
produto dos elementos da primeira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
x =I xx⋅314,16−I xy⋅zero−I xz⋅zero .
A componente do Momento Angular na direção de j^ , é obtida pelo produto dos
elementos da segunda linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
y =−I xy⋅314,16+I yy⋅zero−I yz⋅zero
A componente do Momento Angular na direção de k^ , é obtida pelo produto dos
elementos da terceira linha da matriz 3x3, pelos elementos da matriz coluna:
HCM
z =−I xz⋅314,16−I yz⋅zero+ I zz⋅zero . 
Na forma vetorial:
H⃗CM=I xx⋅314,16⋅^i−I xy⋅314,16⋅^j−I xz⋅314,16⋅k^
Derivando a forma vetorial do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅
˙^i−I xy⋅314,16⋅
˙^j−I xz⋅314,16⋅
˙^k
A derivada dos versores: 
Como consequência da escolha do sistema de eixos CM(x,y,z), o versor i^ não muda de
direção, ou seja, é constante e possui derivada em relação ao tempo nula ( ˙^i=zero) ,
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entretanto, os outros dois versores j^ e k^ solidários ao sólido giram com velocidade
angular do mesmo: ω⃗=314,16⋅^i+ zero⋅^j+ zero⋅k^ => ω⃗=314,16⋅^i .
Determinado as derivadas ds versores com o Teorema de Poisom:
˙^i=ω⃗∧ i^ => ˙^i=314,16⋅^i∧ i^ => ˙^i=zero
˙^j=ω⃗∧ j^ => ˙^j=314,16⋅^i∧ j^ => ˙^j=314,16⋅k^
˙^k=ω⃗∧k^ => ˙^k=314,16⋅^i∧k^ => ˙^k=−314,16⋅^j
Substituindo na derivada do momento angular:
˙⃗HCM=I xx⋅314,16⋅
˙^i−I xy⋅314,16⋅
˙^j−I xz⋅314,16⋅
˙^k => ˙⃗HCM=−I xy⋅314,16
2⋅˙^k+ I xz⋅314,16
2⋅˙^j
Ressalte-se que os termos quadráticos sempre estarão presentes e expressam o
quadrado da velocidade angular, ou seja: ˙⃗HCM=−I xy⋅98.696,04⋅
˙^k+ I xz⋅98.696,04⋅
˙^j .
Aqui fica estabelecida uma conexão entre os esforços dinâmicos e produtos de inércia, ou
seja, os produtos de inércia relevantes no cálculo dos esforços dinâmicos são aqueles
relacionados ao eixo de rotação. No caso o eixo de rotação tem direção (x), então os
produtos de inércia que contribuirão para os esforços dinâmicos são: I xy e I xz .
Recuperando valores de: I xy=−0,050 ; I xz=zero , e substituindo-os na equação
anterior, obtêm-se: ˙⃗HCM=4.934,8⋅k^ .
O que se fez até aqui?. 
Resp.: Calculou-se um dos termos do TMA – Teorema do Momento Angular.
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⋅(− j^)=3,924⋅(− j^)⋅N .
Ressalte-se que, como as forças dinâmicas são proporcionais ao quadrado da velocidade
angular, o peso próprio do sistema usualmente torna-se irrelevante.
Os mancais sugeridos na figura são do
tipo axial, portanto só reagem a
esforços radiais, isto posto: 
R⃗A=RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^
R⃗B=RB
y⋅j^+RB
z⋅k^
Impondo o TCM – Teorema do Centro
de Massa:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
tem-se:
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
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
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R⃗A+ R⃗B=m⋅⃗aCM ; o peso não foi considerado, pois as reações estritamente dinâmicas
não dependem do mesmo.
Substituindo … RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^+RB
y⋅j^+RB
z⋅k^=m⋅⃗aCM , entretanto, a aceleração do centro de
massa é nula, ou seja: RA
y⋅ j^+RA
z⋅k^+RB
y⋅j^+RB
z⋅k^=zero
Impondo a igualdade entre as componentes do primeiro e sendo membros, 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=4.934,8 k^
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 R⃗A aplicada no ponto A(-0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0,):
M⃗R A=(A−CM )∧R⃗A=−0,75⋅^i∧(RA
y⋅^j+R A
z⋅k^) => M⃗R A=−0,75⋅RA
y⋅k^+0,75⋅RA
z⋅^j
Momento da reação R⃗B aplicada no ponto B(0,75;0;0) em relação ao polo CM(0,0,0):
M⃗R B=(B−CM )∧R⃗B=0,75⋅^i∧(RB
y⋅ j^+RB
z⋅k^ ) => M⃗R B=0,75⋅RB
y⋅k^−0,75⋅RB
z⋅j^
Substituindo os resultados das equações eq. 01 e eq. 02, no resultado anterior:
M⃗R B=−0,75⋅RA
y⋅k^+0,75⋅RA
z⋅j^ 
O momento resultante:
∑ M⃗CM=M⃗R A+M⃗ RB=−1,50⋅RAy⋅k^+1,50⋅R Az⋅^j
Substituindo no TMA: ∑ M⃗CM= ˙⃗HCM => −1,50⋅RAy⋅k^+1,50⋅RAz⋅j^=4.934,8⋅k^
Igualando os vetores: 
RA
z =0
−1,50⋅RA
y=4.934,8 => RA
y=−3.289,9 N
Resp. (c): RA
z=0 ; RA
y=−3.289,9 N ; RB
z=0 ; RB
y=3.289,9 N
0,85 m
CM
yCM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
0,25 
m
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=−3.600⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−200⋅k^ . 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 sistema de eixos ligado ao
sólido, com origem no ponto (mancal) A,
ou seja, o sistema de eixos A(x,y,z).
Neste caso, o centro de massa do sólido descreve trajetória circular com raio R = yCM, em 
movimento circular uniforme ( ω=cte ). Nesse tipo de movimento, a componente 
tangencial da aceleração ( at=α⋅R ) é nula, pois α=ω˙=zero , entretanto, sempre 
haverá aceleração centrípeta ( acent .=ω
2⋅R ). Note-se que a aceleração centrípeta 
“sempre” aponta para o centro de curvatura da trajetória, que no instante ilustrado é − j^ .
Ressalte-se que os seixos adotados giram com o sólido, ou seja, todas as conclusões 
obtidas na configuração do desenho serão válidas para qualquer instante.
A aceleração do CM – Centro de Massa é: a⃗CM=−ω
2⋅R⋅j^=−2.500⋅yCM⋅^j .
A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é:
∑ F⃗= R⃗A+ R⃗B=−3.390⋅^j
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => −3.390⋅^j=30⋅(−2.500⋅yCM⋅^j) => yCM=0,045
Resp. (b) yCM=0,045⋅m
A velocidade angular na forma vetorial é: ω⃗=50⋅^i
Note-seque a velocidade angular possui a direção do eixo de rotação, com sentido dado 
pela regra da mão direita.
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 ]
Efetuando o produto entre as matrizes, obtém-se o momento angular na forma vetorial:
H⃗ A=I xx⋅50⋅i^−I xy⋅50⋅j^−I xz⋅50⋅k^
Derivando o momento angular em função do tempo, note-se que, ˙^i=ω⃗∧ i^=50⋅^i∧ i^=0 ,
˙^j=ω⃗∧ j^=50⋅^i∧ j^=50⋅k^ e ˙^k=ω⃗∧k^=50⋅^i∧k^=−50⋅^j :
˙⃗H A=−I xy⋅50⋅
˙^j−I xz⋅50⋅
˙^k => ˙⃗H A=−I xy⋅50
2⋅k^+ I xz⋅50
2⋅^j
Calculando o momento da força R⃗A , aplicada no ponto A(0;0;0), em relação ao polo 
A(0;0;0): M⃗R A=(A−A)∧R⃗ A=zero .
Calculando o momento da força R⃗B , aplicada no ponto B(0,85;0,0), em relação ao polo 
A(0;0;0): M⃗R B=(B−A)∧R⃗B=0,85⋅i^∧(210⋅j^−200⋅k^ )=178,5⋅k^+170⋅ j^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ A= ˙⃗H A => 178,5⋅k^+170⋅j^=−I xy⋅502⋅k^+ I xz⋅502⋅ j^
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
Nota: os produtos de inércia que podem “criar” esforços dinâmicos são aqueles que 
envolvem o eixo de rotação. Nesse caso, como o eixo de rotação tem direção “x” seriam:
I xy e I xz . Isto posto, o produto de inércia I yz , não pode ser determinado pelos 
desenvolvimentos feitos.
x
y
CMconj.
0,3 m 0,2 m0,3 m 0,3 m
0,2 m
0,2 m
m
m
ω
A
CM
xy
c
b
h
h/3
b/3
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. Que se adote o 
sistema de eixos “ligado” ao sólido, 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 CM, o centro de massa da placa:
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 polo CM conj , o Centro de Massa do conjunto.
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⋅i^+RA
y⋅j^+RA
z⋅k^ e M⃗ A=M A
x⋅^i+M A
y⋅ j^+M A
z⋅k^ .
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⋅i^
O momento angular em relação ao polo CM conj . :
H⃗CM conj .=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ωxω yωz]=[
I xx 0,0040 0
0,0040 I yy 0
0 0 I zz]⋅[6000 ]
O momento angular na forma vetorial: H⃗CM conj .=I xx⋅60⋅^i+0,0040⋅60⋅^j=I xx⋅60⋅^i+0,24⋅^j
A derivada temporal do momento angular: ˙⃗HCM=0,24⋅
˙^j=0,24⋅60⋅^i∧ j^=14,4⋅k^
Calculando o momento Resultante em relação ao polo CM conj . :
∑ M⃗CM conj .=(A−CM conj .)∧(RAx⋅^i+RAy⋅^j+RAz⋅k^ )+M⃗ A
∑ M⃗CM conj .=0,5⋅^i∧(RAx⋅^i+RAy⋅^j+RAz⋅k^ )+M Ax⋅^i+M Ay⋅j^+M Az⋅k^
∑ M⃗CM conj .=0,5⋅RAy⋅k^−0,5⋅RAz⋅^j+M Ax⋅^i+M Ay⋅^j+M Az⋅k^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CMconj .= ˙⃗H CM conj . => 0,5⋅RAy⋅k^−0,5⋅RAz⋅j^+M Ax⋅^i+M Ay⋅ j^+M Az⋅k^=14,4⋅k^
igualando i^ : M A
x=zero eq. 01
igualando j^ : −0,5⋅RA
z⋅ j^+M A
y⋅ j^=zero eq. 02
igualando k^ : 0,5⋅RA
y +M A
z =14,4 eq. 03
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM => RAx⋅i^+RAy⋅ j^+RAz⋅k^=zero ; note-se que a⃗CM=zero pois o CM conj . 
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⋅k^⋅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⋅j^)+(A2−A1)∧F⋅j^ 
B⃗=( zero)∧(−F⋅ j^)+(d⋅^i )∧F⋅j^=F⋅d⋅k^
Portanto: F⋅d⋅k^=14,4⋅k^⋅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
A1
A2
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Resumo: TCM e TMA
Resumo: Forma Matricial
Tabela de Momentos e Produtos de Inércia
Exemplo 01
Exemplo 02
Exemplo 03
Exemplo 04
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Exemplo 05
Exemplo 06
Exemplo 07
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 1:
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O sistema ilustrado é composto por eixo ABCD, com mancais nos pontos A e D que garantem que o mesmo seja fixo. Duas barras BE e CF, de direções
paralelas ao eixo z, foram soldadas ao eixo fixo ABCD, possuem a mesma massa m = 4,0 kg. Todas as dimensões indicadas na figura estão em
milímetros (mm). O sistema descrito gira com velocidade angular 20 rad/s. As reações dinâmicas nos mancais A e D, expressos em N e com os
vetores em negrito, são aproximadamente:
 
A)
 RA = - RD = 0,0 . i + 0,0 . j + 16,0 . k
B)
 RA = - RD = 0,0 . i + 0,0 . j + 8,0 . k
C)
 RA = - RD = 0,0 . i + 5,0 . j + 16,0 . k
D)
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 RA = - RD = 5,0 . i + 0,0 . j + 16,0 . k
E)
 RA = - RD = 0,0 . i + 0,0 . j + 0,0 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
Na figura ilustrada, um disco de raio R = 0,8 m, massa m= 3,0 kg está preso a um garfo ligado a um eixo horizontal fixado por dois mancais A e B. O
disco gira com velocidade angular constante w2 = 8,0 rad/s em torno do eixo preso ao garfo; o garfo e o eixo AB giram com velocidade angular
constante w1 = 5,0 rad/s. Considera-se o sistema de eixos quepassa pelo centro de massa do disco e é rigidamente ligado ao eixo do disco preso ao
garfo. O vetor momento angular do disco em relação ao Centro de Massa do mesmo, expresso em N.m e com vetores em negrito, é
aproximadamente :
A)
 0,00 . i + 38,40 . j + 0,00 . k
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B)
 2,40 . i + 0,00 . j – 7,70 . k
C)
 0,96 . i + 0,00 . j – 0,80 . k
D)
 0,00 . i + 4,00 . j + 0,00 . k
E)
 0,50 . i + 38,40 . j+ 24,00 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
Na figura ilustrada, um disco de raio R = 0,8 m, massa m= 3,0 kg está preso a um garfo ligado a um eixo horizontal fixado por dois mancais A e B. O
disco gira com velocidade angular constante w2 = 8,0 rad/s em torno do eixo preso ao garfo; o garfo e o eixo AB giram com velocidade angular
constante w1 = 5,0 rad/s. Considera-se o sistema de eixos que passa pelo centro de massa do disco e é rigidamente ligado ao eixo do disco preso ao
garfo. As reações dinâmicas (desprezar o peso) geradas nos mancais A e B, expressas em N e com vetores em negrito, são aproximadamente:
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A)
 0,0 . i + 8,2 . j + 0,0 . k
B)
 0,0 . i + 18,5 . j + 8,9 . k
C)
 24,0 . i + 38,4 . j + 0,0 . k
D)
 0,0 . i + 24,0 . j + 0,0 . k
E)
 0,0 . i + 0,0 . j + 24,0 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
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A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
Na figura ilustrada, um disco de raio R = 0,8 m, massa m= 3,0 kg está preso a um garfo ligado a um eixo horizontal fixado por dois mancais A e B. O
disco gira com velocidade angular constante w1 = 5,0 rad/s em torno do eixo preso ao garfo; o garfo e o eixo AB giram com aceleração angular
constante a2 = 2 rad/s2; . Considera-se o sistema de eixos que passa pelo centro de massa do disco e é rigidamente ligado ao eixo do disco preso ao
garfo. Para o instante em que a velocidade angular do garfo, atinge o valor w2 = 8,0 rad/s, o momento (de forças) transmitido ao disco através do
garfo, expresso em N.m e com vetores em negrito, é aproximadamente:
A)
 0,0 . i + 1,0 . j + 0,0 . k
B)
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 0,0 . i + 2,0 . j + 0,0 . k
C)
 – 40,0 . i + 1,0 . j + 0,0 . k
D)
 – 40,0 . i + 8,0 . j + 2,0 . k
E)
 – 8,0 . i + 5,0 . j + 2,0 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. Para o instante em que
a velocidade angular atinge o valor w = 180 rad/s, o momento angular, expresso em N.m e com vetores em negrito, é aproximadamente:
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A)
 3,54.i
B)
 38880.k
C)
 3,54.i+38880.k
D)
 3,54.i+38680.k
E)
 400.i
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. Para o instante em que
a velocidade angular atinge o valor w = 180 rad/s, o momento (conjugado) motor, expresso em N.m e com vetores em negrito, é aproximadamente:
A)
 3,54.i
B)
 38880.k
C)
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 3,54.i+38880.k
D)
 3,54.i+38680.k
E)
 400.i
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
A árvore de manivela ilustrada, montado com barra de espessura desprezível, possui massa m = 20 kg, gira em torno do eixo definido pelos mancais A
e B com aceleração angular a = 2 rad/s2. O sistema de eixos CM(x,y,z) é solidário à árvore de manivela. Adotar g = 10 m/s2. Para o instante em que
a velocidade angular atinge o valor w = 180 rad/s, a reação no mancal A, expressa em N e com vetores em negrito, é aproximadamente:
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A)
 708,0.i
B)
 -19440.k
C)
 38880.k
D)
 114696.k
E)
 400.i
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
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Um cilindro não homogêneo de massa m = 50 kg, centro de massa definido no instante ilustrado por CM(0,4;0,1;0), encontra-se apoiado em dois
mancais: A(0;0;0) e B(0,7;0;0); todas as coordenadas então em metros. O sistema de eixos A(x,y,z) encontra-se ligado ao eixo AB do sólido e com
ele gira. O cilindro apresenta aceleração angular constante a = 10 rad/s2 e no instante representado apresenta velocidade angular w = 50 rad/s.
Alguns elementos da matriz de inércia são conhecidos: Ixx = 30 kg.m2; Ixy = 15 kg.m2 e Ixz = 10 kg.m2. A reação dinâmica do mancal B (desprezar
o peso), expresso em kN e com vetores indicados em negrito, é aproximadamente:
A)
 66,2 . j + 35,5 . k
B)
 102,1 . j + 35,4 . k
C)
 -89,6 . j – 35,4 . k
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D)
 -53,7 . j – 35,5 . k
E)
 -54,2 . j – 40,0 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
Um cilindro não homogêneo de massa m = 50 kg, centro de massa definido no instante ilustrado por CM(0,4;0,1;0), encontra-se apoiado em dois
mancais: A(0;0;0) e B(0,7;0;0); todas as coordenadas então em metros. O sistema de eixos A(x,y,z) encontra-se ligado ao eixo AB do sólido e com
ele gira. O cilindro apresenta aceleração angular constante a = 10 rad/s2 e no instante representado apresenta velocidade angular w = 50 rad/s.
Alguns elementos da matriz de inércia são conhecidos: Ixx = 30 kg.m2; Ixy = 15 kg.m2 e Ixz = 10 kg.m2. A reação dinâmica do mancal B (desprezar
o peso), expresso em kN e com vetores indicados em negrito, é aproximadamente:
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A)
 66,2 . j + 35,5 . k
B)
 102,1 . j + 35,4. k
C)
 -89,6 . j – 35,4 . k
D)
 -53,7 . j – 35,5 . k
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E)
 -54,2 . j – 40,0 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
Um cilindro não homogêneo de massa m = 50 kg, centro de massa definido no instante ilustrado por CM(0,4;0,1;0), encontra-se apoiado em dois
mancais: A(0;0;0) e B(0,7;0;0); todas as coordenadas então em metros. O sistema de eixos A(x,y,z) encontra-se ligado ao eixo AB do sólido e com
ele gira. O cilindro apresenta aceleração angular constante a = 10 rad/s2 e no instante representado apresenta velocidade angular w = 50 rad/s.
Alguns elementos da matriz de inércia são conhecidos: Ixx = 30 kg.m2; Ixy = 15 kg.m2 e Ixz = 10 kg.m2. O conjugado (momento de forças) que
possui a direção axial, expresso em N.m, é aproximadamente:
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A)
 50
B)
 100
C)
 150
D)
 200
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E)
 300
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
Um rotor de massa m = 493 kg, com centro de massa pertencente ao eixo de rotação Ax, encontra-se apoiado em dois mancais: A(0;0;0) e
B(1,4;0;0); todas as coordenadas então em metros. O sistema de eixos A(x,y,z) encontra-se ligado ao eixo AB do sólido e com ele gira. O rotor
apresenta aceleração angular constante a = 10 rad/s2 e no instante representado apresenta velocidade angular w = 50 rad/s. Alguns elementos da
matriz de inércia são conhecidos: Ixx = 9,86 kg.m2; Ixy = 0,98 kg.m2; Ixz = 0,75 kg.m2 e Iyz = 0,57 kg.m2. O conjugado (momento axial) motor,
expresso em N.m e com os vetores em negrito, é aproximadamente:
 
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A)
 9,8.i
B)
 7,5.i
C)
 50.i
D)
 98,6.i
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E)
 1885.i
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
Um rotor de massa m = 493 kg, com centro de massa pertencente ao eixo de rotação Ax, encontra-se apoiado em dois mancais: A(0;0;0) e
B(1,4;0;0); todas as coordenadas então em metros. O sistema de eixos A(x,y,z) encontra-se ligado ao eixo AB do sólido e com ele gira. O rotor
apresenta aceleração angular constante a = 10 rad/s2 e no instante representado apresenta velocidade angular w = 50 rad/s. Alguns elementos da
matriz de inércia são conhecidos: Ixx = 9,86 kg.m2; Ixy = 0,98 kg.m2; Ixz = 0,75 kg.m2 e Iyz = 0,57 kg.m2. O esforço dinâmico (desconsiderar o
peso próprio) exercido pelo mancal B, expresso em kN e com os vetores em negrito, é aproximadamente:
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A)
 1,88 . j + 2,44 . k
B)
 1,74 . j + 1,35 . k
C)
 0,099. i – 1,88 . j + 2,44 . k
D)
 faltam as coordenadas do centro de massa
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E)
 -50. i – 10 . j + 2,44 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 13:
Um rotor de massa m = 493 kg, com centro de massa pertencente ao eixo de rotação Ax, encontra-se apoiado em dois mancais: A(0;0;0) e
B(1,4;0;0); todas as coordenadas então em metros. O sistema de eixos A(x,y,z) encontra-se ligado ao eixo AB do sólido e com ele gira. O rotor
apresenta aceleração angular constante a = 10 rad/s2 e no instante representado apresenta velocidade angular w = 50 rad/s. Alguns elementos da
matriz de inércia são conhecidos: Ixx = 9,86 kg.m2; Ixy = 0,98 kg.m2; Ixz = 0,75 kg.m2 e Iyz = 0,57 kg.m2. O esforço dinâmico (desconsiderar o
peso próprio) exercido pelo mancal A, expresso em kN e com os vetores em negrito, é aproximadamente:
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A)
1,88 . j + 2,44 . k
B)
 faltam as coordenadas do centro de massa
C)
 0,099. i – 1,88 . j + 2,44 . k
D)
 -1,74 . j - 1,35 . k
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E)
 -50. i – 10 . j + 2,44 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 14:
A placa retangular homogênea de massa m = 6,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos CM(x,y,z)
com origem no centro de massa da placa e ligado à mesma. A placa possui aceleração angular constante a = 10 rad/s2, conforme indicado na
figura. O conjugado (momento) motor, expresso em N.m, é aproximadamente:
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A)
 60,0
B)
 35,0
C)
 30,0
D)
 25,0
E)
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 15,0
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 15:
A placa retangular homogênea de massa m = 6,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos CM(x,y,z)
com origem no centro de massa da placa e ligado à mesma. A placa possui aceleração angular constante a = 10 rad/s2, conforme indicado na figura. 
A reação dinâmica (desprezar o peso) no mancal A , quando a velocidade angular atinge w = 5 rad/s, expressa em kN e com os vetores em negrito, é
aproximadamente:
 
 
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A)
 -27,5 . i – 10,0 . k
B)
 -17,5 . i – 12,5 . k
C)
 -47,5 . i – 15,0 . k
D)
 -37,5 . i – 15,0 . k
E)
 -7,5 . i – 5,7 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 16:
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A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
= 12,0 N.m, conforme indicado. A aceleração angular da placa, expressa em rad/s2, é aproximadamente:
 
