Mecanica do Corpo Rigido

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Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
1
 
Introdução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
n̂n̂
V S 
n̂ 
n̂
x
y
x
z
ϕ
θ
r
P
O
ϕe
r
re
r 
θe
r
ρ z y 
x
θ
Sol z
y
x
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
1
 
 
 
1.1 - Definição de Mecânica 
 
Mecânica : estuda os estados de movimento 
ou de repouso dos corpos físicos. Se subdivide 
em: Estática e Dinâmica. 
 
 
 
Estática: estuda os estados de Inércia dos 
corpos. 
 
A Inércia de um corpo se caracteriza: 
(a) sob o ponto de vista da Translação, no seu 
estado de Repouso ( 0== tetanconsv
r
) ou de 
Movimento Retilíneo e Uniforme 
( 0≠= tetanconsv
r
), para qualquer Sistema de 
Referência Inercial (SRI) que é um Sistema de 
Referencial não acelerado )tetanconsv( SRI =
r
; 
(b) sob o ponto de vista da Rotação, no estado 
não Rotacional ( 0==ω tetancons
r
) ou de 
Movimento Rotacional Uniforme 
( 0≠=ω tetancons
r
). 
 
Princípio da Relatividade: 
“As leis da física são válidas para qualquer 
sistema de referência inercial, ou seja, não 
acelerado.” 
 
Lei da Inércia de Translação: 
“Um corpo tende a permanecer em repouso ou 
MRU (movimento retilíneo e uniforme) a não ser 
que uma força externa o tire deste estado 
fazendo-lhe produzir uma aceleração.” 
 
Lei da Inércia de Rotação: 
“Um corpo tende a permanecer sem rotaçao ou 
em um movimento spin (rotação em torno de sí 
mesmo) e uniforme (MSU) a não ser que um 
torque externo (força rotacional) o tire deste 
estado fazendo-lhe produzir uma aceleração 
angular.” 
 
 
Quando você está dentro de um carro parado 
você está em estado de inércia, quando o carro 
acelera, você sente uma “força” para trás. A 
avaliação desta ocorrência como uma força não 
é válida uma vez que você está em um sistema 
de referência acelerado que é o carro e que não 
serve para fazer tal análise. No Sistema de 
Referencia Inercial, se observa que o que o 
jogou para trás durante a aceleração do carro foi 
o seu próprio estado de inércia e não uma força. 
Se o carro breca o que o lança para frente é a 
sua inércia, ou seja, a tendência de seu corpo de 
se manter em movimento retilíneo e uniforme em 
que vinha vindo. Esta impulsão na realidade, não 
é uma força mas um estado de inércia (Lei da 
Inércia de Tranlação). Outro exemplo de força 
de inércia é o movimento do carro que vira a 
esquina produzindo uma trajetória circular. Você 
que está dentro do carro sentirá ser jogado para 
fora da curva como se existisse uma “força 
centrífuga”, da qual não é uma avaliação correta 
uma vez que o carro ao fazer a curva fica sujeito 
a uma aceleração centrípeta deixando de ser um 
Sistema de referência inercial. Para quem esta 
fora do carro você é lançado para a porta do 
carro do lado de fora do interior da curva, devido 
a sua inércia ou seja sua tendência de 
permanecer em movimento retilíneo e portanto 
com a tendência de sair pela tangente da curva 
feita. 
Não é possível diferenciar, a não ser de forma 
relativa, os estados físicos de repouso e (MRU) 
Movimento Retilíneo e Uniforme. 
 
Dinâmica: se subdivide na dinâmica 
observacional na qual é chamada de cinemática 
e na dinâmica causal que é a dinâmica 
propriamente dita. 
 
Dinâmica de efeitos ou Dinâmica 
Observacional ou Cinemática: estuda os 
fenômenos físicos observáveis do movimento. 
Aqueles fenômenos que podemos assistir, ver 
(cinema), e medir, no espaço-tempo. 
Exemplos: 
 
(a) no caso da translação: 
Mecânica 
Estática 
Dinâmica 
___________________________________________________________ 
Capítulo 1 
 
Conceitos Fundamentais -
___________________________________________________________ 
 
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 2
as variáveis como posição; tempo; velocidade e 
a aceleração dos corpos são as gransdezas 
observáveis do movimento; 
(b) no caso da rotação: 
a posição angular spin de cada ponto do corpo 
em rotação (em torno de um eixo próprio); a 
posição angular orbital (girando em torno de um 
outro corpo); a velocidade angular spin; a 
velocidade angular orbital; a aceleração angular 
spin e a aceleração angular orbital. 
 
Dinâmica (Dinâmica causal) : estuda os 
modelos ou teorias que explicariam as causas 
dos efeitos físicos observáveis do movimento. 
Arranja modelos para explicar as causas do 
movimento. Relaciona variáveis como: massa, 
momentum, momento angular, impulso, impulso 
angular, Força, Torque, energia cinética, energia 
potencial, potencial, Princípio da mínima ação, 
Lagrangeanas, Hamiltonianas, Campos, 
Interações de Partículas Elementares, Interações 
Ondulatórias. 
Existem vários modelos da dinâmica para 
explicar e calcular esses efeitos físicos 
observáveis ou cinemáticos: 
a) Modelo de Momentum e Impulso (Galileu e 
Newton) 
b) Modelo das Forças e Torques (Newton) 
c) Modelo das Energias (Carnot, Joule, 
Boltzmann) 
d) Modelo dos Potenciais (Maxwell) 
e) Modelo das Lagrangeanas (Lagrange, 
Fermat) 
f) Modelo das Hamiltonianas (Hamilton, 
Fermat) 
g) Modelo da Mecânica Quântica (Heisenberg, 
Schrödinger) 
h) Modelo da Mecânica quântico-relativística 
(Dirac, Klein-Gordon) 
i) Modelo dos Campos (Maxwell, Feymman) 
j) Modelo Relativístico (Einstein) 
k) Modelo das Interações entre Partículas 
Elementares (Yukawa, Gell-Mann, 
Feymman) 
 
Todos eles explicam de maneiras diferentes, 
com teorias e modelos diferentes, as vezes com 
intersecções, as causas dos fenômenos físicos 
observáveis (efeitos) do movimento. Alguns 
modelos explicam de forma mais fácil e genérica, 
alguns desses fenômenos, enquanto que outros 
modelos teriam mais facilidade para explicar 
outra variedade de fenômenos. 
 
1.2 - Grandes Variáveis 
de Importância da 
Natureza 
 
Os mais fortes vínculos físicos estabelecidos, 
estão enraizados nos conceitos que foram 
surgindo desde a Início do Universo (Big Bang). 
Uma das teorias mais vigentes na atualidade 
para a explicação da origem do Universo, se 
caracteriza pela Teoria do Big Bang proposta 
inicialmente (1940) por George Gamow (1904-
1964). Ele retirou tal teoria das Equações de 
Einstein da Gravitação e calculou teoricamente 
uma radiação cósmica de fundo, que representa 
como que um fóssil da atualidade vindo do início 
do Universo, em que na sua formação e na sua 
concentração era imensa e com a expansão e 
resfriamento calculou que na atualidade (1949) 
seria de 5 K (kelvin), sendo que em medidas 
posteriores experimentais se revelou ser de 
2,726 K, uma radiação que ocorre 
uniformemente vindo de todas as direções 
medida em qualquer ponto do espaço. Da atual 
radiação de fundo, se fizermos a linearização de 
seu valor para o passado, temos a indicação de 
que o Universo começou há aproximadamente, 
em torno de 14 bilhões de anos. 
 
 
Caracterizando a partir de seu início, surgiu uma 
grande quantidade de Energia em que em sua 
expansão, gera a Entropia (desorganização e 
caos), em que os fótons de energia com seus 
Momentos Lineares e Angulares produzem 
vórtices, criando a Matéria e Antimátéria, e na 
sua extensão a Massa e as Cargas Elétricas, 
passando a originar o Espaço e o Tempo, em 
conseqüência as Temperaturas, medidas da 
energia mecânica média de oscilação das 
partículas em um meio e os Campos 
gravitacionais, eletrostáticos, magnetostáticos, 
eletromagnéticos e nucleares, etc, devido às 
interações entre massas, cargas e antimatéria. 
Aparecem em conseqüência da diminuição de 
temperatura as Moléculas Orgânicas matéria 
mais organizada e de grandes moléculas que no 
tempo evolui para as Organizações Biológicas. 
A estes, continuam a participar os conceitos de 
Energia, que fornece a dinâmica do Universo, 
Momento linear na movimentaçãorelativa das 
partículas no espaço, Momento Angular Orbital e 
Spin caracterizando a rotação dos corpos 
rígidos, e nasce o conceito inverso de Entropia 
que é o advento da Informação. Produz-se 
movimento ao variar a informação produzindo 
intercambio de energias. A emoção surge nos 
animais como reação de substâncias e devido 
aos sentidos e resultado das percepções se 
aperfeiçoando, a partir dos orgãos em ebulição 
no organismo. O Sentimento surge como 
resultando do aperfeiçoamento das emoções. A 
 
 Energia 
 Entropia 
 Momentos Lineares 
 Momentos Angulares 
 Matéria 
 Antimatéria 
 Massa 
 Cargas Elétricas 
 Espaço 
 Tempo 
 Temperatura 
 Campos 
 Matéria Orgânica 
 Organizações Biológicas
 Informação 
 Sentimento 
 Pensamento 
 Vontade 
 Imaginação 
 Consciência...
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
3
Vontade liderada pelo Pensamento, faz 
resultar elementos super organizados e de 
criação, aperfeiçoando o Cérebro físico, que a 
partir da percepção abstrata que por trás da 
matéria grosseira e manifestação aparente 
observacional se revela a Imaginação que se 
aperfeiçoa pela manifestação e realimentação 
constante da Consciência. O movimento da 
energia, estabelece manifestações de organição 
ou desorganização, na sintonia de construção e 
percepção gradativa do Universo. A Informação 
é precedida pelo conceito de Pensamento e este 
pelo gerência da Consciência, que é capaz de 
abstrair pelo Pensamento e Imaginação e assim, 
planejar o direcionamento informacional dado à 
transformação da energia. Tais transformações 
se fazem primeiro na fase do estado de 
natureza ou experiência e erro, e posteriormente 
na fase do planejamento racionalizado através 
da memória, inteligência, abstração e 
aprendizado. É dentro de alguns destes 
conceitos fundamentais que será desenvolvido o 
estudo que realizaremos no curso de Mecânica 
do Corpo Rígido. 
 
1.3 - Princípios de 
Conservação 
 
Pontos relevantes de observação da física são 
os elementos que se mantém invariáveis em 
qualquer transformação. Alguns elementos de 
importância ou chamados de Princípios de 
Conservação observáveis em determinadas 
condições para um sistema, são denominados 
de Simetrias da Natureza, e alguns podem ser 
relacionados: 
a. Princípio de Conservação de Energia 
(Simetria no tempo) 
b. Princípio de Conservação de Momentum 
(Simetria no espaço linear). 
c. Princípio de Conservação de Momento 
Angular (Simetria no espaço angular) 
d. Princípio de Conservação de Carga Elétrica. 
e. Princípio de Conservação de Matéria. 
f. Princípio de Conservação de Matéria-
Energia. Etc. 
 
1.4 – Partícula e Corpo 
Rígido 
 
Definições em discernimento de 
 
 
 
a) Partícula 
ou ponto material 
 
1) tem massa m não desprezível, 
 
2) tem tamanho ou dimensões desprezíveis, em 
comparação com as dimensões de seu 
movimento. 
 
 
 
 
b) Corpo Rígido 
ou corpo extenso ou corpo sólido, 
características necessárias: 
 
1) tem dimensões não desprezíveis em 
comparação com as dimensões do movimento 
considerado 
 
2) tem a distância entre dois pontos quaisquer 
(AB) fixa, rígida, ao longo da análise do 
movimento. 
 
 
O corpo rígido é um caso particular de um 
Sistema de Partículas em que os pontos não se 
movimentam independentemente mas tem 
posições rígidas. O corpo rígido têm em comum 
com a Partícula e o Sistema de Partículas o fato 
de que se reduzíssemos toda a matéria do 
Corpo Rígido ao Centro de Massa, ele se 
comportaria identicamente à uma partícula e ao 
Sistema de Partículas também reduzido ao seu 
centro de massa, com velocidade =v
r
MCv
r
 
com aceleração CMaa
rr
= e com força resultante 
CMRR FFF ==
r
= CMam
r
 atuantes na posição do 
seu Centro de Massa. O que não seria possivel 
representar neste reducionismo ao Centro de 
Massa seriam as grandezas angulares como 
posição angular, velocidade angular orbital e 
spin, aceleração angular orbital e spin, momento 
angular orbital e spin, torque angular e spin, 
grandezas associadas ao corpo rígido e seus 
movimentos rotacionais. 
 
Análise dos corpos como partículas 
ou corpos rígidos: 
 
a) O planeta Terra pode ser tido como uma 
partícula quando considerado o seu movimento 
em torno do Sol a partir de um sistema 
referencial no centro do Sol. 
 
A
dAB= constante 
B
Corpo Rígido 
d
d <<< ∆s = caminho percorrido 
A
B 
 
 Partícula 
 Corpo Rígido 
 
 Sistema de Partículas 
 Sistema de Corpos Rígidos 
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 4
 
 
b) No entanto, será considerado como um corpo 
rígido quando analisamos o movimento do 
planeta Terra, adotando como sistema de 
referência um satélite artificial em sua órbita. 
Terá a Terra neste caso vários movimentos 
associados: rotação, translação, precessão e 
nutação. Ainda terá vários fenômenos 
associados como sejam: marés, fenômenos 
metereológicos, estações do ano, campo 
gravitacional de interação com o Sol a Lua e 
outros planetas, campo magnético, campos 
elétricos resultantes de atrito com nuvens e 
atmosfera ou partículas carregadas vinda do Sol 
e do espaço, meteoros, radiação do espaço, 
interação com o vento solar, auroras boreais e 
austrais, clima, tempo, chuvas, tempestades, 
tornados, tufões, redemoinhos, anomalias do 
campo magnético, poluições, fábricas, cidades, 
plantações, rebanhos, estradas, rios, oceanos, 
lagos, temperatura, sensação térmica, 
diversidades animais, áreas verdes, desertos, 
etc. que podem ser isolados dependendo do 
estudo que se deseja fazer do planeta. 
 
 
 
a) Um carro que se movimenta pela via 
Dutra de São Paulo ao Rio de Janeiro pode ser 
considerado como uma partícula. No entanto, se 
caracteriza por ser um corpo rígido quando 
considerado fazendo manobras em um 
estacionamento. 
 
 
b) Sistema de Partículas 
 
Define-se Sistemas de Partículas a um conjunto 
de partículas espalhadas, cada particula com 
sua velocidade e posição particular onde se 
pode definir um Centro das massas, de tal forma 
que o Sistema poderia ser representado em seus 
movimentos de translação por este ponto. A 
velocidade do sistema seria a velocidade de seu 
Centro de Massa, 
MCv
r , a aceleração do sistema 
seria a aceleração deste Centro de massa 
MCa
r
, 
e a força resultante seria com força resultante 
RF
r
, aceleração angular α
r
 e torque resultante 
RM
r
 . Exemplos de Sistemas de partículas: (a) 
um gás em um recipiente; (b) um conjunto de 
estrelas; (c) um átomo com núcleo e elétrons; (d) 
uma molécula composta de vários átomos; (e) 
partículas em estado de dispersão em 
movimento browniano; (f) o Sistema Solar com 
seus planetas, cometas, meteoros e vento solar ; 
etc. 
 
O caso mais geral de Sistema de Partículas 
ocorre em que as partículas interagem da 
seguinte forma: 
(a) cada partícula possui uma inércia 
anterior de movimento ; 
(b) cada partícula tem uma ligação de 
interação gravitacional uma com a outra 
e com o meio na qual se encontram; 
(c) se a partícula tem carga elétrica há uma 
ligação de interação com campos 
elétricos e magnéticosentre si e com o 
meio na qual se encontram; 
(d) as partículas podem realizar choques 
mecânicos entre si. 
(e) as partículas podem estar em um meio 
limitado (recipiente das partículas) em 
que realizam choques contra esses 
limites. 
 
No cálculo do Centro de Massa de um Sistema 
de Partículas se utiliza a forma descontínua ou 
discreta do somatório de cada partícula 
separadamente. 
 
Um dos conceitos de grande importância para 
estudo de um Sistema de Partículas, de um 
Corpo Rígido ou um Sistema de Corpos Rígidos 
é o de Centro de Massa pois nele se concentram 
grandes simplificações de um movimento 
aparentemente complexo. 
 
SP
RJ
Estacionamento 
v = 100 km/h 
Terra 
Satélite
(b) 
Sol 
Terra 
v = 30 km/s 
(a) 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
5
 
 
 
d) Sistema de Corpos Rígidos 
 
Podemos subdividir um corpo rígido em partes 
geométricas conhecidas de tal maneira a formar 
um Sistema de Corpos Rígidos em que se pode 
calcular o Centro de Massa desse Sistema 
compondo as partes conhecidas dos Centros de 
Massa de cada uma das partes divididas e 
conhecidas, no somatório das partes: 
 
∑
∑
=
i
ii
C m
mr
r
M
r
r
 
 
Assim como a velocidade e aceleração do 
Centro de Massa: 
 
∑
∑
=
i
ii
C m
mv
v
M
r
r
 
∑
∑
=
i
ii
C m
ma
a
M
r
r
 
 
E a força resultante é a força que atua no Centro 
de Massa: 
 
MCR amF
rr
= 
 
 
 
1.5 - Movimentos de 
Translação, de Rotação e 
Movimento Geral 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Translação 
Define-se movimento de translação pura de um 
corpo rígido, quando a direção de ligação entre 
dois pontos quaisquer AB do corpo, não varia ao 
longo do movimento: 
 
 
b) Rotação 
O movimento de rotação pura de um corpo 
rígido ocorre, quando a direção AB, 
qualquer, de ligação entre dois pontos do corpo 
varia a sua direção, girando em torno de um eixo 
perpendicular fixo. 
 
 
c) Movimento Geral 
Se caracteriza quando ocorre os dois tipos de 
movimento juntos: translação e rotação. 
 
 
 1.6 - Centro de Massa, 
Centróide e Baricentro 
 
 
 
 
 
 
 
A
B
BA A
B
ABMovimento Geral 
→
A
B
ω
A
B
A
B
B 
A
Movimento de Rotação 
Depois Antes
A
A B
A
B
A
B
B
A
Movimento de Translação 
CM 
2r
r
2v
r
nv
r
MCv
r
 (efeito) 
O 
1r
r
nr
r
1v
r
MCr
r
 Movimento de: 
 
 Translação 
 Rotação 
 Geral 
 
 
 
 
 
 Centro de Massa (CM) 
 Centro Geométrico (CV, CA, CL)
 Centro Gravitacional (CG) 
 
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 6
 
a) Centro de Massa (CM) 
 
Corresponde ao ponto de equilíbrio de um corpo 
em relação à correspondente distribuição das 
massas ao longo das partes desse corpo. É 
caracterizado pela sua posição em coordenadas 
espaciais: )z,y,x(r
MC =
r
 : 
 
 
 Sistema de Partículas ou 
Sistema de Corpos Rígidos: 
 
∑
∑
=
i
ii
C m
mr
r
M
r
r
 
 
 
Corpo Rígido: 
 
 
∫
∫=
dm
dmr
r
MC
r
r
 
 
Nos corpos com partes discretas ou 
descontínuas podemos calcular seu centro de 
massa através da expressão com os sinais de 
somatório e nos corpos extensos e contínuos 
fazemos sua determinação pela expressão com 
as integrais, onde os sinais de somatório (sigma 
maíusculo= s grego) se transformam nos sinais 
de integral (s comprido) e o índice i se transfoma 
no d na diferencial infinitesimal da massa dm. 
 
