Dinâmica do Corpo Rígido

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FÍSICA APLICADA – Dinâmica do Corpo Rígido 
 
1 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 
 
 
 
 
 
DINÂMICA 
DO 
CORPO 
RÍGIDO 
 FÍSICA APLICADA – Dinâmica do Corpo Rígido 
 
2 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 
1. Um frigorífico de massa m apoiado em cima dos rodízios A e B. Supõe que é 
empurrado com uma força horizontal F, conforme mostra a figura, e que os rodízios 
permanecem parados em cima da superfície plana. 
 Qual a força máxima a aplicar no frigorífico de modo a que este entre em movimento 
sem tombar. 
 
 
Resolução: 
1º Passo: Efectuar o diagrama de corpo livre (DCL) do objecto em estudo, sem 
apresentar as suas dimensões, e neste caso em particular também não se 
consideram os apoios como alvo de estudo. 
 
 
 
 
 
2º Passo: Definir as equações do movimento 
 

0
0 0
0 0 0
2 2
x
z
P
y
F m a
F m a
F Ay By m g
b bM CM c F m g Ay By


   
 
      
 
          








 
F max. 
Ay By 
P 
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3 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 

2
F
c
Ay By m a
b
    
2c
By Ay m a
b
    
Nota: O corpo ao acelerar resultante da aplicação da força, Ay e By irão diminuir e/ou 
aumentar, conforme o lado da aplicação da força, e quando Ay e By for igual a zero 
significa que o corpo deixa de ter apoio para suportar o peso do corpo resulta no seu 
desequilíbrio e consequente queda. 
Neste caso em particular a Fmax será efectuada quando Ay for igual a zero e By estiver a 
suportar todo o peso do corpo, logo: 
max 0F Ay By m g     , então substituindo na equação anterior fica 
m g Ay  max max
2
2
c b m g
F F
b c
 
    
 
 
2. As rodas dentadas A e B conseguem rodar livremente nos seus veios de suporte. Os 
seus momentos de inércia são IA = 0,002 kg.m2 e IB = 0,006 kg.m2. As rodas dentadas 
estão inicialmente estacionárias e no instante t = 0 s é aplicado um binário constante 
na roda dentada B de M = 2 N.m. 
 Quantas voltas rodará a roda dentada A no instante t = 4 s. 
 
 
Este exercício é um exercício de rotação em torno do centro de massa. 
Resolução: 
Nota: Em dinâmica do corpo rígido as peças são sempre estudadas uma de cada vez. 
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Dados: 
 
 
 
 
2
2
0,006
0,009
0,002
0,0 6
.
0 .
A
B
A
B
m
m
kg m
r
I g
I
m
r
k




 
 
0
0
4
?
A B
t
t
voltas
 


 

 
 
nº de voltas
2
2
t
   

 
Se a aceleração angular é constante então   


0
2 2
2 2
teC
t t 


    
DCL (Roda A) DCL (Roda B) 
 
 
 
 
 
 
 
0,06 0,002 A
A
F 


  
 
 
2 0,09 0,006 B
B
F 


  
  
 A A B Br r     
 
 
 
 
2
2
0,06 0,002 1,5 0,050,06 0,002
2 0,09 0,006 2 0,09 0,05 0,006
1,50,06 0,09 1,5
190,4 rad/s
285,6 rad/s
B BA
B B B
A BA B A B
B
A
F FF
F
 
  
    


     
 
        
       
 
 
 
 
Voltando a equação 
2
2
t
  , temos que para a roda A 
 
   
2285,6 4 2285
rad vol
2
363, as6
2
t  

  
         
 
Ay 
Ax 
PA 
F

 
F

 2 N.m 
By 
 
Bx 
PB 
 
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3. Uma grua move-se para a direita com aceleração constante, e os 800 kg da carga 
movem-se sem balançar. 
 Qual é a aceleração da grua e da carga? 
 Quais são as tensões dos cabos fixos em A e B? 
 
Resolução: 
DCL (carga) 
 
 
 
x x
y y
F m a
F m a
 
 




 
0
0zM CM







 
   
 
 
2
0,09 0,09 800 8889
0,99 0,99 8000 0 8081
0,99 1,5 0,09 1 0,09 1 0,99 1,5 0 1,5 0,09 0
8081
0,91 m/s8889
0,09 8081 485 N
1,5
A B x A B x
A B A B
B B A A B A B A
x
x
B A
B A
T T a T T a
T T T T
T T T T T T T T
a a
T T
T T
    

       
             

  
 
  
   
  



 
TA(sin85) TB(sin85) 
 
8000 N 
TA(cos85) 
 
TB(cos85) 
 xa

 
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Somando as duas equações: 
AT 8081B
B A
T
T T
 

   4283 N 3798 N
485
2 8566
B A
B
T T
T
   


 
A aceleração da grua é de 0,91 m/s movendo-se para a direita e as tensões nos cabos são de 
3798 N e de 4283 N em A e B respectivamente. 
 