A)
 10,0
B)
 15,0
C)
 20,0
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D)
 25,0
E)
5,00
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 17:
A placa retangular homogênea de massa m = 10,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. Desprezar as dimensões dos mancais. Através de motor elétrico aplica-se na placa conjugado motor Cmotor
= 12,0 N.m, conforme indicado. As reações dinâmicas dos mancais (desprezar o peso) quando a velocidade angular atinge ω = 5 rad/s, expressa em
N, com vetores indicados em negrito, é aproximadamente:
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A)
 -13,5 . i – 33,8 . k
B)
 7,5 . i – 15,0 . k
C)
 -12,0 . i – 13,5 . k
D)
 -75,0 . i – 30,0 . k
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E)
 -37,5 . i – 15,0 . k
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 18:
A placa quadrada homogênea de massa m = 20,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. O momento angular da placa em relação ao polo A, expresso em função da velocidade angular w é: HA =
-35.ω.i+60.ω.j . A reação dinâmica (desprezar o peso) no mancal A, quando a placa gira com velocidade angular w = 10 rad/s, expressa em N, e
com vetores indicados em negrito, é aproximadamente:
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A)
 -2000 . i
B)
 -3000 . i
C)
 -1750 . i
D)
 -1980 . i
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E)
 -1250 . i
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 19:
A placa quadrada homogênea de massa m = 20,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. O momento angular da placa em relação ao polo A, expresso em função da velocidade angular w é: HA =
-35.ω.i + 60.ω.j . A reação dinâmica (desprezar o peso) no mancal B, quando a placa gira com velocidade angular w = 10 rad/s, expressa em N, e
com vetores indicados em negrito, é aproximadamente:
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A)
 -2000 . i
B)
 -3000 . i
C)
 -1750 . i
D)
 -1980 . i
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https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 35/37
E)
 -1250 . i
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 20:
A placa quadrada homogênea de massa m = 20,0 kg possui eixo de rotação mantido fixo pelos mancais A e B. Adota-se o sistema de eixos A(x,y,z)
com origem no mancal A e ligado à placa. O momento angular da placa em relação ao polo A, expresso em função da velocidade angular w é: HA =
-35.ω.i + 60.ω.j . O conjugado (momento) motor quando a placa apresenta aceleração angular a = 5 rad/s2 e velocidade angular w = 10 rad/s,
expresso em N.m, é aproximadamente:
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A)
 300
B)
 250
C)
 200
D)
 150
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E)
100
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Balanceamento
Depois de calcular esforços dinâmicos, e perceber que apresentam valores proporcionais ao
quadrado das velocidades angulares, cabe uma pergunta: “como eliminá-los”. Afinal os esforços 
dinâmicos não criam apenas deformações e fadiga no eixo e mancais, produzem vibrações que 
transformam o sistema desbalanceado em fonte de vibrações que atingem todos outros sistemas 
próximos.
Para responder tal pergunta, se faz necessário estabelecer que a grande maioria dos 
dispositivos que giram, e que são de interesse na engenharia, possuem eixo fixo. Não é possível 
eliminar os esforços dinâmicos nos casos em que o efeito giroscópico estiver presente, por exemplo,
nos casos em que o eixo de rotação é forçado a mudar de direção.
De posse dos teoremas TCM – Teorema do Centro de Massa e TMA – Teorema do Momento
Angular, e analisando casos em que o sólido apresenta eixo fixo, pode-se determinar as condições 
para eliminar os esforços dinâmicos através da redistribuição de massa do sólido.
Condições do Balanceamento
Considere-se a ilustração anexa, nela está representado um
sólido qualquer que apresenta um eixo vertical fixo, ao qual
está ligado o sistema de eixos A (x , y , z) . Note-se que, o
eixo Ay coincide com o “eixo geométrico” de rotação, que o
vetor velocidade angular do sólido é ω⃗=ωy⋅j^ , que o vetor
aceleração angular é descrito por α⃗=α y⋅ j^ . Por não interferir
nos esforços dinâmicos de um sólido balanceado, será adotado
NULO.
A aceleração angular é a resposta física da aplicação de
momentos axiais, ou seja, criam possíveis torções no eixo
físico de rotação mas não esforços nos mancais. Diante disso,
adota-se velocidade angular constante e consequentemente
aceleração angular nula.
A eliminação dos esforços de origem dinâmica pode ser obtida com:
TCM - Teorema do Centro de Massa:
ω
α
x
y
z
x
A
 ∑ F⃗ext .=m⋅a⃗CM
Com o objetivo em mente, a eliminação dos esforços: ∑ F⃗ ext .=zero => a⃗CM=zero
Conclusão: o Centro de Massa do sólido deve pertencer ao eixo “geométrico de rotação”.
TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗CM= ˙⃗HCM ou ∑ M⃗O= ˙⃗H O... v⃗O=0 e O∈sólido
O Momento Angular, considerando a velocidade angular do sólido como ω⃗=ωy⋅j^ :
H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[ 0ω y0 ] H⃗ A=−I xy⋅ω y⋅^i+ I yy⋅ω y⋅^j−I xz⋅ωy⋅k^
A derivada do momento angular:
˙⃗H A=−I xy⋅ω y⋅˙^i+ I yy⋅ω y⋅
˙^j−I xz⋅ωy⋅
˙^k
Sendo: ˙^i=ωy⋅j^∧i^ =>
˙^i=−ω y⋅k^ ;
˙^j=ωy⋅j^∧ j^ =>
˙^j=zero ; ˙^k=ω y⋅^j∧k^ =>
˙^k=−ωy⋅^i
˙⃗H A=I xz⋅ω y
2⋅k^−I yz⋅ωy
2⋅^i
Nota: esta é a explicação do porque os esforços dinâmicos são proporcionais ao quadrado da 
velocidade angular.
Impondo o TMA:
∑ M⃗O=I xz⋅ω y2⋅k^−I yz⋅ωy2⋅i^
Eliminando os esforços dinâmicos ….
∑ M⃗O=I xz⋅ω y2⋅k^−I yz⋅ωy2⋅i^=zero => I xy=I yz=zero
Conclusão: os produtos de inércia que envolvem o eixo de rotação, no caso o eixo Ay, devem ser 
nulos.
Resumindo, as condições do balanceamento são:
1) o Centro de Massa do sólido “balanceado” deve pertencer ao eixo “geométrico de rotação”.
2) os produtos de inércia do sólido “balanceado”, que envolvem o eixo de rotação, devem ser 
nulos.
Caso especial: Balanceamento Estático.
Considere-se um sólido assemelhado a um
disco, ou seja, a sua espessura (e) pode ser
desconsiderada, quando comparada com seu raio (R):
e≪R .
Nesse caso, a “segunda condição”do balanceamento
fica automaticamente respeitada, ou seja, todos os
elementos de massa (dm) do sólido possuem cota nula
y=0 , o que garante que os produtos de inércia que
envolvem o eixo sejam nulos:
I xy=∫ x⋅y⋅dm=∫ x⋅zero⋅dm=zero
I yz=∫ z⋅y⋅dm=∫ z⋅zero⋅dm=zero
Resta impor a “primeira condição” do balanceamento, ou seja, o Centro de Massa deve pertencer ao
eixo geométrico de rotação. Para impor essa condição, basta adicionar (ou retirar) massa do sólido 
(disco) de forma que o centro de massa do sistema “disco + massa corretora”, passe a ter centro de 
massa coincidente com o eixo geométrico de rotação.
Considere-se que:
a) o eixo (y) do sistema A(x,y,z) “ligado” ao sólido, esteja na direção do eixo fixo de rotação;
b) que a massa do sólido (desbalanceado) seja “ms “;
c) que o Centro de Massa do mesmo esteja definido por: CMCM
s (xCM
s ;0 ; zCM
s ) , note-se que a 
definição de sólido em forma de disco já estabeleceu que yCM
sist .=zero ;
d) que a massa corretora seja “mc” e ocupe o ponto P do sólido, definido por P(x ,0 , z ) , da 
mesma forma só existe sólido para a cota y=0 .
A primeira condição do balanceamento impõe que o centro de massa do sistema pertença ao eixo 
geométrico de rotação, ou seja:
xCM
sist .=xCM
s ⋅ms+x⋅mc=zero
zCM
sist .=zCM
s ⋅m s+z⋅mc=zero
ω
y
z
xA
0,90
0,10
0,10
0,10
x
y
z
A
Bw
Balanceamento Dinâmico.
Neste tipo de caso, o centro de massa não pertence ao
eixo geométrico de rotação e os produtos de inércia
relacionados com o eixo de rotação (I xy , I xz) não são nulos. 
Nota: no caso ilustrado, o eixo geométrico de rotação é o eixo
Ax.
A solução nesses casos raramente é obtida com apenas uma
massa corretora, isso só acontece se o sólido se assemelha a um disco, ou seja, recai no caso 
anterior.
Voltando ao caso do balanceamento dinâmico, adotam-se dois planos corretores que alojarão duas 
massas corretoras, uma em cada um dos planos. 
No projeto da peça a ser balanceada, tem de haver a previsão dos planos corretores e os locais de 
alojamento das massas corretoras.
No caso ilustrado pode-se alojar massas (ou retirá-las) em dois planos: x1=0,10 e x2=0,80 , 
sendo que o alojamento fica distante 0,10 m do eixo geométrico de rotação.
Sejam m1(x1 , y1 , z1) e m2(x2 , y2 , z2) as massas corretoras, com suas respectivas coordenadas. 
Com a escolha dos planos de correção, restam 6 (seis) incógnitas:
m1(0,10 ; y1; z1) e m2(0,80 ; y2; z2)
Como a distância das massas corretoras ao eixo geométrico de rotação também fica definida com a 
escolha dos planos corretores d=0,10 m , pode-se afirmar que o lugar geométrico das mesmas é 
uma circunferência com centro sobre o eixo geométrico de rotação e com raio R=0,10 :
y1
2+ z1
2=0,102 eq.01
y2
2+ z2
2=0,102 eq.02
Sejam:
a) ms a massa do sólido (desbalanceado) e seu centro de massa definido por:
CM s(xCM
s ; yCM
s ; zCM
s ) ;
b) I xy
s e I xz
s os produtos de inércia do sólido (desbalanceado).
A primeira condição de balanceamento exige:
Note-se que xCM
s pode ser qualquer, pois para corrigir o desbalanceamento, basta que o CM 
pertença ao eixo geométrico de rotação.
m1⋅y1+m2⋅y2+ms⋅yCM
s =0 eq.03
m1⋅z1+m2⋅z2+ms⋅zCM
s =0 eq.04
A segunda condição de balanceamento exige:
m1⋅x1⋅y1+m2⋅x2⋅y2+ I xy
s =0 eq.05
m1⋅x1⋅z1+m2⋅z2⋅y2+ I xz
s =0 eq.06
Note-se que:
O problema do desbalanceamento está equacionado, afinal são seis incógnitas e seis equações. O 
leitor mais atento diria: “ e os produtos de inércia I xy
s e I xz
s ?”.
Lamento discordar que o leitor seja realmente atento, pois no EXEMPLO 04 da página 20, 
apresentou-se uma situação onde os produtos de inércia ligados ao eixo de rotação forma calculados
a partir do conhecimento prévio dos esforços dinâmicos. Mas e os esforços dinâmicos como 
determiná-los?.
A resposta é simples com máquinas que medem de forma direta ou indireta os esforços dinâmicos. 
Basta colocar sensores nos mancais. 
As máquinas de balanceamento medem os esforços de origem dinâmica de forma direta ou indireta, 
sendo mais comum a forma indireta. Na forma indireta, medem-se propriedades cinemáticas dos 
mancais, tais como, deslocamento, velocidade de deslocamento e aceleração, esta última mais 
comum e intimamente ligada aos esforços exercidos sobre os mancais.
Cada caso exigirá uma abordagem diferente, mas em todos os casos prevalecerão as duas condições 
de balanceamento.
O balanceamento dinâmico é mais complexo mas os resultados que ele promove são muito 
superiores aos do balanceamento estático. 
Ao longo do tempo foram desenvolvidas normas que estabelecem objetivamente os limites 
máximos admissíveis do desbalanceamento residual.
A norma ISO_1940-1
Essa norma é facilmente obtida em sua íntegra (www.dcma.mil/NPP/files/ISO_1940-1.pdf), mas 
tomou-se a liberdade de apresentar abaixo um resumo da mesma.
Desbalanceamento Residual Admissível (U)
O desbalanceamento residual admissível para todas as massas corretoras empregadas, é 
definido por: U=mdes .×d , onde: “mdes.” é a massa desbalanceadora expressa em gramas (g), ou 
seja, aquela que se corrigida, tornaria balanceamento perfeito e “d”, a distância entre a massa 
desbalanceadora, e o eixo geométrico de rotação, expressa em milímetros (mm). 
Nota: no caso de dois planos de correção, cada massa empregada no balanceamento pode ter “erro”
admissível U /2 .
Desbalanceamento Residual Específico Admissível (e)
Em geral, para rotores de mesmo tipo, o desbalanceamento residual admissível é 
proporcional a massa do próprio rotor. Entenda-se que, com o aumento da massa do rotor, 
proporcionalmente aumenta o desbalanceamento residual admissível.
Define-se o desbalanceamento residual específico admissível, como: e=U
M
, onde “U” é o 
desbalanceamento residual admissível e “M” é a massa do rotor, expressa em quilogramas (kg).
Qualidade do balanceamento (G)
A experiência mostra que para rotores do mesmo tipo, em geral, o desbalanceamento residual 
específico admissível, varia inversamente com a velocidade operacional de rotação do rotor. 
Dito de outra forma, uma mesma massa desbalanceada, cria esforços dinâmicos que crescem com a 
velocidade angular do rotor, e portanto o desbalanceamento admissível diminui com o aumento da 
velocidade angular.
Pode-se então esperar que o produto entre o desbalanceamento residual específico admissível e a 
máxima velocidade angular de serviço seja constante: e xω=cte .
Define-se qualidade do balanceamento como: G=e×ω ; onde: “e” é o desbalanceamento
residual específico e “ω” é a máxima velocidade angular de serviço expressa em rad/s.
A qualidade do balanceamento é fornecida na tabela abaixo, e através da mesma pode-se calcular 
para cada caso, o desbalanceamento residual admissível (U), através da relação:
U=1.000⋅G⋅Mω
onde:
U: o desbalanceamento residual admissível, expresso em (g.mm);
G: a qualidade do balanceamento é obtida da tabela, expressa em (mm/s);
M: é a massa do rotor, expressa em (kg);
ω: é a máxima velocidade angular expressa em (rad/s).
Exemplo:
Considere-se o caso do balanceamento da roda de um veículo, com masa 30 kg, feito em 
dois planos de correção, onde as massas são alojadas a distância 215,9 mm do eixo 
geométrico de rotação. A máxima velocidade do veículo é de 180 km/h ou 50 m/s, e nessa
condição a velocidade angular da roda é ω=135,14rad / s . Qual o “erro” admissível nas 
massas de correção?
Solução:
Da tabela seguinte, pode-se determinar que a qualidade de balanceamento deve ser “G 
40”, ou seja, o desbalanceamento residual admissível é:
U=1.000⋅G⋅Mω => U=1.000⋅
40⋅30
135,14
=> U=8.878g .mm
Para cada massa tem-se: U = 4.439 g.mm.
Sendo: U=m .d => m=U /d => m=4.439/190,5=23,3 g
Ou seja, o desbalanceamento máximo admissível seria de 23,3 g.
Tipos de máquinas: exemplosgerais U=1.000⋅G⋅Mω
Grau de qualidade
de balanceamento
 (G)
 e×ω
 (mm/s)
Motores - virabrequins de motores marinhos lentos, com velocidade do pistão
abaixo de 9 m/s, a diesel com número ímpar de cilindros, montados rigidamente. G 4000 4.000
Motores - virabrequins de motores grandes de dois tempos, montados rigidamente.
Virabrequim para grandes motores diesel marítimos, com velocidade do pistão abaixo de 9
m/s, inerentemente equilibrado
G 1600 1.600
Virabrequim inerentemente desequilibrado, elasticamente montado G630 630
Virabrequim inerentemente desequilibrado, rigidamente montado G250 250
Motores alternativos completos para carros, caminhões e locomotivas G100 100
Carros: rodas, conjunto de rodas eixos
Virabrequim inerentemente equilibrado, elasticamente montado
G40 40
Maquinas agrícolas
Virabrequim inerentemente balanceado, rigidamente montado
Conjuntos para trituração
Eixos de transmissão (cardans, eixos propulsores)
G16 16
Turbinas a gás de aeronaves
Centrífugas (separadores, decantadores)
Motores e geradores elétricos com eixos de diâmetro maior que 80 mm, e frequência maior
que de 950 rpm. 
Motores elétricos com eixos de diâmetro menor que 80 mm
Exaustores
Engrenagens
Maquinários em geral
Máquinas ferramentas
Máquinas para papel
Máquinas de produção
Bombas
Turbos carregadores
Turbinas de água 
G 6,3 6,3
Compressores
Drives de computadores
Motores e geradores elétricos com eixo de diâmetro mínimo de 80 mm e frequência
superior a 950 rpm.
Turbinas a gás e vapor
Drives de máquinas ferramentas
Máquinas têxteis
G 2,5 2,5
Drives de áudio e vídeo
Drives de máquinas de moagem
G 1 1
Giroscópios
Fusos e drives de sistemas de alta precisão
G 0,4 0,4
0,85 m
CM y
s
CM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
zsCM
xCM
aCM
P
EXEMPLO 01
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=−360⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−210⋅k^ . 
Pedem-se:
a) os produtos de inércia que envolvem a direção do eixo de rotação, em relação ao polo 
A;
b) a ordenada (ysCM) do CM – Centro de Massa do sólido desbalanceado;
c) a cota (zsCM) do CM – Centro de Massa do sólido do sólido desbalanceado;
d) considerando que os planos aos quais se podem anexar massas, estão a 0,15 m de 
cada mancal, e que as massas estarão à distância de 0,15 m do eixo geométrico de 
rotação, determinar as massas corretoras.
SOLUÇÃO:
Adota-se como sistema de referência ligado ao sólido, o sistema de eixos A(x,y,z).
As coordenadas do Centro de Massa são: CM=(xCM
s ; yCM
s ; zCM
s ) . Com o movimento do 
sólido, o CM – Centro de Massa descreve trajetória circular, com centro sobre o eixo 
geométrico de rotação, e raio R=√( yCMs )2+(zCMs )2 . Nota: essa equação é a equação de 
uma circunferência.
O CM do sólido desbalanceado, não possui aceleração tangencial, pois sua velocidade 
angular é constante, entretanto, possui a aceleração centrípeta que aponta para o eixo 
geométrico de rotação, ou seja:
a⃗CM
s =ω2⋅R⋅^r
Nota: o versor r^ , tem módulo unitário e aponta do CM para o eixo geométrico de 
rotação. De forma exata, tem a direção do vetor (P−CM ) , ou seja, aponta do “CM” 
(Centro de Massa) para o ponto “P” do eixo geométrico de rotação.
O vetor (P−CM ) pode ser obtido pela diferença de coordenadas dos pontos que o 
definem, ou seja, “P” e “CM”. Sendo P(xCM
s ;0 ;0) e CM=(xCM
s ; yCM
s ; zCM
s ) .
 Desta forma: (P−CM )=0⋅^i−yCM
s j^−zCM
s ⋅k^ . Note-se que o módulo desse vetor é o Raio 
0,85 m
CM y
s
CM
A
B
x
y
z
ω
RA
z
RA
y
RB
y
RB
z
zsCM
xCM
aCM
P
“R” da trajetória: |P−CM|=R=√(( yCMs )2+(zCMs )2)
O versor possui a mesma direção e sentido que o vetor (P−CM ) , apenas o módulo é 
diferente, ou seja: r^=(P−CM)
|P−CM|
=> r^=
− yCM
s j^−zCM
s ⋅k^
R
.
Recuperando a aceleração centrípeta:
a⃗CM
s =ω2⋅R⋅^r => a⃗CM
s =ω2⋅R⋅(
− yCM
s j^−zCM
s ⋅k^
R
) => a⃗CM
s =2500⋅R⋅(
− yCM
s ⋅ j^−zCM
s ⋅k^
R
)
ou a⃗CM
s =2500⋅(−zCM
s ⋅k^− yCM
s ⋅ j^) .
A resultante das forças aplicadas (desconsiderando o peso próprio) é:
∑ F⃗=R⃗A+ R⃗B=−150⋅ j^−10⋅k^
Impondo o TCM – Teorema do Centro de Massa, tem-se:
∑ F⃗ext .s =m⋅a⃗CM => −150⋅j^−10⋅k^=30⋅2500⋅(−zCMs ⋅k^− yCMs ⋅ j^)
−150⋅j^−10⋅k^=−75000⋅zCM
s ⋅k^−75000⋅yCM
s ⋅j^
Impondo a igualdade:
−150⋅j^=−75000⋅yCM
s ⋅j^ => yCM
s =0,002
−10⋅k^=−75000⋅zCM⋅k^ = zCM
s =0,0001333
Resp. (b) yCM
s =0,002⋅m .
Resp. (c) zCM
s =0,0001333⋅m .
A velocidade angular: ω⃗=50⋅^i
O momento angular na forma matricial: H⃗ A
s=[ I xx
s −I xy
s −I xz
s
−I xy
s I yy
s −I yz
s
−I xz
s −I yz
s I zz
s ]⋅[5000 ]
O momento angular na forma vetorial: H⃗ A
s =I xx
s ⋅50⋅i^−I xy
s ⋅50⋅j^−I xz
s ⋅50⋅k^
Derivando o momento angular em função do tempo:
˙⃗H A
s =ω⃗∧H⃗ A
s =50⋅^i∧H⃗ A
s =−I xy
s⋅502⋅^i∧ j^−I xz
s⋅502⋅^i∧k^
˙⃗H A
s =−I xy
s ⋅502⋅k^+ I xz
s⋅502⋅^j
Determinando as coordenadas dos pontos A e B: A(0; 0; 0) e B(0,85; 0; 0).
Nota: (A – A)=zero ; (B – A)=0,85⋅^i
Recuperando: R⃗A=−360⋅j^+200⋅k^ e R⃗B=210⋅ j^−210⋅k^ .
Calculando os momentos das forças em relação ao polo A:
M⃗R A=(A−A)∧R⃗ A=zero ;
M⃗ RB=(B−A)∧R⃗B=0,85⋅^i∧(210⋅^j−210⋅k^ ) => M⃗ RB=178,5⋅k^+178,5⋅j^
Impondo o TMA – Teorema do Momento Angular:
∑ M⃗ As = ˙⃗H As => 178,5⋅k^+178,5⋅j^=−I xys ⋅502⋅k^+ I xzs ⋅502⋅ j^
Impondo a igualdade entre os vetores:
178,5=−I xy
s ⋅502 => I xy
s =−0,0714
178,5=I xz
s ⋅502 => I xz
s =0,0714
Resp. (a) I xy
s =−0,0714⋅kg⋅m2 ; I xz
s =0,0714⋅kg⋅m2 .
Sejam as massas corretoras: m1(x1 ; y1: z1) e m2(x2 ; y2: z2) .
Recuperando os planos corretores: x1=0,15 e x2=0,70
m1(0,15 ; y1: z1) e m2(0,70 ; y2: z2)
As distâncias ao eixo geométrico de rotação. d1=d2=0,15 ;
Primeira condição do balanceamento: o centro de massa do Sistema Balanceado (sólido + massas 
corretoras) deve pertencer ao eixo geométrico de rotação.
Traduzindo:
yCM
SB =0 => m1⋅y1+m2⋅y2+ms⋅yCM
s =0 ; recuperando: yCM
s =0,002⋅m e ms=30 kg
m1⋅y1+m2⋅y2+30⋅0,002=0 => m1⋅y1+m2⋅y2+0,060=0 eq.01
zCM
SB =0 => m1⋅z1+m2⋅z2+ms⋅zCM
s =0 ; recuperando: zCM
s =0,0001333⋅m e ms=30 kg
m1⋅z1+m2⋅z2+30⋅0,0001333=0 => m1⋅z1+m2⋅z2+0,003999=0 eq.02
Segunda condição do balanceamento: os produtos de inércia do Sistema Balanceado (sólido + 
massas corretoras) que relacionam-se com o eixo de rotação devem ser nulos.
Traduzindo:
I xy
SB=0 => I xy
s +m1⋅x1⋅y1+m2⋅x2⋅y2=0
Recuperando: I xy
s =−0,0714⋅kg⋅m2 , I xz
s =0,0714⋅kg⋅m2 , x1=0,15 e x2=0,70
=> −0,0714+m1⋅0,15⋅y1+m2⋅0,70⋅y2=0 eq.03
I xz
SB=0 => I xz
s +m1⋅x1⋅z1+m2⋅x2⋅z2=0 => 0,0714+m1⋅0,15⋅z1+m2⋅0,70⋅z2=0 eq.04
Considerando a distância das massas corretoras ao eixo geométrico de rotação:
y1
2+ z1
2=0,152 eq.05
y2
2+ z2
2=0,152 eq.06
Nota: essas 6 (seis) equações possuem um complicador … os quadrados nas equações eq.05 e 
eq.06; desta forma escolhe-se uma estratégia que ajuda.
Trocando-se de variáveis:
A=m1⋅y1 ; B=m2⋅y2 ; C=m1⋅z1 e D=m2⋅z2
Recuperando e substituindo nas 4 primeiras equações:
eq.01 m1⋅y1+m2⋅y2+0,060=0 => A+B+0,060=0 => A=−B−0,060 eq.α
eq.02 m1⋅z1+m2⋅z2+0,003999=0 => C+D+0,004=0 => C=−D−0,003999 eq.β
eq.03 −0,0714+m1⋅0,15⋅y1+m2⋅0,70⋅y2=0 => −0,0714+0,15 A+0,70⋅B=0 eq.ε
eq.04 0,0714+m1⋅0,15⋅z1+m2⋅0,70⋅z2=0 => 0,0714+0,15⋅C+0,70⋅D=0 eq.ζ
Substituindo a eq.α na equação eq.ε, tem-se:
−0,0714+0,15⋅A+0,70⋅B=0 => −0,0714+0,15⋅(−B−0,060)+0,70⋅B=0 => B=0,14618
Substituindo este resultado naequação eq.α, tem-se:
A=−B−0,60 => A=−0,14618−0,060 => A=−0,20618
Substituindo a equação eq.β na equação eq.ζ, tem-se:
0,0714+0,15⋅C+0,70⋅D=0 => 0,0714+0,15⋅(−D−0,003999)+0,70⋅D=0
=> D=−0,12873
Substituindo este resultado na equação eq.β, tem-se:
C=−D−0,003999 => C=0,12873−0,003999 => C=0,12474
Recuperando as trocas de variáveis, tem-se:
A=m1⋅y1 ; B=m2⋅y2 ; C=m1⋅z1 e D=m2⋅z2
Dividindo-se a primeira pela terceira:
A
C
=
y1
z1
=>
y1
z1
=−0,20618
0,12474
=>
y1
z1
=−1,652878 => y1=−1,652878⋅z1
Substituindo y1=−1,652878⋅z1 a equação eq.05, tem-se:
=> (−1,652878⋅z1)
2+z1
2=0,152
z1=√ 0,152(1,6528782+1) => z1=±7,848216⋅10−2
Substituindo (z1) na equação, y1=−1,652878⋅z1 obtêm-se: y1=∓0,129721
Dividindo-se a segunda pela quarta:
B
D
=
y2
z2
=>
y2
z2
= 0,14618
(−0,12873)
=>
y2
z2
=−1,135555 => y2=−1,135555⋅z2
Substituindo y2=−1,135555⋅z2 a equação eq.06, tem-se:
y2
2+ z2
2=0,152 => (−1,135555⋅z2)
2+z2
2=0,152 => z2=±9,913393⋅10
−2
Substituindo (z2) na equação, y2=−1,135555⋅z2 obtêm-se: y2=∓0,112572
Nota: as equações y1=−1,129⋅z1 y2=−0,625⋅z2 , obtidas no desenvolvimento, exigem que y1 
e z1 tenham sinais trocados, assim como y2 e z2. Mas não há indicativos nas equações, de como será 
a relação de sinais entre y1 e y2, dessa forma, em vez de impor uma relação baseada na solução mais
comum, adotam-se ambos positivos.
Adotando-se:
y1=0,129721 ; z1=−7,848216⋅10
−2 e y2=0,112572 ; z2=−9,913393⋅10
−2 ,
e substituindo nas equações, tem-se:
eq.01 m1⋅y1+m2⋅y2+0,060=0 => m1⋅0,129721+m2⋅(0,112572)+0,060=0
m1=
−0,06−0,112572⋅m2
0,129721
=> m1=−0,462531−0,867800⋅m2
eq.02 m1⋅z1+m2⋅z2+0,00399=0
m1⋅(−7,848216⋅10
−2)+m2⋅(−9,913393⋅10
−2)+0,003999=0
m1=
0,003999−9,913393⋅10−2⋅m2
7,848216⋅10−2
=> m1=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅m2
Impondo a igualdade aos dois segundos membros, das equações que definem m1 , tem-
se:
−0,462531−0,867800⋅m2=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅m2
1,263140⋅m2−0,867800⋅m2=5,083958⋅10
−2+0,462531
0,39534⋅m2=0,51337058 => m2=1,29855
Substituindo na equação, m1=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅m2 , tem-se:
m1=5,083958⋅10
−2−1,263140⋅1,29855 => m1=−1,589411
Resumindo:
{índice m(kg) x (m) y (m) z(m)1 −1,5894 0,15 0,1297 −7,8482⋅10−22 1,2986 0,70 0,1126 −9,9134⋅10−2}
Nota: pode-se “retirar” a massa de 1,5894 kg do ponto do sólido definido por:
x1=0,15m , y1=0,1297m e z1=−7,8482⋅10
−2m
Ou de outra forma ….
{índice m(kg) x (m) y (m) z(m)1 1,5894 0,15 −0,1297 7,8482⋅10−22 1,2986 0,70 0,1126 −9,9134⋅10−2}
Nota: pode-se “acrescentar” a massa de 1,5894 kg no ponto do sólido definido por:
x1=0,15m , y1=0,1297m e z1=−7,8482⋅10
−2m , ou … 
pode-se acrescentar massa de 1,2986 kg no ponto do sólido definido por:
x1=0,15m , y1=−0,1297m e; z1=7,8482⋅10
−2m .
Ambas as soluções são corretas, isso ocorre porque os pontos que alojam a massa m1, 
(ou a massa m2) em cada solução, são pontos do sólido, simétricos em relação ao eixo 
geométrico de rotação.
CM
x
y
z
h = 4 . R /(3 . π)
h CM
x
y
z
para todos: ICMxy = I
CM
xz = zero
CM
y
z
x
EXEMPLO 02
A figura em anexo ilustra um projeto inicial de um eixo de manivelas montado a partir de quatro 
placas com as seguintes dimensões em milímetros: largura (35), comprimento (210), espessura (12),
e de 5 cilindros com as seguintes dimensões em milímetros: raio (25), comprimento (100). 
Um estagiário recebe a incumbência de balancear o projeto inicial, acrescentando ao mesmo, quatro
semidiscos de raio R, todos com a mesma
espessura das placas (12 mm) já
presentes no projeto. A densidade do aço
empregado em todo projeto é: ρ = 7850
kg/m3; 
Obter o raio R do semidisco, com
precisão de décimos de milésimo.
Sugestão: calcular os produtos de inércia
de interesse, para o balanceamento, do
projeto inicial, somar com os respectivos
produtos de inércia dos semidisco e impor
que a soma seja nula.
SOLUÇÃO:
Como os produtos de inércia de cada parte, em relação ao centro de massa de cada uma, foi dada, 
utiliza-se o Teorema dos Eixos Paralelos para obter-se os produtos de inércia em relação ao Centro 
de Massa do conjunto, localizado na origem do sistema de eixos:
I xy
sist .=I xy
CM+m⋅xCM⋅yCM
I xz
sist .=I xz
CM+m⋅xCM⋅zCM=zero , pois as cotas (z) dos CM das partes são nulas.
c2
c3
c4
c5
p1
p3
p4
sc1
sc2
sc3
sc4
c1
p2
Sistematizando os cálculos, monta-se a seguir uma tabela:
Item xCM(m) yCM(m) volume(m3) massa(kg)
[volume x
7850kg/m3]
Ixy(kg.m2)
[m . xCM . yCM]
cilindro1 -0,224 0,000 1,963E-04 1,541 0,000E+00
cilindro2 -0,112 0,150 1,963E-04 1,541 -2,589E-02
cilindor3 0,000 0,000 1,963E-04 1,541 0,000E+00
cilindro4 0,112 -0,150 1,963E-04 1,541 -2,589E-02
cilindro5 0,224 0,000 1,963E-04 1,541 0,000E+00
placa1 -0,168 0,075 8,820E-05 0,692 -8,719E-03
placa2 -0,056 0,075 8,820E-05 0,692 -2,908E-03
placa3 0,056 -0,075 8,820E-05 0,692 -2,906E-03
placa4 0,168 -0,075 8,820E-05 0,692 -8,719E-03
semicirculo
1
-0,168 −(0,030+4⋅R /3⋅π) 0,006⋅π⋅R2 47,100⋅π⋅R2 0,746⋅R2+10,550⋅R3
semicirculo
2
-0,056 −(0,030+4⋅R /3⋅π) 0,006⋅π⋅R2 47,100⋅π⋅R2 0,249⋅R2+3,517⋅R3 
semicirculo
3
0,056 (0,030+4⋅R /3⋅π) 0,006⋅π⋅R2 47,100⋅π⋅R2 0,249⋅R2+3,517⋅R3
semicirculo
4
0,168 (0,030+4⋅R /3⋅π) 0,006⋅π⋅R2 47,100⋅π⋅R2 0,746⋅R2+10,550⋅R3
O produto de Inércia do Sistema Balanceado deve ser nulo, ou seja, a soma dos elementos da última
coluna deve ser nula:
A soma dos produtos de inércia do sistema desbalanceado, ou seja, sem os semicírculos é:
I xy=−0,075 kg⋅m
2 . A soma dos produtos de inércia dos semicírculos é:
I xy
SC=1,990⋅R2+28,134⋅R3 . 
O produto de inércia do sistema balanceado é nulo, ou seja, a soma dos dois produtos de inércia 
calculados acima, tem de ser nula: 0=−0,0751+1,990⋅R2+28,134⋅R3
Essa equação do terceiro grau pode ser resolvida, por exemplo, com uma calculadora ou lançando 
mão de um artifício simples utilizando uma planilha de cálculo.
Reescreve-se a equação: 0,0751=1,990⋅R2+28,134⋅R3 .
Monta-se uma planilha com duas colunas. Uma com valores
atribuídos a “R”, outra com a fórmula de cálculo do 2º membro
da equação acima. 
A solução para “R” é aquele valor que torna o 2º membro igual a
0,0751. No caso ilustrado na planilha ao lado, o valor de R, que
satisfaz a equação estará no intervalo: 0,1185<R<0,1190 m .
O refinamento do resultado pode ser feito iniciando a coluna “R”
com o valor 0,1185 e com incremento em cada linha de 0,0001 ou mesmo menor, até que se chegue 
a precisão requerida.
R 2º membro
0,1140 0,0675
0,1145 0,0683
0,1150 0,0691
0,1155 0,0699
0,1160 0,0707
0,1165 0,0715
0,1170 0,0723
0,1175 0,0731
0,1180 0,0739
0,1185 0,0747
0,1190 0,0756
1,989*R2 + 28,134*R3
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Resumo: TCM e TMA
Tabela de Momentos e Produtos de Inércia
Princípios de Balanceamento
Exemplo 01:
Exemplo 02:
 