Derivam do conceito de Centro de Massa (CM) 
os conceitos: (a) Centro Geométrico ou 
Centróide (C), em que podemos ter: Centróide 
de Volume; Centróide de Área e Centróide de 
Linha; (b) de Centro de Gravidade (G) ou 
Baricentro ou Centro de Forças Paralelas (CG ou 
G); (c) Centro de Forças paralelas. 
 
c) Centro Geométrico ou 
Centróide (CV , CA , CL) 
 
Caracterizado pela posição correspondente ao 
ponto central da distribuição geométrica de 
volumes ou áreas ou linhas, através das partes 
desse corpo. 
 
 
Valores Discretos ou Descontínuos 
 
Centróide de Volume: 
 
∑
∑=
i
ii
C V
Vr
r
V
r
r
 
 
 De Área: 
 
∑
∑=
i
ii
C A
Ar
r
V
r
r
 
 
De Linha: 
 
∑
∑=
i
ii
C L
Lr
r
V
r
r
 
 
Valores Contínuos: 
 
 
 
 
 
∫
∫=
dV
dVr
r
VC
r
r
 
 
 
 
∫
∫=
dA
dAr
r
VC
r
r
 
 
 
 
 
 
 
∫
∫=
dL
dLr
r
VC
r
r
 
 
 
b) Centro de Gravidade ou 
Baricentro (CG) 
 
Corresponde ao ponto de equilíbrio de um corpo 
em relação à distribuição de forças peso 
paralelas. Este conceito é muito utilizado nos 
paises de língua inglesa uma vez que a unidade 
fundamental nestes países ainda é o peso, 
medido em libras, enquanto que a massa é 
considerada uma unidade derivada, ou seja, 
dada pelo peso dividida pela aceleração da 
gravidade 1 lb / 32,2 (ft/s2) = 0,0311 slug. A 
unidade de massa nestes países quase não é 
utilizada a não ser em cálculos intermediários. 
No entanto, sabemos que sendo a massa no 
sistema internacional uma grandeza 
fundamental, medida em kg, e também 
fundamental em qualquer campo de gravidade, 
neste caso então, o conceito de Centro de 
Massa é também mais fundamental. Se formos 
medir o Centro de Gravidade de um corpo no 
espaço interplanetário o seu valor seria zero, 
mas o seu centro de massa não, sendo que o 
conceito de centro de massa vale para qualquer 
corpo em qualquer parte do universo, o que 
mostra que sua definição é mais universal. No 
entanto é também o ponto que equilibra todos os 
pesos. Muitas vezes se utiliza o conceito de 
Centro de Massa e Centro de Gravidade 
indistintamente. No entanto, a rigor iremos 
explicar mais à frente, quando, 
excepcionalmente os dois não coincidem. 
 
Centro de Gravidade ou Baricentro: 
 
Sistema de Partículas ou 
Sistema de Corpos Rígidos: 
 
∑
∑=
i
ii
C P
Pr
r
G
r
r
 
 
Corpo Rígido: 
 
 
∫
∫=
dP
dPr
r
VC
r
r
 
 
Veja-se que as definições são idênticas, 
modificando somente as variáveis de utilização, 
ou seja, a massa m pode ser substituida pela 
volume V, pela área A, pela linha L ou pelo peso 
P. Isto ocorre conforme pudermos fazer o 
reducionismo de simplificação do formato do 
corpo. 
 
1.7 – Simplificações 
produzidas pelo Centro 
de Massa (CM) 
 
O Centro de Massa de um Sistema de 
Partículas, é o ponto que se pode estudar, como 
se nele estivesse concentrado, toda a dinâmica 
(estado de movimento não inercial) ou estática 
(estado de movimento inercial ou repouso), das 
seguintes grandezas que estão uniformemente 
distribuídas ao seu redor: 
(a) a soma de matéria ou de inércia, distribuídos 
à sua volta, ou soma de toda sua Massa: 
∑
=
=
n
j
jmm
1
 
(b) a soma total das posições de matéria ou 
posições de inércia distribuídas à sua volta ou 
soma dos produtos massa-posição: 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
7
∑
∑
=
i
ii
C m
mr
r
M
r
r
 
 
∑= imm = massa total 
 
(c) a soma de todos os Momentuns distribuídos à 
sua volta ou produtos massa-velocidade: 
 
MM CiCii
n
1i
i vmmvmvpp
rrrrr
==== ∑∑∑
=
 
 
∑
∑
=
i
ii
C m
mv
v
M
r
r
 
 
(d) ou a soma de todas as Forças distribuídas à 
sua volta ou produtos massa-aceleração: 
 
∑∑∑∑∑ =====
=
iCi
i
ii
i
i
i
i
n
1j
iR maamvdt
dmp
dt
dFF
M
rrrrrr
 MCR amF
rr
= 
∑
∑
=
i
ii
C m
ma
a
M
r
r
 
 
(e) a soma de todos os Momentos Angulares 
distribuídos à sua volta ou produtos vetoriais 
posição-momentum 
ω=∧== ∑∑
=
rrrrr
IprLL i
i
i
n
1j
iR 
Onde I é o momento de inércia de rotação. 
 
(f) a soma de todos os seus Torques distribuídos 
à sua volta ou produtos vetoriais posição-Força 
 
i
i
ii
i
ii
i
n
i
F
GR Frpdt
drL
dt
di rrrrrrr ∧=∧==τ=τ∑∑∑∑
=1
 
α=τ
rr
IR 
1.8 - Dimensões 
 
Dimensão zero ( 0) ou estrutura 
Zerodimensional : é representada por um 
ponto: tem volume desprezível e sem 
dimensões observáveis. Só se pode ficar parado 
no mesmo lugar, sem opções de movimento. 
Redução a zero do intervalo s em torno do 
ponto em qualquer direção: s = 0. 
 
Dimensão um (1) ou estrutura 
Unidimensional : é representado por uma reta, 
ou um comprimento unidirecional, um eixo x. Só 
se pode andar para frente ou para trás neste 
eixo. Nem laterais, nem em cima nem em baixo. 
O intervalo s invariante da unidimensionalidade 
ou diferença entre dois pontos é caracterizado 
por: 
 
( ) 221212 )( xxxxxs ∆=−=−= . 
 
Dimensão um e meio (1,5) ou estrutura 
Fractal entre a dimensão um e a dimensão 2: 
é representado por uma curva encurvada para 
uma segunda dimensão, que dependendo da 
forma pode ser 1,1 ou 1,2 ou 1,3 ..., 1,7, 1,8, 1,9. 
 
 
 
Dimensão dois (2) ou estrutura 
Bidimensional : é um plano ou dois eixos um a 
90º do outro, x e y. Só se pode caminhar sobre o 
plano e se verificar o plano. Não existe acima ou 
abaixo do plano. Um número complexo, por 
exemplo é um número bidimensional, pois é 
representado por dois eixos linearmente 
independentes: o Real e o Imaginário: z = a + j b 
= r cos θ + j r sen θ = r e j θ = r ∠ θ . Da 
mesma que forma os eixos cartesianos x e y. O 
intervalo invariante s, na bidimensionalidade é 
dada por 22 yxs ∆+∆= 
 
 
 
Dimensão dois vírgula três (2,3) ou 
estrutura Fractal entre a dimensão dois e a 
dimensão três: é representado por um plano 
encurvado para uma terceira dimensão, que 
dependendo da forma pode ser 2,1 ou 2,2 ou 2,3 
..., 2,7, 2,8, 2,9. 
 
 
Espaço bidimensional curvo 
(se encurva para a terceira dimensão) 
dimensão fractal: 2,3 por exemplo 
S
y
x
∆x 
∆y 
2j
Real (z)
Imag (z)
S
2 
-1 0 
2
S
Estrutura unidimensional curva 
(se encurva para uma segunda dimensão. Dimensão fractal: 
1,2 por exemplo 
-2 -1 0 1 2 X2...... XX1
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 8
Dimensão três (3) ou estrutura 
Tridimensional : é o espaço (comprimento, 
largura e altura) nosso conhecido, caracterizado 
por três eixos, x, y, z, um a 90º do outro 
(linearmente independentes). Podendo também, 
apesar de não se poder enxergar fisicamente, 
ter-se um espaço curvo. Pode não dar para se 
imaginar um espaço curvo fisicamente, pois o 
nosso Universo vivenciado fisicamente, através 
dos sentidos biofísicos é de três dimensões, mas 
é possível observá-lo matematicamente, e 
imaginá-lo depois de estudada sua matemática 
fisicamente ou por analogias e inclusive existem 
estruturas físicas que obedecem leis com mais 
de três dimensões, como por exemplo, a 
estrutura relativística do espaço-tempo ou a 
teoria das supercordas. Na estrutura 
tridimensional, se pode caminhar em todas as 
direções espaciais e tridimensionais conhecidas 
pelos nossos sentidos físicos padrões. O 
intervalo s, invariante da tridimensionalidade é 
dado por 
 
222 zyxABs ∆+∆+∆== 
 
Dimensão três e meio (3,5) 
corresponderia a um espaço curvo. 
 
Dimensão quatro (4) ou estrutura 
Quadridimensional é caracterizado pelo 
hiperespaço ou espaço de 4 dimensões, 
representado por 4 eixos, um a 90º do outro, x, 
y, z, w. A teoria da relatividade restrita, trabalha 
com 4 dimensões, sendo: w = i c t ; “c” = 
velocidade da luz no vácuo = 300.000 km/s = 
máxima velocidade na natureza; “t” = tempo; i = 
variável imaginária dos números complexos = 
1− . Costuma-se designar os quatro eixos da 
relatividade restrita por: xo = i c t , x1 = x , x2 = y , 
x3 = z , tendo seu intervalo s, invariante, dado 
por 
2222 wzyxs ∆+∆+∆+∆= 
 
Com a matemática permite se trabalhar com 
vetores de 3 eixos curvos ou mesmo 4 eixos 
ortogonais. Podemos não “ enxergar “ 
dimensões acima de três, devido ao fato de toda 
nossa experiência sensorial biológica ser 
limitada a três dimensões espaciais. No entanto, 
a Física atual necessita de outras dimensões 
espaciais, que a matemática acompanha, para a 
explicação da manifestação de muitos 
fenômenos físicos, e que a biologia sensorial não 
participa. Talvez o ser humano inserido na 
dimensão psicobiofísica, onde se aperfeiçoa a 
mente ou psiquismo, o corpo ou a biologia e a 
física ou a natureza, penetre outras dimensões, 
no futuro, sendo mais capaz de “ enxergar “ ou 
entender” estas dimensões adicionais, de forma 
melhor. Por enquanto a nossa forma de 
entendimento é matemática e através de 
analogias, como muitas coisas da física a qual 
penetramos e ainda não entendemos com mais 
profundidade. A Teoria Geral da Relatividade 
para explicar a Gravitação, Teorias do Universo 
e as estruturas curvas do espaço tempo se 
utiliza de 4 dimensões. 
 
Dimensão N ou estrutura N-dimensional ou 
Multidimensional - A teoria das supercordas 
que tenta unificar as quatro forças de interação 
principais da natureza (a força gravitacional, a 
força nuclear fraca, a força eletromagnética e a 
força nuclear forte), possui um dos modelos que 
trabalha com 11 dimensões e em um outro 
modelo se trabalha com 26 dimensões. Modelos 
do Universo, modelos da Física, modelos do 
microcosmo ou do macrocosmo, não tem limites 
dimensionais, desde que funcionem para 
explicar os fenômenos observados. A 
matemática, a geometria multidimensional de 
espaços curvos, a álgebra de matrizes, a teoria 
de grupos, permite trabalhar-se com tais 
modelos. 
Se morássemos na 2ª dimensão e víssemos 
uma esfera atravessar o nosso espaço físico 
bidimensional, diríamos que começou a sua 
manifestação com um ponto, passou a um 
círculo crescente, chegou ao máximo do círculo, 
voltou a decrescer até voltar ao ponto e 
desapareceu. Esta descrição poderia ser de 
forma matemática, descrita como uma 
periodicidade de movimento tridimensional de 
um circulo com uma dimensão a mais, mas não 
saberíamos enxergar o que seria a esfera, mas 
poderíamos trabalhar com ela matematicamente, 
e ter uma satisfatória descrição matemática 
desta ocorrência periódica. 
 
 
 
 
1.9 - Sistemas de 
Referência 
Sistema de Referência Inercial (SRI) 
 
As leis da Física Clássica são descritas e 
são válidas em qualquer Sistema de 
Referencia Inercial. 
 
O Sistema Referencial Inercial é aquele que está 
em repouso ( vr = 0) ou está em movimento 
A
B
s 
x 
y 
z 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
9
retilíneo e uniforme (MRU) ( 0v ≠r ), ou seja, 
tem velocidade vetorial constante, ou seja, 
aceleração nula, livre de acelerações. 
Na prática não existe um Sistema Inercial 
Absoluto, mas dentro de um certo intervalo de 
tempo considerado, podemos adotá-los válidos. 
 
Repouso ou Movimento são conceitos relativos 
ao Sistema Referencial Inercial Adotado (SRIA). 
Não existe repouso ou movimento absolutos. 
Momentum e Energia são também relativos ao 
SRIA. São absolutos em um mesmo SRIA 
dentro da Física Clássica: Força (F) , Torque (M) 
, Momento Angular (L) , Impulso (I). Intervalo de 
tempo ( ∆t ), variação de espaço ( ∆s ), massa 
(m) sendo que na mecânica clássica são 
absolutos, mas na Mecânica Relativística 
Especial e Mecânica Relativística Geral alguns 
não o são. 
 
Podemos exemplificar alguns SRI: 
 
(a) um sistema referencial com origem na 
superfície da Terra, em um laboratório de 
medidas, que teria validade inercial para 
descrever um movimento com tempo de duração 
t << 24 h, (t muito menor que 24 h). A 
aproximação ocorre devido ao movimento 
acelerado de rotação da Terra em torno de si 
mesma, tendo uma velocidade em um ponto no 
equador, de 1782 km/h ou 0,5 km/s, na direção 
perpendicular ao raio da Terra e associada está 
esta velocidadecom a aceleração centrípeta ; 
 
 
b) um sistema de referência com origem no 
Centro da Terra, com um eixo apontando na 
direção perpendicular ao plano formado pelo 
movimento dos planetas em torno do Sol e os 
outros dois eixos no plano da eclíptica, ou seja, 
no plano de movimento dos planetas, um radial 
ao sol e o outro ortogonal. Pode assim descrever 
um movimento com o tempo de duração t << 
365 dias, devido ao movimento de translação do 
planeta Terra em torno do Sol, com sua 
velocidade de 30 km/s ou 108.000 km/h, na 
direção aproximadamente perpendicular ao raio 
que liga Sol e Terra ; 
 
 
a) um sistema referencial com origem no 
centro do Sol, e apontando para 3 estrelas fixas 
em relação ao Sol, que formem um ângulo de 
90º entre si. 
 
 Deve-se saber que o Sol tem seu 
movimento em torno do centro da Galáxia; 
 
 
 
c) um sistema referencial com origem no centro 
da nossa Galáxia, a Via-Láctea, aglomerado 
estelar de 100 bilhões de estrelas e 106000 
anos-luz de extensão, associada a um conjunto 
de 10 bilhões de galáxias no Universo, onde se 
teria, associada a ela, um eixo perpendicular ao 
plano das estrelas da Galáxia e dois no plano da 
Galáxia, direção radial ao seu Centro (Veja 
Apêndice 1). Tendo-se consciência que a 
Galáxia tem seu movimento relativo às outras 
Gálaxias. 
 
 
Sabemos assim que a Terra gira em torno de si 
mesma, e em torno do Sol. O Sol gira em torno 
da Galáxia, e a Galáxia tem seu movimento 
relativo à outra galáxia. Nada está parado no 
Universo, não se tendo, portanto, um ponto de 
referência absoluto. A Galáxia mais próxima da 
Via-Látea é a Galáxia de Andrômeda a 2,2 
milhões de anos-luz da nossa. Assim se pode 
formar referenciais relativos, ou seja, válidos sob 
Sol z 
y 
x
S
S
M
V
T 
J 
UM
N
P
..
Terra 
y 
z
x
Terra 
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 10
certos limites, mas não absolutos. Isso funciona 
desta forma, assim como todas as Verdades 
encontradas na Ciência, ou seja, não se tem 
verdades absolutas, mas apenas Verdades 
Relativas de Ponta, válidas dentro de 
determinados limites conscientes e 
estabelecidos e que poderão ser aperfeiçoadas e 
universalizadas no futuro. 
 