 
4. A combinação de massa de um motociclo com o seu condutor é de 160 kg. A roda 
traseira exerce uma força horizontal de 400 N na estrada e podes ignorar a força 
horizontal exercida pela roda da frente na estrada. Considere o motociclo e as suas 
rodas como um corpo rígido. 
 Determine a aceleração do motociclo? 
 Determine as reacções normais exercidas na estrada pela roda traseira e pela roda da 
frente. 
 
Resolução: 
DCL 
 
 
 
 
RnA 
400 N 
1600 N 
RnB 
 
xa

 
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x x
y y
F m a
F m a
 
 




 
 
 
 
 
2
400 160
0 1600 0
0,84 0,66 0,66 400 0
0
400
2,5 m/s
160
1600 1072 N
0,84 0,66 1600 0,66 400 0 528 N
x
A B
B A
z
x x
A B A
B B B
a
Rn Rn
Rn Rn
M CM
a a
Rn Rn Rn
Rn Rn Rn

 
 
      
     

  
 
     
 
      



 
A aceleração do motociclo é 2,5 m/s2 e as reacções normais da roda traseira e da roda da 
frente são de 1072 N e 528 N respectivamente. 
 
 
5. As polias podem rodar livremente no seus veios de suporte. Os seus momentos de 
inércia são IA = 0,002 kg.m2, IB = 0,036 kg.m2 e IC = 0,032 kg.m2. Inicialmente estão em 
repouso e no instante t = 0 s é aplicado na polia A um binário constante de M = 2 N.m. 
 Qual é a aceleração angular da polia C e quantas voltas rodará ao instante t = 2 s. 
 
Resolução: 
Nota: Quando existem veios de suporte ou pinos, tem-se que se considerar como um apoio 
em que não tem liberdade de movimentos na horizontal nem na vertical. 
 DCL(A) DCL(B) DCL(C) 
 
 
 
 
 
Ay 
By Cy 
P1 
P2 
 
P3 
 
 
Cx Bx Ax 
T1 
T1 
 
T2 
 
T2 
 
2 N.m 
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1 12 0,1 0,002
A
T 


  
  
 
1 2 20,2 0,1 0,036
B
T T 



  
 
2 30,2 0,032T
C



  
 
 
Pela relação temos: 1 1 2 2 2 3 3 4er r r r         
   
 
1 31 1
3 3 31 2 2
2
2 3 2 3 3
1 2 1 3
2 3 2 3
20 0,082 0,1 0,002
0,2 20 0,08 0,1 0,16 0,0720,2 0,1 0,036
0,2 0,032 0,16 38,5 rad/s
0,1 0,2 4
0,1 0,2 2
TT
T T
T T

  
  
   
   
  
     
 
     
  
 
   
 
 
   
2 2
3 38,5 2
rad v
77
12,3
2
o
2
ltas
2
t
  


 
           
 
 
6. Para que valor de x é a aceleração angular da barra horizontal um máximo e qual é o 
máximo de aceleração angular? 
 
 
Em termos teóricos estamos perante um exercício de rotação de excêntricos e que em termos 
de equações no movimento no plano são as seguintes: 
 
 
 
O Teorema de Steiner: 
2
0I I m d   
 
 
 
 
0
0
eixo
x
y
z
F
F
M I 
 



 






eixo 
RG 
y 
I0 
x CM d 
I I0 
 
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Resolução: 
DCL 
2
0
2
2
1
12
12
I m l
m l
I m x
  

  
 
x m
x P I x m g I

 

  
        
g
m

2
12
l
m


2
22
12
x g
l
xx


 

 
 
máximo de (aceleraçã
2
2
2
o
2
)
2
2
12
0
12
l
g x xg x
gd d
dx dxl
x

 
 
  
   
 
 
 


2
2 2
12
l
x g  2 3
0
6
l
x x    
 
 
 
 
 
 
 
 
7. O disco cilíndrico de 100 kg está em repouso quando a força F é aplicada através de 
uma corda enrolada a volta do disco. Os coeficientes de atrito estáticos e cinéticos 
entre o disco e a superfície são de 0,2. 
 Determine a aceleração angular do disco se (a) F = 500 N e se (b) F = 1000 N. 
 