 
 
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Exercício 1:
O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,15 m e x
= 0,75 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A massa corretora m1 localizada no plano corretor x = 0,15, expressa em kg, é aproximadamente:
A)
0,12
B)
 0,74
C)
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 1,15
D)
 0,86
E)
 1,73
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,15 m e x
= 0,75 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A massa corretora m2 localizada no plano corretor x = 0,75, expressa em kg, é aproximadamente:
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A)
 0,12
B)
 0,74
C)
 1,15
D)
 0,86
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E)
 1,73
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,15 m e x
= 0,75 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A coordenada (y) da massa m1 localizada no plano corretor x = 0,15, expressa em m, é aproximadamente:
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A)
 0,20
B)
 -0,20
C)
 0,12
D)
 -0,12
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E)
 zero
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
 O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,15 m e x
= 0,75 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A coordenada (y) da massa m2 localizada no plano corretor x = 0,75, expressa em m, é aproximadamente:
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A)
0,20
B)
 -0,20
C)
 zero
D)
 0,12
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E)
 -0,12
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,10 m e x
= 0,80 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A massa corretora m1 localizada no plano corretor x = 0,10, expressa em kg, é aproximadamente:
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A)
 0,12
B)
 0,74
C)
 1,15
D)
 0,86
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E)
1,73
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,10 m e x
= 0,80 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A massa corretora m2 localizada no plano corretor x = 0,80, expressa em kg, é aproximadamente:
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A)
 0,12
B)
0,74
C)
 1,15
D)
 0,86
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E)
 1,73
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,10 m e x
= 0,80 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A coordenada (y) da massa m1 localizada no plano corretor x = 0,10, expressa em m, é aproximadamente:
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A)
 0,20
B)
 -0,20
C)
 0,12
D)
 zero
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E)
 -0,12
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
O rotor desbalanceado de massa m = 80 kg, ilustrado em anexo, gira em torno do eixo x com velocidade angular ω = 20 rad/s. As reações dos
mancais são conhecidas: RA = 46.k [N] e RB = -46.k [N]. O balanceamento pode ser feito adicionando massas corretoras nos planos x = 0,10 m e x
= 0,80 m, à distância 0,20 m do eixo de rotação, que por conveniência de soldagem das massas corretoras escolhe-se preferencialmente z1 = 0,20 m
e z2 = -0,20 m. A coordenada (y) da massa m2 localizada no plano corretor x = 0,80, expressa em m, é aproximadamente:
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A)
 zero
B)
 0,20
C)
 -0,20
D)
 0,12
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E)
 -0,12
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTACORRETA 
Exercício 9:
O rotor de um motor elétrico, de massa m = 50 kg, apresenta furos distribuídos à distância de 0,20 m do eixo de rotação, nos quais pode-se adicionar
massas corretoras. Esses furos são localizados em planos distantes 0,10 m de cada mancal. Sabe-se que o centro de massa pertence ao plano que
divide o rotor em duas partes iguais. Com o rotor girando a 3000 rpm, as reações dos mancais, expressos em kN, são: RA = 7,0 . i e RB = -5,0 . j . 
A distância (rCM) do centro de massa ao eixo de rotação, expressa em m, é aproximadamente:
A)
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 0,20
B)
 4.10-4
C)
 0,45
D)
 0,90
E)
0,10
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
EXEMPLO 03
A figura ilustra um eixo de manivela onde os contrapesos foram calculados por um estagiário, 
entretanto, após a confecção do protótipo, ao refazer os cálculos o estagiário percebe que há um 
desbalanceamento residual que é expresso pelo produto
de inércia calculado em relação ao polo A:
I xy
A =3,2.10−4 kg .m2 . Note-se que o outro produto de
inércia relevante é nulo. 
Ao alertar o engenheiro encarregado, este ordena que o
estagiário calcule os esforços dinâmicos nos dois
mancais A e B e velocidade angular constante
ω=750 rad /s . A massa do total do eixo de manivela é
m=2,5kg ; seu Centro de Massa pertence ao eixo (x);
as dimensões da figura estão em mm, e como sugestão
estão indicadas as reações dos mancais A e B. Pedem-se:
a) a reação dinâmica (sem peso próprio) no mancal A;
b) a reação dinâmica (sem peso próprio) no mancal B;
c) discutir se será necessário o balanceamento ou não, e justifique.
SOLUÇÃO:
TCM – Teorema do centro de Massa: ∑ F⃗=m⋅⃗aCM
Como o CM – Centro de Massa pertence ao eixo geométrico de rotação, pode-se afirmar que:
a⃗CM=zero .
Impondo o TCM: Rz
A⋅k^+Ry
A⋅ j^+R z
B⋅k^+R y
B⋅ j^=0
Impondo a igualdade vetorial:
R z
A=−R z
B eq.01
R y
A=−R y
B eq.02
A velocidade angular: ω⃗=750⋅^i .
TMA – Teorema do Momento Angular: ∑ M⃗ A= ˙⃗H A .
O Momento Angular: H⃗ A=[ I xx −I xy −I xz−I xy I yy −I yz−I xz −I yz I zz ]⋅[75000 ]
ou ...
H⃗ A=I xx⋅750⋅i^−I xy⋅750⋅j^−I xz⋅750⋅k^
Derivando o Momento Angular em relação ao tempo:
˙⃗H A=ω⃗∧H⃗ A=750⋅i^∧H⃗ A=−I xy⋅750
2⋅^i∧ j^−I xz⋅750
2⋅i^∧ k^=−I xy⋅750
2⋅k^+ I xz⋅750
2⋅ j^
Sendo: I xy
A=3,2.10−4 kg .m2 e I xz
A=zero , tem-se: ˙⃗H A=180⋅k^ .
O momento Resultante das forças:
M⃗R A=(A−A)∧R⃗ A=zero ;
M⃗R B=(B−A)∧R⃗B=−0,320⋅^i∧(R z
B⋅k^+R y
B⋅ j^)=0,320⋅R z
B⋅j^−0,320⋅R y
B⋅k^
Impondo o TMA: −180⋅k^=0,320⋅R z
B⋅j^−0,320⋅R y
B⋅k^
Impondo a igualdade vetorial:
Rz
B=0 e Ry
B=562,5 N
Substituindo nas equações eq.01 R z
A=−R z
B e eq.02 R y
A=−R y
B , tem-se:
R z
A=Rz
B=0 ; R y
B=562,5 N e Ry
A=−562,5 N
Resp.(a) R⃗A=−562,5⋅j^ N
Resp.(b) R⃗B=562,5⋅ j^ N
Note-se que os esforços dinâmicos são aproximadamente 23 vezes o peso próprio do
sistema. Usualmente poderia ser indicativo da necessidade de balanceamento.
Considerando a norma ISO 1940-1, por exemplo, e adotando-se o grau de qualidade G16,
tem-se:
U=1.000⋅G⋅Mω => U=1.000⋅
16⋅2,5
750
=53,3g .mm
No caso são duas massas corretoras equidistantes do centro de massa, localizadas à
distância de 180 mm. O desbalanceamento residual permitido refere-se à soma do “erro”
em cada uma das massas, ou seja:
U real=2⋅m⋅180=53,3 => m=0,15 g .
A pergunta que surge é: “como comparar esse resultado com o que se tem?”.
Considerem-se duas massas m(-80;180;0) e m(-240;-180;0) como sendo as massas que
produzem o desbalanceamento.
O produto de inércia do conjunto é: 
I xy
A =m⋅(−80)⋅180+m⋅(−240)⋅(−180) => I xy
A =m⋅28.800 g .mm
Recuperando o dado do problema:
I xy
A =3,2.10−4 kg .m2=3,2⋅10−4⋅(1.000⋅g)⋅((10−3)2⋅mm2) => I xy
A =3,2.10−7g .mm2
Impondo a igualdade: m⋅28.800=3,2⋅10−7 => m=1,1⋅10−11 g .
O resultado estabelece que a massa corretora necessária é extremamente menor que o
balanceamento residual permitido pela norma.
Consequentemente a resposta ao item (c) é: não é necessário o balanceamento, pois o
mesmo está bem abaixo do que o permitido pela norma ISO 1940-1.
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Resumo: Balanceamento
Tabela de Momentos e Produtos de Inércia
Exemplo 01
Exemplo 02
Exemplo 03
 
 
 
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Exercício 1:
O sólido ilustrado não apresenta contornos precisamente definidos pois não são de interesse. O sólido de massa m = 25 kg, gira em torno de eixo fixo AB, mantido pelos mancais em A e
B, com velocidade angular constante . O centro de massa do sólido é definido por suas coordenadas: CM(0,017; 0,400; 0,010), e descreve trajetória circular. A
velocidade é mantida constante através de conjugado (momento) axial. As reações nos mancais, incluído o efeito do peso próprio , são: 
e . Adotar g = 10 m/s2. O produto de inércia de interesse Ixy, em relação ao polo A, expressos em kg.m2, é
aproximadamente:
A)
-0,012
B)
0,040
C)
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-4,25
D)
-1,72
E)
0,125
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
O sólido ilustrado não apresenta contornos precisamente definidos pois não são de interesse. O sólido de massa m = 25
kg, gira em torno de eixo fixo AB, mantido pelos mancais em A e B, com velocidade angular constante . O
centro de massa do sólido é definido por suas coordenadas: CM(0,017; 0,400; 0,010), e descreve trajetória circular. A
velocidade é mantida constante através de conjugado (momento) axial. As reações nos mancais, incluído o efeito do peso
próprio , são:
e . Adotar g = 10 m/s2. O produto de inércia de interesse Iyz, em relação ao
polo A, expressos em kg.m2, é aproximadamente:
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A)
-0,012
B)
0,040
C)
-4,25
D)
-1,72
E)
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0,125
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
O sólido ilustrado não apresenta contornos precisamente definidos pois não são de interesse. O sólido de massa m = 25
kg, gira em torno de eixo fixo AB, mantido pelos mancais em A e B, com velocidade angular constante . O
centro de massa do sólido é definido por suas coordenadas: CM(0,017; 0,400; 0,010), e descreve trajetória circular. A
velocidade é mantida constante através de conjugado (momento) axial. As reações nos mancais, incluído o efeito do peso
próprio , são:
e . Adotar g = 10 m/s2. O Conjugado Motor que mantém a velocidade
angular constante, expressos em N.m, é aproximadamente:
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A)
-0,012
B)
0,040
C)
-4,25
D)
-1,72
E)
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0,125
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
O sólido ilustrado não apresenta contornos precisamente definidos pois não são de interesse. O sólido de massa m = 25
kg, gira em torno de eixo fixo AB, mantido pelos mancais em A e B, com velocidade angular constante . O
centro de massa do sólido é definido por suas coordenadas: CM(0,017; 0,400; 0,010), e descreve trajetória circular. A
velocidade é mantida constante através de conjugado (momento) axial. As reações nos mancais, incluído o efeito do peso
próprio , são:
e . Adotar g = 10 m/s2, e planos de correção do desbalanceamento y1 = 0,1
m e y2 = 1,1 m, onde as massas corretoras podem ser alojadas à distância D = 0,3 m do eixo de rotação. São conhecidos
os produtos de inércia e . O módulo da massa corretora alojada no plano y1 = 0,1 m,
expressa em kg, é aproximadamente:
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A)
-0,012
B)
0,040
C)
4,25
D)
1,72
E)
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0,125
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
O sólido ilustrado não apresenta contornos precisamente definidos pois não são de interesse. O sólido de massa m = 25
kg, gira em torno de eixo fixo AB, mantido pelos mancais em A e B, com velocidade angular constante . O
centro de massa do sólido é definido por suas coordenadas: CM(0,017; 0,400; 0,010), e descreve trajetória circular. A
velocidade é mantida constante através de conjugado (momento) axial. As reações nos mancais, incluído o efeito do peso
próprio , são:
e . Adotar g = 10 m/s2, e planos de correção do desbalanceamento y1 = 0,1
m e y2 = 1,1 m, onde as massas corretoras podem ser alojadas à distância D = 0,3 m do eixo de rotação. São conhecidos
os produtos de inércia e . O módulo da massa corretora alojada no plano y2 = 1,1 m,
expressa em kg, é aproximadamente:
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A)
-0,012
B)
0,040
C)
4,25
D)
1,72
E)
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0,125
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
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 constante ω = 20 rad/s. O balanceamento pode ser feito adicionando-se massas corretoras nos
planos de correção, definidos por x1 = 0,10 e x2 = 0,80 m, onde as massas podem ser alojadas à distância d = 0,10 m,
do eixo de rotação. 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: e . A distância do Centro de Massa ao eixo de
rotação, expressa em m, é aproximadamente:
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A)
0,10
B)
0,90
C)
0,80
D)
zero
E)
0,05
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
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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 constante ω = 25 rad/s. O balanceamento pode ser feito adicionando-se massas corretoras nos
planos de correção, definidos por x1 = 0,10 e x2 = 0,80 m, onde as massas podem ser alojadas à distância d = 0,10 m, do
eixo de rotação. 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: e . O produto de inércia Ixz, expresso em
kg.m2, é aproximadamente:
A)
-0,104
B)
-0,046
C)
-0,066
D)
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-0,026
E)
-0,020
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
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 constante ω = 25 rad/s. O balanceamento pode ser feito adicionando-se massas corretoras nos
planos de correção, definidos por x1 = 0,10 e x2 = 0,80 m, onde as massas podem ser alojadas à distância d = 0,10 m, do
eixo de rotação. 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: e . O produto de inércia Ixy, expresso em
kg.m2, é aproximadamente:
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A)
0,000
B)
-0,046
C)
-0,066
D)
-0,026
E)
-0,020
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
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 constante ω = 40 rad/s. O balanceamento pode ser feito adicionando-se massas corretoras nos
planos de correção, definidos por x1 = 0,10 e x2 = 0,80 m, onde as massas podem ser alojadas à distância d = 0,10 m, do
eixo de rotação. 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: e . São conhecidos os produtos de inércia Ixy
= zero e Ixz = -0,026 kg.m2. O módulo da massa corretora do plano de correção x1 = 0,10, expresso em kg, é
aproximadamente:
 