Mecânica Relativística Geral 
É importante que façamos uma observação 
neste instante, sobre a Mecânica Relativística 
Geral (Einstein, 1916), que estuda a Gravitação 
sob o aspecto geométrico. A teoria considera 
que o fenômeno da gravitação seja um 
encurvamento do espaço físico tridimensional 
para uma quarta dimensão. Isso ocorre na 
presença de uma grande massa no espaço físico 
tridimensional que encurva o espaço 
tridimensional para esta quarta dimensão de tal 
forma que as geodésicas naturais fazem com 
que os outros corpos próximos caiam para este 
corpo maior, devido a esta nova geometria do 
espaço que não percebemos a priori, mas que 
podemos calcular matematicamente e explicar 
os fenômenos gravitacionais ao redor. 
O que podemos imaginar, por analogia, seria 
uma cama com uma borracha plana esticada 
que se encurva, quando colocada no seu centro, 
uma grande massa, uma esfera de aço, por 
exemplo. Se colocarmos nas proximidades da 
grande esfera que encurva a borracha corpos 
menores como uma pequena esfera de aço 
pequena, por exemplo, na cama de borracha 
esticada e encurvada, estes caem para esta 
massa maior, seguindo sua geodésica de maior 
encurvamento. Ou se forem lançadas com uma 
velocidade lateral à grande esfera, entram em 
sua órbita se não houver atrito com a borracha 
em uma queda constante. Este exemplo, nos faz 
“enxergar” o encurvamento da segunda para a 
terceira dimensão, imaginemos com nossas 
pobres possibilidades de inteligência e 
sensibilidade biológica a transposição da terceira 
para a quarta dimensão. 
Neste caso, Einstein, partiu do pressuposto, para 
o desenvolvimento da teoria, de que a massa 
inercial e a massa gravitacional possuem valores 
idênticos. A massa inercial é aquela que aplicada 
à uma partícula uma força resultante (que 
caracteriza uma causa), aparece um efeito físico 
observável a esta partícula que é uma 
aceleração (efeito produzido, observado e 
medido), ou seja, uma variação de velocidade, 
sendo que o coeficiente que relaciona a causa F
r
 
e o efeito a
r
, é a massa inercial do corpo: 
amF i
rr
= . A massa gravitacional é aquela 
massa associada à força peso ou a força de 
campo gravitacional do local. Assim sendo, a 
força peso é igual ao produto da massa 
gravitacional mg pela aceleração gravitacional do 
local gag
rr
= . Assim ggg amF
rr
= ou 
gmP g
rr
= . Newton fez a menção a estas duas 
massas e disse não saber com precisão se eram 
idênticas. Einstein afirma serem iguais, o que foi 
confirmado e mantido pela experiência, ao longo 
dos 2 séculos após Newton. 
Neste caso, associemos a seguinte experiência 
de pensamento: estamos dentro de um elevador 
no espaço vazio, portanto, flutuamos sem 
direção de gravidade. Se o elevador passar a 
adquirir uma aceleração igual a g
r
 no sentido 
inverso do piso do elevador, seremos lançados 
para o piso, por uma “força” de inércia, Sistema 
Referencial Acelerado, em relação ao elevador, 
e passaremos a sentir identicamente como se 
estivéssemos em um local de gravidade g
r
. 
Sendo assim, estarmos na superfície da Terra, 
convivendo com a gravidade, que seria 
identicamente o mesmo que estarmos na 
superfície do planeta sem gravidade e com o raio 
do planeta aumentando no tempo a uma razão: r 
= (g / 2) t2, ou seja, a superfície do planeta 
acelerada com aceleração g empurrando esta 
superfície para cima em direção aos nossos pés. 
Portanto, neste momento, podemos dizer que 
estamos vivendo em um sistema de referência 
não inercial, ou seja acelerado, na direção do 
eixo vertical, ou então, simplesmente que 
estamos num campo gravitacional na direção do 
eixo vertical, que é uma forma idêntica de 
interpretação teórica de um mesmo efeito físico. 
Não podemos diferenciar um modelo do outro, 
pois a massa inercial é idêntica à massa 
gravitacional. As duas interpretações seriam 
idênticas, portanto, não estamos livres dos 
sistemas não inerciais, apenas o estamos 
tratando através de outra interpretação, 
chamando-o de campo gravitacional. A 
Relatividade Geral estuda os movimentos, 
tratando a gravidade naturalmente e 
geometricamente como sistemas de referência 
não inerciais ou seja, acelerados e estabelece 
uma física para observação do universo a partir 
desses sistemas acelerados, não fazendo 
distinção de um ou de outro. A partir deles pode-
se fazer modelos para o Universo em espaços 
curvos. 
 
1.10 – Distâncias no 
Universo Conhecido 
 
Distâncias de objetos astrofísicos Distâncias baseadas na 
velocidade da luz 
Terra-Lua 1,27 segundos-luz 
Sol-Mercúrio 3,22 minutos-luz 
Sol-Vênus 6 minutos-luz 
Sol-Terra 8,33 minutos-luz 
Sol-Marte 12,7 minutos-luz 
Sol-Júpiter 43,3 minutos-luz 
Sol-Saturno 1,32 horas-luz 
Sol-Urano 2,65 horas-luz 
Sol-Netuno 4,17 horas-luz 
Sol-Plutão 5,46 horas-luz 
Sol-Eris 13,4 horas-luz 
Sol-Estrela mais próxima (α do 
Centauro) 
4,3 anos-luz 
Sol-Centro da nossa Galáxia 23,3 mil anos-luz 
Raio do Núcleo da nossa Galáxia 10 mil anos-luz 
Diâmetro da nossa Galáxia 106 mil anos-luz 
Via Láctea à galáxia mais próxima 
Galáxia de Andrômeda 
2,22 milhões anos-luz 
Galáxia mais longínqua observada 13 Bilhões de anos-luz 
Beirada Máxima do Universo 
calculada teoricamente 
 
13,6 Bilhões anos-luz 
Número de estrelas na nossa 
Galáxia a Via Láctea 
≈ 100 Bilhões 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
11
Número de Galáxias no Universo 
observável 
≈ 10 Bilhões 
 
Apesar destas distâncias imensas e sabermos 
quão pequenos nos somos em todo esse espaço 
infindável que passamos a ter mais lucidez 
pouco a pouco, sabemosque ainda não 
conseguimos como seres humanos, atingir as 
profundezas do espaço nem interplanetário, 
muito menos interestelar, e menos ainda 
intergalático, com nossa física atual, mas 
sabemos, no entanto, que conseguimos penetrar 
com nossas mentes, nossas consciências, os 
conhecimentos deste espaço com nossas 
pesquisas, nossa curiosidade, nossa intuição, e 
continuaremos tentando e aperfeiçoando novas 
maneiras até atingirmos cada vez e cada vez 
mais. 
 
1.11 – Algumas Variáveis 
Importantes da Mecânica, 
segundo o modelo de 
Newton 
 
 1) Inércia: 
(a) Inércia de Translação: Todo corpo tende a 
se manter em repouso ou com sua velocidade 
constante a não ser que uma força o tire deste 
estado. A massa m é uma medida desta Inércia 
de translação, que se transpõe entre a força 
atuante e a aceleração observada: MCR amF
rr
= . 
(b) Inércia de Rotação: Todo corpo tende a se 
manter sem rotação em torno de seu eixo ou em 
rotação com velocidade angular constante a não 
ser que um torque o tire deste estado. O 
Momento de Inércia I em torno do seu eixo é 
uma medida desta Inércia de Rotação α=τ
rr
IR . 
 
2) Massa de um corpo (m) 
1) massa inercial: é uma medida da inércia de 
translação de um corpo ; é uma medida da 
dificuldade de se tirar um corpo de seu estado 
de velocidade vetorial ( v
r
) constante, que 
caracteriza: ou seu estado de repouso (v = 
const = 0) ou de seu movimento retilíneo e 
uniforme (MRU) (v = const ≠ 0); a/Fm i = . 
2) massa gravitacional: é uma medida obtida 
através do peso do corpo, ou seja, sua tendência 
de queda no campo gravitacional da Terra: 
)k(s/m8,9g 2
rr
−= ; associada ao peso e dada 
por mg = P / g. 
3) massa como medida da quantidade de 
matéria de um corpo 
im onde ∑= imm ou ∫= dmm 
 
3) Momento de Inércia: 
O momento de inércia ( I ) de um corpo rígido é 
uma medida da sua inércia de rotação, ou seja, 
associada a dificuldade de girá-lo em torno de 
um eixo definido. É uma medida da dificuldade 
de se produzir variação da velocidade angular 
ω
r
de um corpo em relação a um eixo de giro 
definido. 
 
 
4) Momentum 
ou Quantidade de Movimento ou Momento 
Linear – produto da massa do corpo pelo seu 
vetor velocidade: 
vmp
rr
.= 
 
∑ == MCiii vmvmp
rrr 
 
Um corpo rígido que possui momento linear 
constante ou mesmo velocidade linear constante 
tem força resultante nula atuando sobre ele. 
 
5) Força Resultante 
Soma de todas as forças externas ou de vínculo 
que atuam sobre o corpo, uma vez que a soma 
das forças internas de um corpo se anulam 
mutuamente. 
)fF(F ernasinti
externas
iR
rrr
∑ += 
0f ernasinti =∑
r
 
∑= externasiR FF
rr
=∑ iF
r
 
 
Força resultante – derivada do momentum ou 
variação do momento linear no tempo, ou o 
produto da massa de um corpo pela sua 
aceleração – regula a causa da mudança do 
estado de inércia de um corpo. 
 
a.m
td
vd
m)vm(
td
dp
dt
dFR
r
r
rrr
==== 
 
6) Momento Angular 
Produto vetorial entre o vetor posição e o 
momentum do corpo – ou produto do momento 
de inércia e sua velocidade angular. Relata o 
estado momentâneo na qual se encontra em seu 
movimento de rotação em torno de outro corpo 
(momento angular orbital) ou em torno de si 
mesmo (momento angular spin): 
 
ii prL
rrr
∧= ∑ 
 
ω=
rr
IL 
 
7) Torque Resultante ou Momento 
de Força Resultante 
Soma dos Torques de todas as forças externas e 
Binários que atuam sobre o corpo. Representa 
fisicamente a tendência de mudança do seu 
estado de movimento angular uniforme em sua 
rotação. 
)( ernasinti
externas
iR τ+τ=τ ∑
rrr
 
 
 Corpo Discreto ou Corpo Contínuo: 
 Descontínuo 
 i
2
i mrI ∑= dmrI
2∫= 
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 12
0ernasinti =τ∑
r
 
∑τ=τ externasiR
rr
= ∑ τi
r
=∑τ iFo
r
 
 
Podemos caracterizar o Torque (ou Momento 
de Força ou Binário ou Conjugado), como 
sendo a derivada do vetor Momento Angular, ou 
seja, a variação do Momento Angular da 
partícula ou do corpo rígido no tempo – regula a 
causa da mudança do estado de rotação do 
corpo rígido: 
 
( ) α=ω=ω==τ r
r
r
r
r
I
td
dII
td
d
td
Ld
R 
 
FrL
dt
d rrrr
∧==τ 
 
1.12 – Máquinas Simples 
 
a) Cunha 
Cunha: uma máquina simples análoga ao plano 
inclinado mas usado como alavanca. Constituído 
por um prisma triangular que tem como secção 
transversal um triângulo isóceles e é usada para 
alargar uma rachadura, vencendo as duas 
resistências e a medida que a fenda de abre ele 
garante que não se feche mais o que se abriu. 
Quanto menor o seu ângulo de ação maior a 
capacidade de penetrabilidade. A lâmina de um 
cutelo funciona como uma cunha muito afiada. 
São cunhas, a ponta de uma flecha indígena, 
uma faca, uma chave de fenda, um bisturi. Uma 
cunha abre fissuras e as alarga. Quanto mais 
afiada maior o seu poder de trabalho. Na 
atualidade o melhor bisturi, o mais fino, é o 
bisturi a laser, uma cunha eletromagnética, 
nenhuma supera a sua finura que chega a 
apenas separar as células sem as dilacerar, 
servindo para operações plásticas, pois facilita a 
recomposição sem cicatrizes. 
 
 
 
b) Plano Inclinado 
Plano Inclinado: reduz a força peso na razão do 
triângulo que reflete o ângulo de inclinação θ, na 
sua altura h (cateto oposto: op), sua base b 
(cateto adjacente) e hipotenusa. Na construção 
das grandes pirâmides, ou para elevar grandes 
pedras a grandes alturas, o plano inclinado foi e 
será uma máquina simples essencial. 
 
 
c) Alavanca 
Uma alavanca que gira em torno do seu 
fulcro O (fixo), ponto de rotação, onde em 
um de seus pontos é aplicada uma força de 
potência FP (força menor) em A, para se 
impor à força de resistência FR (força maior) 
em B. A razão entre estas duas forças FP/FR 
=b/a, está na razão inversa entre os braços 
da alavanca a e b e como a>b, assim FP < 
FR, o que garante o rendimento da 
alavanca. Exemplos de Alavancas: 
 
 
 
 
O (Fulcro) 
FR
FP
B
A
O
 a 
A
B
 b 
FP
FR
b FR - a FP = 0 
a
b
F
F
R
P =
Fulcro
O 
aA B
b 
FP FR
a FP - b FR = 0 
a
b
F
F
R
P = 
Fulcro 
N 
Pn 
Pt 
P 
l
h
F
F
P
P
R
Pt ==
b 
θ
θ
Pt = P sen θ = P ( h / l ) 
h
Pn = P sen θ = N = P ( h / l ) 
FP 
h
b
l
l
FP 
FR 
FR 
A
B
S 
FP 
AB
AS
F
F
P
R =
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
13
 
 
 
 
 
d) Roda 
A Roda possui a capacidade de ter o menor 
perímentro com o interior de maior área. É 
utilizada em superar o atrito de arrastamento, 
através da vantagem do rolamento. A concepção 
do conceito abstrato da roda não é um conceito 
tão simples como se pensa. A comunidade 
indígena por exemplo com linguagem e 
sociedade desconhece a descoberta da roda. 
 
Se desenrola suas aplicações associadas, em 
outras máquinas simples, como a roldana fixa, a 
roldana móvel, e a associação de rodas através 
de engrenagens e polias. 
 
e) Roldana 
Rodana fixa: é uma máquina que serve em 
primeiro lugar para mudar o sentido da força de 
resistência sem no entanto variar-se sua 
grandeza: FR = FP . 
 
Rodana móvel: reduz a força de potência a 
metade da força de resistência : FP = FR / 2 
 
 
 
f) Engrenagens, Polias 
 Interligadas, Rotações em um 
mesmo eixo 
Engrenagens e Polias Interligadas: reduz ou 
amplia a velocidade angular ω, a feqüência de 
rotação fR, a aceleração angular α, o espaço 
angular θ, a velocidade tangencial v
r
, a 
aceleração tangencial ta
r
, o espaço linear s. No 
caso das engrenagens as velocidades angulares 
de rotação ficam invertidas mas no caso das 
polias interligadas estas ficam no mesmo 
sentido. 
 Engrenagens 
rA
rB 
FR 
FP = FR / 2 
O
FR FP 
O
Resistência
Potência 
Fulcro
Fulcro 
A 
Balança 
Potência 
ResistênciaB
Fulcro
Potência
Alicate 
Resistência 
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 14
 Rotações de mesmo eixo e raios diferentes: 
exige esforços diferentes na relação inversa dos 
raios. 
 
g) Parafuso 
 
 
 
1.13 - Mudança de 
Sistema de Referência 
Inercial 
 
Princípio da Relatividade (de 
Galileu) (reafirmado por Einstein na Teoria da 
Relatividade) : 
 
“ As Leis da Natureza são as mesmas se as 
medidas de suas grandezas físicas são feitas 
a partir de qualquer Sistema de Referência 
Inercial. ” 
 
ou 
 
“As leis da Física são as mesmas para 
observadores que estejam em qualquer 
Sistema de Referência Inercial.” 
 
Isto significa que não existe sistema referencial 
inercial privilegiado. Assim o que acontece se 
mudarmos de um Sistema de Referência Inercial 
para outro. 
 
Os Sistemas de Referência Inerciais são 
caracterizados pela propriedade terem suas 
velocidades constantes e acelerações nulas e de 
que nele valem as leis físicas, por exemplo: 
 
1ª Lei da Dinâmica ou Lei de Galileu ou Lei da 
Inércia ou 1ª Lei de Newton: 
 
“Estando um corpo livre da ação de forças, 
ele se move mantendo seu momento linear 
constante.“ 
 
Por isso um corpo livre de Forças segue uma 
linha reta ou uma trajetória retilínea. 
Esta Lei não é válida para Sistemas Acelerados 
ou seja, Referenciais Não Inerciais. 
 
2ª Lei da Dinâmica ou Princípio Fundamental 
da Dinâmica: 
 
“ A Força Resultante sobre um corpo é igual 
ao produto da sua massa pela sua 
aceleração.” 
ou 
 
 
 “ A Força Resultante que age sobre um 
corpo é igual á variação do seu momento 
linear no tempo. “ 
 
No caso em que a massa do corpo não muda ao 
longo do seu movimento a Força resultante pode 
ser dada pelo produto de sua massa pela sua 
aceleração. 
 
A força resultante é a soma de todas as forças 
que agem sobre o corpo. 
∑=
=
n
1i
iR FF
rr
 
A força resultante é a causa do movimento e a 
aceleração é o efeito físico produzido no corpo. 
 
Quem intermedeia a relação entre causa e 
efeito, ou seja, força e aceleração é a massa, 
cujo valor se for grande produzirá um efeito 
pequeno e se for pequena, deixará transparecer 
um efeito grande. 
amFR
rr
= 
 
3ª Lei da Dinâmica ou 3ª Lei de Newton ou 
Princípio da Ação e Reação: 
 
“ A toda Força de Ação corresponde a uma 
Força de Reação igual e contrária.” 
 
As forças somente existem aos pares, não 
existem forças isoladas na natureza. 
 
Forças de ação e reação nunca se equilibram, 
porque estão sempre aplicadas em corpos 
distintos, e não no mesmo corpo. 
 
Macaco de erguer carro 
usando parafusos.. 
FR 
FP < FR 
Mesmo eixo, mesma 
velocidade angular, raios 
diferentes, esforços de 
força diferentes. 
P
R
R
P
R
R
F
F
=
Mesmo eixo, mesma 
velocidade angular, raios 
diferentes, esforços de 
força diferentes. 
rA 
rB 
Polias Interligadas 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
15
a) Grupo de Galileu 
para a relação entre Sistemas Inerciais: 
 
 Consideremos um Sistema de Referência 
Inercial S’ com coordenadas ( x’ ; y’ ; z’ ), que 
possui velocidade v = vx em relação a outro 
Sistema de Referência Inercial S ( x ; y; z ). O 
Sistema de Referência S pode ser colocadas em 
função das coordenadas do Sistema de 
Referência S’, através das seguintes expressões 
das quais denominamos de Grupo de Galileu. 
 
 
onde 
=xv velocidade do Sistema de Referência S’ 
em relação ao Sistema de Referência S 
=u
r velocidade da Partícula P em relação ao 
Sistema de Referência S 
='u
r velocidade da Partícula P em relação ao 
Sistema de Referência S’ 
 
Assim temos que dado que as velocidades 
relativas, são dadas por SSSPSP vuu ''
rrr
−= , 
temos: 
 
Equações de Transformação de Galileu: 
 
tvx'x −= 
y'y = 
z'z = 
 
Velocidades Relativas: 
 
vuu x'x −= 
y'y uu = 
z'z uu = 
 
As equações de Galileu, ou chamado Grupo de 
Galileu, para estabelecer a relação entre um 
Sistema Inercial e outro Sistema Inercial com 
velocidade vx , em relação ao primeiro, em que 
as leis da Física, devem permanecer válidas. 
 
b) Grupo de Lorentz 
Para a teoria da relatividade, uma vez que 
associado ao Princípio da Relatividade existe 
outro Princípio que é o Princípio da Constância 
da Velocidade da Luz, de que não existe na 
natureza velocidade superior à velocidade da luz 
no vácuo, c (de constante) ou seja, ela é a 
mesma, em qualquer sistema de referência, em 
qualquer direção (isotropicamente), sendo uma 
velocidade finita. As equações da relação entre 
dois sistemas inerciais de modificam para as 
chamadas equações de Lorentz ou Grupo de 
Lorentz: 
)/(1
'
22 cv
tvxx
−
−
=
 
y'y =
 z'z = 
22
2
c/v1
x)c/v(t't
−
−
= 
 
Velocidades: 
)/(1
'
2cvu
vu
u
x
x
x
+
−
= 
)/(1
/1
'
2
22
cvu
cvu
u
x
y
y
+
−
=
 
)/(1
/1
'
2
22
cvu
cvu
u
x
z
z
+
−
=
 
 
1.14 – A Hierarquia das 
Ciências e suas 
dificuldades 
 
Na Hierarquia da Ciências e na ordem de suas 
dificuldades, podemos dizer que a estrutura mais 
básica que permitiu o desenvolvimento de todas 
as Ciências, e que a partir dela todas crescem e 
se aperfeiçoam é a Linguagem Conceitual, que 
aperfeiçoa as Ciências e que as Ciências a 
aperfeiçoa a medida que uma depende da outra. 
A segunda grande linguagem de importância 
impar que introduz a noção de quantidades das 
maneiras mais sofisticadas são as Ciências 
Matemáticas. Sem ela o desenvolvimento 
estaria intensamente limitado. No entanto, a 
Matemática cresce a medida que as outras 
Ciências vão dependendo dela e pedindo o seu 
acesso e é desta forma que ambas entram em 
evolução. Tem sua aplicação prática na Física, 
na Biologia, na Engenharia, na Medicina, nas 
Ciências da Personalidade, na Psicologia, na 
Psiquiatria, na Administração, na Contabilidade, 
nos Negócios Financeiros, na Economia, nas 
Negociações, em praticamente todos os campos 
do conhecimento humano . 
Acima dos alicerces da Matemática, sendo mais 
complexa e que no seu desenvolvimento 
necessitou de todas as ferramentas da 
Matemáticas e que não bastando precisou no 
seu feedback desenvolve-la ainda mais, está a 
Ciência da Natureza, a Física, que se coloca 
sobre e dependente do desenvolvimento da 
Matemática. Ciência da Natureza da Matéria, a 
física na sua diversidade de manifestações, 
busca modelar os mecanismos do 
funcionamento da matéria, da antimatéria, da 
energia, da entropia, da mecânica, da astrofísica, 
da quântica, das particulas elementares, da 
hidrodinâmica, da ótica, do Eletromagnetismo, 
da Termodinâmica, da Teoria Cinética, da 
Relatividade, da Gravitação, do Núcleo Atômico, 
da Química, da Biologia, dos Materiais, da Teoria 
de Campos, do Universo e de todas as 
z 
x
z’ 
u
r
xvv =
x’
P 
S
S’ 
u
r
’ 
- v
r
 
x
y y’ 
y y’
 x’ 
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 16
manifestações correlatas. Tem como aplicações 
tecnológicas, as Engenharias: Mecânica, 
Elétrica, Civil, Materiais, Produção, Química, 
Têxtil, Mecatrônica, etc. 
Acima da Física e mais complexa que esta, e no 
entanto menos desenvolvida, está a Biologia 
que depende das duas primeiras e do seu 
desenvolvimento, para sobreviver e se 
aperfeiçoar, tendo que ir inclusive buscar apoio 
para suas particularidades que não existem 
como objeto de pesquisa, aprioristicamente nas 
anteriores. A Biologia depende do ferramental da 
Linguagem, da Matemática e da Física. Tem 
como aplicação prática as variadas áreas da 
Medicina, etc. 
 