P 
Ay 
Ax 
 
x 3
6
l
 
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O tipo de movimento deste exercício é o movimento geral e não o de rotação 
Resolução: 
DCL 
 
 
 
 
 
100
0 1000 0
0,3
x x
a
y N
z
F m a F F a
F R
M CM I 
     

   

  






    
21
100 0,3
2 m
a
r
F F    
100
1000
15
a
N
a
F F a
R
F F 



 
 
  
    

 
Apesar de podermos atribuir um valor a força F, não conhecemos o tipo de força de atrito 
exercido sobre o disco, se é estático ou cinético. Assim, como temos 3 incógnitas, precisamos 
de mais uma equação. 
Observação: 
 Se Fa for estática, temos que: 0 ≤ Fa (estático) ≤ 0,2 x RN → O disco rola 
 Se Fa for cinética, temos que: Fa (cinética) = 0,2 x RN → O disco escorrega (derrapa) 
Sendo então a força de atrito desconhecida, assume-se que a força de atrito é estática para 
resolver o problema. 
Deste modo assumindo-se que a força de atrito é estática, então o disco está a rolar, assim: 
 

 2
Se F=500 N
50 100 25
100
1000
201000
50
15 1500
0,3
0,
m/
3
s
N
a
N
N
a
a a
F F a a F a
F F a
R
aR
F F a
F F F
a
a

 
     
  
     
     
      
  

 
Como a força de atrito estático é negativa, é uma condição falsa, então a força de atrito que 
está a actuar no disco é cinético, então temos: 
 

 
 

 
 
2 2
2 2
Se F=500 N Se F=1000 N
100 20
m/s m/s
rad/
0
3 81000 100
15 200 46,7 8s rad/s
N
0
15200
a
N
a
a
F F a F
a a aR
F F F
F
  
  
       
     
            
 
 
F 
Fa 
RN 
1000 N 
a

 
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8. A coroa dentada encontra-se fixa no plano horizontal. As rodas dentadas “planeta” e 
“hub” estão ligadas entre si. A massa e o momento de inércia destas duas rodas juntas 
são mHP = 130 kg e IHP = 130 kg.m2. O momento de inércia da roda dentada “solar” é 
IS = 60 kg.m2. A massa da viela é de 5 kg e pode ser considerada como uma barra 
homogénea. Se um binário de 1 kN.m é aplicado no sentido anti-horário na roda 
dentada “solar”, qual é o resultado da aceleração angular das rodas dentadas 
“planeta” e “hub” que estão ligadas entre si? 
 
Neste exercício teremos de estudar 3 peças, a roda dentada “planeta” que iremos designar por 
peça 1, a viela por peça 2 e a roda dentada “solar” por peça 3. 
O tipo de movimento de cada uma das peças é o seguinte: 
 Peça 1 terá um movimento do tipo movimento geral, pois o eixo e o centro de massa 
nunca estão no mesmo sítio em instantes diferentes 
 Peça 2 terá um movimento de rotação excêntrica com o eixo localizado num dos 
extremos da peça 
 Peça 3 terá um movimento de rotação normal com o eixo localizado no centro de 
massa 
A coroa dentada fixa não irá ser considerada alvo de estudo. 
Assim sendo, estudemos cada uma das peças, começando por efectuar os seus DCL. 
Resolução: 
DCL (1) DCL (2) DCL (3) 
 
 
 
 
 
F2 
Ax 
Ay 
F1 
Cx 
Cy 
Ay 
 
Ax 
 
1000 N.m 
Cx 
F1 
 
Cy 
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O momento de inércia da peça 2 será: 
   
   
2 2
0
2 2
0
2
2
1 1
5 0,58 0,14
12 12
0,58
0,14 5
.
0,56
2 2
.
CM
PEÇA
kgI m l
l
I I m
m
kg m
      
   
         
   
 
2 1
2 1 1
130
130
0,14 0,34 1 0
1
3
x
y
F F Ax a
Ay a
F F 
   

 

  
 
20,58 0,56
2
Ax 


  
  1 31000 0,2 6
3
4 0F 


  
   