A)
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1,480
B)
0,657
C)
0,946
D)
0,370
E)
0,292
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
BIELA MANIVELA
O sistema de sólidos denominado de Biela Manivela, é composto por dois sólidos,
onde um apresenta movimento de rotação em torno de eixo fixo, e o outro movimento
plano. O estudo da dinâmica desse sistema, deve ser precedido do estudo cinemático do
mesmo.
CINEMÁTICA
O sistema ilustrado na figura, é constituído por dois elementos ou elos identificados 
respectivamente por AB e BC e conetados em B por articulação. 
O elo AB gira em torno de eixo fixo
que passa pelo ponto A, no instante
ilustrado, apresenta posição angular
θAB , velocidade angular
ωAB=θ˙AB e aceleração angular
αAB=ω˙AB .
O elo BC apresenta em C, eixo
corrediço guiado por rasgo horizontal,
ouseja, o ponto C desloca-se apenas
na direção horizontal. No instante
ilustrado, o elo BC apresenta posição angular θBC , velocidade angular ωBC=θ˙BC e aceleração 
angular αBC=ω˙BC . 
Nota: 
Os vetores que representam as grandezas angulares são ortogonais ao plano do 
movimento, ou seja, possuem a direção do versor ( k^ ) com sentido dado pela regra 
da mão direta. Por exemplo, o sentido da velocidade e da aceleração angulares do elo 
AB, é igual ao do versor ( k^ ). Portanto pode-se afirmar que o “sentido anti-horário”
é positivo.
O centro de massa do elo AB é determinado pelas distâncias “a” e “b” medidas em relação ao 
sistema de eixos A(x1, y1) ligado ao mesmo. O centro de massa do elo BC é determinado pelas 
distâncias “c” e “d” medidas em relação ao sistema de eixos B(x2, y2) ligado ao mesmo.
O estudo da cinemática do sistema tem como objetivo facilitar o estudo da dinâmica do mesmo, 
ficando estabelecido que as grandezas de interesse serão, a aceleração do centro de massa e a 
aceleração angular de cada sólido. Por princípio, as dimensões relevantes dos sólidos serão 
considerados conhecidas, assim como algumas grandezas cinemáticas que definem o movimento do
sistema.
X
Y x1
y1
x2
y2
c d
a
b
A
B
C
qAB
qBC
CMAB
CMBC
wAB
aAB
As dimensões consideradas previamente conhecidas, serão a distância entre os pontos A e B, a 
distância entre os pontos B e C, as dimensões que determinam os Centros de Massa de cada elo, ou 
sejam, “a”, “b”, “c” e “d”. 
As grandezas angulares previamente conhecidas, e que determinam o movimento do elo AB, ou 
sejam, posição angular θAB , velocidade angular ωAB=θ˙AB e aceleração angular αAB=ω˙AB .
Ressalte-se que o resultado final do estudo, serão expressões vetoriais que relacionam as diversas 
grandezas cinemáticas, portanto as grandezas previamente conhecidas, podem ser alteradas sem 
grandes problemas.
Este desenvolvimento utiliza um sistema de referência inercial A(x,y,z) e outros dois sistemas de 
eixos ligados aos sólidos, ou seja, que deslocam-se com os mesmos A(x1;y1;z1) e B(x2;y2;z2).
A posição do ponto C: r⃗ C=C−A=x⋅i^ .
Da soma vetorial, tem-se: (C−A )=(B−A)+(C−B) .
Sendo: (B−A)=AB⋅cosθAB⋅i^+AB⋅senθAB⋅j^ e (C−B)=BC⋅cosϕ⋅i^−BC⋅senϕ⋅j^ .
Tem-se: x⋅^i=(AB⋅cosθAB+BC⋅cosϕ)⋅i^+(AB⋅senθAB−BC⋅senϕ)⋅j^ .
Impondo a igualdade vetorial:
x=AB⋅cosθAB+BC⋅cosϕ eq. 01; 
0=AB⋅senθAB−BC⋅senϕ ou 
AB⋅senθAB=BC⋅senϕ eq. 02
Recuperando e derivando a equação
eq. 01, em relação ao tempo: 
x=AB⋅cosθAB+BC⋅cosϕ =>
vC= x˙=−AB⋅θ˙AB senθAB−BC⋅ϕ˙⋅senϕ
Como: θBC=180−ϕ ==> θ˙BC=ωBC=−ϕ˙ e ωAB=θ˙AB resulta:
vC= x˙=−AB⋅ωAB⋅senθ AB+BC⋅ωBC⋅senϕ eq.03
Recuperando e derivando a equação eq.02, em relação ao tempo:
AB⋅senθAB=BC⋅senϕ ==> AB⋅θ˙AB⋅cosθAB=BC⋅ϕ˙⋅cosϕ
Resulta: AB⋅ωAB⋅cosθAB=−BC⋅ωBC⋅cosϕ eq.04
A velocidade angular do elo BC é: ωBC=
−AB⋅ωAB⋅cosθAB
BC⋅cosϕ
eq.05
Recuperando a equação eq. 03 e substituindo o resultado anterior:
vC=−AB⋅ωAB⋅senθAB+BC⋅ωBC⋅senϕ => vC=−AB⋅ωAB⋅senθAB+
−AB⋅ωAB⋅cosθAB⋅senϕ
cosϕ
ou
X
Y x1
y1
x2
y2
c d
a
b
A
B
C
qAB qBC = 180 - jj
CMAB
CMBC
wAB
aAB
vC=−AB⋅ωAB⋅(senθAB+
cosθAB⋅senϕ
cosϕ
) => vC=−AB⋅ωAB⋅(
senθAB⋅cosϕ+cosθAB⋅senϕ
cosϕ
)
Da trigonometria sabe-se que o seno da soma de ângulos, é dado por:
sen (α±β)=senα⋅cosβ±senβ⋅cosα
Para os ângulos de interesse: sen(θAB+ϕ)=senθAB⋅cosϕ+senϕ⋅cos θAB
Recuperando e substituindo na equação da velocidade do ponto C...
vC=−AB⋅ωAB⋅(
senθAB⋅cosϕ+cosθAB⋅senϕ
cosϕ
) => vC=
−AB⋅ωAB⋅sen(θAB+ϕ)
cosϕ
eq.06
Retomando e derivando a equação eq.04, em relação ao tempo:
AB⋅ωAB⋅cosθ AB=−BC⋅ωBC⋅cosϕ
AB⋅ω˙AB⋅cosθ AB−AB⋅ωAB⋅θ˙AB⋅sen θAB=−BC⋅ω˙BC⋅cosϕ+BC⋅ωBC⋅ϕ˙⋅senϕ
Note-se que: θ˙AB=ωAB , ω˙AB=αAB , ϕ˙=−ωBC e ω˙BC=αBC
Tem-se: AB⋅αAB⋅cos θAB−AB⋅ωAB
2 ⋅senθAB=−BC⋅αBC⋅cosϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
A aceleração angular do elo BC é:
αBC=
AB⋅ω AB
2 ⋅senθ AB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
BC⋅cosϕ
eq.07
A equação (eq.07), atinge um dos objetivos ... agora os outros ...
Retomando a equação eq.03, e derivando em relação ao tempo:
vC=−AB⋅ωAB⋅senθAB+BC⋅ωBC⋅senϕ
v˙C=aC=−AB⋅ω˙AB⋅senθAB−AB⋅ωAB⋅θ˙AB⋅cosθAB+BC⋅ω˙BC⋅senϕ+BC⋅ωBC⋅ϕ˙⋅cosϕ
Lembrando que: θ˙AB=ωAB , ω˙AB=αAB , ϕ˙=−ωBC e ω˙BC=αBC
Tem-se: aC=−AB⋅α AB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cos θAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ eq.08
Resumindo o que se tem até agora:
1. Vetor velocidade angular do elo AB: ω⃗AB=ωAB⋅k^ ;
2. Vetor aceleração angular do elo AB: α⃗AB=αAB⋅k^ ;
3. Vetor aceleração do ponto A do elo AB: a⃗ A=zero ;
4. Vetor velocidade angular do elo BC: ω⃗BC=
−AB⋅ωAB⋅cos θAB
BC⋅cosϕ
⋅k^ ;
5. Vetor aceleração angular do elo BC:
α⃗BC=
AB⋅ω AB
2 ⋅senθAB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
BC⋅cosϕ
⋅k^
6. Vetor aceleração do ponto C, do elo BC:
a⃗C=(−AB⋅αAB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ)⋅^i=aC⋅^i .
Calculando a aceleração do Centro de Massa, do elo AB:
a⃗CM
AB= a⃗A+α⃗AB∧(CM AB−A )+ω⃗AB∧[ω⃗ AB∧(CM AB−A)] eq.09
As dimensões “a” e “b” permitem
determinar a posição angular do
Centro de Massa considerando o
sistema de eixos A(x1; y1; z1):
tanβAB=
b
a
→ βAB=arctan
b
a
;
A linha que une o ponto A ao ponto CMAB tem posição angular definida por: θAB+βAB , desta 
forma:
(CM AB−A )=√a2+b2⋅cos(θAB+βAB)⋅^i+√a2+b2⋅sen (θAB+βAB)⋅ j^=D⋅i^+E⋅ j^
Sendo: D=√a2+b2⋅cos (θAB+βAB) e E=√a2+b2⋅sen(θAB+βAB)
Recuperando e substituindo na equação eq.09 …
a⃗CM
AB= a⃗A+α⃗AB∧(CM AB−A )+ω⃗AB∧[ω⃗ AB∧(CM AB−A)] note que: a⃗ A=zero
a⃗CM
AB=α AB⋅k^∧(D⋅i^+E⋅ j^)+ωAB⋅k^∧[ωAB⋅k^∧(D⋅^i+E⋅j^)]
Desenvolvendo os produtos vetoriais ...
a⃗CM
AB=α AB⋅D⋅ j^−α AB⋅E⋅i^−ωAB
2 ⋅D⋅^i−ωAB
2 ⋅E⋅ j^
Reescrevendo ...
a⃗CM
AB=−(αAB⋅E+ωAB
2 ⋅D)⋅i^+(αAB⋅D−ωAB
2 ⋅E)⋅ j^ eq.10
ou …
a⃗CM
AB=−(αAB⋅√a2+b2⋅sen (θAB+βAB)+ωAB2 ⋅√a2+b2⋅cos (θAB+βAB))⋅^i+
+(αAB⋅√a2+b2⋅cos (θAB+βAB)−ωAB2 ⋅√a2+b2⋅sen(θAB+βAB))⋅ j^
eq.10
X
Y x1
y1
x2
y2
c d
a
b
A
B
C
qAB qBC = 180 - jj
CMAB
bAB
CMBC
wAB
aAB
Último objetivo, a ser alcançado: a aceleração do Centro de Massa do elo BC.
a⃗CM
BC =a⃗C+α⃗BC∧(CM BC−C )+ω⃗BC∧[ω⃗BC∧(CM BC−C)] eq.11
As dimensões “c” e “d” permitem
determinar a posição angular do
Centro de Massa:
tanβBC=
d
BC−c
→ βBC=arctan
d
BC−c
;
A linha que une o ponto C ao ponto CMBC tem posição angular definida por: ϕAB+βBC , desta 
forma:
(CM BC−C)=−√(BC−c)2+d2⋅cos (ϕ+βBC )⋅^i+√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC)⋅j^=F⋅i^+G⋅ j^
sendo: F=−√(BC−c)2+d2⋅cos(ϕ+βBC) e G=√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC)
Recuperando e substituindo na equação eq.11:
a⃗CM
BC = a⃗C+α⃗BC∧(CM BC−C)+ω⃗BC∧[ω⃗BC∧(CM BC−C)]
a⃗CM
BC =ac⋅^i+αBC⋅k^∧(F⋅i^+G⋅j^)+ωBC⋅k^∧[ωBC⋅k^∧(F⋅i^+G⋅j^)]
Efetuando os produtos:
a⃗CM
BC =aC⋅^i+αBC⋅F⋅ j^−αBC⋅G⋅^i−ωBC
2 ⋅F⋅i^−ωBC
2 ⋅G⋅j^
Reagrupando os termos:
a⃗CM
BC =(aC−αBC⋅G−ωBC
2 ⋅F)⋅^i+(αBC⋅F−ωBC
2 ⋅G)⋅j^ eq.12
Recuperando: 
a⃗C=(−AB⋅α AB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cos θAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ)⋅i^=aC⋅^i
Identificando:
ac=−AB⋅αAB⋅senθAB−AB⋅ω AB
2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ
X
Y x1
y1
x2
y2
c d
a
b
A
B
C
qAB qBC = 180 - jj
CMAB
bAB CMBC
wAB
aAB
bBC
Substituindo os valores F e G na equação eq. 12:
F=−√(BC−c )2+d2⋅cos(ϕ+βBC) ; G=√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC)
aCMx
BC =−AB⋅α AB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ+
−αBC⋅√(BC−c)2+d2⋅sen (ϕ+βBC )+ωBC2 ⋅√(BC−c)2+d2⋅cos (ϕ+βBC )
aCMy
BC =−αBC⋅√(BC−c )2+d2⋅cos(ϕ+βBC )−ωBC2 ⋅√(BC−c)2+d2⋅sen (ϕ+βBC )
eq.12
Resumo do estudo da cinemática do sistema Biela Manivela:
ELO AB:
Dimensões conhecidas:
AB; a ;b
Grandezas cinemáticas conhecidas: θAB ; ω⃗AB=ωAB⋅k^ ; α⃗AB=αAB⋅k^ ;
Grandezas Calculadas:
βAB=arctan (
b
a
) D=√a2+b2⋅cos (θAB+βAB) E=√a2+b2⋅sen(θAB+βAB)
a⃗CM
AB=−(α AB⋅E+ωAB
2 ⋅D)⋅^i+(α AB⋅D−ωAB
2 ⋅E)⋅^j
ELO BC:
Dimensões conhecidas:BC; c; d 
Grandezas Calculadas:
ϕ=arcsen(
AB⋅senθAB
BC
)
ωBC=
−AB⋅ωAB⋅cos θAB
BC⋅cosϕ
βBC=arctan (
d
BC−c
)
F=−√(BC−c)2+d2⋅cos(ϕ+βBC)
G=√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC)
αBC=
AB⋅ωAB
2 ⋅senθAB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
BC⋅cosϕ
aC=−AB⋅αAB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ
a⃗CM
BC =(aC−αBC⋅G−ωBC
2 ⋅F)⋅^i+(αBC⋅F−ωBC
2 ⋅G)⋅j^
X
Y x1
y1
x2
y2
c d
a
b
A
B
C
qAB qBC = 180 - jj
CMAB
bAB CMBC
wAB
aAB
bBC
EXEMPLO 01
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 
0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d =
0,10 m.
Para o instante ilustrado, o ELO AB apresenta posição θAB=120 º , velocidade angular
ωAB=θ˙AB=85 rad / s , aceleração angular αAB=ω˙AB=15rad / s
2 ambas no sentido anti-horário.
Pedem-se:
a) o vetor aceleração angular do
ELO AB;
b) o vetor aceleração do Centro
de Massa do ELO AB;
c) o vetor aceleração angular do
ELO BC.
d) o vetor aceleração do Centro
de Massa do ELO BC.
Solução:
Note-se que, para utilizar as expressões anteriormente deduzidas, se faz obrigatório a utilização dos 
mesmos eixos, ou seja:
O sistema A(x1, y1, z1): o eixo x1, liga os pontos AB, no sentido de A para B; o eixo y1, passa pelo 
ponto A é tem rotação no sentido anti-horário de 90º, em relação ao anterior; o eixo z1, segue a regra
da mão direta, e é ortogonal
aos dois anteriores. 
O sistema B(x2, y2, z2): na
descrição anterior basta
trocar A por B e B por C. 
α⃗AB=15⋅k^ rad / s
2 (a)
βAB=arctan (
b
a
)=arctan (0,06
0,12
) => βAB=26,57 º
D=√a2+b2⋅cos (θAB+βAB)=√0,122+0,062⋅cos(120 º+26,57 º) => D=−0,112
E=√a2+b2⋅sen(θAB+βAB)=√0,122+0,062⋅sen(120 º+26,57 º) => E=0,074
a⃗CM
AB=−(α AB⋅E+ωAB
2 ⋅D)⋅^i+(α AB⋅D−ωAB
2 ⋅E)⋅^j
C
X
Y
A
B
CMAB
wAB aAB
C j
CMBC qBC = 180 - j
C
X
x2
Y
x1
y1
a
b
A
B
qAB
CMAB
bAB
wAB aAB
y2
c
d
C j
CMBC
bBC
qBC = 180 - j
a⃗CM
AB=−(15⋅0,074+852⋅(−0,112))⋅^i+(15⋅(−0,112)−852⋅0,074)⋅^j
a⃗CM
AB=808,09⋅^i−535,77⋅^j (b)
ϕ=arcsen(
AB⋅senθAB
BC
) => ϕ=arcsen( 0,35⋅sen120 º
1,05
) => ϕ=16,78º
ωBC=
−AB⋅ωAB⋅cos θAB
BC⋅cosϕ
=> ωBC=
−0,35⋅85⋅cos120
1,05⋅cos16,78 º
=> ωBC=14,80
βBC=arctan (
d
BC−c
) => βBC=arctan (
0,10
1,05−0,40
) => βBC=8,75 º
F=−√(BC−c)2+d2⋅cos(ϕ+βBC)
F=−√(1,05−0,40)2+0,102⋅cos (16,78 º+8,75 º) => F=−0,593
G=√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC)
G=√(1,05−0,40)2+0,102⋅sen(16,78 º+8,75 º ) => G=0,283
αBC=
AB⋅ωAB
2 ⋅senθAB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
BC⋅cosϕ
αBC=
0,35⋅852⋅sen120 º−0,35⋅15⋅cos120 º−1,05⋅14,802⋅sen16,78 º
1,05⋅cos16,78 º
=> αBC=2.115,00
α⃗BC=2.115,00⋅k^ (c)
aC=−AB⋅αAB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ
aC=−0,35⋅15⋅sen120 º−0,35⋅85
2⋅cos120 º+1,05⋅2.115,00⋅sen16,78 º−1,05⋅14,802⋅cos16,78 º
aC=1.680,76
a⃗CM
BC=(aC−αBC⋅G−ωBC
2 ⋅F )⋅^i+(αBC⋅F−ωBC
2 ⋅G)⋅ j^
a⃗CM
BC=(1.680,76−2.115,00⋅0,283−14,802⋅(−0,593))⋅^i+
+(2.115,00⋅(−0,593)−14,802⋅0,283)⋅ j^
a⃗CM
BC=1.212,11⋅^i−1.316,18⋅j^ (d)
EXEMPLO 02
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 
0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d =
0,10 m.
Para o instante ilustrado, o ELO AB apresenta posição θAB=135 º e o ELO BC apresenta 
velocidade angular ωBC=13,34 rad / s , e aceleração angular αBC=696,58 rad / s
2 , ambas no 
sentido anti-horário.
Pedem-se:
a) o vetor aceleração do
Centro de Massa do ELO
BC;
b) o vetor aceleração angular
do ELO AB.
c) o vetor aceleração do
Centro de Massa do ELO
AB.
Solução:
ϕ=arcsen(
AB⋅senθAB
BC
) => ϕ=arcsen( 0,35⋅sen135 º
1,05
) => ϕ=13,63 º
βAB=arctan (
b
a
)=arctan (0,06
0,12
) => βAB=26,57 º
ωBC=
−AB⋅ωAB⋅cos θAB
BC⋅cosϕ
=> ωAB=
−ωBC⋅BC⋅cosϕ
AB⋅cosθAB
=> ωAB=
−13,34⋅1,05⋅cos13,63 º
0,35⋅cos135 º
ωAB=55,00rad /s => ω⃗AB=55,00⋅k^ rad / s
αBC=
AB⋅ωAB
2 ⋅senθAB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
BC⋅cosϕ
αAB=
AB⋅ωAB
2 ⋅senθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ−αBC⋅BC⋅cosϕ
AB⋅cosθAB
αAB=
0,35⋅55,002⋅sen135 º−1,05⋅13,342⋅sen13,63 º−696,58⋅1,05⋅cos13,63 º
0,35⋅cos135 º
αAB=25 rad / s
2 => α⃗AB=25⋅k^ rad / s
2 (b)
βBC=arctan (
d
BC−c
) => βBC=arctan (
0,10
1,05−0,40
) => βBC=8,75 º
C
X
x2
Y
x1
y1
a
b
A
B
qAB
CMAB
bAB
wAB aAB
y2
c
d
C j
CMBC
bBC
qBC = 180 - j
F=−√(BC−c)2+d2⋅cos(ϕ+βBC)
F=−√(1,05−0,40)2+0,102⋅cos (13,63 º+8,75 º) => F=−0,608
G=√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC)
G=√(1,05−0,40)2+0,102⋅sen(16,78 º+8,75 º ) => G=−0,250
aC=−AB⋅αAB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ
aC=−0,35⋅25⋅sen135 º−0,35⋅55
2⋅cos135 º+1,05⋅693,58⋅sen13,63 º−1,05⋅13,342⋅cos13,63 º
aC=733,28
a⃗CM
BC=(aC−αBC⋅G−ωBC
2 ⋅F )⋅^i+(αBC⋅F−ωBC
2 ⋅G)⋅ j^
a⃗CM
BC=(733,28−696,58⋅0,250−13,342⋅(−0,608))⋅^i+
+(696,58⋅(−0,608)−13,342⋅0,250)⋅^j
a⃗CM
BC=667,33⋅^i−468,01⋅^j (a)
D=√a2+b2⋅cos (θAB+βAB)=√0,122+0,062⋅cos(135 º+26,57 º) => D=−0,127
E=√a2+b2⋅sen(θAB+βAB)=√0,122+0,062⋅sen(135 º+26,57 º ) => E=0,042
a⃗CM
AB=−(α AB⋅E+ωAB
2 ⋅D)⋅^i+(α AB⋅D−ωAB
2 ⋅E)⋅^j
a⃗CM
AB=−(25⋅0,042+552⋅(−0,127))⋅^i+(25⋅(−0,127)−552⋅0,042)⋅j^
a⃗CM
AB=383,13⋅^i−131,52⋅j^ (c)
Nota: as equações cinemáticas características desse sistema, permitem que se monte uma tabela, na 
qual se incrementa o ângulo θAB de grau em grau por exemplo, e dessa forma, obtêm-se todas as 
grandezas cinemáticas para qualquer posição do sistema.
C
X
x2
Y
x1
y1
a
b
A
B
qAB
CMAB
wAB
y2
c
d
j
CMBC
qBC = 180 - jd
D FD
βBC
gBC
e
DINÂMICA
A dinâmica de um sólido continua a se apoiar em dois Teoremas, o TCM – Teorema do Centro de 
Massa e o TMA – Teorema do Momento Angular.
O TCM garante que, para um sólido de massa “m”, com aceleração do Centro de Massa a⃗CM , sob
ação de um sistema de forças de origem externa ao mesmo, com resultante ∑ F⃗ ext . , é valida a 
seguinte relação: ∑ F⃗ ext .=m⋅a⃗CM
O TMA garante que para um sólido em movimento plano, com momento de inércia (inércia de 
rotação) IO , em relação a um eixo que passa pelo polo “O”, e que apresente aceleração angular
α⃗ , quando sob o momento resultante dos esforços de origem interna ao mesmo, é válida a 
relação ∑ M⃗ O=I O⋅α⃗ , desde que o polo “O”, coincida com o Centro de Massa, ou que seja um 
ponto do sólido com velocidade nula.
Exemplo 01:
No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa mAB=3,30 kg , momento de 
inércia baricêntrico I zz
AB=0,030 kg⋅m2 e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo 
BC apresenta massa mBC=24,73kg , momento de inércia baricêntrico I zz
BC=1,92 kg⋅m2 e 
dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m.
Um motor elétrico aciona o sistema através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o 
mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante f =300 rpm . 
Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse 
ponto, representada pela força FD=500⋅^i+350⋅j^ N . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura 
que limita seus movimento é considerado desprezível. 
Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular θAB=135 º , com aceleração de seu 
centro de massa a⃗CM
AB=125,62⋅^i−41,87 j^ m /s2 . O elo BC apresenta aceleração angular
α⃗BC=225,29⋅k^ rad /s
2 , e aceleração do centro de massa a⃗CM
BC=208,04⋅i^−151,71 j^ m /s2 .
Considerando desprezível o peso próprio do sistema, e para o instante ilustrado, pedem-se:
a) os esforços na articulação A;
b) os esforços na articulação B;
c) os esforços na articulação C;
d) A potência do motor elétrico.
Solução:A velocidade angular o elo AB
que mantém-se constante é
ω⃗AB=300⋅
2⋅π
60
⋅k^ => ω⃗AB=31,42⋅k^ rad /s . Desta forma, sua aceleração angular é nula.
A determinação da localização dos pontos de interesse é de extrema utilidade, utilizando a figura 
anterior, pode-se determinar as coordenadas dos pontos A, B, C, CMBC e D. 
O ponto “A” é a origem do sistema de eixos, logo: A(0; 0; 0). 
As coordenadas do ponto B podem ser obtidas pela projeção da dimensão AB nos eixos Ax e Ay:
xB=AB⋅cosθAB => xB=0,35⋅cos135 º=−0,248 e y B=AB⋅cos(θAB−90 º) => yB=0,248 .
As coordenadas do ponto B são: B(-0,248; 0,248; 0).
A abscissa do ponto C pode ser obtida por: xC=BC⋅cosϕ−AB⋅cos (180º−135 º)
Sendo que: senϕ
AB
=
senθAB
BC
=> ϕ=arcsen( 0,35⋅sen135 º
1,05
) => ϕ=13,63º
xC=1,05⋅cos13,63 º−0,35⋅cos45 º => xC=0,773 m
As coordenadas do ponto C são: C(0,773; 0; 0).
As coordenadas do ponto CMBC podem ser obtidas por:
e=√(BC−c)2+d2 => e=√(1,05−0,4)2+0,152 => e=0,667
βBC=actan (
d
BC−c
)=actan( 0,15
1,05−0,40
) => βBC=13,00 º
xCMBC=xC−e⋅cos (ϕ+βBC) => xCMBC=0,773−0,667⋅cos(13,63 º+13,00 º ) => xCMBC=0,177
yCMBC=e⋅sen(ϕ+βBC) => yCMBC=0,299
As coordenadas do ponto CMBC são: CMBC(0,177; 0,299; 0) 
As coordenadas do ponto D podem ser obtidas por:
CD=√(BC−c)2+(2⋅d)2 => CD=√(1,05−0,40)2+(2⋅0,15)2 => CD=0,716
γBC=actan(
2⋅d
BC−c
)=actan( 0,30
1,05−0,40
) => γBC=24,78 º
xD=xC−CD⋅cos (ϕ+γBC) => xD=0,773−0,716⋅cos (13,63 º+24,78 º) => xD=0,212
yD=CD⋅sen (ϕ+γBC) => yD=0,716⋅sen(13,63 º+24,78º ) => yD=0,445
As coordenadas do ponto D são: D(0,212; 0,445; 0).
Organizando as coordenadas dos pontos.
ponto x y z
A 0 0 0
B -0,248 0,248 0
C 0,773 0 0
D 0,212 0,445 0
CMBC 0,177 0,299 0
O diagrama de corpo livre é fundamental na organização da solução, e a única regra a ser seguida é:
“O Princípio da Ação e Reação”.
Assim não há critério algum, na
escolha das componentes das forças
aplicadas nas articulações A e B do elo 
AB. 
Entretanto, uma vez escolhidas as
componentes da força aplicada na
articulação B do elo AB, as
componentes da força aplicada na
articulação B, do elo BC, serão
iguais em módulo e de sentidos opostos àquelas aplicadas na mesma articulação do elo AB.
ELO AB:
TCM: F⃗A+ F⃗B=mAB⋅⃗aCM
AB
Em (x): Fx
A+Fx
B=3,3⋅(125,62) => F x
A+F x
B=414,55 eq. 01
Em (y): −F y
A+F y
B=3,3⋅(−41,87) => −F y
A+F y
B=−138,17 eq. 02
TMA: M⃗+(A−A)∧F⃗ A+(B−A)∧F⃗B=I AB
zz ⋅⃗αAB
M⋅k^+(−0,248⋅^i+0,248⋅j^)∧(Fx
B⋅^^i+F y
B⋅j^)=0
1ª Nota: o momento (binário) aplicado pelo motor é M⃗=M⋅k^ .
2ª Nota: o cálculo do momento polar de uma força F⃗ aplicada no ponto “P” em 
relação ao polo “O” é definido como M⃗ O
F=(P−O)∧F⃗ . Entenda-se como sendo
“( pontode aplicação da força−polo)∧força ” .
Continuando ….
M⋅k^−0,248⋅F y
B⋅k^−0,248⋅Fx
B⋅k^=0 => −0,248⋅F x
B−0,248⋅F y
B+M=0 eq. 03
ELO BC:
TCM: F⃗B+ F⃗D+N⋅^j=mBC⋅⃗aCM
BC
Em (x): −F x
B+500=24,73⋅208,04
X
Y
a
b qAB
CMAB
wAB
c
d
j
CMBC d
FD
FAx
FAy
FBx
FBx
FByF
B
y N
M
−F x
B+500=5.144,83 => −F x
B=4.644,83 eq. 04
Em (y): −F y
B+350+N=24,73⋅(−151,71) => −F y
B+N=−4.101,79 eq. 05
TMA: (B−CM BC)∧F⃗
B+(D−CM BC)∧F⃗
D+(C−CM BC)∧(N⋅j^)=I BC
zz⋅α⃗BC
Recuperando as coordenadas dos pontos:
Os vetores calculados por diferença de coordenadas ...…
(B – CM BC)=(−0,248– 0,177)⋅i^+(0,248 – 0,299)⋅^j => (B – CM BC)=−0,425⋅^i−0,051⋅j^
(D – CM BC)=0,035⋅i^+0,146⋅^j
(C – CMBC )=0,596⋅^i−0,299⋅^j
Os momentos polares …..
(B−CM BC)∧F⃗
B=(−0,425⋅^i−0,051⋅^j)∧(−Fx
B⋅^i−F y
B⋅^j)=0,425⋅F y
B⋅k^−0,051⋅F x
B⋅k^
(D−CM BC )∧F⃗
D=(0,035⋅i^+0,146⋅^j)∧(500⋅^i+350⋅^j)=12,25⋅k^−73,00⋅k^
(C−CM BC)∧(+N⋅^j)=(0,596⋅^i−0,299⋅^j)∧(N⋅^j)=0,596⋅N⋅k^
Recuperando e substituindo na equação do TMA:
(B−CM BC)∧F⃗
B+(D−CM BC)∧F⃗
D+(C−CM BC)∧(N⋅j^ )=I BC
zz⋅α⃗BC
Com: I zz
BC=1,92 kg⋅m2 e α⃗BC=225,29⋅k^ rad /s
2
0,425⋅F y
B⋅k^−0,051⋅F x
B⋅k^+12,25⋅k^−73,00⋅k^+0,596⋅N⋅k^=1,92⋅225,29
−0,051⋅F x
B+0,425⋅F y
B+0,596⋅N=493,31 eq. 06
Reescrevendo o conjunto de equações, na forma matricial ….
A ideia é fazer com que todas as equações apresentem todas as incógnitas, escritas na mesma 
sequência, e caso a equação não contenha a incógnita, a multiplicamos por zero.
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=cte
Fx
A + F x
B =414,55
1⋅F x
A+0⋅F y
A+1⋅F x
B+0⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=414,55
−F y
A + F y
B =−138,17
0⋅F x
A−1⋅F y
A+0⋅F x
B+1⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=−138,17
−0,248⋅F x
B−0,248⋅F y
B + M=0
0⋅F x
A+0⋅F y
A−0,248⋅F x
B−0,248⋅F y
B+0⋅N+1⋅M=0
− F x
B =4.644,83
0⋅F x
A+0⋅F y
A−1⋅F x
B+0⋅F y
B+0⋅N+0⋅M=4.644,83
−F y
B+ N =−4.101,79
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B−1⋅F y
B+1⋅N+0⋅M=−4.101,79
−0,051⋅F x
B+0,425⋅F y
B+0,596⋅N =493,31
0⋅F x
A+0⋅F y
A−0,051⋅F x
B+0,425⋅F y
B+0,596⋅N+0⋅M=493,31
[
1 0 1 0 0 0
0 −1 0 1 0 0
0 0 −0,248 −0,248 0 1
0 0 −1 0 0 0
0 0 0 −1 1 0
0 0 −0,051 0,425 0,596 0
]∗[
F x
A
F y
A
F x
B
F y
B
N
M
]=[ 414,55−138,1704.644,83−4.101,79493,31 ]
No Apêndice B, encontra-se a resolução de um sistema linear similar, com a ajuda de uma HP 50. 
No caso do presente sistema linear, e o resultado é:
[
F x
A
F y
A
F x
B
F y
B
N
M
]=[ 5.059,382.783,70−4.644,832.645,53−1.456,26−495,82 ]
Observações:
1ª) como as acelerações são elevadas, resultado devido principalmente à geometria do sistema, os 
esforços são consequentemente elevados.
2ª) três esforços consideradas, são negativos, ou seja, o sentido é inverso ao considerado 
inicialmente. São eles: F x
B , N e M . A normal pode ser ao contrário, afinal a articulação “C” 
possui vínculo bilateral. O momento (binário) do motor elétrico, é de certa forma inesperado, mas o 
fato é que o ELO BC apresenta aceleração contra seu movimento, ou seja, está em frenagem pois 
está chegando ao final do curso para a esquerda. Os esforços com os sentidos corretos estão 
indicados na figura. 
As respostas:
(a) F⃗A=5.059,38⋅^i+2.783,70⋅^j [N ]
(b) F⃗B=−4.644,83⋅^i+2.645,53⋅^j [N ]
(c) F⃗C=N⃗=−1.456,26⋅^j [N ]
(d) A potência do motor pode ser expressa por: Pmotor=M⋅ω ; sendo: M – o momento (ou torque) 
do motor e ω – a velocidade angular do motor.
Pmotor=−495,82⋅31,42 [W ] => Pmotor=−15.578,66 [W ] ; a potência que o motor “retira” do 
sistema no instante considerado.
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Biela Manivela (Cinemática)
Teoria:
Exemplo 01
Exemplo 02
Biela Manivela (Dinâmica)
Resumo: TCM e TMA
Método da Energia
Exemplo 01
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Exercício 1:
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b =
0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,10 m.Para o instante ilustrado, o ELO AB
apresenta posição e o ELO BC apresenta velocidade angular , e aceleração angular ,
ambas no sentido anti-horário. A aceleração angular do Elo AB, expressa em rad/s2, é aproximadamente:
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A)
55
B)
25
C)
733,28
D)
667,33
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E)
468,01
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
A) RESPOSTACORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b =
0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,10 m.Para o instante ilustrado, o ELO AB
apresenta posição e o ELO BC apresenta velocidade angular , e aceleração angular ,
ambas no sentido anti-horário. A velocidade angular do Elo AB, expressa em rad/s, é aproximadamente:
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A)
55
B)
25
C)
733,28
D)
667,33
E)
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468,01
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b =
0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,10 m.Para o instante ilustrado, o ELO AB
apresenta posição e o ELO BC apresenta velocidade angular , e aceleração angular ,
ambas no sentido anti-horário. A projeção no eixo Ax, da aceleração do centro de massa do elo BC, expressa em m/s2, é
aproximadamente:
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A)
383,13
B)
-131,52
C)
733,28
D)
667,33
E)
-468,01
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b =
0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,10 m.Para o instante ilustrado, o ELO AB
apresenta posição e o ELO BC apresenta velocidade angular , e aceleração angular ,
ambas no sentido anti-horário. A projeção no eixo Ay, da aceleração do centro de massa do elo BC, expressa em m/s2, é
aproximadamente:
 