Na hierarquia de sequência e fundamentação, 
nos alicerces da Linguagem, Matemática, Física 
e Biologia, temos as Ciências da Personalidade, 
extremamente complexa e dependente das 
anteriores, entrando em intersecção com ocampo da Neurociências, das substâncias 
hormonais, das Energias, mas tendo como 
objeto outros estudos em seus paradígmas 
especialicimos, como a necessidade de estudar 
as Emoções, o Sentimentos, o Pensamento, a 
Vontade, a Consciência. Tem como Ciências de 
Aplicação, a Psicologia, a Filosofia, a Advocacia, 
a Medicina Psiquiátrica, as Ciências Sociais. 
 
. 
 
 
 
Ciências Matemáticas 
Ciências Físicas 
Ciências da Personalidade 
Ciências da Coletividade de Personalidades 
Ciências Biológicas 
Linguagens Conceituais 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 Cap. 1 
 
17
Outra das Ciências dependente das anteriores e 
ainda mais complexa é a Ciência da Coletividade 
de Consciências. É a menos desenvolvida, de 
menor profundidade, mas no entanto de maior 
abrangência no futuro. 
Suas aplicações práticas estão nas Ciências 
Sociais, Ciências Políticas, Ciências da Saúde, 
Diplomacia, Didática, Relações Internacionais, 
Ciências Jurídicas de Coletidades, 
Convivialidades, Religiões, Universidades, 
Metrópolis, Filosofia. 
Podemos representar graficamente o 
desenvolvimento destas relações e ciências, 
aproximadamente como no diagrama dado. 
 
A Ciências irão estendendo-se nas laterais a 
medida que as outras Ciências forem se 
autocompreendendo-se e entendendo suas 
inter-relações, indo buscar parâmetros e 
modelos necessários. A matemática poderá 
assim, aumentar a sua altura de 
profundidade e sua largura de extensão de 
idéias e aplicabilidades. O mesmo ocorrerá 
com as outras Ciências que irão a sua 
largura e altura a medida que souberem 
buscar nos alicerces os paradígmas e 
princípios necessários a sua própria 
evolução. Portanto, o mesmo ocorrerá com a 
Física, a Biologia, as Ciências da 
Personalidade e as Ciências das 
Coletividade de Personalidades. 
 
A matemática irá se estendendo nas laterais 
a medida que as outras Ciências forem se 
autocompreendendo e entendendo a 
importância da aplicação da Matemática em 
seus paradígmas, vindo buscar nela 
parâmetros e modelos necessários. A 
matemática poderá assim, aumentar a sua 
altura de profundidade e sua largura de 
extensão de idéias e aplicabilidades. O 
mesmo ocorrerá com as outras Ciências que 
irão a sua largura e altura a medida que 
souberem buscar nos alicerces os 
paradígmas e princípios necessários a sua 
própria evolução. Portanto, o mesmo 
ocorrerá com a Física, a Biologia, as 
Ciências da Personalidade e as Ciências das 
Coletividade de Personalidades. 
 
 
1.15 – Resumo do 
Capítulo 1 
 
1. Definição de Mecânica: 
Estuda os estados de movimento ou de repouso dos corpo 
físicos. Subdivide-se em: 
1) Estática – estuda a inércia 
a) inércia de tranlação : todo corpo tende a permanecer 
em repouso ou MRU a não ser que uma força o tire deste 
estado. 
b) inércia de rotação : todo corpo tende a se manter sem 
rotação ou em rotação uniforme a não ser que um torque 
o tire deste estado . 
2) Dinâmica - Estuda o movimento dos corpos. 
a) Cinemática - Estuda os fenômenos físicos 
observáveis do movimento (s, t, v, a). 
b) Dinâmica ou Cinética – Estuda os modelos ou 
teorias que explicariam as causas dos efeitos físicos 
observáveis da cinemática (F, τ, I, p, Iθ ,L, E, τ). 
 
2. Principais Variáveis da Natureza: 
Energia 
Entropia 
 Momentos Lineares 
 Momentos Angulares 
 Matéria 
 Antimatéria 
 Espaço 
 Tempo 
 Massa 
 Cargas Elétricas 
 Temperatura 
 Campos 
 Matéria Orgânica 
 Organizações Biológicas 
 Informação 
 Sentimento 
 Pensamento 
 Vontade 
 Imaginação 
 Consciência 
 
3. Princípios de Conservação (Simetrias da Natureza) 
Princípio de Conservação de Energia 
 (simetria no tempo) 
Princípio de Conservação de Momentum 
 (simetria no espaço linear) 
Princípio de Conservação de Momento Angular 
 (simetria no espaço angular) 
Princípio de Conservação de Carga Elétrica 
 Principio de Conservação de Matéria 
Princípio de Conservação de Matéria-Energia, etc. 
4 - Partícula, Sistema de Partículas, Corpo Rígido e Sistemas de 
Corpos Rígidos: 
Partícula : 
(a) massa não desprezível 
(b) dimensões desprezíveis 
(2) Corpo Rígido: 
(a) a distância entre dois pontos quaisquer (AB) é fixa ; 
(b) Dimensões não desprezíveis. 
(3) Sistemas de partículas ( gás) 
(4) Sistema de Corpos Rígidos 
 
5 – Movimentos de Translação, de Rotação e Movimento Geral: 
Translação: direção de ligação entre dois pontos quaisquer AB do 
corpo, não varia ao longo do movimento. 
Rotação: direção AB, qualquer, de ligação entre dois pontos do 
corpo varia a sua direção, girando em torno de um eixo 
perpendicular fixo. 
Geral: translação e rotação. 
 
6 – Centro de Massa: 
 
∑
∑
=
i
ii
C m
mr
r
M
r
r ; 
∫
∫=
dm
dmr
r
MC
r
r 
Centróide: 
 
 
 
 
 
Baricentro: 
 
 
 
7 - Simplificações produzidas peloCentro de Massa (CM): 
O Centro de Massa de um Sistema de Partículas, é o ponto que se 
pode estudar, como se nele estivesse concentrado, toda a dinâmica 
(estado de movimento não inercial) ou estática (estado de 
movimento inercial ou repouso), do movimento de translação de um 
corpo. 
∑
∑=
i
ii
C V
Vr
r V
r
r
∑
∑=
i
ii
C A
Ar
r A
r
r
∑
∑=
i
ii
C L
Lr
r L
r
r
∫
∫=
dV
dVr
r VC
r
r
∫
∫=
dA
dAr
r AC
r
r
∫
∫=
dA
dAr
r VC
r
r
∑
∑=
i
ii
C P
Pr
r G
r
r
∫
∫=
dP
dPr
r GC
r
r
CMiiCM vmvmp
rrr
== ∑
 
 Cap. 1 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza-Capítulo 1 - Conceitos Fundamentais - 10ª Edição - 2008 18
 
 
 
 
 
 
8 – Dimensões: 
Dimensão zero: o ponto : s=0 
Dimensão um: a reta : 
Dimensão 1,4: linha curva 
Dimensão dois: plano: dois eixos ortogonais 
Dimensão 2,6: plano encurvado 
Dimensão 3: espaço: 3 eixos ortogonais 
Dimensão 3,2: espaço curvo 
Dimensão 4: 
Dimensão N 
 
9 - Sistemas de Referência: 
Sistema de Referência Inercial (SRI): As leis da Física Clássica são 
descritas e são válidas em qualquer Sistema de Referencia Inercial. 
O Sistema Referencial Inercial é aquele que não está acelerado. Não 
existe um Sistema Inercial Absoluto, mas dentro de um certo 
intervalo de tempo considerado, na prática, podemos adotá-los 
válidos. 
 
10 – Distâncias no Universo conhecido 
 
Distâncias de objetos 
astrofísicos 
Distâncias baseadas na
velocidade da luz 
Terra-Lua 1,27 segundos-luz 
Sol-Mercúrio 3,22 minutos-luz 
Sol-Vênus 6 minutos-luz 
Sol-Terra 8,33 minutos-luz 
Sol-Marte 12,7 minutos-luz 
Sol-Júpiter 43,3 minutos-luz 
Sol-Saturno 1,32 horas-luz 
Sol-Urano 2,65 horas-luz 
Sol-Netuno 4,17 horas-luz 
Sol-Plutão 5,46 horas-luz 
Sol-Eris 13,4 horas-luz 
Sol-α-Centauro 4,3 anos-luz 
Sol-Centro Galáxia 23,3 mil anos-luz 
Raio da Galáxia10 mil anos-luz 
Diâmetro da Galáxia 106 mil anos-luz 
Via Láctea -Andrômeda 2,22 milhões anos-luz 
Galáxia longínqua 13 Bilhões de anos-luz 
Beirada do Universo 13,6 Bilhões anos-luz 
Estrelas na Galáxia ≈ 100 Bilhões 
Número de Galáxias ≈ 10 Bilhões 
 
 
11 - Variáveis Fundamentais: 
1) Inércia 
2) Massa 
3) Momento de Inércia 
4) Momentum: 
5) Força Resultante 
6) Momento Angular 
7) Torque Resultante ou Momento Resultante: 
 
12 – Máquinas Simples: 
1) Cunha 
 
2) Plano Inclinado 
 
3) Alavanca 
 
4) Roda 
 
5) Roldana 
 
6) Engrenagens, Polias Interligadas 
 
7) Parafuso 
 
 
13 - Mudança de Sistema de Referência Inercial: 
Princípio da Relatividade: “As leis da Física são as mesmas para 
observadores que estejam em qualquer Sistema de Referência 
Inercial.” 
1ª Lei da Dinâmica ou Lei de Galileu ou Princípio da Inércia ou 1ª 
Lei de Newton: “Um corpo permanece em repouso ou MRU a não 
ser que uma força o tire deste estado de inércia.“ 
2ª Lei da Dinâmica ou 2ª Lei de Newton ou Princípio 
Fundamental da Dinâmica: “ A Força Resultante sobre um corpo é 
igual ao produto da massa pela aceleração.” 
3ª Lei da Dinâmica ou 3ª Lei de Newton ou Princípio da Ação e 
Reação: “ A toda Força de Ação corresponde a uma Força de 
Reação igual e contrária.” 
Grupo de Galileu: x ’ = x - vx t ; y ’ = y ; z ’ = z ; t ’ = t 
Grupo de Lorentz: x ’ = 
)c/v(
tvx
221 −
− ; y ’ = y ; z ’ = z ; t ’ = 
22
2
1 c/v
)c/v(xt
−
− ; Para altas velocidades. 
 
14 – Hierarquia das Ciências e suas dificuldades 
 
 
 
 
 
Ciências Matemáticas 
Ciências Físicas 
Ciências da Personalidade 
Ciências da Coletividade de Personalidades 
Ciências Biológicas 
Linguagens Conceituais 
O
CMiiR amamF
rrr
== ∑
ω=∧= ∑
rrrr
IvmrL iiiR
α=∧=τ ∑
rrrr
IFr iiR
2xs ∆=
22 yxs ∆+∆=
2222 wzyxs ∆+∆+∆+∆=
222 zyxs ∆+∆+∆=
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 19 
 
 
 
2.1 - Definição e Projeção 
de Vetores 
 
Definição: Vetores são grandezas 
matemáticas utilizados para representações 
físicas de uma grandeza, que possuem, além da 
intensidade, também direção e sentido no 
espaço físico. Um vetor tem uma origem (A) e 
uma extremidade (B). Se a grandeza física que 
atua no corpo tiver de representar outras 
características, além das três coordenadas, 
atuando em outros setores do corpo físico, como 
tensão, tração, pressão, densidade e formato do 
corpo caracterizará outros espaços adicionais e 
então só poderá ser representado através de um 
tensor. O vetor é um caso particular de tensor. 
Representação de um vetor no espaço 
tridimensional. 
 
 
Em um Sistema de Coordenadas Cartesiano ou 
Retangular o vetor F
r
 pode ser escrito como 
combinação linear de seus eixos coordenados 
que são ortogonais e linearmente independentes 
( L.I. ): 
 
)kcosjcosi(cosFˆFF zyx
rrrr
θ+θ+θ=λ= 
 
onde λ̂ é o versor ou vetor unitário que fornece 
a direção e sentido do vetor F
r
. O versor é 
composto pelos cossenos diretores, ou seja, que 
dão a direção do vetor F. 
 
 
 
 
 
 
onde θx , θy e θz são os ângulos diretores do 
vetor, ou seja, o ângulo que o vetor faz com 
cada eixo coordenado com na figura: 
 
kcosFjcosFicosFF zyx
rrrr
θ+θ+θ= 
Os cossenos diretores compõem o versor do 
vetor F: 
kji zyx
rrr
θ+θ+θ=λ coscoscosˆ 
 
Como :1=λ
r
 
 
1coscoscos 222 =θ+θ+θ zyx 
 
 
 
Conhecendo-se os ângulos diretores θx , θy e θz, 
o vetor F
r
 pode ser escrito através de suas 
projeções nos eixos. 
 
O vetor posição da força em relação à origem O 
do sistema de coordenadas é representada pela 
posição de qualquer ponto da linha de ação das 
forças em relação a O. Podemos representá-lo 
em qualquer sistema de referência, como uma 
diferença de pontos: 
 
OAr −=
r
 
 
ou OPr −=
r
 , ou ODr −=
r
 
 
No sistema de coordenadas cartesianas: 
 
k)zz(j)yy(i)xx(r OAOAOA
rrrr
−+−+−= 
 
θy 
O ≡A
 F
r
 
z
x
y
B 
θx
θ=θz
 Fy
 Fx
 Fz
ϕ 
extremidade B
origem A 
vetor F
r
 FF =
r
 = intensidade do vetor
z 
x 
y
O 
A 
B λ̂
λ̂ 
C r
r
 
___________________________________________________________ 
Capítulo 2 
Vetores 
___________________________________________________________ 
D
20 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
O versor λ̂ que indica a direção do vetor F pode 
ser obtido pela razão entre a diferença entre 
pontos que estão na mesma linha de ação da 
força fazendo o sentido como o ponto da 
extremidade do vetor menos a origem do vetor, 
sobre o módulo desta diferença. 
AD
AD
F
Fˆ
−
−
==λ r
r
 
D – A = coordenadas do ponto D menos do 
ponto A (extremidade menos origem). 
k)zz(j)yy(i)xx(AD ADADAD
rrr
−+−+−=− 
2
AD
2
AD
2
AD )zz()yy()xx(AD −+−+−==− l 
 
Em coordenadas cartesianas ou retangulares os 
pontos possuem suas três coordenadas: 
 
D ≡ ( xD ; yD ; zD ) 
A ≡ ( xA ; yA ; zA ) ; 
D – A = ( xD – xA ; yD – yA ; zD – zA ) 
 
kFjFiFF zyx
rrrr
++= 
 
222
zyx FFFF ++= 
 
kcosjcosicosk
F
Fj
F
F
i
F
F
F
Fˆ
zyx
zyx
rrrrrr
r
θ+θ+θ=++==λ
 
Cossenos diretores e ângulos diretores com os 
eixos coordenados, dados por: 
 
F
Fcos xx =θ ⇒ F
Fcosarc xx =θ 
 
F
F
cos yy =θ ⇒ F
F
cosarc yy =θ 
 
F
Fcos zz =θ ⇒ F
Fcosarc zz =θ 
 
kcosFjcosFicosFF zyx
rrrr
θ+θ+θ= 
 
Outra forma de escrever o vetor F seria 
utilizando o módulo de F e os ângulos das 
coordenadas esféricas θ=θz e ϕ da figura acima: 
 
kFjsenFiFF
rrrr
θ+ϕθ+ϕθ= coscoscoscos 
 
No plano: 
No caso de um vetor bidimensional sua 
combinação linear será em função apenas de 2 
versores jei
rr
: 
 
 
 
jFiFF yx
rrr
+= 
jFiFF yx
rrr
θ+θ== coscos 
ji yx
rr
θ+θ=λ coscosˆ 
1coscos 22 =θ+θ yx 
onde : 
 
 Fx = F cos θx = F sen θy e 
 
 Fy = F sen θy = F cos θx 
 
Observe que para se projetar o vetor sobre um 
eixo multiplica-se o módulo do vetor pelo: 
(a) cosseno do ângulo que está “em baixo” do 
vetor quando ele se projeta, ou seja, o 
ãngulo entre o vetor e sua projeção; 
(b) ou então pelo seno do ângulo que esta nas 
“costas” do vetor de onde ele vai se projetar, 
ou seja, o seno do ângulo que está entre o 
vetor e o eixo que está a 90° do eixo onde 
ele se projeta. 
 