Neste momento terminado o trabalho de dinâmica, começa o trabalho de cinemática, assim 
como temos 9 incógnitas, precisamos de mais 4 equações. 
Existem várias possibilidades de definir novas equações em cinemática, sejam elas por 
percursos ou pelos centros de massa, o importante é analisar bem o enunciado. 
No trabalho de cinemática, deste exercício podemos definir dois trajectos ou percursos: 
 O percurso 1, de DA e DO 
 O percurso 2, de DE e EO 
Iremos utilizar letras diferentes nos 
pontos a estudar com o objectivo 
de não entrar em conflito com as 
letras utilizadas no trabalho de 
dinâmica, com excepção do ponto A 
que manteremos a mesma letra. 
O ponto D é o centro instantâneo de rotação (CIR) de (1) e é um ponto não deslizante, o que 
nos irá permitir calcular acelerações tangentes, proporcionado assim, numa simplificação dos 
cálculos. O ponto E também é um ponto não deslizante, contudo só é necessário estudar um 
ponto com estas características. 
Dados: 
ˆ ˆ ˆ ˆ0,14 0,58 0,48 0,24
0 0
AD EA ED OE
D O
r j r j r j r j
a a
       
 
   
  
 
Calculemos as acelerações  a

: 
1
Percurs 1 o
AAD Ta a
 
 1 1
ˆ ˆ ˆ0 0,14 0 0,14
02
AOA T
k j i
a a
     
 
 
 2 2
ˆ ˆ ˆ
3 
0,58 0
 
0,58
0ED D
i
v v
k j 



   



 
 1 2
ˆ0,14 0,58 i  
 
D 
1 
2 
A 
O 
D 
E 
O 
1 
3 
Considerando que o mecanismo inicialmente 
se encontra em repouso, então as velocidades 
angulares serão nulas. 
 FÍSICA APLICADA – Dinâmica do Corpo Rígido 
 
13 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 
1
Percuso 2 
EED Ta a
 
 1 1
ˆ ˆ ˆ0 0,48 0 0,48
03
EOE T
k j i
a a
     
 
 
 3 3
3 
ˆ ˆ ˆ0,24 0 0,24
0ED D
k
v v
j i 





  
 

 
 1 3
ˆ0,48 0,24 i  
 
Determinadas as acelerações, elaboremos o sistema: 
 
 
1 2
1 3
ˆ 1 0 0,14 0,58
ˆ 0 0,48 0,242
i
i
 
 
 

 
 
Contudo, ainda são necessárias mais 2 equações, assim se analisarmos o centro de massa da 
peça 1 correspondente ao movimento geral, obtemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
ˆ ˆ
x T CM
x yCM
y n CM
a a
a a i a j
a a

   
 

 
Calculemos a aceleração tangencial do centro de massa  Ta

: 
 
 1 1 1
ˆˆ ˆ ˆ0 0,14 0 0,14 0,14
D CMT x xa a i k j i a         

 
Ou seja, neste momento apenas nos falta uma equação. 
Tendo em consideração a relação 
2
n
v
a
r
 , e como referido anteriormente em que o 
mecanismo está parado, então a aceleração normal é nula (an = 0), o que implica que ay = 0. 
Neste momento já temos o número de equações suficientes que nos permite elaborar um 
sistema de modo a determinar a aceleração angular do mecanismo. 
2 1
2 1 1
2
1 3
130
130
Dinâmica 0,14 0,34 130
0,58 0,56
1000 0,24 60
x
y
F F Ax a
Ay a
F F
Ax
F



  

 


  
 

  
 
1 2
1 3
1
0 0,14 0,58
0 0,48 0,24
Cinemática
0,14
0
x
y
a
a
 
 

 

 


 
 
xa 
ya 0
DTa 

 
 T CM
a

 
 n CM
a

 
 FÍSICA APLICADA – Dinâmica do Corpo Rígido 
 
14 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 
 
 
 
2 1 1
2 1
1
1
1
2 1 1
2
1 3
2 1
3 1
3
2
1
1 1
substituindo 1, 2 e 3 nesta equação obtemos 
2143 101
18,2
0
0,14 0,34 130
0,97
1000 0,24 6
20
0,23
500 40
0,242
16
14
0
7
0,x
y
F
F F Ax
Ay
F F
Ax
F
a
A
F
a
x
 









 
  
   



   


  

  

 

 











 
A aceleração angular das rodas dentadas “planeta” e “hub” é de 5,4 rad/s2 sentido horário. 
 