A)
383,13
B)
-131,52
C)
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733,28
D)
667,33
E)
-468,01
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b =
0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,10 m.Para o instante ilustrado, o ELO AB
apresenta posição e o ELO BC apresenta velocidade angular , e aceleração angular ,
ambas no sentido anti-horário. A projeção no eixo Ay, da aceleração do centro de massa do elo AB, expressa em m/s2, é
aproximadamente:
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A)
383,13
B)
-131,52
C)
733,28
D)
667,33
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E)
-468,01
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b =
0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,10 m.Para o instante ilustrado, o ELO AB
apresenta posição e o ELO BC apresenta velocidade angular , e aceleração angular ,
ambas no sentido anti-horário. A projeção no eixo Ax, da aceleração do centro de massa do elo AB, expressa em m/s2, é
aproximadamente:
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A)
383,13
B)
-131,52
C)
733,28
D)
667,33
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E)
-468,01
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
A figura anexa ilustra um sistema Biela Manivela, onde o ELO AB apresenta as dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b =
0,06 m, o ELO BC apresenta as dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,10 m.Para o instante ilustrado, o ELO AB
apresenta posição e o ELO BC apresenta velocidade angular , e aceleração angular ,
ambas no sentido anti-horário. A aceleração da articulação C, expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
383,13
B)
-131,52
C)
733,28
D)
667,33
E)
-468,01
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
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No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa , momento de inércia baricêntrico
e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo BC apresenta massa , momento de inércia
baricêntrico e dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m. Um motor elétrico aciona o sistema
através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante
. Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse ponto,
representada pela força . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura que limita seus movimento é
considerado desprezível. Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular , com aceleração de seu
centro de massa . O elo BC apresenta aceleração angular , e aceleração do
centro de massa .
Desconsiderar o peso próprio do sistema. Para o instante ilustrado, o módulo da projeção horizontal da força (FAx) aplicada
na articulação A do elo AB, expressa em N, é aproximadamente:
 
A)
496
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B)
1456
C)
2646
D)
4645
E)
5059
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 9:
No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa , momento de inércia baricêntrico
e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo BC apresenta massa , momento de inércia
baricêntrico e dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m. Um motor elétrico aciona o sistema
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através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante
. Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse ponto,
representadapela força . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura que limita seus movimento é
considerado desprezível. Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular , com aceleração de seu
centro de massa . O elo BC apresenta aceleração angular , e aceleração do
centro de massa .
Desconsiderar o peso próprio do sistema. Para o instante ilustrado, o módulo da projeção vertical da força (FAy) aplicada
na articulação A do elo AB, expressa em N, é aproximadamente:
 
A)
2784
B)
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1456
C)
2646
D)
4645
E)
5059
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 10:
No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa , momento de inércia baricêntrico
e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo BC apresenta massa , momento de inércia
baricêntrico e dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m. Um motor elétrico aciona o sistema
através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante
. Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse ponto,
representada pela força . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura que limita seus movimento é
considerado desprezível. Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular , com aceleração de seu
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centro de massa . O elo BC apresenta aceleração angular , e aceleração do
centro de massa .
Desconsiderar o peso próprio do sistema. Para o instante ilustrado, o módulo da projeção vertical da força (FBy) aplicada
na articulação B do elo BC, expressa em N, é aproximadamente:
A)
2784
B)
1456
C)
2646
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D)
4645
E)
496
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 11:
No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa , momento de inércia baricêntrico
e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo BC apresenta massa , momento de inércia
baricêntrico e dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m. Um motor elétrico aciona o sistema
através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante
. Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse ponto,
representada pela força . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura que limita seus movimento é
considerado desprezível. Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular , com aceleração de seu
centro de massa . O elo BC apresenta aceleração angular , e aceleração do
centro de massa . Desconsiderar o peso próprio do sistema. Para o instante ilustrado, o módulo
da projeção horizontal da força (FBx) aplicada na articulação B do elo BC, expressa em N, é aproximadamente:
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A)
2784
B)
1456
C)
2646
D)
4645
E)
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496
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 12:
No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa , momento de inércia baricêntrico
e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo BC apresenta massa , momento de inércia
baricêntrico e dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m. Um motor elétrico aciona o sistema
através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante
. Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse ponto,
representada pela força . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura que limita seus movimento é
considerado desprezível. Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular , com aceleração de seu
centro de massa . O elo BC apresenta aceleração angular , e aceleração do
centro de massa . Desconsiderar o peso próprio do sistema. Para o instante ilustrado, o módulo
da projeção vertical da força (Fcy), aplicada na articulação C do elo BC, expressa em N, é aproximadamente:
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A)
2784
B)
1456
C)
2646
D)
4645
E)
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496
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 13:
No sistema Biela Manivela ilustrado, o elo AB apresenta massa , momento de inércia baricêntrico
e dimensões AB = 0,35 m, a = 0,12 m e b = 0,06 m. O elo BC apresenta massa , momento de inércia
baricêntrico e dimensões BC = 1,05 m, c = 0,40 m e d = 0,15 m. Um motor elétrico aciona o sistema
através do eixo que passa pela articulação “A”. Sabe-se que o mesmo impõe ao elo AB, frequência de rotação constante
. Um outro sistema é acionado através do ponto “D” do elo BC, o que resulta na reação sobre esse ponto,
representada pela força . A força de atrito entre o eixo C e a ranhura que limita seus movimento é
considerado desprezível. Para o instante ilustrado, o elo AB apresenta posição angular , com aceleração de seu
centro de massa . O elo BC apresenta aceleração angular , e aceleração do
centro de massa . Desconsiderar o peso próprio do sistema. Para o instante ilustrado, o módulo
do momento (torque) motor, que é aplicado no elo AB, expresso em N.m, é aproximadamente:
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A)
2784
B)
1456
C)
2646
D)
4645
E)
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
https://online.unip.br/imprimir/imprimirconteudo 26/26
496
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Resumo do estudo da cinemática do sistema Biela Manivela:
ELO AB:
Dimensões conhecidas:
AB; a ;b
Grandezas cinemáticas conhecidas: θAB ; ω⃗AB=ωAB⋅k^ ; α⃗AB=αAB⋅k^ ;
Grandezas Calculadas:
βAB=arctan (
b
a
) D=√a2+b2⋅cos (θAB+βAB) E=√a2+b2⋅sen(θAB+βAB)
a⃗CM
AB=−(α AB⋅E+ωAB
2 ⋅D)⋅^i+(α AB⋅D−ωAB
2 ⋅E)⋅^j
ELO BC:
Dimensões conhecidas: BC; c; d 
Grandezas Calculadas:
ϕ=arcsen(
AB⋅senθAB
BC
)
ωBC=
−AB⋅ωAB⋅cos θAB
BC⋅cosϕ
βBC=arctan (
d
BC−c
)
F=−√(BC−c)2+d2⋅cos(ϕ+βBC)
G=√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC)
αBC=
AB⋅ωAB
2 ⋅senθAB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
BC⋅cosϕ
aC=−AB⋅αAB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cosθAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ
a⃗CM
BC=(aC−αBC⋅G−ωBC
2 ⋅F)⋅^i+(αBC⋅F−ωBC
2 ⋅G)⋅j^
X
Y x1
y1
x2
y2
c d
a
b
A
B
C
qAB qBC = 180 - jj
CMAB
bAB CMBC
wAB
aAB
bBC
X
Y x1
y1
x2
y2
c
d
a
b
A
B
C
qAB
qBCCMAB
CMBC
wABaAB Fig. 01
θAB CM
BC
49
252
84
27
y
x
B
A
C
CINEMÁTICA
Há muito para se aproveitar do estudo anterior, pois os movimentos mais complicados que 
seriam da biela e da manivela, já foram profundamente estudados. 
O movimento do pistão, pode ser considerado como movimento de translação e nesse tipo de 
movimento todos os pontos do sólido, apresentam velocidades e acelerações iguais entre si, 
independentemente do instante considerado. 
Retomando o caso anterior onde calculou-se a
aceleração do ponto da biela, que desloca-se em
movimento reto, ou seja, o ponto C. Pode-se afirmar
que a aceleração do pistão é igual ao deste ponto
(C). 
EXEMPLO 01:
Na figura ilustrada, as dimensões estão
indicadas em mm. O eixo de manivela
AB, gira com velocidade angular
constante ωAB=350 rad /s no sentido
anti-horário, ou frequência de rotação
f AB=3342,2rpm .
A posição angular do elo AB, para o instante ilustrado é: θAB=28,86 º .
O eixo de manivela é balanceado, ou seja, seu centro de massa pertence ao eixo geométrico da 
biela, no caso CM AB=A . 
Considerando conhecidas:
AB=0,0559 m ; BC=0,25344 m ; BCM BC=0,08448 m ;
Para a posição ilustrada, pedem-se:
a) a aceleração do centro de massa do elo AB, ou seja, da manivela;
b) a velocidade angular do elo BC, ou seja, da biela;
c) a aceleração angular do elo BC, ou seja, da biela
d) a aceleração do centro de massa da biela;
e) a aceleração do centro de massa do pistão.
Solução:
Considerando a manivela AB (elo AB):
As coordenadas dos pontos-chave do sistema:
pto x y z
A 0 0 0
B 49 27 0
C 301 0 0
CM BC 133 18 0
Nota: coordenadas em milímetros (mm).
Como o ponto A corresponde a um ponto do eixo fixo, sua velocidade e aceleração são nulas,
a⃗ A=zero (a) .
O vetor velocidade angular da manivela, ou seja, do elo AB, tem direção do eixo geométrico de 
rotação e sentido dado pela regra da mão direita: ω⃗AB=350⋅k^ .
A velocidade do ponto “B”, pode ser obtida por: v⃗B= v⃗ A+ω⃗AB∧(B−A)
v⃗B=zero+350⋅k^∧(49⋅^i+27⋅^j) => v⃗B=−9.450⋅^i+17.150⋅^j mm/s
A aceleração do ponto B, que pertence à manivela:
a⃗B= a⃗A+α⃗AB∧(B−A )+ω⃗AB∧[ω⃗AB∧(B−A)] , sendo que: a⃗ A=zero e α⃗AB=zero , tem-se:
a⃗B=350⋅k^∧[350⋅k^∧(49⋅i^+27⋅ j^)] => a⃗B=350⋅k^∧(350⋅49⋅ j^−350⋅27⋅i^)
a⃗B=350⋅k^∧(17150⋅ j^−9450⋅^i) => a⃗B=−6002500⋅^i−3307500⋅j^ mm/ s
2 , ou em metros...
a⃗B=−6.002,5⋅^i−3.307,5⋅j^ m /s
2
Considerando a biela BC:
O ponto “C” desloca-se em trajetória horizontal, ou seja, v⃗C=vC⋅^i e a⃗C=aC⋅^i . A velocidade 
angular da biela BC, tem a forma: ω⃗BC=ωBC⋅k^ . Sua aceleração angular, tem a forma:
α⃗BC=αBC⋅k^ .
A velocidade do ponto “C” pode ser obtida por: v⃗C= v⃗B+ω⃗BC∧(C−B) , ou seja,
v⃗C= v⃗B+ω⃗BC∧(C−B) => vC⋅^i=−9.450⋅^i+17.150⋅^j+ωBC⋅k^∧[(301−49)⋅^i+(0−27)⋅^j ]
vC⋅^i=−9.450⋅^i+17.150⋅^j+ωBC⋅k^∧[252⋅^i−27⋅ j^]
vC⋅^i=−9.450⋅^i+17.150⋅^j+ωBC⋅27⋅^i+ωBC⋅252⋅j^
Impondo a igualdade vetorial:
em (x): vC=−9.4501+ωBC⋅27
em (y): 0=17.150+ωBC⋅252 => ωBC=68,06 rad /s => ω⃗BC=68,06⋅k^ rad /s (b)
De forma análoga, pode-se obter a aceleração do ponto “C”:
a⃗C=a⃗B+α⃗BC∧(C−B)+ω⃗BC∧[ω⃗BC∧(C−B)]
A aceleração do ponto “C”, pode ser obtida em função a aceleração de outro ponto do elo BC (biela 
BC):. a⃗C=a⃗B+α⃗BC∧(C−B)+ω⃗BC∧[ω⃗BC∧(C−B)]
aC⋅i^=−6002500⋅i^−3307500⋅j^+αBC⋅k^∧(252⋅i^−27⋅j^)−68,05⋅k^∧[−68,05⋅k^∧(252⋅i^−27⋅j^)]
aC⋅i^=−6002500⋅i^−3307500⋅j^+αBC⋅252⋅ j^+αBC⋅27⋅^i−68,05
2⋅252⋅i^+68,052⋅27⋅j^
Impondo a igualdade vetorial: 
[em i ] aC=−6002500+αBC⋅27−1166962
[em j^ ] 0=−3307500+αBC⋅252+125031 => αBC=12.629 => α⃗BC=12.629⋅k^ rad /s
2 (c)
Substituído na equação anterior: aC=−6828479mm /s
2 => a⃗C=−6.828,5⋅i^ m / s
2 (e)
A aceleração do Centro de Massa do elo BC, pode ser determinada por:
a⃗CMBC= a⃗B+α⃗BC∧(CM BC−B)+ω⃗BC∧[ω⃗BC∧(CM BC−B)]
a⃗CMBC=−6002500⋅^i−3307500⋅^j+12.629⋅k^∧(84⋅^i−9⋅ j^)+68,06⋅k^∧[68,06⋅k^∧(84⋅^i−9⋅^j)]
a⃗CMBC=−6002500⋅^i−3307500⋅^j+1060836⋅^j+113661⋅^i−389101,7⋅^i+41689,5⋅^j
a⃗CMBC=−6277940,7⋅^i−2204974,5⋅j^ mm/ s
2 ou em metros:
a⃗CMBC=−6.277,9⋅^i−2.205,0⋅^j m /s
2 (d)
CM
BC
49
252
84
1827
y
x
B
A
C
Exemplo 02
Um bom teste para o que foi deduzido de forma genérica, seria aplicá-lo ao sistema do 
Exemplo 01, ou seja, recalcular as mesmas grandezas novamente, em especial: 
a aceleração do Centro de Massa do elo AB a⃗CMAB=zero ; a velocidade angular do elo BC
ω⃗BC=−68,06⋅k^ ; a aceleração angular do elo BC α⃗BC=12.629⋅k^ rad /s
2 ; a aceleração do 
ponto C (do pistão) a⃗C=−6.828,5⋅i^ m / s
2 ; a aceleração do Centro de Massa do elo BC
a⃗CMBC=−6.277,9⋅^i−2.205,0⋅^j m /s
2 .Determinando as grandezas necessárias em cada expressão:
Solução:
O elo AB:
ωAB=350 , αAB=0 , a=0
b=0 , θAB=arctan
27
49
=28,9 º ,
βAB=0 º AB=√492+272=55,9
D=√a2+b2⋅cos (θAB+βAB)=0
E=√a2+b2⋅sen(θAB+βAB)=0
1ª grandeza, a aceleração do Centro de Massa do elo AB:
a⃗CM
AB=−(αAB⋅E+ωAB
2 ⋅D)⋅i^+(αAB⋅D−ωAB
2 ⋅E)⋅ j^=0⃗ a⃗CM
AB= 0⃗ <=> a⃗CMAB=zero
O elo BC:
c=√842+92=84,5 , d=0 , BC=√2522+272=253,4 ϕ=arctan 27252=6,12 º , βBC=0
2ª grandeza, a velocidade angular do elo BC:
ωBC=
−AB⋅ωAB⋅cos θAB
BC⋅cosϕ
=−55,9⋅350⋅cos28,9 º
253,4⋅cos6,12 º
ωBC=−67,97 rad /s <=> ωBC=−68,06
Note-se que a diferença entre os resultados é de 0,13 %, que, com certeza, pode ser creditado aos 
arredondamentos numéricos.
3ª grandeza, a aceleração angular do elo BC:
αBC=
AB⋅ω AB
2 ⋅senθAB−AB⋅αAB⋅cosθAB−BC⋅ωBC
2 ⋅senϕ
BC⋅cosϕ
X
Y x1
y1
x2
y2
c d
a
b
A
B
C
qAB qBC = 180 - jj
CMAB
bAB CMBC
wAB
aAB
bBC
αBC=
55,9⋅3502⋅sen28,9−55,9⋅0⋅cos 28,9−253,4⋅67,972⋅sen6,12
253,4⋅cos 6,12º
αBC=12.639,5 rad /s
2 <=> αBC=12.629 rad /s
2
Neste caso persiste uma diferença entre os resultados de 0,08%.
4ª grandeza, a aceleração do ponto C (pistão):
F=−√(BC−c )2+d2⋅cos(ϕ+βBC) => F=−√(253,4−85,4)2+02⋅cos (6,12+0)=−167,04
G=√(BC−c)2+d2⋅sen(ϕ+βBC) => G=√(253,4−85,4)2+02⋅sen (6,12+0)=17,91
aC=−AB⋅α AB⋅senθAB−AB⋅ωAB
2 ⋅cos θAB+BC⋅αBC⋅senϕ−BC⋅ωBC
2 ⋅cosϕ
aC=−55,9⋅0⋅sen28,9−55,9⋅350
2⋅cos28,9+253,4⋅12639,5⋅sen6,12−253,4⋅67,972⋅cos6,12
aC=−6817518 mm /s
2
aC=−6.817,5 m /s
2 <=> aC=−6.828,5 m /s
2
Como esperado, permanece a diferença entre os resultados: 0,16%
5ª grandeza, a aceleração do Centro de Massa do elo BC:
a⃗CM
BC=(aC−αBC⋅G−ωBC
2 ⋅F )⋅^i+(αBC⋅F−ωBC
2 ⋅G)⋅ j^
a⃗CM
BC=(−6817518−12639,5⋅17,91−67,972⋅(−167,04 ))⋅i^+(12639,5⋅(−167,04)−67,972⋅17,91)⋅ j^
a⃗CM
BC=−6272180⋅i^−2194045⋅j^ , em metros:
a⃗CM
BC=−6.272,2⋅^i−2.194,0⋅^j m /s2 <=> a⃗CMBC=−6.277,9⋅^i−2.205,0⋅^j m /s
2
Como esperado, permanece a diferença na componente i^ de 0,09%, e a diferença na componente
j^ de 0,5%.
Fica portanto, estabelecido de forma segura que estão disponíveis duas possibilidades para 
solução dos problemas cinemáticos:
1- utilizar as expressões vetoriais da cinemática dos sólidos, que permitem o cálculo das grandezas 
cinemáticas, válidas para um único instante, mas com a vantagem de serem genéricas e poderem ser
aplicadas a qualquer tipo de sistema. 
2- utilizar as expressões desenvolvidas para um “pequeno grupo” de sistemas, com as desvantagens 
da necessidade de ajustes nas expressões, e de serem aplicáveis apenas a esse “pequeno grupo de 
sistemas”. Mas com a vantagem de serem aplicáveis a qualquer instante. A vantagem de poder 
calcular as acelerações ao londo de um ciclo do movimento, a cada instante, torna-se significativa, 
pois permite também que se calcule os esforços ao longo do mesmo intervalo de tempo.
θAB CM
BC
49
252
84
27
y
x
B
A
C
18
θAB
CM
BC
49
252
84
27
y
x
BA
C
B
C
FAx
FAy
FByFBx
FBx
FBy
FCy
FCy
FCx
FCx
F
N
M
EXEMPLO 01:
Na figura ilustrada, as dimensões estão
indicadas em mm. Oeixo de manivela
AB, gira com velocidade angular
constante ωAB=350 rad /s no sentido
anti-horário, ou frequência de rotação
f AB=3342,2rpm .
A manivela possui momento de inércia ICM
AB=0,024 kg .m2 , no instante ilustrado apresenta 
posição angular: θAB=28,86 º . O eixo de manivela é balanceado, ou seja, seu centro de massa 
pertence ao eixo geométrico da biela, no caso CM AB=A . A biela (elo BC) possui massa
mBC=0,180 kg e momento de inércia baricêntrico ICM
BC=0,009 kg .m2 O pistão de massa
mP=0,080 kg possui Centro de Massa coincidente com o ponto “C”, que representa a 
articulação entre o mesmo e a biela. Os atritos são desprezíveis. Considerando conhecidas as 
grandezas: As dimensões do sistema: AB=0,0595 m ; BC=0,25344 m ;
BCM BC=0,08448 m ; A potência gerada pelo motor: Pot .=850 W ; aceleração angular do 
elo BC: α⃗BC=12.639,5⋅k^ rad /s
2 ; a aceleração do centro de massa do elo BC:
a⃗CM
BC=−6.272,2⋅^i−2.194,0⋅^j m /s2 ; a aceleração do centro de massa do pistão:
a⃗C=−6.817,5⋅i^ m /s
2 .
Desconsiderando o peso próprio do sistema e no instante ilustrado, pedem-se:
a) o momento (torque) produzido
pelo motor;
b) os esforços no mancal A;
c) os esforços na articulação B;
d) os esforços na articulação C.
Solução:
O diagrama de corpo livre ajuda a
equacionar o sistema. Não esquecer
que o princípio de ação e reação deve ser respeitado. 
O momento (binário) “M” é a reação do sistema que é acionado pelo motor, e que se aplica no eixo
que se conecta à manivela. Lembrando que a potência gerada pelo motor é: 850=ωAB×M =>
M=2,43 N .m => M⃗=2,43⋅k^ N .m (a)
Elo AB a Manivela:
TCM – Teorema do Centro de Massa.
(x) F x
A−F x
B=mAB⋅(aCM
AB )x => F x
A−Fx
B=0 eq.01
(y) F y
A+F y
B=mAB⋅(aCM
AB )y => F y
A+F y
B=0 eq.02
Nota: a aceleração do centro de massa da manivela é nula.
TMA – Teorema do Momento Angular.
A definição de momento polar, de uma força F⃗ aplicada no ponto “P”, em relação ao polo “A” é:
M⃗ A
F=(P−A)∧F⃗ .
As coordenadas dos pontos de interesse expressas em metros, são:
pto x y z
A 0 0 0
B 49 27 0
C 301 0 0
CM BC 133 18 0
Nota: coordenadas em milímetros (mm).
Os momentos aplicados na manivela:
M⃗=−2,43⋅k^
M⃗ A
F A=(A−A)∧F⃗ A=zero ;
M⃗ A
F B=(B−A )∧F⃗B=(0,049⋅^i+0,027⋅j^)∧(−Fx
B⋅^i+F y
B⋅^j) => M⃗ A
F B=Fx
B⋅0,027⋅k^+F y
B⋅0,049⋅k^
Impondo o TMA:
−2,43⋅k^+Fx
B⋅0,027⋅k^+F y
B⋅0, 049⋅k^=0,024⋅zero => F x
B⋅0,027+F y
B⋅0,049=2,43 eq.03
Elo BC a Biela:
TCM – Teorema do Centro de Massa.
(x) F x
B−F x
C=mBC⋅(aCM
BC )x => F x
B−F x
C=0,180⋅(−6.272,2) => F x
B−F x
C=−1.129,0 eq.04
(y) −F y
B+F y
C=mBC⋅(aCM
BC ) y => −F y
B+F y
C=0,180⋅(−2.194,0) => −F y
B+F y
C=−394,9 eq.05
TMA – Teorema do Momento Angular.
M⃗CMBC
F B =(B−CM BC)∧ F⃗
B=(−0,084⋅^i+0,009⋅^j)∧(F x
B⋅^i−F y
B⋅^j)
M⃗CMBC
F B =−Fx
B⋅0,009⋅k^+F y
B⋅0,084⋅k^
M⃗CMBC
FC =(C−CM BC)∧F⃗
C=(0,168⋅^i−0,018⋅j^)∧(−F x
C⋅^i+F y
C⋅^j)
M⃗CMBC
FC =−Fx
C⋅0,018⋅k^+F y
C⋅0,168⋅k^
Impondo o TMA:
−F x
B⋅0,009⋅k^+F y
B⋅0,084⋅k^−F x
C⋅0,018⋅k^+F y
C⋅0,168⋅k^=0,009⋅12.639,5⋅k^
−F x
B⋅0,009+F y
B⋅0,084−Fx
C⋅0,018+F y
C⋅0,168=113,76 eq.06
Pistão:
TCM – Teorema do Centro de Massa.
(x) F x
C−F=mP⋅(aCM
P )x =>= F x
C−F=0,080⋅(−6.817,5) => F x
C−F=−545,4 eq.07
(y) −F y
C+N=mP⋅(aCM
P )y =>= −F y
C+N=0,080⋅zero => −F y
C+N=0 eq.08
TMA – Teorema do Momento Angular.
Todas as forças aplicadas ao pistão possuem retas suporte que passam pelo seu centro de massa
(ponto C), dessa forma, possuem momentos nulos.
Neste caso tem-se: 0=0 ….
Reorganizando as equações no formato:
a⋅F x
A+b⋅F y
A+c⋅F x
B+d⋅F y
B+e⋅Fx
C+ f⋅F y
C+g⋅N+h⋅F=cte
F x
A−F x
B=0
1⋅F x
A+0⋅F y
A−1⋅Fx
B+0⋅F y
B+0⋅F x
C+0⋅F y
C+0⋅N+0⋅F=0
F y
A+F y
B=0
0⋅F x
A+1⋅F y
A+0⋅F x
B+1⋅F y
B+0⋅F x
C+0⋅F y
C+0⋅N+0⋅F=0
F x
B⋅0,027+F y
B⋅0,049=2,43
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0,027⋅F x
B+0,049⋅F y
B+0⋅F x
C+0⋅F y
C+0⋅N+0⋅F=2,43
F x
B−F x
C=−1.129,0
0⋅F x
A+0⋅F y
A+1⋅F x
B+0⋅F y
B−1⋅Fx
C+0⋅F y
C+0⋅N+0⋅F=−1.129,0
−F y
B+F y
C=−394,9
0⋅Fx
A+0⋅F y
A+0⋅F x
B−1⋅F y
B+0⋅Fx
C+1⋅F y
C+0⋅N+0⋅F=−394,9
−F x
B⋅0,009+F y
B⋅0,084−Fx
C⋅0,018+F y
C⋅0,168=113,76
0⋅F x
A+0⋅F y
A−0,009⋅F x
B+0,084⋅F y
B−0,018⋅F x
C+0,168⋅F y
C+0⋅N+0⋅F=113,76
F x
C−F=−545,4
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B+1⋅F x
C+0⋅F y
C+0⋅N−1⋅F=−545,4
−F y
C+N=0
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅F x
B+0⋅F y
B+0⋅Fx
C−1⋅F y
C+1⋅N+0⋅F=0
Na forma matricial:
[
1 0 −1 0 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0
0 0 0,027 0,049 0 0 0 0
0 0 1 0 −1 0 0 0
0 0 0 −1 0 1 0 0
0 0 −0,009 0,084 −0,018 0,168 0 0
0 0 0 0 1 0 0 −1
0 0 0 0 0 −1 1 0
]∗[
F X
A
F y
A
F x
B
F y
B
F x
C
F y
C
N
F
]=[ 002,43−1.129,0−394,9113,76−545,4
0
]
Resolvendo:
[
FX
A
F y
A
F x
B
F y
B
F x
C
F y
C
N
F
]=[−1.133,1−673,9−1.133,1673,9−4,1279.0279,0
541,3
]
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Resumo: Cinemática
Exemplo 01
Exemplo 02
Dinâmica: Exemplo 01
 