 
 
 
 
O módulo do vetor é dado por: 
 
22
yx FFFF +==
r
 
 
e seus ângulos diretores são: 
x
y
x F
F
arctg=θ 
 
Fx = F cos θx 
 Fy =F cos θy
θx
θy F 
 x 
 y (a) 
(a) para projetar multiplica-se o módulo do vetor 
F pelo cosseno do ângulo que está entre o vetor 
e o local onde ele vai se projetar . 
y
x O
F
r
Fx 
Fy
 
θx
θy
 Fx = F sen θy 
 Fy = F sen θx 
 F 
 x 
 y (b) 
(b) para projetar multiplica-se o módulo do vetor 
F pelo seno do ângulo que está entre o vetor e o 
eixo a 90° de onde ele vai se projetar. 
θy
θx 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 21 
 
 
y
x
y F
Farctg=θ 
 
Desta forma um vetor F
r
 têm as 3 características 
gerais importantes: 
 
a) Módulo ou Intensidade ou Tamanho do 
vetor: F
r
onde no exemplo abaixo é igual a 
4,5 unidades de medida 
 
 
b) Direção : a direção é designada indicando o 
ângulo que o vetor faz com a horizontal. 
Uma direção tem dois sentidos 
 
c) Sentido: dada uma direção, dela resultam 
dois sentidos: diagonal para cima ou 
diagonal para baixo. 
 
 
 De forma geral, a direção e sentido se 
designam com o ângulo α (0 ≤ α ≤ 360º) que o 
vetor faz com a horizontal ou eixo x. 
 
 
2.2 - Sistemas de 
 Coordenadas 
 
Um vetor pode ser colocado em Sistemas de 
Coordenadas distintos, mas antes disso vamos 
definir de forma rápida o que chamamosde 
Propriedades das Transformações Ortogonais. 
Um Sistema de Coordenadas serve para 
descrever um Sistema Referencial. 
 
2.1.1 – Transformações 
 Ortogonais: 
 
Sendo 21 ê,ê dois versores (vetores unitários) 
perpendiculares entre si e 21 'ê,'ê dois outros 
do mesmo plano. Como cada conjunto forma 
uma base, cada um pode ser posto como 
combinação linear do outro: 
 
2121111 êaêa'ê += 
2221212 êaêa'ê += 
 
o que podemos escrever de forma reduzida 
como: 
∑
=
=
2
1j
jiji êa'ê 
ou considerando que sempre há soma para 
índices repetidos, podemos escrever 
considerando que i, j = 1, 2: 
jiji êa'ê = 
 
como são perpendiculares, o produto escalar de 
um pelo outro (distinto) é nulo e o produto 
escalar por si mesmo é unitário: 
 
0)ˆˆ()ˆˆ('ˆ'ˆ 22212121211121 =++= eaeaeaeaee 
 
0aaaa'ê.'ê 2212211121 =+= (I) 
 
1)êaêa(.)êaêa('ê.'ê 21211121211111 =++= 
1aa'ê.'ê 12211211 =+= (II) 
 
1)êaêa(.)êaêa('ê.'ê 22212122212122 =++= 
1aa'ê.'ê 22221222 =+= (III) 
 
Portanto temos das transformações ortogonais 
como resultado a relação de seus coeficientes:: 
 
0aaaa 22122111 =+ (I) 
 
1aa 122112 =+ (II) 
 
1aa 222212 =+ (III) 
 
As expressões (I) , (II) e (III) são chamadas de 
condições de ortogonalidade pois elas garantem 
que os versores dados são unitários e 
ortogonais. 
 
Usando matrizes podemos perceber que estas 
propriedade de ortogonalidade, garantem que a 
 
1ê
2ê
1'ê
2'ê
Diagonal para 
cima 
α Diagonal para baixo 
α
0 
1 
2 
3 
4 
5
λ̂ 
λ̂ = versor = vetor unitário = indica a direção do vetor 
 e tem módulo de uma unidade (1 m, 1 km, ...) ou (1 N, 1 kN) etc. 
F
r 
λ= ˆFF
r = 4,5 λ̂ 
α
ou α 
α-180°
α ≤ 180º 
β ≥ 180º = α + 180 
α-180° < 0° 
22 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
matriz inversa seja a própria transposta, 
facilitando a relação: 
 
ii eA'e = 
 
que representa 
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
2
1
2221
1211
2
1
ê
ê
aa
aa
'ê
'ê
 
onde 
 
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡=
2212
2111
2221
1211
aa
aa
aa
aaAA t 
 
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡==
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
++
++=
10
01
22
2
21
2
12221121
2212211112
2
11
2
IAA
aaaaaa
aaaaaaAA
t
t
 
 
onde os termos da matriz fornecem resultados 
idênticos aos das condições de ortogonalidade 
(I) , (II) e (III) acima, e portanto 1t AA −= , 
assim: 
ii eA'e = 
 
i
t
i
t eAA'eA = 
 
i
t
i 'eAe = 
 
“Para transformações ortogonais, as 
matrizes de transformação inversa A-1 
são realizadas pelas matrizes de 
transformação transposta A t , uma vez 
que em transformações ortogonais: 
A -1 = A t ” . 
 
a) Sistema de Coordenadas 
Cartesianas ou Retangulares 
 
 Com Coordenadas ( x ; y ; z ) ou ( x1 ; x2 ; x3) 
a Base de Versores Unitários será 
( )zyx eee ˆ;ˆ;ˆ ou ( )321 xxx eee ˆ;ˆ;ˆ ou 
( )k̂;ĵ;î ou ( )k;j;i rrr , assim: 
k̂zĵyîxr ++=
r
 
 
Vetor Posição em coordenadas 
retangulares: 
 
kzjyixr
rrrr
++= 
 
Vetor Deslocamento infinitesimal : 
 
kdzjdyidxrd
rrrr
++= 
 
Espaço elementar: 
222 dzdydxds ++= 
 
Volume elementar: 
 
dV = dx dy dz 
 
Áreas elementares: 
dσz = dx dy 
dσy = dx dz 
dσx = dy dz 
 
Vetor Velocidade : 
 
kvjvivk
td
zdj
td
ydi
td
xd
td
rdrv zyx
rrrrrrr
&rr ++=++=== 
 
Vetor Aceleração: 
 
k
td
zdj
td
ydi
td
xd
dt
rdr
td
vdva 2
2
2
2
2
2
2
2 rrrr&&r
r
&rr ++=====
 
kajaiak
td
vdj
td
vd
i
td
vda zyxz
yx
rrrrrrr
++=++= 
 
O operador matemático del ou nabla é 
 
k
z
j
y
i
x
rrr
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ 
 
É um operador que denota uma característica de 
medida de uma variação vetorial. Se aplicado a 
um escalar se transforma em um vetor 
denominado gradiente que indica a direção de 
maior crescimento do mapeamento escalar. Se 
x
y 
r
r
kzjyixr
rrrr
++=
x
z
y 
Coordenadas cartesianas ou retangulares: P ≡ ( x , y , z ) 
P
O
z 
k
r
j
r
i
r
z
ρ
x
z
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 23 
 
 
aplicado a um vetor através de um produto 
escalar, se transforma em um escalar que 
fornece uma proporcionalidade com as fontes de 
origem da divergência do vetor. Se aplicado a 
um vetor através de um produto vetorial, se 
transforma em um vetor que fornece as fontes de 
rotação desse vetor. 
 
O Gradiente de uma função escalar f = f ( 
x, y, z ), a transforma em um vetor que aponta 
sempre no sentido de maior crescimento dessa 
função: 
k
z
fj
y
fi
x
fffgrad
rrr
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇= 
 
O Gradiente mede a taxa vetorial de máxima 
variação da função f , apontando sempre nesta 
direção de sua máxima variação de crescimento, 
em cada ponto. 
 
O Divergente de uma função vetorial 
kAjAiAA zyx
rrrr
++= , fornece um escalar 
da qual é proporcional à fonte que origina a 
divergência do vetor: 
 
z
A
y
A
x
AAAdiv zyx
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=⋅∇=
rr
 
Se o divergente for negativo, significa que o 
vetor A
r
 esta convergindo para a fonte, se 
positivo ele diverge da fonte. O divergente do 
vetor A
r
, é proporcional à intensidade da fonte 
que o produz. 
 
O Rotacional de uma função vetorial 
kAjAiAA zyx
rrrr
++= , quando diferente de 
zero, mostra quais fontes dão origem à 
rotacionalidade desse vetor. Isto significa 
também que tal campo gerado de rotacional 
diferente de zero, gera ao atuar a dissipação de 
energias no espaço. 
Sendo igual zero, o rotacional de um campo A
r
, 
isto trás a indicação de que este campo se 
caracteriza por ser conservativo, ou seja, ele 
deriva de uma função escalar dependente e 
variável com os pontos ou posições no espaço, 
uma função que só depende de cada ponto e 
assim denominada de função potencial V. Desta 
forma este campo não dissipa energia pelo 
espaço e se caracteriza como: 
rot A
r
 = 0 então A
r
 = grad V 
 
Calcula-se o rotacional de um campo A
r
 como: 
 
⎟⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=∧∇=
zyx AAA
zyx
kji
AArot
rrr
rr
 
 
k
y
A
x
A
j
x
A
z
A
i
z
A
y
AA
xy
zx
yz
r
r
rr
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
+
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
+
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
=∧∇
 
 
O Laplaciano de uma função escalar ou o 
divergente do gradiente é definido como: 
 
2
2
2
2
2
2
2
z
f
y
f
x
ffffgraddivflap
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇=∇⋅∇==
 
O Dalambertiano de uma função escalar: 
 
2
2
22
2
2
2
2
2
t
f
v
1
z
f
y
f
x
fffdal
∂
∂
−
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=Π= 
 
O Laplaciano de um vetor: 
 
( ) ( ) ( )kAjAiAA z2y2x22 rrrr ∇+∇+∇=∇ 
 
Teorema de Gauss ou 
Teorema da Divergência: 
 
“Pode-se transformar uma integral do fluxo de 
um vetor A através de uma superfície (área) 
fechada S ( integral ao longo de toda a superfície 
fechada S, do vetor A
r
, feito seu produto 
escalar com os versores normais n̂ à superfície 
e que saem da superfície), em uma integral de 
volume desta superfície fechada do divergente 
do vetor.” ou 
 
“O fluxo do vetor A
r
 através de uma 
superfície fechada S é igual à integral 
do divergente de A
r
 ao longo do volume 
V interno à superfície S.“ 
 
 
∫∫ =⋅
VS
dVAdivdSnA
rr
ˆ 
 
 
 
Teorema de Stokes ou 
Teorema do Rotacional: 
 
“Pode-se transformar uma integral de linha 
fechada (ou circuitação de um vetor ao longo de 
n̂n̂
V S 
n̂
n̂
24 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ªEdição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
uma linha fechada Γ), (ao longo de um caminho 
fechado e orientado ℓ de um vetor A
r
) em uma 
integral de superfície aberta (área) S “. 
 
Ou 
 
“A circuitação do vetor A
r
 ao longo de 
uma linha fechada ℓ é igual a integral do 
rotacional de A
r
 ao longo da área limitada 
pela linha fechada Γ.“ 
 
 
∫∫ =⋅
Γ S
dSArotdA
r
l
r
 
 
 
b) Sistema de 
 Coordenadas Cilíndricas 
 
Com Coordenadas ( ρ ; φ ; z ) e Base de 
Versores Unitários ( )zê;ê;ê φρ ou 
( )k̂;ˆ;ˆ φρ , assim: k̂zê0êr ++ρ= φρr ; 
As coordenadas cilíndricas apenas no plano xOy 
são chamadas de coordenadas polares:( ρ, ϕ ) 
 
Coordenadas cilíndricas: 
 
onde: 
 
 
 
 
 
 
Uma vez que: 
 
 
 
 
 
Em matrizes, as bases ficam: 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕϕ−
ϕϕ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
ρ
k
j
i
100
0cossen
0sencos
k
ê
ê
r
r
r
r
 
 
ou CARTCIL êAê = 
 
Γ
dℓ S
x 
y 
r
r
z 
Coordenadas cilíndricas: P ≡ (ρ, ϕ , z)
ρ
ϕ 
ρ
P
O
z 
ϕ 
z 
ϕe
r
ρe
r 
ze
r 
A 
 22 yx +=ρ 
 
ρ
=
ρ
==ϕ
xcosarcysenarc
x
ytgarc 
 z = z 
 
 x = ρ cos ϕ 
 
 y = ρ sen ϕ 
 
 z = z 
 Coordenadas: cilindricas ↔ cartesianas 
x 
y
ρ
ϕ
 x = ρ cos ϕ 
 y = ρ sen ϕ 
 
P 
i
r
 
ρê
ϕ
j
r
ϕê
ϕ
 jcosisenê
jsenicosê
rr
rr
ϕ+ϕ−=
ϕ+ϕ=
ϕ
ρ
 
 
 jsenicosê
rr
ϕ+ϕ=ρ 
 jcosisenê
rr
ϕ+ϕ−=ϕ 
 kk
rr
= 
 
 
 
 ϕρ ϕ−ϕ= êsenêcosi
r
 
 ϕρ ϕ+ϕ= êcosêsenj
r
 
 kk
rr
= 
 Bases: cilíndricas ↔ cartesianas 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 25 
 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕϕ
ϕ−ϕ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
ρ
k
ê
ê
100
0cossen
0sencos
k
j
i
rr
r
r
 
 
ou CIL
t
CART êAê = 
 
Os vetores se transformam segundo as mesmas 
matrizes A e At = A-1 : 
 
kVjViVV zyx
rrrr
++= 
 
zz êVêVêVV ++= ϕϕρρ
r
 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕϕ−
ϕϕ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
ρ
z
y
x
z V
V
V
100
0cossen
0sencos
V
V
V
 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕϕ
ϕ−ϕ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
ρ
z
y
x
V
V
V
100
0cossen
0sencos
Vz
V
V
 
 
 
Vetor Posição em coordenadas cilíndricas : 
 
 
 
Vetor Deslocamento infinitesimal : 
 
 kdzêdêdrd
rr
+ρ+ρ= ρρ ⇒ 
 
kdzêdêdrd
rr
+ϕρ+ρ= ϕρ 
 
Espaço elementar 
 
2222 dzddds +ϕρ+ρ= 
 
Volume elementar: 
dV = ρ dϕ dρ dz 
Áreas elementares: 
dσρ = ρ dϕ dz 
 dσϕ = dρ dz 
dσz = ρ dϕ dρ 
 
pois, 
jsenicosê
rr
ϕ+ϕ=ρ ⇒ 
 
jdcosidsenêd
rr
ϕϕ+ϕϕ−=ρ 
ϕ=ϕϕ+ϕ−= ϕρ dedjisened ˆ)cos(ˆ
rr
 
 
Vetor Velocidade : 
 
kzeerv
r
&&
rr
&&
rr
+ρ+ρ== ρρ 
 
kzeev
r
&
r
&
r
&
r
+ϕϕρ+ρ= ρ 
 
 Vetor Aceleração: 
 
 
kze
td
dea
r
&&&&&&
r
+ϕρ
ρ
+ϕρ−ρ= ϕρ ˆ)(
1ˆ)( 22 
 
O Gradiente de uma função escalar 
 f = f ( ρ , ϕ, z ): 
 
grad f = k
z
fêfêff
r
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=∇ ϕρ
1
 
 
onde o operador del (ou nabla) é 
 
k
z
ê1ê
r
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=∇ ϕρ 
 
O Divergente de uma função vetorial 
k̂AêAêAA z++= ϕϕρρ
r
 
 
( )
z
AAAAAdiv z
∂
∂
+
ϕ∂
ϕ∂
ρ
+ρ
ρ∂
∂
ρ
=∇= ρ
11.
rr
 
 
O Rotacional de uma função vetorial A
r
: 
 
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ρ
∂
∂
ϕ∂
∂
ρ∂
∂
ρ
ρ
=∧∇=
ϕρ
ϕρ
zAAA
z
kee
AArot
ˆˆˆ
1rr 
 
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
ϕ∂
∂
ρ
=∧∇ ρ
ϕ e
z
AAA z ˆ1
r
 
 
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
ρ∂
∂
−
∂
∂
+ ϕ
ρ eA
z
A z ˆ 
 
k
AA ˆ)(1
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
ϕ∂
∂
−
ρ∂
ϕρ∂
ρ
+ ρ 
 
O Laplaciano de uma função escalar ou o 
divergente do gradiente: 
 
 
lap f = div grad f = 
2
2
2
2
2
2 11
z
ffff
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
ρ∂
∂
ρ
ρ∂
∂
ρ
=∇ 
O Laplaciano de um Vetor: 
P
y
z
z
ρ 
r k̂zêr +ρ= ρ
r
26 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
 
+
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
ρ
−
ϕ∂
∂
ρ
−
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=∇ ρ
ρϕρρρρ ê
AA2
z
AA1A1AA 222
2
2
2
22
2
2 r
 
+
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
ρ
−
ϕ∂
∂
ρ
+
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
+ ϕ
ϕρϕϕϕϕ ê
AA2
z
AA1A1A
222
2
2
2
22
2
 
z2
z
2
2
z
2
2
z
2
z
2
ê
z
AA1A1A
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
+ 
 
Coordenadas Polares: 
 
Um caso particular das coordenadas cilíndricas 
são as coordenadas polares, que valem para um 
plano e que a localização dos pontos se faz por 
duas coordenadas cilíndricas com z = 0, ρ = r e 
ϕ = θ: 
 
d) Sistema de 
 Coordenadas Esféricas : 
 
Com Coordenadas ( r ; θ ; ϕ) e Base de 
Versores Unitários ( )ϕθ ê;ê;êr ou 
( )ϕθ ˆ;ˆ;r̂ , assim: r̂rêrr r ==r . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Em matrizes as bases ficam: 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θ−θ
θθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
ϕ
ρ
θ
k
ê
ê
010
sen0cos
cos0sen
ê
ê
ê r
r
 
 
x
y
r 
θ 
 x = r cos θ 
 y = r sen θ 
 
P
Coordenadas Polares 
θ=θ+θ=+= ierjsenrirjyixr
rrrrr
cos
y
x 
 22222 zyxzr ++=ρ+= 
 
z
tgarc
r
senarc
r
zarc ρ=ρ==θ cos 
 ϕ = ϕ 
 
 ϕθ= cossenrx 
 
 ϕθ= sensenry 
 
 θ= cosrz 
 Coordenadas: cilíndricas ↔ esféricas 
x
y
x
z
Coordenadas esféricas: P ≡ ( r , θ , ϕ )
ϕ
θ
r
P
O
ϕe
r
re
r
θe
r
ρ z y 
x
θ
 
 kcosêsenê r
r
θ+θ= ρ 
 ksenêcosê
r
θ−θ= ρθ 
 ϕϕ = êê 
 
 
 
 
 ϕρ θ+θ= êcosêsenê r 
 ϕϕ = êê 
 θθ−θ= êsenêcosk r
r
 
ρê 
k
r
rê
θ
θ 
θê
ksenee
r
θ−θ= ρθ ˆcosˆ 
kesener
r
θ+θ= ρ cosˆˆ 
y 
ρ
 x = r sen θ cos ϕ 
 y = r sen θ sen ϕ 
P
y 
 Bases: cilíndricas ↔ esféricas 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 27 
 
 
ou CILESF êBê = 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θ−θ
θθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θϕ
ρ
ê
ê
ê
0sencos
100
0cossen
k
ê
ê r
r
 
 
ou ESF
t
CIL êBê = 
 
Vale o mesmo para a transformação de vetores: 
 
[ ] scilíndricaesféricas VBV
rr
= 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θ−θ
θθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
ϕ
ρ
θ
z
r
V
V
V
010
sen0cos
cos0sen
V
V
V
 