 
 
9. Cada uma das rodas da frente do Karting pesa 2 kg e tem um momento de inércia de 
0,02 kg.m2. As duas rodas traseiras e o seu eixo formam um único corpo rígido 
pesando 18 kg e tem um momento de inércia de 0,1 kg.m2. O peso total do Karting e 
do condutor é de 108 kg. (O centro de massa do Karting e do condutor não incluem as 
rodas da frente nem as rodas traseiras e o seu eixo conforme mostra a figura). Se o 
motor exerce um binário de 20 N.m no eixo traseiro, qual é a aceleração do Karting? 
 
 2
1 5,4 rad/s   
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15 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 
Resolução: 
O tipo de movimento de cada uma das peças é o seguinte: 
 Peça 1 (rodas da frente) tem um movimento do tipo movimento geral, pois existe 
rotação e translação em simultâneo nesse movimento. 
 Peça 2 (rodas traseiras e seu eixo) tem um movimento do tipo movimento geral, pois 
existe rotação e translação em simultâneo nesse movimento. 
 Peça 3 (corpo do Karting) tem um movimento de translação linear. 
Nota: Relativamente as rodas da frente serão estudadas como um único corpo rígido no seu 
DCL, mas para o DCL do corpo do Karting ter-se-á de considerar o estudo da existência 
de corpos rígidos referentes as duas rodas da frente. Por outro lado, as rodas traseiras 
e o seu eixo serão considerados como um único corpo rígido, logo será estudado 
apenas como uma peça. 
 
 DCL (2) DCL (1) 
 
 
 
 
 
 
DCL (3) 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
1
1 1
2
20 0
0,1 0,02
1
xAx Fa a
Ay Rn
Fa 
 

  
 
 
2
2
2 2
18
180 0
0,
2
15 20 0,1
xBx Fa a
By Rn
Fa 
 

  
  
 
By 
Bx Rn2 
 
180 N 
Fa2 
 
20 N.m 
Ay 
Ax 
Fa1 
20 N 
20 N.m 
 860 N 
Bx 
 
By 
 
2Ax 
 
2Ay 
 
Rn1 
?xa 

 
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16 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 
2 86
2 860 0
0,4 0,22
3
5 2,2 0,55 20 0
xAx Bx a
Ay By
By Bx Ay Ax
  

   
     
 
Tenho 11 incógnitas para 9 equações, o que quer dizer que preciso de mais duas equações. 
Analisando as rodas em relativamente ao centro de massa, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
1 ˆ
x CIRx CIR
a a i a 

  
 
1 1 1
0
ˆ ˆ ˆ0,1 0,1 0,1
ˆ2
x
x CIRx CIR
k j i a
a a i a
  

     
 

  2 2
0
2
ˆ ˆ ˆ0,15 0,15 0,15xk j i a  





     

 
 
Deste modo, podemos elaborar o nosso sistema de equações: 
 
 
 
 
1
1
5
1 1
2
2
2 2
1
3
2
4
6
sustituindo 4 e 6 ne
2
20 0
0,1 0,02
18
180 0
0,15 20 0,1
2 86
2 860 0
0,4 0,225 2,
sta equaçã
2 0,
4
2
133,3 4,5
5
4
5
o 
9
x
x
x
x
xx
x
Ax Fa a
Ay Rn
Fa
Bx Fa a
By Rn
Ax a
Fa a
Fa a
Bx a
Fa
Ax Bx a
Ay By
By Bx Ay


  
  
 
  
  
  
   
   
  

 
 
 
 
 
 
2
2
2
1
1 1
2
10
6
1,15
20 0
0,1
0,15 ,
m/s
7
x
x
x
x
x
a
a
a
Ax
a
a


 
 










 





 
   

   

 
A aceleração do Karting é de 1,15 m/s2. 
 
x ta a 
CIR CIR 
 
x ta a 
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17 Eduardo Manuel Silva Domingues – 21170432 – DEM – ISEC 
 
 
10. Conforme mostra a figura o sistema encontra-se em repouso nesse instante. A força 
exercida no pistão pela combustão de fuel/mistura de ar e fricção é de 5 kN e para a 
esquerda. Um binário M = 200 N.m no sentido horário actua na manivela AB. O 
momento de inércia da manivela sobre A é de 0,0003 kg.m2. A massa da viela BC é de 
0,36 kg e o seu centro de massa está a 40 mm de B sobre a linha BC. O momento de 
inércia da viela sobre o seu centro de massa é de 0,0004 kg.m2. A massa do pistão é de 
4,6 kg. 
 Qual é a aceleração do pistão neste instante? 
 (Ignore as forças gravitacionais da manivela e da viela)