 
 
Exercício 1:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira com frequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
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ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O momento (torque)
gerado pelo motor, expresso em N.m, é aproximadamente:
A)
3,38
B)
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3,12
C)
2,98
D)
2,56
E)
3,52
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira com frequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
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conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O ângulo φ que define
a posição do elo BC, expresso em (º), é aproximadamente:
A)
5,3º
B)
8,0º
C)
9,5º
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D)
12,7º
E)
30,0º
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira com frequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O módulo da
componente na direção (y), da força na articulação A (RAy), expresso em N, é aproximadamente:
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A)
4.052
B)
1756
C)
3087
D)
1880
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E)
1358
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira com frequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O módulo da
componente na direção (x), da força na articulação A (RAx), expresso em N, é aproximadamente:
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A)
4.052
B)
1756
C)
3087
D)
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1880
E)
1358
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira com frequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O módulo da
componente na direção (x), da força na articulação C (RCx), expresso em N, é aproximadamente:
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A)
4.052
B)
1756
C)
3087
D)
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1880
E)
1358
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira com frequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O módulo da
componente na direção (y), da força na articulação C (RCy), expresso em N, é aproximadamente:
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A)
4.052
B)
1756
C)
3087
D)
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1880
E)
1358
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira comfrequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O módulo da força
normal que o cilindro aplica sobre o pistão, expresso em N, é aproximadamente:
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A)
4.052
B)
1756
C)
3087
D)
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1880
E)
1358
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
Um motor mono cilíndrico, conforme ilustração em anexo, gira com frequência de rotação constante, no sentido anti-
horário f = 4800 rpm, desenvolvendo potência P = 1,5 kW, que aciona um outro dispositivo. A manivela é balanceada,
ou seja, seu centro de massa coincide com o centro geométrico do eixo de rotação, possui massa mM = 1,53 kg e raio de
giro R = 0,11 m. A biela possui massa mB = 0,245 kg, comprimento L = 0,682 m, centro de massa posicionado de
forma que d = 0,227 m, momento de inércia em relação ao seu centro de massa IB = 4,5.10-4 kg.m2. O pistão
apresenta centro de massa coincidente com o ponto C, massa mP = 0,165 kg e o coeficiente de atrito com o cilindro é
desprezível. Adotar aceleração da gravidade como: . Sabendo-se que para a posição definida por θ = 60º, são
conhecidas as seguintes grandezas cinemáticas: Aceleração angular da biela, com sentido anti-horário, em rad/s2:
αB=39.969; Aceleração do centro de massa da biela, componentes aBx e aBy, em m/s2: aBx = -14.844 e aBy =
-18.145; Aceleração do centro de massa do pistão, componentes aPx, em m/s2: aPx = -13.158; O módulo da força
que os gases aplicam sobre o pistão, expresso em N, é aproximadamente:
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A)
4.052
B)
1756
C)
3087
D)
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1880
E)
1358
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
A cinemática
1 ª Etapa: 
Determinar as posições angulares das barras BC e CD.
Considere-se o segmento BC de comprimento L1, que
divide o quadrilátero ABCD em dois triângulos: ABD e BCD. 
Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo ABD, tem-se:
L1
2=AB2+AD2−2⋅cos θAB⋅AB⋅AD .
Note-se que esta equação determina o comprimento L1.
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo BCD, tem-se:
L1
2=BC2+CD2−2⋅cosϕ⋅BC⋅CD . 
O ângulo ϕ pode ser determinado por:
cosϕ=
BC2+CD2−L1
2
2⋅BC⋅CD
=> ϕ=arccos(
BC2+CD2−L1
2
2⋅BC⋅CD
)
Considere-se o segmento AC de comprimento L2, que divide o quadrilátero ABCD em dois 
triângulos: ABC e ACD. 
Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo ACD, tem-se:
L2
2=AD2+CD2−2⋅cosβ⋅AD⋅CD .
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC, tem-se:
L2
2=AB2+BC2−2⋅cosδ⋅AB⋅BC . 
A soma dos ângulos internos permite:
θAB+ϕ+δ+β=2⋅π => δ=2⋅π−(θAB+ϕ+β) =>
δ=(2⋅π−θAB−ϕ)−β
sendo: Δ=2⋅π−θAB−ϕ , tem-se: δ=Δ−β
A dimensão L2, pode ser expressa por:
L2
2=AD2+CD2−2⋅cosβ⋅AD⋅CD=AB2+BC 2−2⋅cos δ⋅AB⋅BC
AD2+CD2−2⋅cosβ⋅AD⋅CD=AB2+BC 2−2⋅cos (Δ−β)⋅AB⋅BC
A θAB
θCD
θAB
θCD
θBC
θBC
φ
L1
B
C
D
y
x
A θAB
θCD
θAB
θBC
θBC
φ
δ
L2
B
C
D
y
x
β
AD2+CD2−AB2−BC 2
2
=cosβ⋅AD⋅CD−cos (Δ−β)⋅AB⋅BC
AD2+CD2−AB2−BC 2
2
=cosβ⋅AD⋅CD−[cosΔ⋅cosβ+senΔ⋅senβ]⋅AB⋅BC
AD2+CD2−AB2−BC 2
2
=cosβ⋅AD⋅CD−cosΔ⋅cosβ⋅AB⋅BC−senΔ⋅senβ⋅AB⋅BC
AD2+CD2−AB2−BC 2
2
=cosβ⋅(AD⋅CD−AB⋅BC⋅cosΔ)−senβ⋅(AB⋅BC⋅senΔ)
Simplificando a equação, adotam-se as seguintes constantes, todas expressas em função de 
grandezas conhecidas previamente:
Ψ= AD
2+CD2−AB2−BC 2
2
Λ=AD⋅CD−AB⋅BC⋅cosΔ e Φ=AB⋅BC⋅senΔ .
Isto posto, a equação pode ser reescrita como: Ψ=cosβ⋅Λ−senβ⋅Φ .
Transformando na forma binômica...
A⋅cos (β+λ)=A⋅cosβ⋅cosλ−A⋅senβ⋅senλ
Comparando: Λ=A⋅cosλ e Φ=A⋅senλ
Dividindo membro a membro: senλ
cosλ
=tanλ=ΦΛ => λ=arctang (
Φ
Λ )
Elevando as equações ao quadrado e somando: A=√Λ2+Φ2
Finalmente: Ψ=A⋅cos (β+λ) => X=(β+λ)=arccos Ψ
A
=> β=X−λ
Nota: no caso de um paralelogramo onde AB = CD e BC = AD, obtém-se Ψ=0 , que torna várias
grandezas nulas e outras indefinidas. Entretanto, neste caso, pode-se afirmar que θBC=zero e
θCD=θAB , o que dispensa cálculos mais elaborados
Resumindo a 1ª Etapa:
Dados: AB, BC, CD, AD e θAB
L1
2=AB2+AD2−2⋅cos θAB⋅AB⋅AD
ϕ=arccos(
BC2+CD2−L1
2
2⋅BC⋅CD
)
Δ=2⋅π−θAB−ϕ
Ψ= AD
2+CD2−AB2−BC 2
2
Λ=AD⋅CD−AB⋅BC⋅cosΔ
Φ=AB⋅BC⋅senΔ
λ=arctang (ΦΛ )
A=√Λ2+Φ2
X=arccos Ψ
A
β=X−λ => θCD=π−β
δ=Δ−β => θBC=θAB+δ−π
A
θAB
θCD
θAB
θCD
θBC
θBC
φ
L1
B
C
D
y
x
β
δ
A título de exemplo, adotaram-se os seguintes valores para as barras: 
AB = 10; BC = 30; CD = 30; AD = 40. 
Através das expressões anteriores, preencheu-se a tabela anexa:
Nota: nos casos previstos pela Lei de Grashof, em que não há a possibilidade de rotação 
completa, as equações “funcionam” apenas para o intervalo de valores possíveis para o ângulo da 
barra AB: θAB
minimo≤θAB≤θAB
máximo . Para um ângulo fora desse intervalo, o quadrilátero se apresenta 
aberto, ou seja, as funções cosseno ou seno, não seriam definidas (valores maiores que 1 (um)).
Na próxima página, estão representadas as posições das barras, em função da posição 
angular da primeira (AB), segundo a tabela anterior. As representações estão em escala. Note-se que
os resultados numéricos obtidos a partir das expressões deduzidas fornecem com precisão as 
posições das barras. Ressalte-se que os valores numéricos empregados respeitam a condição
BC+CD<AB+AD , ou seja, segundo a Lei de Grashof pelo menos uma das barras com 
articulação fixa, no caso a barra AB, pode ter rotação completa. 
30,00 49,00 112,87
60,00 39,17 113,04
90,00 32,56 119,37
120,00 29,31 128,90
150,00 29,52 138,75
180,00 33,56 146,44
210,00 41,25 150,48
240,00 51,10 150,69
270,00 60,63 147,44
300,00 66,96 140,83
330,00 67,13 131,00
360,00 60,00 120,00
390,00 49,00 112,87
420,00 39,17 113,04
Posição 
angular de 
θAB (º)
Posição 
angular de θBC 
(º)
Posição 
angular de 
θCD (º)
Simulação das posições de cada elo, do movimento de um arranjo “4 barras”.
θAB = 0º
θAB = 30º
θAB = 60º
θAB = 90º
θAB = 120º
θAB = 150º
θAB = 180º
θAB = 210º
θAB = 240º
θAB = 270º
θAB = 300º
θAB = 330º
θAB = 360º
A D
B
C
30º
2ª Etapa:
Determinar as velocidades angulares dasbarras.
Ressalta-se desde de agora, que as equações que serão deduzidas a seguir, envolverão 
funções trigonométricas que podem criar descontinuidades nas mesmas, desta forma, a utilização 
das mesmas exigem cuidados.
O estudo da cinemática desse arranjo pressupõe que sejam conhecidos:
a) os comprimentos das barras: AB, BC, CD e AD;
b) as posições angulares de cada uma das barras: θAB , θBC e θCD ;
c) a velocidade angular da barra AB: ωAB=θ˙AB
d) a aceleração angular da barra AB: αAB=ω˙AB .
As grandezas restantes deverão ser expressas em função destas.
O emprego do método vetorial para cálculo das grandezas
cinemáticas será a escolha desse desenvolvimento.
NOTA: as posições angulares são medidas no sentido anti-horário,
com origem na direção horizontal, como indicado na figura.
Alguns vetores úteis:
(B−A)=AB⋅cosθ AB⋅^i+AB⋅senθAB⋅^j
(C−B)=BC⋅cosθBC⋅^i+BC⋅senθBC⋅j^
(C−D)=CD⋅cosθCD⋅i^+CD⋅senθCD⋅ j^
Calculando o vetor velocidade do ponto B:
v⃗B= v⃗ A+ωAB⋅k^∧(B−A) => v⃗B=ωAB⋅k^∧(AB⋅cos θAB⋅i^+AB⋅senθAB⋅^j)
v⃗B=ωAB⋅AB⋅cosθAB⋅ j^−ω AB⋅AB⋅senθAB⋅^i
v⃗B=ωAB⋅AB⋅(−senθAB⋅^i+cosθAB⋅^j)
Nota: a articulação A é fixa, ou seja, possui velocidade nula; o vetor velocidade do ponto B, está 
expresso em função de grandezas conhecidas.
Equacionando o vetor velocidade do ponto C, em relação ao ponto D:
v⃗C= v⃗D+ω⃗CD⋅k^∧(C−D) => v⃗C=ω⃗CD⋅k^∧(CD⋅cosθCD⋅^i+CD⋅senθCD⋅ j^)
v⃗C=ωCD⋅CD⋅cosθCD⋅ j^−ωCD⋅CD⋅senθCD⋅i^
v⃗C=ωCD⋅CD⋅(−senθCD⋅^i+cosθCD⋅j^)
Essas duas equações, que expressam v⃗B e v⃗C permitem relacionar as velocidades angulares das 
barras AB e CD. Uma forma de se conseguir isso é através do fato de que a barra BC é rígida, ou 
A θAB
θCD
θBC
B
C
D
y
x
seja, “ao longo da mesma, as velocidades de seus extremos devem ser idênticas”:
v⃗B× e^BC= v⃗C×e^BC . Onde e^BC é o versor da barra BC, e × é a operação vetorial denominada 
de “produto escalar”.
O versor da direção da barra BC:
e^BC=
(C−B)
|C−B|
=> e^BC=
(BC⋅cosθBC⋅^i+BC⋅senθBC⋅^j)
√(BC⋅cosθBC )2+(BC⋅senθBC)2
e^BC=
(BC⋅cosθBC⋅^i+BC⋅senθBC⋅^j)
√BC2⋅(cosθBC2 +senθBC2 )
=> e^BC=
(BC⋅cosθBC⋅^i+BC⋅senθBC⋅^j)
BC
e^BC=cos θBC⋅^i+senθBC⋅j^
Recuperando v⃗B=ωAB⋅AB⋅(−senθAB⋅^i+cosθAB⋅^j) e efetuando o produto escalar:
e^BC× v⃗B=ωAB⋅AB⋅(−senθAB⋅cos θBC+cos θAB⋅senθBC )
Lembrando que: sen (A±B)=sen A⋅cosB∓senB⋅cos A
e^BC× v⃗B=ωAB⋅AB⋅sen(θBC−θAB)
Recuperando v⃗C=ωCD⋅CD⋅(−senθCD⋅^i+cosθCD⋅j^) e efetuando o
produto escalar:
e^BC× v⃗C=ωCD⋅CD⋅(−senθCD⋅cos θBC+cosθCD⋅senθBC)
e^BC× v⃗C=ωCD⋅CD⋅sen(θBC−θCD)
Impondo a igualdade entre os produtos escalares:
ωAB⋅AB⋅sen(θBC−θAB)=ωCD⋅CD⋅sen(θBC−θCD)
Tem-se: ωCD=ωAB⋅
AB
CD
⋅
sen (θBC−θAB)
sen(θBC−θCD)
Nessa expressão há uma singularidade quando θBC=θCD , a figura
ao lado ilustra uma situação igual a esta. Note-se que a velocidade
da articulação B, obrigatoriamente tem direção perpendicular ao
ELO AB, enquanto a velocidade da articulação C, obrigatoriamente
tem direção perpendicular ao ELO CD. Nesse instante:
v⃗C×e^BC=zero e v⃗B× e^BC≠zero , e isso revela uma descontinuidade do movimento.
O menor elo possui comprimento AB=2,59 cm . 
O maior elo possui comprimento CD=4,21 . 
Note-se que AB+CD=6,80 e AD+BC=6,10
A θAB
θBC
B
C
D
y
x
θCD
DA
2,59A B
3,30
B C2,80
C D4,21
A θAB
B
C
D
y
xvB
vC
Pela Lei de Grashof, pode-se afirmar que: Para esta relação de comprimentos entre as barras, 
nenhumas das barras que possuem articulação fixa, ou seja, AB ou CD podem ter rotação 
completa em torno de suas articulações.
Isto posto, pode-se confiar nas equações que ora são deduzidas com uma ressalva: “quando são 
utilizadas numa posição inatingível pelo sistema de 4 barras, elas apresentam singularidades, 
indicando esse fato físico”. 
Equacionando o vetor velocidade do ponto C, em relação ao ponto B:
v⃗C=vB+ωBC⋅k^∧(C−B) => v⃗C= v⃗B+ωBC⋅k^∧(BC⋅cosθBC⋅^i+BC⋅senθBC⋅j^)
v⃗C= v⃗B+ωBC⋅BC⋅cos θBC⋅ j^−ωBC⋅BC⋅senθBC⋅i^
Substituindo v⃗B=ωAB⋅AB⋅(−senθAB⋅^i+cosθAB⋅^j) e v⃗C=ωCD⋅CD⋅(−senθCD⋅^i+cosθCD⋅j^ ) ,
tem-se: ωCD⋅CD⋅cosθCD⋅ j^−ωCD⋅CD⋅senθCD⋅^i=ωAB⋅AB⋅cosθAB⋅j^−ωAB⋅AB⋅sen θAB⋅i^+
+ωBC⋅BC⋅cosθBC⋅j^−ωBC⋅BC⋅senθBC⋅^i
Igualando os vetores:
−ωCD⋅CD⋅senθCD=−ωAB⋅AB⋅senθAB−ωBC⋅BC⋅senθBC (3.1)
ωCD⋅CD⋅cosθCD=ωAB⋅AB⋅cosθAB+ωBC⋅BC⋅cosθBC (3.2)
Da equação (3.1), tem-se: ωCD⋅CD=
ωAB⋅AB⋅senθAB
senθCD
+
ωBC⋅BC⋅senθBC
senθCD
.
Da equação (3.2), tem-se: ωCD⋅CD=
ωAB⋅AB⋅cosθAB
cos θCD
+
ωBC⋅BC⋅cos θBC
cosθCD
.
Igualando os 2os membros das equações, tem-se:
ωAB⋅AB⋅senθAB
senθCD
+
ωBC⋅BC⋅senθBC
senθCD
=
ωAB⋅AB⋅cos θAB
cosθCD
+
ωBC⋅BC⋅cosθBC
cos θCD
ωBC⋅BC⋅senθBC
senθCD
−
ωBC⋅BC⋅cosθBC
cosθCD
=
ωAB⋅AB⋅cos θAB
cosθCD
−
ωAB⋅AB⋅senθAB
senθCD
Reduzindo ambos os membros ao mínimo múltiplo comum:
ωBC⋅BC⋅senθBC⋅cosθCD−ωBC⋅BC⋅cosθBC⋅senθCD
senθCD⋅cos θCD
=
=
ωAB⋅AB⋅cosθAB⋅senθCD−ωAB⋅AB⋅senθAB⋅cosθCD
sen θCD⋅cosθCD
ou ...
ωBC⋅BC⋅senθBC⋅cosθCD−ωBC⋅BC⋅cosθBC⋅senθCD=
=ωAB⋅AB⋅cos θAB⋅senθCD−ωAB⋅AB⋅senθAB⋅cos θCD
ωBC⋅BC⋅(senθBC⋅cosθCD−cos θBC⋅senθCD)=ωAB⋅AB⋅(cosθAB⋅senθCD−senθAB⋅cosθCD)
ωBC⋅BC⋅sen (θBC−θCD)=ωAB⋅AB⋅sen (θCD−θAB)
Finalmente: ωBC=ωAB⋅
AB
BC
⋅
sen(θCD−θAB)
sen(θBC−θCD)
e ωCD=ωAB⋅
AB
CD
⋅
sen (θBC−θAB)
sen(θBC−θCD)
.
3ª Etapa:
Determinar as acelerações angulares das barras.
Calculando o vetor aceleração do ponto B:
a⃗B= a⃗A+α⃗AB∧(B−A)+ω⃗AB∧[ω⃗AB∧(B−A)]
Recuperando …
a⃗ A=zero ; ω⃗AB=ωAB⋅k^ ; α⃗AB=αAB⋅k^ e (B−A)=AB⋅cosθAB⋅i^+AB⋅senθAB⋅j^
Substituindo …
a⃗B=αAB⋅k^∧(AB⋅cosθAB⋅i^+AB⋅senθAB⋅j^)+ωAB⋅k^∧[ωAB⋅k^∧(AB⋅cosθAB⋅i^+AB⋅senθ AB⋅j^)]
a⃗B=αAB⋅AB⋅cosθ AB⋅j^−αAB⋅AB⋅sen θAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅ j^
Equacionando o vetor aceleração do ponto C, em relação ao ponto B:
a⃗C=a⃗B+α⃗BC∧(C−B)+ω⃗BC∧[ω⃗BC∧(C−B)]
Recuperando …
ω⃗BC=ωBC⋅k^ ; α⃗BC=αBC⋅k^ ; (C−B)=BC⋅cosθBC⋅^i+BC⋅senθBC⋅j^
Substituindo ...
a⃗C=a⃗B+αBC⋅k^∧(BC⋅cosθBC⋅^i+BC⋅senθBC⋅j^)+ωBC⋅k^∧[ω⃗BC⋅k^∧(BC⋅cosθBC⋅i^+BC⋅senθBC⋅j^)]
a⃗C=a⃗B+αBC⋅BC⋅cos θBC⋅^j−αBC⋅BC⋅senθBC⋅^i−ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC⋅^i−ωBC
2 ⋅BC⋅sen θBC⋅^j
Substituindo a⃗B=αAB⋅AB⋅cosθAB⋅j^−αAB⋅AB⋅sen θAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅ j^ , na 
equação anterior:
a⃗C=α AB⋅AB⋅cosθAB⋅^j−α AB⋅AB⋅senθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ω AB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅^j+
+αBC⋅BC⋅cosθBC⋅j^−αBC⋅BC⋅senθBC⋅i^−ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC⋅^i−ωBC
2 ⋅BC⋅senθBC⋅j^
Equacionando o vetor aceleração do ponto C, em relação ao ponto D:
a⃗C=a⃗D+α⃗CD∧(C−D)+ω⃗CD∧[ω⃗CD∧(C−D)]
Recuperando … substituindo ...
a⃗D=zero ; ω⃗CD=ωCD⋅k^ ; α⃗CD=αCD⋅k^ ; (C−D)=CD⋅cosθCD⋅^i+CD⋅senθCD⋅^j
a⃗C=αCD⋅k^∧(CD⋅cosθCD⋅^i+CD⋅senθCD⋅^j)+ωCD⋅k^∧[ωCD⋅k^∧(CD⋅cos θCD⋅^i+CD⋅senθCD⋅j^)]
a⃗C=αCD⋅CD⋅cos θCD⋅j^−αCD⋅CD⋅senθCD⋅^i−ωCD
2 ⋅CD⋅cos θCD⋅^i−ωCD
2 ⋅CD⋅senθCD⋅^j
Igualando as duas forma de representar o vetor aceleração do ponto C:
 