 
[ ] esféricastsciíindrica VBV rr = 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θ−θ
θθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θϕ
ρ
V
V
V
0sencos
100
0cossen
V
V
V r
z
 
 
Fazendo a substituição para a base cartesiana, 
substituindo CARTCIL êAê = : 
 
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
θ−θ
θθ
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θ
010
0cos
cos0
ˆ
ˆ
ˆ
se
sen
e
e
er
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕϕ−
ϕϕ
k
j
i
sen
sen
r
r
r
.
100
0cos
0cos
. 
 
ou CARTESF êA.Bê = 
 
e multiplicando as matrizes B . A = C , ficamos 
com : 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕϕ−
θ−ϕθϕθ
θϕθϕθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θ
k
j
i
0cossen
sensencoscoscos
cossensencossen
ê
ê
êr
r
r
r
 
ou CARTESF êCê = 
 
E a transformação inversa , temos: 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θ−θ
ϕϕθϕθ
ϕ−ϕθϕθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θ
e
e
e
0sencos
cossencossensen
sencoscoscossen
ê
ê
ê r
z
y
x
r
r
r
 
 
ou ESF
t
CART êCê = 
Os vetores se transformam segundo as mesmas 
matrizes A e At = A-1 : 
 
kVjViVV zyx
rrrr
++= 
 
ϕϕθθ ++= êVêVêVV rr
r
 
 
CARTESF VCV = 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕθ−
θ−ϕθϕθ
θϕθϕθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θ
z
y
xr
V
V
V
0cossen
sensencoscoscos
cossensencossenV
V
V
 
 
ESF
t
CART VCV = 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θ−θ
ϕϕθϕθ
ϕ−ϕθϕθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θ
V
V
V
0sencos
cossencossensen
sencoscoscossen
V
V
V r
z
y
x
 
 
 
Vetor Posição em coordenadas esféricas: 
 
rêrr =
r
 
 
rr êdrêdrrd +=
r
 
 
kcosêsenêr
r
θ+θ= ρ ⇒ 
 
kdsenedseneded r
r
θθ−θ+θθ= ρρ ˆˆcosˆ 
 
Como: 
ksenêcosê
r
θ−θ= ρθ 
e 
ρêd = ϕϕ dê 
Portanto: 
ϕθ ϕθ+θ= êdsendêêd r 
 
o Vetor Deslocamento infinitesimal : 
 
ϕθ ϕθ+θ+= edsenredredrrd r ˆˆˆ
r
 
 
Espaço elementar 
 
222222 ϕθ+θ+= dsenrdrdrds 
 
Volume elementar 
 
dV = r2 sen θ dr dϕ dθ 
 
Áreas elementares: 
 
dσr = r2 sen θ dϕ dθ 
 dσϕ = r dr dθ 
 dσθ = r sen θ dr dϕ 
 
Vetor Velocidade : 
 
ϕθ ϕθ+θ+== êsenrêrêrdt
rdv r &&&
r
r
 
 
 
Vetor Aceleração: 
 
Sendo, 
keesene ˆcosˆcosˆˆ θθ−θ+θθ−= ρρθ &&&& 
28 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
 
ϕρθ ϕθ+θ−θθ−= ekesene ˆcos)ˆcosˆ(ˆ &&& 
 
ϕθ ϕθ+θ−= eee r ˆcosˆˆ &&& 
 
ρϕ ϕ−= eê &
& 
 
)ˆˆcos(ˆ resenee θ+θϕ−= θϕ && 
 
Portanto as três relações ficam: 
 
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θϕ−θϕ−
θϕθ−
θϕθ
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ
θ
ϕ
θ
ê
ê
ê
cossen
cos
sen
ê
ê
ê
dt
d rr
0
0
0
&&
&&
&&
 
 
Assim, 
ϕθ θϕ+θ+= êsenrêrêrv r &&&
r
 
 
ϕϕϕ
ϕθθθθ
θϕ+θθϕ+θϕ+
+θϕ+θ+θ+θ++=
esenreresenr
esenrererererervd r
&&&&&&
&&&&&&&&&&&
r
ˆˆcosˆ
ˆˆˆˆˆˆ
 
 
Portanto, a Aceleração é: 
 
ϕ
θ
θϕ+θϕ+ϕθ+
+θθϕ+θ+θ+
+ϕϕ+θ−=
esenrsenrr
esenrrr
esenrrra r
ˆ)22(
ˆ)cos2(
ˆ)(
2
222
&&&&&&
&&&&&
&&&&
r
 
O operador matemático del (ou nabla) é 
 
ϕθ ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
++
∂
∂
=∇ e
senr
e
r
e
r r
ˆ1ˆ1ˆ 
 
 
O Gradiente em coordenadas cilíndricas de 
uma função escalar f = f ( r, θ , ϕ ): 
 
 ϕ
ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇= θ e
f
senr
ef
r
e
r
fffgrad r ˆ
1ˆ1ˆ 
 
O Divergente de uma função vetorial 
ϕϕθθ ++= êAêAêAA rr
r
 
 
( ) ( )
ϕ∂
∂
θ
+
+θ
θ∂
∂
θ
+
∂
∂
=∇=
ϕ
θ
A
senr
Asen
senr
Ar
rr
AAdiv r
1
11. 22
rr
 
O Rotacional de uma função vetorial 
ϕϕθθ ++= êAêAêAA rr
r
 
 
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
θ
ϕ∂
∂
θ∂
∂
∂
∂
θ
θ
=∧∇=
ϕθ
ϕθ
AsenrArA
r
esenrere
senr
AArot
r
r ˆˆˆ
1
2
rr
 
 
( )
( )
( ) ϕθ
θϕ
θ
ϕ
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
θ∂
∂
−
∂
∂
θ
+
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
ϕ∂
∂
θ
+
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
ϕ∂
∂
−θ
θ∂
∂
θ
=∧∇
eAAr
rsenr
eAr
r
A
senr
eAAsen
senr
A
r
r
r
ˆ1
ˆ1
ˆ1
2
22
r
 
 
O Laplaciano de uma função escalar ou o 
divergente do gradiente: 
 
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
ϕ∂
∂
θ
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
θ∂
∂
θ
θ∂
∂
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
θ
θ
=
=∇=
2
2
2
2
2
11 f
sen
fsen
r
fr
r
sen
senr
fflap
 
O Laplaciano de vetor: 
 
+⎥
⎦
⎤
θ∂
∂
−−
ϕ∂
∂
θ
+
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
θ∂
∂
θ
θ∂
∂
θ
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
⎢
⎣
⎡
=∇
θ
r
rr
rr
eA
rr
AA
senr
Asen
senrr
Ar
rr
A
ˆ221
11
222
2
22
2
2
2
2 r
 
+⎥
⎦
⎤
ϕ∂
∂
θ
θ
−
θ
−
θ∂
∂
+
ϕ∂
∂
θ
+
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
θ∂
∂
θ
θ∂
∂
θ
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
⎢
⎣
⎡
+
θ
ϕθθ
θθ
e
A
senrsenr
AA
r
A
senr
Asen
senrr
Ar
rr
r ˆcos221
11
222222
2
22
2
2
2
 
ϕ
θϕϕ
ϕϕ
⎥
⎦
⎤
ϕ∂
∂
θ
θ
+
ϕ∂
∂
θ
+
θ
−
ϕ∂
∂
θ
+
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
θ∂
∂
θ
θ∂
∂
θ
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
⎢
⎣
⎡
+
eA
senr
A
senrsenr
AA
senr
A
sen
senrr
A
r
rr
r ˆcos221
11
222222
2
22
2
2
2
 
d) Base de Frenet ou 
Triedro de Frenet 
 
Está ligado ao corpo em movimento com apenas 
a seguinte Base de Versores Unitários 
( )bnt eee ˆ;ˆ;ˆ ou ( )b̂;n̂;t̂ , ou 
( )b;n;t rrr que acompanha o corpo no seu 
movimento e designa as direções t
r
, versor 
tangente ao movimento ou à trajetória do 
movimento, n
r
, versor normal ou perpendicular 
ao movimento mas no plano do movimento e 
sentido para o centro da trajetória e b
r
 versor 
binormal na direção perpendicular ao 
movimento, com sentido de nt
rr
∧ . 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 29 
 
 
 
 
A velocidade do corpo é sempre tvv
rr
= ; a 
aceleração normal ou centrípeta é 
naaa ncpn
rrr
== ; e a velocidade angular é 
b
rr
ω=ω . A aceleração tangencial pode ser dada 
por taa tt
rr
±= dependendo se o corpo esta 
acelerando (+) ou brecando (-) ; a aceleração 
angular pode ser dada por: b
rr
α±=α , 
dependendo se o corpo gira aumentando a 
velocidade angular (+) ou diminuindo a 
velocidade angular (-). 
 
Algumas expressões geométricas 
úteis 
 
Da GEOMETRIA : Vale para um triângulo 
qualquer ( ∆ ∀ ), de lados a, b, c e ângulos 
opostos CeBA ˆˆ,ˆ as seguintes relações: 
 
 
 
 
 
 
Para Ângulos semelhantes: 
 
Um ângulo é formado por dois lados, se 
traçarmos uma perpendicular a um deles e uma 
perpendicular ao outro, o ângulo formado entre 
esses dois novos lados é semelhante ao 
primeiro: 
 
 
Circunferência, Círculo, Superfície Esférica e 
Volume da esfera 
 
 
2.3 - Operações entre 
vetores 
 
Vetor Livre 
 
Chama-se de vetor livre, à aquele vetor, cuja 
representação não depende da localização do 
sistema de coordenadas, pois, não importa onde 
ele esteja no sistema referencial, desde que 
b a 
c
 
Ĉ 
Â
B̂
θ
θ 
x 
y
r
r
x 
z
v
r
Versores de Frenet ( t̂ , n̂ , b ) 
ρφ
θθ 
t
r
 
n
r
b
r
y 
s
Trajetória no espaço
velocidade
Comprimentoo da 
Circunferência: 
 
C = 2 π r 
r 
Área do Círculo: 
 
 
A = π r 2 
 Lei dos cossenos para um triângulo qualquer: 
 
 a2 = b2 + c2 – 2.b.c.cos  
 
 b2 = a2 + c2 – 2.a.c.cos B̂ 
 
 c2 = a2 + b2 – 2.a.b.cos Ĉ 
 
 
 Lei dos senos para um triângulo qualquer: 
 
Ĉsen
c
B̂sen
b
Âsen
a
== 
 
Área da Superfície 
Esférica: 
 
S = 4 π r 2 
Volume da Esfera: 
 
 
V = 3
3
4 rπ 
30 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
mantenha a mesma representação de seu 
módulo, direção e sentido: 
 
 
 
 
Sua representação será, então, neste referencial 
e nesta base de versores retangulares: 
 
kvjvivv zyx ˆˆˆ ++=
r
 
 
ou no caso específico do exemplo: 
 
kjsenvivv
rrrr
0cos +θ+θ= 
 
jsenvicosvv
rrr
θ+θ= 
 
 
1) Soma ou Adição de 
vetores 
 
 a) Regra do paralelogramo: Usado para soma 
de dois vetores. Dado dois vetores a
r
 e b
r
 
coloca-se ambos os vetores na mesma origem, 
traça-se à extremidade de cada vetor uma 
paralela ao outro vetor. O ponto de encontro das 
paralelas é a extremidade do vetor soma S
r
, 
com origem em comum aos outros dois: 
 
θ = o ângulo entre os vetores a
r
 e b
r
, é definido 
quando os dois vetores estão na mesma origem 
e cujo valor seja ≤ 180º . 
 
 
 
Cálculo do módulo (tamanho) do vetor Soma: 
 
θ++= cos...2
22 babaS
rrrrr
 
 
Obs.: Esta expressão é deduzida da Lei dos 
cossenos da geometria de um triângulo qualquer 
como faremos a seguir. 
 
Do triangulo OBS: 
 
 
Da lei dos cossenos: 
 
)º180(cos.b.a.2baS 222 θ−−+= 
 
e como cos (180º - θ) = - cos θ (o cosseno de 
um ângulo é igual e de sinal contrário ao 
cosseno de seu ângulo suplementar), então: 
 
θ++= cos.b.a.2baS 222 
 
θ++= cos.b.a.2baS 22 
 
 b) Regra do Polígono: de interesse 
principalmente para soma de vários vetores onde 
 
 
xv
v
r
v
rv
r
θ= cos.vvx
yv
θ= senvvy .
x
y 
v
r
v
r
θ 
θ
a
r
baS
rrr
+=
O
B
A 
S 
b
r
b
r
180º- θ
a
r
baS
rrr
+=
O
B
S
θ 
θ
a
r
A 
b
r
a
r
b
r
c
r
e
r
d
r
hr
a
r 
b
r
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 31 
 
 
 
 
Em qualquer ordem, coloca-se os vetores de tal 
forma que a extremidade de um vetor esteja na 
origem do outro e o vetor resultante R é o vetor 
que vai da origem do primeiro vetor à 
extremidade do último: 
hedcbaR
rrrrrrr
+++++= . 
A resultante será zero no caso em que o 
polígono se fechar, ou seja, quando a 
extremidade do último vetor coincidir com a 
origem do primeiro. 
 
 
2) Diferença ou Subtração de 
vetores 
 
A diferença de vetores se faz colocando-se os 
dois vetores na mesma origem e interligando-se 
as suas extremidades. A extremidade do vetor 
diferença ficará no sentido do primeiro vetor que 
aparece, por exemplo, baD
rrr
−= , o primeiro 
vetor que aparece é o a
r
, e é para onde 
apontará o vetor diferença, sua origem ficará no 
vetor b
r
. Na figura abaixo fazemos ao contrário. 
 
 
Módulo ou intensidade do vetor Diferença: 
 
θ−+= cos...2
222 babaD
rrrrr
 
 
θ−+= cos.b.a.2baD
22 rrrrr 
 
Esta expressão do Módulo da Diferença sai 
diretamente da Lei dos cossenos. 
 
3) Produto de Vetores: 
 
a) Produto Escalar 
O produto escalar dá como resultado, um 
número, ou seja um escalar (módulo e sinal), 
que é igual ao valor do módulo de um vetor (a) , 
vezes o outro projetado na direção do primeiro 
(b cos θ). 
 
θ=⋅= cos.b.abaPE
rrrr
 
 
 
 
 
De forma geral: 
 
( ) ( )kbjbibkajaiaba zyxzyx
rrrrrrrr
++++= ..
 
zzyyxx babababa ++==
rr
. 
 
b) Produto vetorial 
a
r 
h
r
R
r
b
r
c
r
d
r 
e
r
a
r 
b
r
θ 
b cos θ
θ= cos.b.aPE 
b
r
a
r 
a
r 
abD
rrr
−= 
b
r
θ O 
B
A 
AB)OA()OB(abD −=−−−=−=
rrr
Casos particulares: 
 
 1º0cos.i.iii ==⋅
rrrr
 
 1jj =⋅
rr
 
 1kk =⋅
rr
 
 
 0º90cos.k.iki ==⋅
rrrr
 
 0ji =
rr
. 
 0kj =⋅
rr
 
b
r
a
r
32 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
É o produto de dois vetores como ba
rr
∧ , que dá 
como resultado um vetor, com as seguintes 
características: abbaPV
rrrrr
∧−=∧= 
 
Módulo: θ=∧= sen.b.abaPV
rrrrr
 
Direção: perpendicular ao vetor a
r
 e ao vetor 
b
r
ao mesmo tempo, ou seja, perpendicular (⊥ ) 
ao plano formado pelos vetores bea
rr
, )b,a(
rr
 
Sentido: regra da mão direita: 1º) dedo indicador 
= a
r
 , dedo médio = b
r
; dedo polegar = VP
r
 ou 2º) 
os 4 dedos da mão direita no 1º vetor ( a
r
), indo 
pelo ângulo θ até o 2º vetor ( b
r
): o polegar 
aponta para o produto vetorial 
VP
r
 = ba
rr
∧ ; ou 
3º) o polegar aponta para o primeiro vetor a
r
, os 
quatros dedos da mão para b
r
e a palma da mão 
aponta no sentido de VP
r
. 
 
Vale a chamada regra cíclica: sentido positivo é 
ijkij e sentido negativo é ikjik: 
 
Para os versores cartesianos temos: 
 
 
Vetorialmente pode-se fazer o produto vetorial 
através da solução da matriz: 
 
⎟⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=∧=
zyx
zyxv
bbb
aaa
kji
baP
rrr
rrr
 
 
baPv
rrr
∧= 
 
( ) ( ) ( )kbabajbabaibabaP xyyxzxxzyzzyv
rrrr
−+−+−=
 
Ou através da multiplicação termo a termo, 
usando a regra cíclica: 
 
( ) ( )kbjbibkajaiabaP zyxzyxv
rrrrrrrrr
++∧++=∧= 
 
( ) ( ) ( )kbabajbabaibabaP xyyxzxxzyzzyv
rrrr
−+−+−=
 
Veja alguns produtos vetoriais notáveis na 
representação de importantes fenômenos na 
Física: 
 
Torque: 
 
Torque de uma força F
r
 que atua sobre um 
corpo, em relação a um pólo O: 
FrFO
rrr
∧=τ 
onde: 
r
r
 = vetor posição da força que vai do pólo 
escolhido ate um ponto qualquer da linha de 
ação da força 
F
r
= força aplicada sobre o corpo 
F
Oτ
r
 = força rotacional ou torque produzido pela 
força em torno do eixo ou pólo O escolhido, que 
é aplicado no corpo. 
 
Força Magnética: 
 
Força magnética sobre uma carga elétrica q com 
velocidade v
r
, imersa em uma região do espaço 
que tem um campo magnético B
r
: 
 
BvqFm
rrr
∧= 
 
 
2.4 – Resumo de Vetores 
 
Vetores no espaço: 
i
r
j
r
 k
r
i
r
 
j
r
 
k
r
 
+
j
r
 
i
r
 
k
r
 
Regra cíclica de versores: 
i j k i j 
+
a
r
θ 
baPv
rrr
∧=
b
r
 
kji
rrr
=∧ 
ikj
rrr
=∧ 
jik
rrr
=∧ 
kij
rrr
−=∧ 
jki
rrr
−=∧ 
ijk
rrr
−=∧ 
00 =°=∧ seniiii
rrrr
 
0=∧ ii
rr
 
0jj =∧
rr
 
0kk =∧
rr
 
190 =°=∧ senjiji
rrrr
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 33 
 
 
AB
ABFˆFF
−
−
=λ=
r
 kFjFiFF zyx
rrrr
++= 
222
zyx FFFF ++= 
k
F
Fj
F
F
i
F
F
F
Fˆ zyx rrr
r
++==λ 
kji zyx
rrr
θ+θ+θ=λ coscoscosˆ 
1coscoscos 222 =θ+θ+θ zyx 
kcosFjcosFicosFF zyx
rrrr
θ+θ+θ= 
Coordenadas Retangulares: 
Vetor posição: 
kzjyixr
rrrr
++= 
Deslocamento elementar: 
kdzjdyidxrd
rrrr
++= 
Deslocamento escalar: 
222 dzdydxds ++= 
Velocidade: 
kvjvivk
td
zdj
td
ydi
td
xd
td
rdrv zyx
rrrrrrr
&rr ++=++=== 
Aceleração: 
kajaiak
td
vdj
td
vd
i
td
vda zyxz
yx
rrrrrrr
++=++== 
Gradiente: 
k
z
fj
y
fi
x
fffgrad
rrr
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇= 
Divergente: 
z
A
y
A
x
AAAdiv zyx
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=⋅∇=
rr
 
Rotacional: 
k
y
A
x
A
j
x
A
z
A
i
z
A
y
AA
xy
zx
yz
r
r
rr
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
+
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
+
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
=∧∇
 
Laplaciano: 
2
2
2
2
2
2
2
z
f
y
f
x
fff
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇=∇⋅∇ 
Soma ou Adição de Vetores: 
θ++= cosba2baS 22 
Diferença ou Subtração de Vetores: 
θ−+= cosba2baD 22 
Produto de Vetores: 
(a) Produto escalar: 
θ=⋅= cos.b.abaPE
rrrr
 
( ) ( )kbjbibkajaiaba zyxzyx
rrrrrrrr
++++= ..
zzyyxx babababa ++==
rr
. 
(b) Produto Vetorial 
Módulo: θ=∧= sen.b.abaPV
rrrrr
 
 
 
( ) ( )kbjbibkajaiabaP zyxzyxv
rrrrrrrrr
++∧++=∧= 
( ) ( ) ( )kbabajbabaibabaP xyyxzxxzyzzyv
rrrr
−+−+−=
 
2.5 – Exercícios Resolvidos 
 
2.1*) Dado o vetor posição, )m(jir
rrr
42 += , de 
uma força, )N(kiF
rrr
53 += , determine o vetor 
Torque da força F em relação à origem O do 
sistema de referência, o seu módulo e os 
ângulos que o Torque faz com os eixos 
coordenados. 
 
 
2.2*) Determinar o Torque da força F em relação 
ao pólo O, sabendo-se que o vetor F tem módulo 
560 N, e que o torque é dado pela expressão 
FrFO
rrr
∧=τ , onde r
r
 é o vetor posição da força 
em relação ao pólo. 
 
 
Solução.:(a) Como procuramos por FrFO
rrr
∧=τ 
Em primeiro lugar achamos as Coordenadas dos pontos principais 
para determinação de :Fer
rr
 
O ≡ ( 0 ; 0 ; 0 ) ; P ≡ ( 5 ; 11 ; 8 ) ; A ≡ ( 3 ; 15 ; 0 ) ; 
B ≡ ( 5 ; 11 ; 0 ) 
Em busca do vetor força: 
a
r
θ 
baPv
rrr
∧=
b
r
 
i
r
j
r
k
r
+
F
rr
r
z
y
x
8 m
5 m 
P
O
3 m
11 m
A
B 
15 m
 Solução: 
ikj
kijiFr rrr
rrrrrrr
201210
)53()42(
+−−=
+∧+=∧=τ 
 ).(4,25121020 222 mN=++=τ
r
 
 θx = arc cos τx / τ = arc cos ( 20 / 25,4) = 38,1° 
 θy = arc cos τ y / τ = arc cos ( -10 / 25,4) = 113° 
 θz = arc cos τz / τ = arc cos ( -12 / 25,4) = 118° 
34 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
)(842)8,4,2(/ mkjiPAr PA
rrrr
−+−=−−=−= 
mPA 165,9842 222 =++=− 
kji
kj
PA
PA
r
r
F
PA
PA
F
rrr
rrr
r
872,0436,0218,0ˆ
165,9
842ˆ
/
/
−+−=λ
−+−
=
−
−
==λ 
)(488244122
)872,0436,0218,0(.560ˆ
NkjiF
kjiFF F rrrr
rrrrr
−+−=
−+−=λ= 
O vetor posição da força F: 
)(8115/ mkjiOPrr OP
rrrrr
++=−== 
= vetor posição da Força F 
Fazendo de outra maneira para achar a mesma força 
F, também podemos escrever de forma direta: 
PA
PAFFF
−
−
=λ= ˆ
r
 ⇒ 
222 )()()(
)()()(560
PAPAPA
PAPAPA
zzyyxx
zzyyxxF
−+−+−
−+−+−
=
r
165,9
842560
842
842560
222kjikjiF
rrrrrr
r −+−
=
++
−+−
=
)(488244122 NkjiF
rrrr
−+−= 
E como buscamos o torque: FrFO
rrr
∧=τ ⇒ 
)488244122()8115( kjikjiFO
rrrrrrr
−+−∧++=τ 
).(256214647320 mNkjiFO
rrrr
++−=τ 
 
2.6 – Exercícios 
 Propostos 
 
2.3) Dado o vetores das figuras, determine os 
parâmetros pedidos dos vetores da figura.. 
Resp.: (a) )(235555,65 NkjiF
rrrr
++= 
(b) )N(k161j187i4,43F
rrrr
++= 
(c) N207F;º3,27;N901F y ==ϕ= 
(d) F = 800 N ; θx = 35° ; θy = 55° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.4) Determine os versores 1λ̂ e 2λ̂ dos vetores 
força assim como e os vetores força 1F
r
 e 2F
r
 da 
figura a seguir. 
Resp: ;j530,0i848,0ˆ1
rr
+=λ 
;k873,0j218,0i436,0ˆ 2
rr
++−=λ 
)N(k133j212F1
rrr
+= ; )N(k349j2,87i174F2
rrrr
++−= 
y 
x 
Fx 
Fy F
r
θx 
F x= 655 N 
F y= 459 N 
θx = ? 
θy = ? 
F = ? 
 
(d) 
θy 
z 
y 
x 
Fy 
Fz 
Fx 
F
r
θρ 
F x= 400 N 
F z= 780 N 
θρ = 60° 
ϕ = ? 
F = ? 
Fy = ? 
 
(c) 
ϕ
z 
y 
x 
Fy 
Fz 
Fx 
F
r
θz 
θx 
F= 250 N 
θz = 50° 
θx = 80º 
θy = 41,75º 
?=F
r
 
 
(b) 
θy 
z 
y 
x 
Fy 
Fz 
Fx 
F
r
θ 
ϕ 
F= 250 N 
θ= 20° 
ϕ =40º 
?=F
r
 
(a) 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 35 
 
 
 
 
 
2.5) Dado o corpo da figura, determine o valor do 
Torque da Força F
r
 para girar o corpo em torno 
do ponto O, sabendo-se que a distância PO = 
10 m e a intensidade da força é F = 20 N. Obs.: 
O Torque de uma força F em relação a um pólo 
O é dado pela expressão FrFO
rrr
∧=τ ; onde r
r
 
é o vetor posição que vai do pólo de giro do 
corpo O até o ponto de aplicação da força F
r
 . 
Resp.: k
rr
3100−=τ (N.m) 
 
 
 
2.6) Determinar o Torque da força F em relação 
ao pólo O, sabendo-se que o vetor F da figura 
tem módulo 
50 N e é paralelo ao plano yOz.. Obs.:O torque 
de uma força em relação a um pólo O é 
FrFO
rrr
∧=τ . 
Resp.: (a) ).(260150721 mNkjiFO
rrrr
++−=τ 
 
 
 
2.7) (a) Escreva o vetores Força 1F
r
 e 2F
r
 , de 
módulos 30 N e 20 N respectivamente, e o 
vetor Torque τ
r
 da Figura de módulo 60 N.m, em 
função da base do Sistema Cartesiano ou 
Retangular. 
(b) Determine a força resultante sobre o corpo 
RF
r
= 21 FF
rr
+ 
(c) Escreva a expressão da projeção do vetor 
torque τ
r
 na direção do vetor força resultante FR. 
Obs.: considerando que a direção do vetor força resultante é na 
direção do versor λ̂ , a projeção do torque é λτ = τ⋅λ
rˆ 
Resp.: (a) )(232,1762,81 NkjiF
rrrr
−−= ; 
 )(117,136,92 NkjiF
rrrr
−−−= ; 
)(3,114,56,16 NmkjiR
rrrr
−−=τ ; 
 (b) )(349,3099,0 NkjiFR
rrrr
−+−= ; 
(c) k739,0j673,0i0213,0ˆ
rrr
+−−=λ ; 
)m.N(8,45.ˆ =τλ=τλ
r
 
 
 
2.8) Dado o vetor posição, )m(jir
rrr
24 += , de 
uma força, )N(kiF
rrr
53 += , determine o vetor 
Torque da força F em relação à origem O do 
sistema de referência, o seu módulo e os 
ângulos que o Torque faz com os eixos 
coordenados. 
Resp.: ).(62010 mNkji
rrrr
−−=τ ; =τ
r
23,2 
(N.m); θx = 64,4°; θy = 150°; θz = 105° 
 
 
 
z 
y 
x 
Fz 
1F
r
F1 = 250 N 
F2 = 400 N 
?ˆ1 =λ 
?ˆ 2 =λ 
?1 =F
r
 
?2 =F
r
 
(a) 
A 
B 
4 m 
3 m 
3 m 1 m 
3 m 
1,5 m
C 
2 m 
D 
2F
r
30° 
F
r
 
r
r
z
y
x
8 m 
6 m 
15 m
P 
O
y
x
r
r 
F
r
60º 30º
P 
O 
x 
y 
Fx 
Fy 
2 5 
3 
4 
2 1,5 
-2
z 
y 
x 
3 
1F
r
2F
r
τ
r
A 
B 
C
O
D
36 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 2 - Vetores - 10ª Edição - 2008 Cap. 2 
 
 
 
2.9) Passar o Ponto P ≡ ( 6 ; 15 ; 8 ) no Sistema 
de Coordenadas Cartesianas ou Retangulares 
para o Sistema de Coordenadas: 
(a) cilíndricas ( ρ ; ϕ ; z ) e esféricas ( r ; θ ; ϕ ); 
(d) determine o vetor posição r
r
 desse ponto P 
em relação à origem O, OPr −=r , nos sistemas 
de coordenadas retângulares, cilíndricas e 
esféricas. 
Resp.:(a) cilíndricas: P ≡ ( 16,2 m ; 68,2° ; 8 m); 
esféricas: P ≡ ( 18,0 m; 63,7°; 68,2°); (b) cartesianas: 
k8j15i6r
rrrr
++= ; cilíndricas: zê8ê2,16r += ρ
r
; 
esféricas: rê18r =
r
 
 
2.10) Determinar o Torque da força F em relação 
ao pólo O, sabendo-se que o vetor F tem módulo 
240 N. O torque é dado pela expressão 
FrFO
rrr
∧=τ . 
Resp.:(a) )m.N(k555j686i2515
rrrr
++−=τ 
 
2.11) (a) Determinar o Torque da força F em 
relação ao pólo A, sabendo-se que o vetor F tem 
módulo 800 N. O torque é dado pela expressão 
FrFA
rrr
∧=τ . 
Resp.: (a) )Nm(k403j691i5527FA
rrrr
+−−=τ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F
r
r
r
z
y
x 
12 m 
 3m 
P 
O
1 m
7 m 
A
B C 
2 m
F
rrr 
z 
y
x 
7 m 
 4m
11 m 
P 
O
3 m
9 m 
A
B 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 37 
 
 
 
Parte 1 
 
 
 
 
ESTÁTICA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
900 N/m 
1m 
 10m 15 m 
A 
y
x
z
B 
C
G 
5 m
0,7 m 
1,6 m
15º
E
A B
y
x
z
O 
G 
x 
y
z 
A 
B 
C )kN(j8F C
rr
−= 
)kN(k15F B
rr
=
)kN(k12F A
rr
=
)kN(i7F 1J
rr
=
)kN(i7F 2J
rr
=
x
y
z
1C 3C
4C
5C 
6C
2C
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
38
 
 
 
 
 
 
3.1 – Centro de Massa 
 
Neste capítulo iremos estudar como realizar a 
redução de certas distribuições de massas a 
Centros, ou posições, ou pontos, que reuniriam 
várias características da distribuição. 
Consideraremos as seguintes principais 
distribuições: 
 (a) Centro de Massas (m) (= CM); 
(b) Centro de Formato ou Centro da 
Geometria do Corpo ou Centróide: Centro 
Geométrico de Volume ou Centróide de Volume 
(V) (= CV), Centróide de Área (A) (= CA) e 
Centróide de Linha (L) (= CL); 
(c) Centro de Pesos (P) ou Centro de 
Gravidade ou Baricentro (= CG ). 
 
Das massas distribuídas iremos localizar o 
Centro de Massa da distribuição em posições 
distindas das massas em torno do corpo. 
 
Da geometria do corpo e seus formatos iremos 
calcular o Centro representante dessas 
distribuições de formas variadas em torno das 
figuras, localizando o Centro de Volume de sua 
geometria (V) (CV), ou o Centro de Área (A) (CA), 
ou o Centro de Linha (L) (CL). 
 
Dos Pesos paralelos imersos em um campo 
gravitacional constante (P=mg), iremos reduzir o 
conjunto de forças peso verticais e paralelos a 
um Centro único chamado Centro de Gravidade 
(CG) ou Baricentro(G). 
 
(d) Podemos definir a variável Distribuição de 
Massa de um corpo rígido como sendo: 
 
CMrmD
rr
= (kg.m) 
 
Mostraremos também a capacidade deste 
Centro de Massa dos corpos de reduzir um 
conjunto de vetores sejam, posição, velocidade, 
momentum, aceleração e força, a um ponto 
primordial que estaria no valor médio de todas as 
distribuições de vetores e que estes vetor 
central, representaria todos os outros 
distribuídos a sua volta, e no qual este ponto 
especial é coincidente com o Centro de Massa 
do corpo. 
 
3.1.1 - Distribuições de 
Massa 
 
Definição: As distribuições de massa, de forma 
genérica, no nosso espaço tridimensional 
caracterizam-se por serem (a) uma distribuição 
volumétrica à priori: todo corpo a princípio por 
 
 
menores que sejam suas dimensões tem uma 
estrutura no espaço, tendo portanto à priori uma 
distribuição volumétrica de massa, ou seja, em 
três dimensões. Como sejam, uma esfera, um 
paralelepípido, um cone, um cilindro, uma placa, 
uma fita, etc. No entanto, em sua distribuição 
volumétrica no espaço tridimensional, dependendo 
das dimensões consideradas do espaço e o tipo de 
formato do corpo, podemos fazer, à título de 
cálculo, o reducionismo do corpo ou das suas 
partes a outros tipos de distribuição, casosparticulares deste. 
(b) Um reducionismo que podemos considerar é o 
da distribuição de massa feita ao longo de uma 
superfície ou uma distribuição superficial de 
massa, que ocorre quando: umas das dimensões 
do corpo, das três consideradas, pode ser 
considerada desprezível em comparação com as 
dimensões do corpo contínuo, ou então, esta 
dimensão se mantém constante ao longo de todo o 
corpo. Podemos citar como exemplo, uma folha de 
papel, uma placa plana, uma superfície variada com 
profundidade constante. 
(c) Um outro tipo de reducionismo da distribuição 
volumétrica de massa seria o de uma distribuição 
linear de massa: o caso em que se pode desprezar 
duas dimensões do corpo por serem desprezíveis 
em comparação com as dimensões do corpo ou por 
ter sua área da secção transversal da fita linear, 
como sejam espessura e profundidade, ao longo de 
todo o corpo, constante. Podemos citar como 
exemplo, um cano longo, um fio elétrico, uma corda 
de violão, etc. 
(d) Um outro tipo de reducionismo seria o de uma 
Distribuição discreta ou descontínua de massa, 
ou seja cada massa pode ser reduzida a um ponto 
material ou partícula: este seria o caso em que as 
dimensões do espaço considerado são muito 
maiores do que as dimensões do corpo ou dos 
___________________________________________________________ 
Capítulo 3 
 
Centro de Massa 
 
___________________________________________________________ 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 39 
 
 
corpos em questão e podemos desprezar as três 
dimensões do(s) corpo(s) mas não desprezando 
suas massas. Teriamos assim um Sistema de 
Partículas ou um Sistema de pontos materiais. 
 
a) Distribuição Volumétrica 
de massa 
Seja uma massa total m distribuída de 
modo arbitrário ao longo de um volume V. 
 
 
Def.: Denomina-se densidade volumétrica (ρ) 
(rô) de massa: 
 
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=ρ 3m
kg
Vd
md 
 
Se ρ é constante então 
m = ρ V 
mas se ρ depende das coordenadas do espaço 
ρ = ρ (x,y,z) 
então 
Vddm ρ= 
 ∫ ∫ ρ= Vdmd 
)kg(Vdm ∫ ρ= 
 
Obs.: Ver Exercício 3.3* resolvido. 
 
b) Distribuição Superficial 
de massa 
Seja uma massa total m distribuída sobre uma 
superfície S: 
 
 
 
Def.: Denomina-se densidade superficial de 
massa ( σ ) (sigma): 
 
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=σ 2m
kg
Sd
md 
 
Se σ é constante então 
m = σ S 
mas se σ depende das coordenadas do espaço 
σ = σ (x,y,z) 
então 
Sddm σ= 
 ∫ ∫ σ= Sdmd 
)kg(Sdm ∫ σ= 
 
Obs.: Ver Exercício 3.2* resolvido. 
 
c) Distribuição Linear de 
massa 
Seja uma massa total m distribuída ao longo de 
uma linha curva Γ . 
 
 
 
Def.: Denomina-se densidade linear de massa (λ) 
(lâmbida): 
 
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=λ
m
kg
d
md
l
 
 
Se λ é constante então 
m = λ l 
mas se λ depende das coordenadas do espaço 
λ = λ (x,y,z) 
então 
lddm λ= 
∫ ∫ λ= ldmd 
 
)kg(dm ∫ λ= l 
 
Obs.: Ver Exercício 3.1* resolvido. 
 
d) Distribuição puntual de 
massas ou Distribuição 
discreta ou descontínua de 
partículas 
 
Seja um conjunto de massas puntiformes ou 
partículas em uma região do espaço. 
Seus pontos são adimensionais, portanto, não cabe 
aqui a definição de uma densidade puntual de 
massas, já que o ponto não tem dimensão. Mas 
nesta distribuição puntual de massas, podemos 
localizar cada ponto e associar a ele uma massa. 
 
dm 
S 
dS
Γ
d l 
dm 
dm 
V 
dV 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
40
 
 
m = massa total da região 
 
m = m1 + m2 + m3 + ... + mn 
∑
=
=
n
1i
imm 
∑= )kg(mm i 
 
 
3.1.2 - Reducionismos do 
Centro de Massa 
 
 
Se observarmos um mergulhador pulando de um 
trampolim, ou uma bailarina dançando, ou um 
ginasta realizando movimentos em um tablado 
ou aparelho, poderemos observar que o 
movimento analisado do ponto de vista do 
Centro de Massa deste corpo, simplifica-lhe 
muito o estudo desses movimentos centralizando 
as massas de todos os movimentos. 
 