αCD⋅CD⋅cosθCD⋅j^−αCD⋅CD⋅senθCD⋅^i−ωCD
2 ⋅CD⋅cosθCD⋅i^−ωCD
2 ⋅CD⋅senθCD⋅j^=
=α AB⋅AB⋅cosθAB⋅^j−α AB⋅AB⋅senθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅j^+
+αBC⋅BC⋅cosθBC⋅j^−αBC⋅BC⋅senθBC⋅^i−ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC⋅^i−ωBC
2 ⋅BC⋅senθBC⋅j^
Impondo a igualdade vetorial:
Em i^ :
−αCD⋅CD⋅senθCD−ωCD
2 ⋅CD⋅cosθCD=
=−αAB⋅AB⋅senθAB−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB−αBC⋅BC⋅sen θBC−ωBC
2 ⋅BC⋅cos θBC
Isolando o termo que contém αCD
αCD=
(αAB⋅AB⋅sen θAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅BC⋅senθBC+ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC−ωCD
2 ⋅CD⋅cosθCD)
(CD⋅senθCD)
Em j^ :
αCD⋅CD⋅cosθCD−ωCD
2 ⋅CD⋅senθCD=
=α AB⋅AB⋅cosθAB−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB+αBC⋅BC⋅cosθBC−ωBC
2 ⋅BC⋅sen θBC
Substituindo o termo αCD , na equação anterior:
(αAB⋅AB⋅senθAB+ω AB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅BC⋅senθBC+ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC−ωCD
2 ⋅CD⋅cos θCD)
tanθCD
+
−ωCD
2 ⋅CD⋅senθCD=
=αAB⋅AB⋅cosθAB−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB+αBC⋅BC⋅cosθBC−ωBC
2 ⋅BC⋅senθBC
αAB⋅AB⋅senθAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cos θAB+αBC⋅BC⋅sen θBC+ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC−ωCD
2 ⋅CD⋅cos θCD+
−ωCD
2 ⋅CD⋅senθCD⋅tanθCD==αAB⋅AB⋅cosθ AB⋅tanθCD−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅tanθCD+
+αBC⋅BC⋅cosθBC⋅tanθCD−ωBC
2 ⋅BC⋅senθBC⋅tanθCD
+αBC⋅BC⋅(senθBC−cosθBC⋅tanθCD)=−ωBC
2 ⋅BC⋅(cos θBC+senθBC⋅tanθCD)+
+ωCD
2 ⋅CD⋅(cosθCD+senθCD⋅tanθCD)−ωAB
2 ⋅AB⋅(cosθAB+senθAB⋅tanθCD)+
−α AB⋅AB⋅(senθAB−cosθAB⋅tanθCD)
αBC=
(−ωBC
2 ⋅BC⋅κ+ωCD
2 ⋅CD⋅Φ−ωAB
2 ⋅AB⋅Γ−α AB⋅AB⋅Λ)
BC⋅ψ
Onde se tem: ψ=(senθBC−cosθBC⋅tanθCD)
κ=(cos θBC+senθBC⋅tanθCD)
Φ=(cos θCD+senθCD⋅tanθCD)
Γ=(cos θAB+senθAB⋅tanθCD)
Λ=(sen θAB−cos θAB⋅tanθCD)
Resumo:
Dados: AB, BC, CD; AD; θAB , θBC θCD ; ωAB=θ˙AB e αAB=ω˙AB .
As grandezas velocidades e acelerações angulares, são obtidos por:
Velocidade angular do ELO BC:
ωBC=ωAB⋅
AB
BC
⋅
sen(θCD−θAB)
sen(θBC−θCD)
Velocidade angular do ELO CD:
ωCD=ωAB⋅
AB
CD
⋅
sen (θBC−θAB)
sen(θBC−θCD)
Aceleração angular do ELO BC:
αBC=
(−ωBC
2 ⋅BC⋅κ+ωCD
2 ⋅CD⋅Φ−ωAB
2 ⋅AB⋅Γ−α AB⋅AB⋅Λ)
BC⋅ψ
Com:
ψ=(senθBC−cosθBC⋅tanθCD)
κ=(cos θBC+senθBC⋅tanθCD)
Φ=(cos θCD+senθCD⋅tanθCD)
Γ=(cos θAB+senθAB⋅tanθCD)
Λ=(sen θAB−cos θAB⋅tanθCD)
Aceleração angular do ELO CD:
αCD=
(αAB⋅AB⋅sen θAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅BC⋅senθBC+ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC−ωCD
2 ⋅CD⋅cosθCD)
(CD⋅senθCD)
A θAB
θCD
θBC
B
C
D
y
x
4ª Etapa:
Determinar as acelerações dos Centros de Massa das barras.
Considerando que as velocidades e acelerações
angulares de cada barra já são conhecidas. Que cada uma
das barras possuem um ponto com aceleração conhecida.
Elo AB sabe-se que: a⃗ A=zero .
Elo CD sabe-se que: a⃗D=zero .
Elo BC sabe-se que:
a⃗B=αAB⋅AB⋅cosθ AB⋅j^−αAB⋅AB⋅sen θAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅ j^ .
O caminho está facilitado para a determinação das acelerações dos Centros de Massa está facilitado.
Como a posição do Centro de Massa de cada barra pode variar bastante, escolheu-se por deixar suas
acelerações em função de suas posições.
Por exemplo pode-se exprimi-las de formas relativamente simples, tais como:
Vetor posição do Centro de Massa do ELO AB:
(CM AB−A )=√a2+b2⋅(cos (θAB+arctan ( ba ))⋅^i+sen(θAB+arctan (
b
a
))⋅j^)
ou (CM AB−A )=(CM AB−A)x⋅^i+(CM AB−A) y⋅^j
Vetor posição do Centro de Massa do ELO BC:
(CM BC−B)=(√c2+d2⋅cos (θBC+arctan( dc )))⋅^i+(√c
2+d2⋅sen(θBC+arctan (
d
c
)))⋅j^
ou (CM BC−B)=(CM BC−B)x⋅^i+(CM BC−B)y⋅j^
Vetor posição do Centro de Massa do ELO CD:
(CMCD−D)=(√(CD−e)2+ f 2⋅cos (θBC−arctan ( fCD−e )))⋅i^+
+(√(CD−e)2+ f 2⋅sen(θBC−arctan( fCD−e )))⋅^j
ou (CMCD−D)=(CMCD−D)x⋅^i+(CM CD−D)y⋅j^
A
θAB
θCD
θBC
B
C
D
y
x
a
b
c
d
e
f
Determinando a aceleração do Centro de Massa da barra AB.
Recuperando as grandezas cinemáticas do ELO AB, já conhecidas:
a⃗ A=zero ; ω⃗AB=ωAB⋅k^ ; α⃗AB=αAB⋅k^ ; (CM AB−A )=(CM AB−A)x⋅^i+(CM AB−A) y⋅^j .
a⃗CM
AB= a⃗A+α⃗AB∧(CM AB−A)+ω⃗AB∧[ω⃗AB∧(CM AB−A)]
a⃗CM
AB=α AB⋅k^∧((CM AB−A)x⋅^i+(CM AB−A)y⋅j^)+ωAB⋅k^∧[ωAB⋅k^∧((CM AB−A)x⋅i^+(CM AB−A)y⋅j^)]
a⃗CM
AB=α AB⋅(CM AB−A)x⋅^j−α AB⋅(CM AB−A)y⋅^i−ω AB
2 ⋅(CM AB−A)x⋅^i−ωAB
2 ⋅(CM AB−A)y⋅j^
a⃗CM
AB=−(αAB⋅(CM AB−A)Y+ωAB
2 ⋅(CM AB−A )x)⋅^i+(αAB⋅(CM AB−A)x−ωAB
2 ⋅(CM AB−A )y)⋅^j
Determinando a aceleração do Centro de Massa da barra BC.
Recuperando as grandezas cinemáticas do ELO BC, já conhecidas:
a⃗B=αAB⋅AB⋅cosθ AB⋅j^−αAB⋅AB⋅sen θAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅ j^ ; α⃗BC=αBC⋅k^ ;
ω⃗BC=ωBC⋅k^ .
a⃗CM
BC= a⃗B+α⃗BC∧(CMBC−B)+ω⃗BC∧[ω⃗BC∧(CM BC−B)]
a⃗CM
BC=αAB⋅AB⋅cos θAB⋅j^−αAB⋅AB⋅senθAB⋅^i−ω AB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅^j+
+αBC⋅k^∧((CM BC−B)x⋅^i+(CM BC−B)y⋅^j)+ωBC⋅k^∧[ωBC⋅k^∧((CM BC−B)x⋅^i+(CM BC−B)y⋅^j)]
a⃗CM
BC=α AB⋅AB⋅cosθAB⋅^j−α AB⋅AB⋅senθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB⋅^i−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB⋅j^+
+αBC⋅(CM BC−B)x⋅^j−αBC⋅(CM BC−B)y⋅^i−ωBC
2 ⋅(CM BC−B)x⋅^i−ωBC
2 ⋅(CM BC−B)y⋅j^
a⃗CM
BC=−(αAB⋅AB⋅senθAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅(CM BC−B)y+ωBC
2 ⋅(CMBC−B)x)⋅^i+
+(α AB⋅AB⋅cosθAB−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB−ωBC
2 ⋅(CM BC−B)y+αBC⋅(CM BC−B)x)⋅^j
Determinando a aceleração do Centro de Massa da barra CD.
Recuperando as grandezas cinemáticas do ELO CD, já conhecidas:
a⃗D=zero ; ω⃗CD=ωCD⋅k^ ; α⃗CD=αCD⋅k^ .
a⃗CM
CD= a⃗D+α⃗ AB∧(CM CD−D)+ω⃗CD∧[ω⃗CD∧(CMCD−D)]
a⃗CM
CD=αCD⋅k^∧((CMCD−D)x⋅^i+(CM CD−D)y⋅j^)+ωCD⋅k^∧[ωCD⋅k^∧((CM CD−D)x⋅^i+(CMCD−D)y⋅j^)]
a⃗CM
CD=αCD⋅(CM CD−D)x⋅j^−αCD⋅(CM CD−D)y⋅^i−ωCD
2 ⋅(CM CD−D)x⋅^i−ωCD
2 ⋅(CM CD−D) y⋅^j
a⃗CM
CD=−(αCD⋅(CM CD−D)y+ωCD
2 ⋅(CM CD−D)x)⋅i^+(αCD⋅(CMCD−D)x−ωCD
2 ⋅(CM CD−D)y)⋅^j
Nota: essas acelerações ficarão em função das posições angulares de cada barra, o que as torna 
genéricas, permitindo que se tabele os resultados, desde que, se apresente cada componente i^ , j^ , 
em separado.
Exemplo 01
A figura ilustra um sistema de quatro barras onde são conhecidas
as dimensões de cada elo, ou seja, AB = 0,8 m, BC = 0,5 m, CD =
0,9 m e AD = 0,6 m. A posição angular da barra AB é θAB=70 º
. Pedem-se:
a) o tipo de classificação Grashof;
b) a correspondente posição angular da barra BC;
c) a correspondente posição angular da barra CD.
Solução:
O menor elo possui comprimento BC = 0,5 m, o maior elo tem comprimento CD = 0,9 m. Pelo 
critério de Grashof tem-se 0,5+0,9=0,8+0,6 , isso garante que: os elos de eixo fixo, no caso AB 
e CD, conseguem completar rotação completa. (a)
Recuperando as expressões cinemáticas:
θAB=70 º=1,222rad
L1
2=AB2+AD2−2⋅cos θAB⋅AB⋅AD
L1=√(0,82+0,62−2⋅cos 1,222⋅0,8⋅0,6)=0,820m
ϕ=arccos(
BC2+CD2−L1
2
2⋅BC⋅CD
)
ϕ=arccos( 0,5
2+0,92−0,822
2⋅0,5⋅0,9
)=1,126 rad
Δ=2⋅π−θAB−ϕ Δ=2⋅π−1,222−1,126=3,937 rad
Ψ= AD
2+CD2−AB2−BC 2
2
Ψ=0,6
2+0,92−0,82−0,52
2
=0,14
Λ=AD⋅CD−AB⋅BC⋅cosΔ Λ=0,6⋅0,9−0,8⋅0,5⋅cos3,937=0,820
Φ=AB⋅BC⋅senΔ Φ=0,8⋅0,5⋅sen3,937=−0,286
λ=arctang (ΦΛ ) λ=arctang (
−0,285
0,82
)=−0,335 rad
A=√Λ2+Φ2 A=√0,822+(−0,285)2=0,868
X=arccos Ψ
A
X=arccos 0,14
0,868
=1,409 rad
β=X−λ β=1,409−(−0,335)=1,744 rad
θCD=π−β θCD=1,398rad=80,08 º (c)
δ=Δ−β δ=3,937−1,744=2,193 rad
A θAB
θCD
θBC
B
C
D
y
x
A θAB
θCD
θAB
θCD
θBC
θBC
φ
L1
B
C
D
y
x
β
δ
θBC=θAB+δ−π θBC=1,222+2,193−π=0,273 rad=15,67 º (b)
Verificação gráfica: com as barras em escala obtêm-se os ângulos
inscritos na figura.
A
70º
θCD = 80º
θBC =16º
CB C
D
Exemplo 02
Na figura ilustrada, são conhecidas as dimensões: AB = 0,8 m, BC =
0,5 m, CD = 0,9 m e AD = 0,6 m. As posições angulares dos elos são:
θAB=90 º , θBC=10,77 º e θCD=96,94 º . O elo AB desloca-se
com velocidade angular constante ωAB=7,5 rad /s . determinar:
a) a velocidade angular do elo BC;
b) a velocidade angular do elo CD;
c) a aceleração angular do elo BC;
d) a aceleração angular do elo CD.
Solução:
Recuperando as expressões que determinam as velocidades angulares dos elos BC e CD:
ωBC=ωAB⋅
AB
BC
⋅
sen(θCD−θAB)
sen(θBC−θCD)
ωBC=7,5⋅
0,8
0,5
⋅
sen(96,94 º+90 º)
sen(10,77 º+96,94 º)
ωBC=−1,45 rad / s (a)
ωCD=ωAB⋅
AB
CD
⋅
sen (θBC−θAB)
sen(θBC−θCD)
ωCD=7,5⋅
0,8
0,9
⋅
sen(10,77 º−90º )
sen (10,77 º−96,94 º)
ωCD=6,56 rad / s (b)
Recuperando as expressões que determinam as acelerações angulares dos elos BC e CD:
αBC=
(−ωBC
2 ⋅BC⋅κ+ωCD
2 ⋅CD⋅Φ−ωAB
2 ⋅AB⋅Γ−α AB⋅AB⋅Λ)
BC⋅ψ
Com: ψ=(senθBC−cosθBC⋅tanθCD) ψ=(sen10,77 º−cos10,77 º⋅tan 96,94 º)=8,26
κ=(cos θBC+senθBC⋅tanθCD) κ=(cos 10,77 º+sen10,77 º⋅tan 96,94 º )=−0,55
Φ=(cos θCD+senθCD⋅tanθCD) Φ=(cos 96,94 º+sen96,94 º⋅tan 96,94 º )=−8,28
Γ=(cos θAB+senθAB⋅tanθCD) Γ=(cos 90 º+sen 90º⋅tan 96,94 º )=−8,22
Λ=(sen θAB−cos θAB⋅tanθCD) Λ=(sen 90 º−cos 90º⋅tan 96,94 º )=1,00
A
90º
θCD = 96,94º
θBC =10,77º
B C
D
αBC=
(−(−1,45)2⋅0,5⋅(−0,55)+6,562⋅0,9⋅(−8,28)−7,52⋅0,8⋅(−8,22)−zero⋅AB⋅Λ)
0,5⋅8,26
αBC=12,05 rad /s
2 (c)
αCD=
(αAB⋅AB⋅sen θAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅BC⋅senθBC+ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC−ωCD
2 ⋅CD⋅cosθCD)
(CD⋅senθCD)
αCD=
(zero+zero+12,05⋅0,5⋅sen10,77º+(−1,45)2⋅0,5⋅cos10,77 º−6,562⋅0,9⋅cos96,94 º )
(0,9⋅sen96,94 º )
αCD=6,40 rad /s
2 (d)
Exemplo 03
No sistema ilustrado são conhecidas as dimensões dos elos: AB = 0,10m; BC = 0,30m; CD = 
0,30m; AD = 0,40m. As outras dimensões indicadas também são conhecidas: a = 0,02 m, b = 0,03 
m, c = 0,15 m, d = 0,03 m, e = 0,15 m e f = 0,04 m.
As posições angulares dos elos,
estão indicadas na figura. Na
posição ilustrada, o elo AB
encontra-se em movimento, com
velocidade angular
ωAB=3 rad / s e aceleração
angular αAB=10 rad /s
2 .
Pedem-se:
a) a velocidade angular do elo BC;
b) a velocidade angular do elo CD;
c) a aceleração angular do elo BC;
d) a aceleração angular do elo CD.
Recuperando as expressões...
ωBC=ωAB⋅
AB
BC
⋅
sen(θCD−θAB)
sen(θBC−θCD)
=> ωBC=0,21 rad /s (a)
ωCD=ωAB⋅
AB
CD
⋅
sen (θBC−θAB)
sen(θBC−θCD)
=> ωCD=0,91 rad /s (b)
ψ=(senθBC−cosθBC⋅tanθCD) => Ψ=1,26
κ=(cos θBC+senθBC⋅tanθCD) => Κ=0,44
Φ=(cos θCD+senθCD⋅tanθCD) => Φ=−1,33
Γ=(cos θAB+senθAB⋅tanθCD) => Γ=−1,30
Λ=(sen θAB−cos θAB⋅tanθCD) => Λ=−0,26
αBC=
(−ωBC
2 ⋅BC⋅κ+ωCD
2 ⋅CD⋅Φ−ωAB
2 ⋅AB⋅Γ−α AB⋅AB⋅Λ)
BC⋅ψ
=> αBC=0,91 rad /s
2 (c)
αCD=
(αAB⋅AB⋅sen θAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅BC⋅senθBC+ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC−ωCD
2 ⋅CD⋅cosθCD)
(CD⋅senθCD)
αCD=1,77 rad / s
2 (d)
B
C
DA
θBC = 29,52º
a
b
c
d
e
f
θCD =138,75ºθAB = 150,00º
CM
AB
CM
BC
CM
CD
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Quatro Barras - Cinemática
Exemplo 01
Exemplo 02
Exemplo 03
Exercício 1:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. A componente horizontal da aceleração do centro de massa do elo AB (pá), expressa em m/s2, é aproximadamente:
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A)
5,4
B)
4,9
C)
12,0
D)
3,9
E)
2,8
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. A componente vertical da aceleração do centro de massa do elo AB (pá), expressa em m/s2, é aproximadamente:
 
A)
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5,4
B)
4,9
C)
12,0
D)
3,9
E)
2,8
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
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0,45. Os centros de massa das barras (elos) BC e CD, encontram-se nos respectivos pontos médios. No instante ilustrado
a posição angular da barra (elo) AB é θ1 = 90º. A posição angular da barra (elo) BC indicada por θ2, expressa em graus, é
aproximadamente:
 
A)
15,4
B)
24,9
C)
12,0
D)
13,9
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E)
79,4
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. Os centros de massa das barras (elos) BC e CD, encontram-se nos respectivos pontos médios. No instante ilustrado
a posição angular da barra (elo) AB é θ1 = 90º. A posição angular da barra (elo) CD indicada por θ3, expressa em graus, é
aproximadamente:
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A)
15,4
B)
24,9
C)
12,0
D)
13,9
E)
79,4
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. Os centros de massa das barras (elos) BC e CD, encontram-se nos respectivos pontos médios. No instante ilustrado
a posição angular da barra (elo) AB é θ1 = 90º. O módulo da aceleração angular da barra (elo) BC, expressa em rad/s2, é
aproximadamente:
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A)
15,4
B)
9,1
C)
12,0
D)
1,3
E)
79,4
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTACORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
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No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. Os centros de massa das barras (elos) BC e CD, encontram-se nos respectivos pontos médios. No instante ilustrado
a posição angular da barra (elo) AB é θ1 = 90º. O módulo da aceleração angular da barra (elo) CD, expressa em rad/s2, é
aproximadamente:
 
A)
15,4
B)
9,1
C)
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12,0
D)
1,3
E)
79,4
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. Os centros de massa das barras (elos) BC e CD, encontram-se nos respectivos pontos médios. No instante ilustrado
a posição angular da barra (elo) AB é θ1 = 90º. A aceleração do centro de massa da barra (elo) BC, expressa em m/s2, é
aproximadamente:
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A)
B)
C)
D)
E)
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. Os centros de massa das barras (elos) BC e CD, encontram-se nos respectivos pontos médios. No instante ilustrado
a posição angular da barra (elo) AB é θ1 = 90º. A aceleração do centro de massa da barra (elo) CD, expressa em m/s2, é
aproximadamente:
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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A)
B)
C)
D)
E)
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O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Resumo Posições:
Dados: AB, BC, CD, AD e θAB
L1
2=AB2+AD2−2⋅cos θAB⋅AB⋅AD
ϕ=arccos(
BC2+CD2−L1
2
2⋅BC⋅CD
)
Δ=2⋅π−θAB−ϕ
Ψ= AD
2+CD2−AB2−BC 2
2
Λ=AD⋅CD−AB⋅BC⋅cosΔ
Φ=AB⋅BC⋅senΔ
λ=arctang (ΦΛ )
A=√Λ2+Φ2
X=arccos Ψ
A
β=X−λ => θCD=π−β
δ=Δ−β => θBC=θAB+δ−π
A
θAB
θCD
θAB
θCD
θBC
θBC
φ
L1
B
C
D
y
x
β
δ
Resumo velocidades e acelerações angulares:
Dados: AB, BC, CD; AD; θAB , θBC θCD ; ωAB=θ˙AB e αAB=ω˙AB .
As grandezas velocidades e acelerações angulares, são obtidos por:
Velocidade angular do ELO BC:
ωBC=ωAB⋅
AB
BC
⋅
sen(θCD−θAB)
sen(θBC−θCD)
Velocidade angular do ELO CD:
ωCD=ωAB⋅
AB
CD
⋅
sen (θBC−θAB)
sen(θBC−θCD)
Aceleração angular do ELO BC:
αBC=
(−ωBC
2 ⋅BC⋅κ+ωCD
2 ⋅CD⋅Φ−ωAB
2 ⋅AB⋅Γ−α AB⋅AB⋅Λ)
BC⋅ψ
Com:
ψ=(senθBC−cosθBC⋅tanθCD)
κ=(cos θBC+senθBC⋅tanθCD)
Φ=(cos θCD+senθCD⋅tanθCD)
Γ=(cos θAB+senθAB⋅tanθCD)
Λ=(sen θAB−cos θAB⋅tanθCD)
Aceleração angular do ELO CD:
αCD=
(αAB⋅AB⋅sen θAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅BC⋅senθBC+ωBC
2 ⋅BC⋅cosθBC−ωCD
2 ⋅CD⋅cosθCD)
(CD⋅senθCD)
A θAB
θCD
θBC
B
C
D
y
x
Resumo acelerações dos Centros de Massa:
a⃗CM
AB=−(αAB⋅(CM AB−A)Y+ωAB
2 ⋅(CM AB−A )x)⋅^i+(αAB⋅(CM AB−A)x−ωAB
2 ⋅(CM AB−A )y)⋅^j
a⃗CM
BC=−(αAB⋅AB⋅senθAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅(CM BC−B)y+ωBC
2 ⋅(CMBC−B)x)⋅^i+
+(α AB⋅AB⋅cosθAB−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB−ωBC
2 ⋅(CM BC−B)y+αBC⋅(CM BC−B)x)⋅^j
 a⃗CM
CD=−(αCD⋅(CM CD−D)y+ωCD
2 ⋅(CM CD−D)x)⋅i^+(αCD⋅(CMCD−D)x−ωCD
2 ⋅(CM CD−D)y)⋅^j
Nota: essas acelerações ficarão em função das posições angulares de cada barra, o que as torna 
genéricas, permitindo que se tabele os resultados, desde que, se apresente cada componente i^ , j^ , 
em separado.
A
θAB
θCD
θBC
B
C
D
y
x
a
b
c
d
e
f
Exemplo 04
No sistema ilustrado são conhecidas as dimensões dos elos: AB = 0,10m; BC = 0,30m; CD = 
0,30m; AD = 0,40m. As outras dimensões indicadas também são conhecidas: a = 0,02 m, b = 0,03 
m, c = 0,15 m, d = 0,03 m, e = 0,15 m e f = 0,04 m.
As posições angulares dos elos,
estão indicadas na figura. Na
posição ilustrada, o elo AB
encontra-se em movimento, com
velocidade angular
ωAB=3 rad / s e aceleração
angular αAB=10 rad /s
2 . O
elo Bc apresenta velocidade
angular ωBC=0,21 rad /s e aceleração angular αBC=0,91 rad /s
2 . O elo CD apresenta 
velocidade angular ωCD=0,91 rad /s e aceleração angular αCD=1,77 rad / s
2 .
Pedem-se:
a) a aceleração do centro de massa do elo AB;
b) a aceleração do centro de massa do elo BC;
c) a aceleração do centro de massa do elo CD.
Recuperando as expressões ….
(CM AB−A )x=√a2+b2⋅cos(θAB+arctan ( ba ))=−0,03
(CM AB−A )y=√a2+b2⋅sen(θAB+arctan ( ba ))=−0,02
B
C
DA
θBC = 29,52º
a
b
c
d
e
f
θCD =138,75ºθAB = 150,00º
CM
AB
CM
BC
CM
CD
B
C
DA
θBC = 29,52º
a
b
c
d
e
f
θCD =138,75ºθAB = 150,00º
CM
AB
CM
BC
CM
CD
(CM BC−B)x=√c2+d2⋅cos(θBC+arctan ( dc ))=0,12
(CM BC−B) y=√c2+d2⋅sen(θBC+arctan ( dc ))=0,10
(CMCD−D)x=√(CD−e )2+ f 2⋅cos (θBC−arctan ( fCD−e ))=−0,09
(CMCD−D)y=√(CD−e)2+ f 2⋅sen (θBC−arctan ( fCD−e ))=0,13
a⃗CM
AB=−(αAB⋅(CM AB−A)Y+ωAB
2 ⋅(CM AB−A )x)⋅^i+(αAB⋅(CM AB−A)x−ωAB
2 ⋅(CM AB−A )y)⋅^j
a⃗CM
AB=0,45⋅^i−0,18⋅^j m /s2 (a)
a⃗CM
BC=−(αAB⋅AB⋅senθAB+ωAB
2 ⋅AB⋅cosθAB+αBC⋅(CM BC−B)y+ωBC
2 ⋅(CMBC−B)x)⋅^i+
+(α AB⋅AB⋅cosθAB−ωAB
2 ⋅AB⋅senθAB−ωBC
2 ⋅(CM BC−B)y+αBC⋅(CM BC−B)x)⋅^j
a⃗CM
BC=−0,02⋅^i−0,98⋅j^ m /s2 (b)
a⃗CM
CD=−(αCD⋅(CM CD−D)y+ωCD
2 ⋅(CM CD−D)x)⋅i^+(αCD⋅(CMCD−D)x−ωCD
2 ⋅(CM CD−D)y)⋅^j
a⃗CM
CD=−0,16⋅^i−0,26⋅^j m /s2 (c)
Exemplo 03:
O arranjo ilustra um transportador de barris, sendo que o
acionamento é feito através de cilindro pneumático aplicado na
articulação“E”. O barril apresenta peso PB=1800N e não
escorrega em relação à plataforma de sustentação. Sabendo-se
que: a barra AB tem posição angular θ=60º , velocidade
angular ωAB=7 rad /s , e aceleração angular αAB=3 rad /s ,
ambas no sentido anti-horário. Pedem-se:
a) a aceleração do ponto B;
b) a aceleração angular do barril;
c) a aceleração do centro de massa do barril.
Solução:
Considere que:
v⃗P=v⃗Q+ω⃗∧(P−Q) ; a⃗P=a⃗Q+α⃗∧(P−Q)+ω⃗∧[ω⃗∧(P−Q)] ; 
No movimento de translação, todos os pontos do sólido apresentam velocidades iguais e aceleração 
iguais.
a⃗B= a⃗A+α⃗AB∧(B−A)+ω⃗AB∧[ω⃗AB∧(B−A)]
a⃗B=αAB⋅k^∧(0,7⋅i^+1,2⋅j^ )+ωAB⋅k^∧[ωAB⋅k^∧(0,7⋅i^+1,2⋅ j^)]
a⃗B=αAB⋅0,7⋅j^−αAB⋅1,2⋅i^−ω AB
2 ⋅0,7⋅i^−ωAB
2 ⋅1,2⋅j^
a⃗B=−(αAB⋅1,2+ω AB
2 ⋅0,7)⋅^i+(α AB⋅0,7−ωAB
2 ⋅1,2)⋅j^ => a⃗B=−37,90⋅^i−56,70⋅j^ (a)
Como as barras AB e CD possuem o mesmos comprimento (1,39 m) e são paralelas, a distância do 
ponto C e do ponto B ao eixo x é sempre a mesma, ou seja, a plataforma é sempre terá jazitura 
horizontal e portanto NÃO GIRA. Desta forma, a plataforma apresenta-se em movimento de 
translação, ou seja, possui velocidade angular nula e aceleração angular nula: ω⃗barril=zero ,
α⃗barril=zero . (b)
a⃗CMbarril=a⃗B+α⃗barril∧(CM barril−B)+ω⃗barril∧[ω⃗barril∧(CMbarril−B)] => a⃗CMbarril=a⃗B (c)
0,80
B
A
C
D 60º 60º
1,20
0,50
1,
39
1,
39
E
0,60
0,70
x
y
Exemplo 02:
O sistema composto pelas barras AB, BC e CD, de pesos desprezíveis, ligadas entre si pelas 
articulações em B, em C, e vinculadas através das articulações em A e D. A barra AB tem eixo de 
rotação fixo em A, através do qual é aplicado momento motor anti-horário (torque) constante, de 
intensidade M. Um dispositivo é acionado através de articulação que passa pelo centro de massa da 
barra BC, e este reage no centro de massa de BC com força F = 15 i – 12 j (N). Note-se que vetores
estão expressos em negrito. A barra AB possui massa mAB = 2,1 kg, comprimento AB = 0,20 m, 
momento de inércia IABCM = 0,04 kg.m2, e centro de
massa coincidente com seu centro geométrico. No
instante ilustrado apresenta velocidade angular
constante ωAB = 5 rad/s e aceleração de seu centro de
massa aCMAB = 1,25 i – 2,17 j m/s2 . A barra BC possui
massa mBC = 5,2 kg, comprimento BC = 0,50 m,
momento de inércia ICMBC = 0,65 kg.m2, centro de
massa coincidente com seu centro geométrico. No
instante ilustrado apresenta aceleração angular αBC =
6,96 k rad/s2 e aceleração de seu centro de massa 
aCMBC= 1,10 i -3,30 j m/s2. A barra CD possui massa
mCD = 6,3 kg, comprimento CD = 0,60 m, momento de
inércia ICMCD = 1,13 kg.m2 e centro de massa coincidente com seu centro geométrico. No instante 
ilustrado apresenta aceleração angular αCD = 1,69 k rad/s2, e aceleração do centro de seu centro de
massa aCMCD = -0,15 i + 0,81 j m/s2. Desconsiderando o peso próprio das barras, pedem-se:
a) o diagrama de corpo livre (desenhar as forças
aplicadas);
b) as equações que permitem o cálculo dos esforços
nas articulações A, B, C e D, assim como a
determinação do momento motor M.
ELO AB:
TCM:
(x) R x
A+R x
B=mAB⋅aCMx
AB
R x
A+Rx
B=2,63 eq.01
(y) R y
A+R y
B=mAB⋅aCMy
AB
R y
A+R y
B=−4,56 eq.02
TMA: polo: CM AB
120º 108,5º
A
B
C
D
CMBC
CMCD
x
y
CMAB
51,9º
120º 108,5º
A
B
C
D
CMBC
CMCD
CMAB
51,9º
C
B
Rx
B
Ry
A
Rx
A
Ry
B
Rx
B
Ry
B
Rx
C
Rx
C
Ry
C
Ry
C
Ry
D
Rx
D
12
15
M
M+R x
A⋅0,1⋅sen60 º+R y
A⋅0,1⋅cos60 º+
−Rx
B⋅0,1⋅sen60 º−R y
B⋅0,1⋅cos 60º=
=I cm
AB⋅αAB=zero
M+Rx
A⋅0,087+Ry
A⋅0,050−Rx
B⋅0,087−Ry
B⋅0,050=0 eq.03
ELO BC:
TCM:
(x) −R x
B+15+R x
C=mBC⋅aCMx
BC => −R x
B+Rx
C=−9,28 eq.04
(y) −R y
B−12+R y
C=mBC⋅aCMy
BC => −R y
B+Ry
C=−5,16 eq.05
TMA: polo: CM BC
−R x
B⋅0,25⋅sen51,9 º+Ry
B⋅0,25⋅cos 51,9º−Rx
C⋅0,25⋅sen51,9 º+R y
C⋅0,25⋅cos51,9 º=I cm
BC⋅αBC
−R x
B⋅0,197+R y
B⋅0,154−Rx
C⋅0,197+R y
C⋅0,154=4,52 eq.06
ELO CD:
TCM:
(x) R x
D−R x
C=mCD⋅aCMx
CD => Rx
D−R x
C=−0,95 eq.07
(y) R y
D−R y
C=mCD⋅aCMy
CD => R y
D−R y
C=5,10 eq.08
TMA: polo: CM BC
R x
D⋅0,3⋅sen71,5 º+Ry
D⋅0,3⋅cos71,5º+Rx
C⋅0,3⋅sen71,5 º+R y
C⋅0,3⋅cos 71,5º=I cm
CD⋅αCXD
R x
D⋅0,284+R y
D⋅0,095+Rx
C⋅0,284+Ry
C⋅0,095=1,91 eq.09
Reescrevendo as equações no formato:
a⋅R x
A+b⋅R y
A+c⋅R x
B+d⋅Ry
B+e⋅R X
C+ f⋅R y
C+g⋅R x
D+h⋅Ry
D+i⋅M=cte
Recuperando a equação eq.01 R x
A+R x
B=2,63 , tem-se:
1⋅R x
A+0⋅R y
A+1⋅Rx
B+0⋅R y
B+0⋅RX
C+0⋅R y
C+0⋅Rx
D+0⋅Ry
D+0⋅M=2,63
Recuperando a equação eq.02 R y
A+R y
B=−4,56 , tem-se:
0⋅Rx
A+1⋅Ry
A+0⋅Rx
B+1⋅R y
B+0⋅RX
C+0⋅R y
C+0⋅Rx
D+0⋅R y
D+0⋅M=−4,56
Recuperando a equação eq.03 M+RxA⋅0,087+R yA⋅0,050−RxB⋅0,087−RyB⋅0,050=0 , tem-se:
0,087⋅Rx
A+0,050⋅R y
A−0,087⋅R x
B−0,050⋅R y
B+0⋅RX
C+0⋅R y
C+0⋅Rx
D+0⋅R y
D+1⋅M=0
Recuperando a equação eq.04 −Rx
B+Rx
C=−9,28 , tem-se:
0⋅R x
A+0⋅R y
A−1⋅Rx
B+0⋅R y
B+1⋅RX
C+0⋅R y
C+0⋅Rx
D+0⋅R y
D+0⋅M=−9,28
Recuperando a equação eq.05 −R y
B+Ry
C=−5,16 , tem-se:
0⋅R x
A+0⋅R y
A+0⋅R x
B−1⋅R y
B+0⋅RX
C+1⋅R y
C+0⋅Rx
D+0⋅R y
D+0⋅M=−5,16
Recuperando a equação eq.06 −Rx
B⋅0,197+Ry
B⋅0,154−Rx
C⋅0,197+R y
C⋅0,154=4,52 , tem-se:
0⋅R x
A+0⋅R y
A−0,197⋅R x
B+0,154⋅R y
B−0,197⋅RX
C+0,154⋅R y
C+0⋅Rx
D+0⋅R y
D+0⋅M=4,52
Recuperando a equação eq.07 R x
D−R x
C=−0,95 , tem-se:
0⋅R x
A+0⋅R y
A+0⋅R x
B+0⋅R y
B−1⋅RX
C+0⋅R y
C+1⋅Rx
D+0⋅R y
D+0⋅M=−0,95
Recuperando a equação eq.08 R y
D−R y
C=5,10 , tem-se:
0⋅Rx
A+0⋅R y
A+0⋅Rx
B+0⋅R y
B+0⋅RX
C−1⋅R y
C+0⋅Rx
D+1⋅R y
D+0⋅M=5,10
Recuperando a equação eq.09 R x
D⋅0,284+R y
D⋅0,095+R x
C⋅0,284+Ry
C⋅0,095=1,91 , tem-se:
0⋅R x
A+0⋅R y
A+0⋅R x
B+0⋅R y
B+0,284⋅RX
C+0,095⋅Ry
C+0,284⋅Rx
D+0,095⋅R y
D+0⋅M=1,91
Na forma matricial:
[
1 0 1 0 0 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0 0
0,087 0,050 −0,087 −0,050 0 0 0 0 1
0 0 −1 0 1 0 0 0 0
0 0 0 −1 0 1 0 0 0
0 0 −0,197 0,154 −0,197 0,154 0 0 0
0 0 0 0 −1 0 1 0 0
0 0 0 0 0 −1 0 1 0
0 0 0 0 0,284 0,095 0,284 0,095 0
]∗[
Rx
A
R y
A
R x
B
R y
B
R x
C
R y
C
Rx
D
R y
D
M
]=[ 2,63−4,560−9,28−5,164,520,955,10
1,91
]
Com a ajuda de uma HP50, tem-se:
[
R x
A
R y
A
R x
B
R y
B
R x
C
R y
C
Rx
D
R y
D
M
]=[−4,52−25,027,1520,46−2,1315,30−3,0820,40
3,29
]
Exemplo01:
Na figura ilustrada, o elo AB, tem comprimento AB=0,8m , massa mAB=1,6kg , centro de 
massa localizado em seu ponto médio, que desloca-se com aceleração a⃗CM
AB=−22,50⋅^jm / s2 . 
Apresenta velocidade angular constante ωAB=7,5 rad / s no sentido anti-horário, mantida através 
de motor elétrico, que aplica momento (torque) no eixo que passa pela articulação A. 
O elo BC tem comprimento BC=0,5m , massa mBC=1,0 kg , centro de massa em seu ponto 
médio, que desloca-se com aceleração a⃗CM
BC =−1,08⋅^i−42,16⋅^jm /s2 . Apresenta aceleração 
angular αBC=12,05 rad /s
2 no sentido anti-horário.
O elo CD tem comprimento CD=0,9m , massa mCD=1,8kg , centro de massa em seu ponto 
médio, que desloca-se com aceleração a⃗CM
CD=−1,08⋅^i−19,66⋅j^ m /s2 . Apresenta aceleração 
angular αCD=6,40 rad /s
2 no sentido anti-horário.
Esse sistema, interage com outro sistema através do ponto médio da barra CD, e desta forma, esse 
outro sistema, aplica esforço no mesmo, definido por F⃗E=30⋅^i−25⋅^j . O momento de inércia 
baricêntrico de uma barra de comprimento “L”, massa “m” é dado por:
ICM=
m⋅L
12
. 
Desconsiderando as forças pesos, pedem-se:
a) o esforço aplicado na articulação “A”;
b) o esforço aplicado na articulação “B”;
c) o esforço aplicado na articulação “C”;
d) o esforço apicadona articulação “D”.
Solução:
O início da solução é sempre o mesmo: construir o
diagrama de “corpo livre”, onde se consideram
todas as forças aplicadas em cada sólido
separadamente. A utilização do princípio da ação e
reação é imperativa.
O diagrama de “corpo livre”:
ELO AB:
TCM:
(x) Fx
A+F x
B=mAB⋅(aCM
AB )x => F x
A+Fx
B=0 eq.01
A
90º
θCD = 96,94º
θBC =10,77º
y
C
D
FE
B
x
A
90º θCD = 96,94º
θBC =10,77º
y
C
D
FE
B
x
B
C
FAx
FAy
FBy
FBx
FBx
FBy
FCy
FCx
FCx FCy
FDy
FDx
M
CMAB
CMBC
CMCD
(y) F y
B+F y
A=mAB⋅(aCM
AB )y
F y
B+F y
A=1,6⋅(−22,50)
F y
B+F y
A=−36,00 eq.02
TMA: polo: CMAB
M+F x
A⋅0,4 – F x
B⋅0,4=ICM
AB⋅αAB
M+F x
A⋅0,4 – F x
B⋅0,4=0 eq.03
Nota:
a) momento de uma força: M⃗ CMAB
F x
A
=(A−CM AB)∧Fx
A⋅^i =>
M⃗ CMAB
F x
A
=−0,4⋅^j∧F x
A⋅^i=0,4⋅Fx
A⋅k^ ;
b) momento ou binário: o binário não depende do ponto de aplicação e apresenta o 
mesmo valor em relação a qualquer polo escolhido, ou seja: polo A: M⃗=M⋅k^ ; polo 
CMAB: M⃗=M⋅k^ .
ELO BC:
TCM:
(x) F x
C−F x
B=mBC⋅(aCM
BC )x => F x
C−F x
B=1,0⋅(−1,08) => F x
C−F x
B=−1,08 eq.04
(y) −F y
B+F y
C=mBC⋅(aCM
BC ) y => −F y
B+F y
C=1,0⋅(−42,16) => −F y
B+F y
C=−42,16 eq.05
TMA: polo: CMBC
(B−CM BC)=−0,25⋅cos10,77 º⋅^i−0,25⋅sen10,77 º⋅^j => (B−CM BC)=−0,246⋅i^−0,047⋅j^
(B−CM BC)∧(−F x
B⋅^i−F y
B⋅^j)=(−0,246⋅^i−0,047⋅^j)∧(−Fx
B⋅i^−F y
B⋅^j)=0,246⋅F y
B⋅^k−0,047⋅Fx
B⋅k^
(C−CM BC)=0,25⋅cos10,77 º⋅^i+0,25⋅sen10,77 º⋅^j => (C−CM BC)=0,246⋅^i+0,047⋅^j
(C−CM BC)∧(Fx
C⋅^i+F y
C⋅^j)=(0,246⋅^i+0,047⋅j^)∧(F x
C⋅^i+F y
C⋅^j)=0,246⋅F y
C⋅k^−0,047⋅F x
C⋅^k
Somando os momentos dessas forças:
0,246⋅F y
B⋅k^−0,047⋅F x
B⋅k^+0,246⋅F y
C⋅k^−0,047⋅Fx
C⋅k^=ICM
BC⋅⃗α AB
Sendo: ICM BC
BC =m⋅L
2
12
=1,0⋅0,5
2
12
=0,021 kg⋅m2 e α⃗BC=12,05⋅k^ tem-se:
0,246⋅F y
B⋅k^−0,047⋅F x
B⋅k^+0,246⋅F y
C⋅k^−0,047⋅Fx
C⋅k^=0,021⋅12,05⋅k^
0,246⋅F y
B−0,047⋅F x
B+0,246⋅F y
C−0,047⋅Fx
C=0,253 eq.06
ELO CD:
TCM:
(x) −F x
C+Fx
D+30=mCD⋅(aCM
CD )x => −F x
C+Fx
D+30=1,8⋅(−1,08)
−F x
C+Fx
D=−30,944 eq.07
(y) −F y
C+F y
D−25=mCD⋅(aCM
CD )y => −F y
C+F y
D−25=1,8⋅(−19,66)
−F y
C+F y
D=−10,388 eq.08
TMA: polo: CMCD
(C−CMCD)=0,45⋅(cos 96,94 º⋅^i+sen96,94 º⋅^j) => (C−CMCD )=−0,054⋅^i+0,447⋅^j
(C−CMCD )∧(−F x
C⋅i^−F y
C⋅j^)=(−0,054⋅^i+0,447⋅j^)∧(−Fx
C⋅^i−F y
C⋅j^)=0,054⋅F y
C⋅k^+0,447⋅Fx
C⋅k^
(D−CM CD)=−0,45⋅(cos 96,94 º⋅^i+sen96,94 º⋅j^) => (D−CM CD)=+0,054⋅^i−0,447⋅j^
(D−CM CD)∧(F x
D⋅^i+F y
D⋅j^)=(0,054⋅^i−0,447⋅j^)∧(F x
D⋅^i+F y
D⋅^j)=0,054⋅F y
D⋅k^+0,447⋅Fx
D⋅k^
Nota: como a força F⃗E encontra-se aplicada no polo, seu momento é nulo.
Somando os momentos dessas forças:
0,054⋅F y
C⋅k^+0,447⋅F x
C⋅k^+0,054⋅F y
D⋅k^+0,447⋅F x
D⋅k^=I CM
CD⋅⃗αCD
Sendo: ICM CD
CD =m⋅L
2
12
=1,8⋅0,9
2
12
=0,122kg⋅m2 e α⃗CD=6,40⋅k^ tem-se:
0,054⋅F y
C⋅k^+0,447⋅F x
C⋅k^+0,054⋅F y
D⋅k^+0,447⋅F x
D⋅k^=0,122⋅6,40⋅k^
0,054⋅F y
C+0,447⋅Fx
C+0,054⋅F y
D+0,447⋅F x
D=0,778 eq.09
São nove equações e nove incógnitas, e dentre as possibilidades escolheu-se a solução numérica.
Reorganizando as equações no formato:
a⋅F x
A+b⋅F y
A+c⋅Fx
B+d⋅F y
B+e⋅F x
C+f⋅F y
C+g⋅F x
D+h⋅F y
D+ i⋅M=cte
A equação eq.01 F x
A+Fx
B=0 é escrita como:
1⋅F x
A+0⋅F y
A+1⋅F x
B+0⋅F y
B+0⋅Fx
C+0⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=0
A equação eq.02 F y
B+F y
A=−36,00 é escrita como:
0⋅F x
A+1⋅F y
A+0⋅F x
B+1⋅F y
B+0⋅Fx
C+0⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−36,00
A equação eq.03 M+F x
A⋅0,4 – F x
B⋅0,4=0 é escrita como:
0,4⋅F x
A+0⋅F y
A−0,4⋅Fx
B+0⋅F y
B+0⋅F x
C+0⋅F y
C+0⋅F x
D+0⋅F y
D+1⋅M=0
A equação eq.04 F x
C−Fx
B=−1,08 é escrita como:
0⋅F x
A+0⋅F y
A−1⋅F x
B+0⋅F y
B+1⋅Fx
C+0⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−1,08
A equação eq.05 −F y
B+F y
C=−42,16 é escrita como:
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B−1⋅F y
B+0⋅Fx
C+1⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−42,16
A equação eq.06 0,246⋅F y
B−0,047⋅F x
B+0,246⋅F y
C−0,047⋅Fx
C=0,253 é escrita como:
0⋅F x
A+0⋅F y
A−0,047⋅F x
B+0,246⋅F y
B−0,047⋅F x
C+0,246⋅F y
C+0⋅F x
D+0⋅F y
D+0⋅M=0,253
A equação eq.07 −F x
C+Fx
D=−30,944 é escrita como:
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B−1⋅Fx
C+0⋅F y
C+1⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−30,944
A equação eq.08 −F y
C+F y
D=−10,388 é escrita como:
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B+0⋅F x
C−1⋅F y
C+0⋅Fx
D+1⋅F y
D+0⋅M=−10,388
A equação eq.09 0,054⋅F y
C+0,447⋅Fx
C+0,054⋅F y
D+0,447⋅Fx
D=0,778 é escrita como:
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B+0,447⋅Fx
C+0,054⋅F y
C+0,447⋅Fx
D+0,054⋅F y
D+0⋅M=0,778
Reagrupando as equações...
1⋅F x
A+0⋅F y
A+1⋅F x
B+0⋅F y
B+0⋅Fx
C+0⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=0
0⋅F x
A+1⋅F y
A+0⋅F x
B+1⋅F y
B+0⋅Fx
C+0⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−36,00
0,4⋅F x
A+0⋅F y
A−0,4⋅Fx
B+0⋅F y
B+0⋅F x
C+0⋅F y
C+0⋅F x
D+0⋅F y
D+1⋅M=0
0⋅F x
A+0⋅F y
A−1⋅F x
B+0⋅F y
B+1⋅Fx
C+0⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−1,08
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B−1⋅F y
B+0⋅Fx
C+1⋅F y
C+0⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−42,16
0⋅F x
A+0⋅F y
A−0,047⋅F x
B+0,246⋅F y
B−0,047⋅F x
C+0,246⋅F y
C+0⋅F x
D+0⋅F y
D+0⋅M=0,253
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B−1⋅Fx
C+0⋅F y
C+1⋅Fx
D+0⋅F y
D+0⋅M=−30,944
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B+0⋅F x
C−1⋅F y
C+0⋅Fx
D+1⋅F y
D+0⋅M=−10,388
0⋅F x
A+0⋅F y
A+0⋅Fx
B+0⋅F y
B+0,447⋅Fx
C+0,054⋅F y
C+0,447⋅Fx
D+0,054⋅F y
D+0⋅M=0,778
Na forma matricial:
[
1 0 1 0 0 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0 0
0,4 0 −0,4 0 0 0 0 0 1
0 0 −1 0 1 0 0 0 0
0 0 0 −1 0 1 0 0 0
0 0 −0,047 0,246 −0,047 0,246 0 0 0
0 0 0 0 −1 0 1 0 0
0 0 0 0 0 −1 0 1 0
0 0 0 0 0,447 0,054 0,447 0,054 0
]∗[
F x
A
F y
A
Fx
B
F y
B
Fx
C
Fy
C
Fx
D
F y
D
M
]=[ 0−36,000−1,08−42,160,253−30,944−10,388
0,778
]
Agora a HP50 resolve, como indicado no APÊNDICE A.
[
F x
A
F y
A
F x
B
F y
B
F x
C
F y
C
F x
D
F y
D
M
]=[−20,08−61,3320,0825,3319,00−16,83−11,94−27,22
16,07
] Nota: um único sinal errado põe tudo a perder ...
Exemplo 04:
O arranjo ilustra um transportador de barris, composto por duas
barras. A barra CD é homogênea, com massa mCD=65kg ,
comprimento L=1,39m , momento de inércia
ICM
CD=10,47kg⋅m2 e barra AB de peso desprezível e mesmo
comprimento. O acionamento do transportador é feito através
de cilindro pneumático que aplica na articulação “E”, a força F
horizontal. O barril e plataforma, apresentam massa total
mB+P=110 kg , com centro de massa indicado na figura.
Não ocorre escorregamento entre o barril e a plataforma de
sustentação. 
Para a posição ilustrada, são conhecidas: aceleração do centro de massa do Barril mais Plataforma
a⃗CMB+P=3,24⋅^i+8,29⋅^j(m /s
2) ; aceleração angular do Barril mais Plataforma α⃗B+P=zero ; a 
velocidade angular do elo CD ω⃗CD=−2⋅k^ ; a aceleração do centro de massa do elo CD
a⃗CMCD=1,62⋅^i+4,15⋅j^(m / s
2) ; aceleração angular do elo CD α⃗CD=−5,0⋅k^ (rad / s
2) .
Pedem-se:
a) o diagrama de forças;
b) as equações que permitem determinar os esforços na barra AB;
c) as equações que permitem determinar os esforços na barra CD;
Considere que:
∑ ⃗forças=m ˙a⃗CM ; ∑ ⃗momentos=ICM⋅α⃗
Solução:
BARRIL + PLATAFORMA:
TCM:
(x) F x
B+F x
C=mB+P⋅ax
CMB+P => Fx
B+F x
C=110⋅3,24
F x
B+F x
C=356,40 [01]
(y) F y
B+F y
C−PB+P=mB+P⋅ay
CMB+P => F y
B+F y
C−1100=110⋅8,29
F y
B+F y
C=2.011,90 [02]
TMA: polo CMB+P
(F x
C⋅0,30+F x
B⋅0,30+F y
C⋅0,40−F y
b⋅0,40)⋅k^=ICM
B+P⋅α⃗B+P com ( α⃗B+P=0 )
F x
C⋅0,30+Fx
B⋅0,30+Fy
C⋅0,40−F y
B⋅0,40=0 [03]
0,80
B
A
C
D
120º
1,20
0,30
1,39
0,60
0,70
E1,39
0,39
120º
60º
F
C
B
0,30
0,40
PB+P
Fx
B
Fy
B
Fx
C
Fy
C
0,80
0,80
C
D
B
A
120º
1,20
0,30
1,39
0,40
0,70
E1,39
0,39
120º
60º
F
x
y
BARRA AB:
TCM:
(x) F x
A−F x
B=mAB⋅aCM
AB com ( mAB=0 )=> Fx
A−F x
B=0 [04]
(y) F y
A−F y
B−PAB=mAB⋅a y
CM AB => F y
A−F y
B=0 [05]
TMA: polo A (ponto fixo do sólido)
F x
B⋅1,20+F y
B⋅0,70=I AB⋅αAB => F x
B⋅1,20+F y
B⋅0,70=0 [06]
BARRA CD:
TCM:
(x) F x
D−F x
C+F=mCD⋅ax
CM CD => F x
D−Fx
C+F=65⋅1,62 => F x
D−F x
C+F=105,30 [07]
(y) F y
D−Fy
C−PCD=mCD⋅ay
CMCD => F y
D−Fy
C−650=65⋅4,15 => F y
D−Fy
C=919,75 [08]
TMA: polo CMCD 
F x
C⋅0,60+F y
C⋅0,35+F x
D⋅0,60+F y
D⋅0,35 F⋅( 1,39
2
−039)⋅cos (30 º)=ICD⋅αCD
Fx
C⋅0,60+F y
C⋅0,35+Fx
D⋅0,60+F y
D⋅0,35−F⋅0,264=10,47⋅(−5)
Fx
C⋅0,60+F y
C⋅0,35+Fx
D⋅0,60+F y
D⋅0,35−F⋅0,264=−52,35 [09]
Reescrevendo as equações de outra forma:
FAx FAy FBx FBy FCx FCy FDx FDy F ctes
0 0 1 0 1 0 0 0 0 356,40
0 0 0 1 0 1 0 0 0 2.011,90
0 0 0,30 -0,40 0,30 0,40 0 0 0 0
1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 -1 0 0 0 0 0 0
0 0 1,20 0,70 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 -1 0 1 0 1 105,30
0 0 0 0 0 -1 0 1 0 919,75
0 0 0 0 0,60 0,35 0,60 0,35 -0,264 -52,35
Com a ajuda de uma calculadora HP50, obtêm-se as respostas.
A
120º
1,20
1,39
0,70
Fx
B
Fy
B
Fx
A
Fy
A
0,70
D
E1,39
0,39
120º
60º
F
Fy
D
Fx
C
Fy
C
PAB
Fx
D
1,20
As respostas expressas em (N):
F x
A=−664,77 ; F y
A=1.139,60 Fx
B=−664,77 F y
B=1.139,60 F x
C=1.021,17
F y
C=872,30 ; F x
D=−1.504,84 ; F y
D=1.792,05 ; F=2.631,32
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Resumo: Quatro Barras - Cinemática
Cinemática:
Exemplo 01
Exemplo 02
Dinâmica:
Exemplo 01
Exemplo 02
Exemplo 03
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Exercício 1:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente horizontal, do esforço na articulação A, expressa em N, é aproximadamente:
 
A)
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2.664
B)
2.130
C)
9.923
D)
10.917
E)
5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(E)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
E) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 2:
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente vertical, do esforço na articulação A, expressa em N, é aproximadamente:
 
A)
2.664
B)
2.130
C)
9.923
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D)
10.917
E)
5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(D)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
D) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 3:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente horizontal, do esforço na articulação B, expressa em N, é aproximadamente:
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A)
2.664
B)
2.130
C)
9.923
D)
10.917
E)
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5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 4:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente vertical, do esforço na articulação B, expressa em N, é aproximadamente:
 
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A)
2.664
B)
2.130
C)
9.923
D)
10.917
E)
5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 5:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
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rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente horizontal, do esforço na articulação C, expressa em N, é aproximadamente:
 
A)
2.664
B)
2.130
C)
9.923
D)
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10.917
E)
5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(C)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
C) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 6:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente vertical, do esforço na articulação C, expressa em N, é aproximadamente:
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A)
2.664
B)
2.130
C)
9.923
D)
10.917
E)
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5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 7:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente horizontal, do esforço na articulação D, expressa em N, é aproximadamente:
 
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A)
2.664
B)
2.130
C)
9.923
D)
10.917
E)
5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(A)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
Exercício 8:
No arranjo ilustrado a barra ADF encontra-se estacionária, enquanto a pá carregadeira é acionada por cilindro hidráulico
aplicado no nó E. Nestas condições o elo AB (pá) gira em torno da articulação A, com velocidade angular ωAB = 0,35
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rad/s, e aceleração angular αAB = 12 rad/s2, ambas no sentido horário. A pá carregada, possui peso total P = 8,5 kN, e
momento de inércia baricêntrico ICM = 208,2 kg.m2. Neste estudo desconsideram-se os pesos dos elos BC e CD. As
dimensões conhecidas e, expressas em m, são: AB = 1,01; BC = 1,81; CD = 1,41; AD = 1,51; CE = 0,42; a = 0,40 e b =
0,45. O módulo da componente vertical, do esforço na articulação D, expressa em N, é aproximadamente:
 
A)
2.664
B)
7.940
C)
9.923
D)
11/09/2017 UNIP - Universidade Paulista : DisciplinaOnline - Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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13.831
E)
5.792
O aluno respondeu e acertou. Alternativa(B)
Comentários:
A) RESPOSTA CORRETA 
B) RESPOSTA CORRETA