O Centro de Massa de um Sistema, é o ponto 
que se pode estudar, como se nele estivessem 
concentrados toda a estática e dinâmica de 
translação do movimento. Grandezas que estão 
uniformemente distribuídas em torno do ponto 
denominado de Centro de Massa: 
 
(a) Massa (m) pode ser toda ela concentrada na posição do 
Centro de Massa do corpo 
 
(b) Posição (rCM) do Centro de Massa representa a 
posição média do corpo 
 
(c) Distribuição de massa (m rCM) do Centro de 
Massa, representa a centralização da massa do corpo a um único 
ponto, o centro de massa de todo o corpo 
 
(d) Velocidade (vCM) do Centro de Massa, 
representa a velocidade de todo o corpo 
 
(e) Momentum ou Momento linear resultante é 
dado pelo produto entre m total e vCM ; pR =pCM = m vCM 
 
(f) Aceleração, (aCM) do Centro de Massa, 
representa a aceleração de todo o corpo 
 
(g) Força Resultante (FR = maCM) é dada pelo produto 
entre m total e aCM ; FR =FCM = m aCM 
 
(h) Impulso linear resultante : I = FR ∆t 
 
No entanto, as grandezas rotacionais, tem variáveis 
que servem para todos os pontos do corpo, e não 
necessariamente apenas para o Centro de Massa: 
 
velocidade angular (ω) 
aceleração angular (α) 
momento angular (L) para um eixo definido e 
Impulso angular (Iθ ) 
momento de Inércia (I) para um eixo definido 
Torque (τ). 
 
Vejamos o movimento de um disco que lançado e 
estando em estado de rotação, tem cada ponto com 
uma velocidade para uma direção diferente, no 
entanto, o movimento de seu Centro de Massa 
permanece realizando um movimento parabólico 
simples, como se toda sua massa estivesse 
centrada em seu ponto, realizando um movimento 
de projétil ao ser lançado no campo gravitacional 
ambiente. Podemos observar, portanto, que neste 
movimento, cada ponto do corpo tem posições, 
velocidades, acelerações, das mais variadas, e 
portanto, para a translação estaremos nos 
concentrando os valores no centro de massa do 
corpo. No entanto, sob o ponto de vista de suas 
grandezas angulares, elas irão valer, e ter leis mais 
simples, para todos os pontos do corpo. 
 
 
 Figura 3.1 - O movimento de um corpo em forma de disco, 
girando. Observa-se que qualquer que seja seu movimento 
associado às grandezas rotacionais, o movimento de translação 
de seu Centro de Massa realiza uma trajetória parabólica, como se 
toda a massa do disco estivesse neste ponto. 
 
A localização do Centro de Massa ou Centro de 
Gravidade, pois coincidem, se caracteriza pelo 
ponto de apoio que equilibraria o peso do corpo. Na 
prática sob o aspecto de equilíbrio gravitacional, 
podemos achar o Centro de Gravidade, pendurando 
o corpo por dois pontos distintos, estando o seu 
Centro de Massa (CM) ou Centro de Gravidade (G), 
no ponto onde as linhas verticais (direção do campo 
de gravitacional), traçadas dos pontos de apoio, se 
cruzam. 
 
m 1 
m 2 
m 3 
... m n 
y x 
z 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 41 
 
 
 
 
Se pendurarmos uma cadeira ou uma ferradura 
por dois pontos, o encontro das verticais se 
encontrarão no Centro de Massa, CM. O CM não 
necessariamente precisa estar num ponto de 
matéria do corpo, como por exemplo uma 
ferradura. 
 
 
 
3.1.3 – Centro de Massa 
de um Sistema de 
Partículas 
 
Consideremos que as partículas de massas: m1, 
m2, ... mn, estejam nas seguintes posições: r1 , r2 
, ... rn , com as velocidade v1 , v2 , ... vn , 
respectivamente, localizadas segundo um 
sistema de coordenadas fixo a um sistema 
referencial inercial. Podemos imaginar um 
sistema de estrelas com suas massas e 
posições, ou um sistema de partículas do ar, ou 
um grupo de átomos se movimentando. 
 
 
 
m1 está na posição central parcial do Sistema: 
kz~jy~ix~r
~
1111
rrrr
++= 
com velocidade: 
kv~jv~iv~v
~
1z1y1x1rrrr
++= 
m2 está na posição: 
kz~jy~ix~r
~
2222
rrrr
++= 
com velocidade: 
kv~jv~iv~v
~
2z2y2x2
rrrr
++= 
... 
mn está na posição: 
kz~jy~ix~r
~
nnnn
rrrr
++= 
com velocidade: 
kv~jv~iv~v
~
znynxnn
rrrr
++= 
 
O Centro de Massa CM do Sistema com massa 
total m estará na posição: 
kzjyixr
MC
rrrr
++= 
com velocidade 
kvjvivv zyxCM
rrrr
++= 
 
A Posição do Centro de Massa (CM), MCr
r
 no 
caso do Sistema de Partículas é obtida pela 
seguinte expressão: 
 
nn2211n21C mr
~
...mr
~
mr
~
)m...mm(r M
rrrr
+++=+++ 
 
considerando a notação 
 
∑∑ =+++=
=
iinn2211
n
1i
ii mr
~
mr
~
...mr
~
mr
~
mr
~ rrrrr
 
 
Poderia-se também excetuar o indice de somatório 
e usar a notação de que termos com índices 
repetidos se somam até o último valor : 
ii
n
1i
ii mrmr
~ rr
=∑
=
 
mas não iremos usar esta notação aqui. 
A massa total seria 
∑∑ =++==
=
in
n
i
i mmmmmm ...21
1
 
podemos escrever 
∑∑ = iiiC mr
~
mr M
rr
 
então, 
∑
∑
=
i
ii
C m
mr
~
r M
r
r
 
 
No espaço tridimensional 
 
kzjyixr
MC
rrr
++= 
 
kz~jy~ix~r
~
iiii
rrr
++= 
 
A equação vetorial se transforma em 3 equações 
escalares, linearmente independentes e ortogonais: 
 
CM 
CM
CM 
nm
2m
nr
~r
2r
~r
1r
~r
 
MCr
r
nv
~r
2v
~r
MCv
r
1v
~r
 
m 
yx 
z 
1m
Figura 3.2.1 – Sistema de Partículas 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
42
 
e a velocidade do Centro de Massa será dada 
pela derivada desta expressão, ou seja, 
MM CC rdt
dv
rr
= 
∑∑ = iiiC mv
~
mv M
rr
 
Assim, 
∑
∑=
i
ii
C m
mv
~
v M
r
r
 
 
e a aceleração do Centro de Massa será dada 
pela derivada desta expressão, ou seja, 
MM CC vdt
da
rr
= 
∑∑ = iiiC ma
~
ma M
rr
 
Assim, 
∑
∑=
i
ii
C m
ma
~
a M
r
r
 
 
e a Força Resultante: 
 
MCR amF
rr
= 
 
Portanto, estarão representados todos os pontos 
de um corpo, por esta posição central, chamado 
centro de massa, como se nele estivessem 
concentrados, seja do sistema de partículas ou 
do corpo rígido, ou de um sistema de corpos 
rígidos, todos os outros pontos das seguintes 
grandezas: distribuição de massas do corpo, 
distribuição de posições das partes do corpo, 
distribuição de velocidades de cada ponto do 
corpo, distribuição de acelerações de cada 
posição, e forças que atuam em cada região. 
Essas grandezas de translação descreveriam a 
situação do corpo extenso pelos dados de seu 
centro de massa de: m, RCCC F,a,v,r MMM
rrrr
. 
Mas não descreveriam as grandezas angulares 
que valem para todos os pontos do corpo e que 
descreveremos na seqüência deste curso. 
 
 
3.1.4 - Centro de Massa 
de um Corpo Rígido 
 
No caso de um Corpo Rígido, os pontos se 
mantém coesos e contínuos e assim o sinais de 
somatório se transformam em integrais ou 
somas contínuas e os índices i’s se transformam 
nas grandezas infinitesimais (d de diferencial) de 
massa dm : 
 
 
 
∫∫ = dmr
~
dmr MC
rr
 
Sendo 
∫= dmm 
 
dminitesimalinfmassadeelementonoMassadeCentrodoposiçãor
~
=
r
 
 
Temos: 
∫
∫=
dm
dmr
~
r MC
r
r
 
 
De forma tridimensional 
 
kzjyixr
MC
rrr
++= 
 
kz~jy~ix~r
~ rrrr
++= 
 
o vetor posição se transforma em 3 equações 
escalares, linearmente independente e ortogonais: 
 
 
 
Onde o centro )z~;y~;x~(C ≡ representa a posição 
do centro de massa do elemento infinitesimal de 
massa escolhido para integração. 
 
A velocidade do Centro de Massa será dada pela 
derivada desta expressão, ou seja, 
MM CC rdt
dv
rr
= 
∫∫ = dmv
~
dmv MC
rr
 
Assim, 
∫
∫=
dm
dmv
~
v MC
r
r
 
 
O momentum do Centro de Massa será dado por: 
z 
y 
x 
r
r
 
CM 
dm M
Cr
r
 
Fig. 3.2.2 – Centro de Massa de um 
Corpo Rígido 
 
 
 
∑
∑=
i
ii
m
mx~
x 
 
 
∑
∑
=
i
ii
C m
mr
~
r M
r
r 
∑
∑=
i
ii
m
my~
y 
 
 
∑
∑=
i
ii
m
mz~
z
 
 
∫
∫=
dm
dmx~
x 
 
 
∫
∫=
dm
dmr
~
r
MC
r
r 
∫
∫=
dm
dmy~
y 
 
 
∫
∫=
dm
dmz~
z 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 43 
 
 
MCCMiiR vmpv
~
mp
rrrr
∑ === 
 
Assim, 
MCR vmp =
r
 
 
e a aceleração do Centro de Massa será dada 
pela derivada desta expressão, ou seja, 
MM CC vdt
da
rr
= 
∫∫ = dma
~
dma MC
rr
 
Assim, 
∫
∫=
dm
dma
~
a MC
r
r
 
 
e a Força Resultante: 
 
MCR amF
rr
= 
 
Derivam do conceito de Centro de Massa CM os 
conceitos de: (a) Centro Geométrico C ou 
Centróide; (b) Centro de Gravidade CG ou 
Baricentro;e (c) Centro de Forças Paralelas CF. 
 
3.1.5 – Centróide ou 
Centro Geométrico 
(CV, CA, CL) 
 
Se subdivide em 
 
Centróide de Volume (CV), 
Centróide de Área (CA) e 
Centróide de Linha (CL) 
 
Centro Geométrico ou Centróide de um corpo, 
corresponde à localização Central da distribuição 
de volumes, ou de áreas, ou de linhas, através 
das partes desse corpo. Expressões análogas às 
anteriores se aplicam trocando m por V , A ou 
L. 
 
a) Centróide de Volume (CV) 
 
Se o corpo for homogêneo, ou seja, possui 
mesma densidade volumétrica de massa: 
 
ρ = m / V = constante 
 
Então o Centro de Massa CM , coincide com o 
Centróide de Volume CV , pois, 
 
m = ρ . V = cte . V 
então 
 
VM Ci
ii
i
ii
i
ii
C rV
Vr
~
V.cte
V.cte.r
~
m
mr
~
r
r
rrr
r
====
∑
∑
∑
∑
∑
∑
 
 
 
⇒ CM ≡ CV 
ou 
GM CC rr
rr
= 
 
E valem as expressões análogas abaixo 
relacionadas: 
Corpos discretos: 
 
Corpos contínuos: 
 
 
 
Valem as expressões para corpos discretos quando 
consideramos o caso de um sistema de corpos 
rígidos ou então um corpo rígido, na qual se pode 
separá-lo em partes de corpos rígidos de 
geometrias mais simples, em que se conhece o 
Centróide de cada parte. Sendo homogêneo, ou 
seja, tem densidade volumétrica de massa 
constante, pode-se aplicar de cada uma delas a 
expressão volumétrica discreta para determinar-lhe 
a posição central do conjunto. 
 
Ainda podemos reduzir uma dimensão da estrutura 
tridimensional do Centróide de Volume CV caindo 
na estrutura de área. Sendo constante ou 
desprezível uma das dimensões da peça pode-se 
calcular o Centróide de Área CA , e dele determinar 
o centróide de volume CV e de massa CM que em 
duas de suas dimensões coincidem e a outra 
dimensão de define pelo meio da quantidade de 
espessura constante (e/2). 
 
b) Centróide de Área (CA) 
 
O Centro de Massa CM coincide com o Centróide de 
Área CA em duas dimensões quando o corpo for 
homogêneo (mesma densidade: ρ = const1) e 
ainda tenha uma das dimensões, e, por exemplo, 
espessura, seja ela desprezível ou então constante. 
Assim sendo, como 
 
ρ =m/V ⇒ m = ρ.V = ρ.(e.A) = (ρ.e) A = cte.A 
 
Portanto, 
 
AM Ci
ii
i
ii
i
ii
C rA
Ar
~
A.cte
A.cte.r
~
m
mr
~
r
r
rrr
r
====
∑
∑
∑
∑
∑
∑
 
 
 
⇒ CM ≡ CA 
 
 
∫
∫=
dV
dVx~
x
 
 
∫
∫=
dV
dVr
~
r
VC
r
r 
∫
∫=
dV
dVy~
y 
 
 
∫
∫=
dV
dVz~
z 
 
 
 
∑
∑=
i
ii
V
Vx~
x 
 
 
∑
∑
=
i
ii
C V
Vr
~
r
V
r
r 
∑
∑=
i
ii
V
Vy~
y 
 
 
∑
∑=
i
ii
V
Vz~
z 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
44
ou 
AM CC rr
rr
= 
 
 
Então CM ≡ CA em duas dimensões, a terceira 
dimensão será no centro da peça (em ± e/2) de 
espessurae constante. Sendo a área encurvada 
pelo espaço, acabamos por ter para o ponto 
central da área três coordenadas. 
Assim as expressões válidas para o Centro de 
Áreas será: 
 
Corpos discretos: 
 
 
Corpos contínuos: 
 
 
 
 
Portanto, 
);;( zyxr
MC =
r
= );;( zyxr
AC =
r
 
se 
.constespessuraee.const ===ρ 
 
 c) Centróide de Linha (CL) 
 
Sendo a distribuição de massa do corpo feito ao 
longo de uma linha, podendo por isso desprezar 
duas dimensões da peça ou considerar sua 
secção transversal constante, podemos definir o 
Centróide de Linha CL. Para o caso de uma linha 
contínua podemos obter as coordenadas de seu 
centro de massa pelas expressões: 
 
Corpos discretos: 
 
Corpos contínuos: 
 
 
O Centro de Massa CM coincide com o Centróide 
de Linha CL quando a área da seção transversal da 
linha for desprezível ou constante. 
 
ρ =m/V ⇒ m = ρ.V = ρ.(A.L) = (ρ.A) L = cte.L 
 
Portanto, 
 
LM Ci
ii
i
ii
i
ii
C rL
Lr
~
L.cte
L.cte.r
~
m
mr
~
r
r
rrr
r
====
∑
∑
∑
∑
∑
∑
 
 
⇒ CM ≡ CL 
ou 
LM CC rr
rr
= 
 
 
No caso de espessura e largura desprezíveis a 
coincidência é perfeita, mas no caso de valores 
constantes não desprezíveis, a coincidência se faz 
em uma dimensão e nas outras duas dimensões 
serão no centro de massa da secção tranversal da 
área. 
 
 
Portanto, 
);;( zyxr
MC =
r
= )z;y;x(r
LC =
r
 
se 
.consttransveralçãosecdaáreaAe.const ===ρ
 
l 
e 
L
Redução de Volume V com secção 
transversal constante para a linha L 
CL
L
A
C C 
V
Redução de Volume com espessura constante para área 
 
 
∫
∫=
dL
dLx~
x 
 
 
∫
∫=
dL
dLr
~
r
VC
r
r 
∫
∫=
dL
dLy~
y 
 
 
∫
∫=
dL
dLz~
z 
 
 
 
∑
∑=
i
ii
L
Lx~
x 
 
 ∑
∑
=
i
ii
VC L
Lr
~
r
r
r 
∑
∑=
i
ii
L
Ly~
y 
 
 
∑
∑=
i
ii
L
Lz~
z 
 
 
∫
∫=
dA
dAx~
x
 
 
∫
∫=
dA
dAr
~
r
VC
r
r 
∫
∫=
dA
dAy~
y 
 
 
∫
∫=
dA
dAz~
z 
 
 
 
∑
∑=
i
ii
A
Ax~
x 
 
 
∑
∑
=
i
ii
VC A
Ar
~
r
r
r 
∑
∑=
i
ii
A
Ay~
y 
 
 
∑
∑=
i
ii
A
Az~
z 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 45 
 
 
3.1.6 - Baricentro ou 
Centro de Gravidade (CG) 
 
Centro de Gravidade ou Baricentro de um 
corpo: corresponde ao ponto de equilíbrio de um 
corpo em relação à distribuição dos pesos 
(forças paralelas) através das partes desse 
corpo. As equações são semelhantes às do 
Centro de Massa, trocando-se a variável massa, 
m, pela variável peso, P, do corpo que inclui o 
produto pela aceleração gravitacional local. 
O Centro de Gravidade ou Baricentro se 
caracteriza por ser um caso particular de Centro 
de Massa, apesar de serem coincidentes, uma 
vez que é uma grandeza mais usada nos países 
de língua inglesa, dado que o conceito de massa 
no Sistema de Unidades Inglês é um conceito 
derivado do conceito de força peso, em libras, 
sendo o slug, unidade de massa, não muito 
utilizado na prática por ser muito grande uma vez 
que sendo g = 32 ft/s2 , então, 1 slug = 32,2 
libras/32,2 ft/s2 = 14,5938 kg, ficando uma 
unidade extremamente incomoda pela sua 
origem. Nesse caso o conceito de massa é 
utilizado apenas em caso de passagem de 
cálculos intermediários. O conceito de massa é 
mais fundamental na física e no Sistema 
Internacional de Unidades, sendo o Conceito de 
massa e Centro de Massa, mais importante do 
que o conceito de peso e Centro de Gravidade, 
pois vale para qualquer corpo em qualquer lugar 
do Universo. Centro de Gravidade vale e se 
iguala ao Centro de Massa em locais em que 
apareça o campo gravitacional. 
Definimos Centro de Gravidade ou Baricentro: 
 
 
As expressões: 
 
Corpos discretos: 
 
Corpos contínuos: 
 
 
 
 
 
 
O Centro de Gravidade ou Baricentro CG coincide 
com o Centro de Massa CM quando a aceleração da 
gravidade g
r
 é constante em todas as regiões que 
fazem parte do corpo, assim 
 
P =mg ⇒ m = P/g = (1/g) P = cte.P 
 
Portanto, 
 
GM Ci
ii
i
ii
i
ii
C rP
Pr
~
P.cte
P.cte.r
~
m
mr
~
r
r
rrr
r
====
∑
∑
∑
∑
∑
∑
 
 
 
⇒ CM ≡ CG 
ou 
GM CC rr
rr
= 
 
 
Quando o Baricentro não coincide 
com o Centro de Massa ? 
 
Quando a aceleração gravitacional não é a mesma 
em todos os pontos do corpo, o que é raro. Assim 
sendo o Centro de Massa e o Baricentro não 
coincidem, como no exemplo abaixo. Suponha um 
poste muito alto de tal forma que a gravidade na 
extremidade de baixo não coincide com a 
extremidade de cima, neste caso os pontos de 
massas mais próximas da Terra terão maior peso, 
sendo que os pontos de massa na extremidade 
mais longe da Terra terão peso menor. Assim 
sendo o Centro de Gravidade ficará abaixo do 
Centro de Massa: CM ≠ CG. No entanto para 
corpos em que a gravidade é a mesma em todos os 
pontos do corpo o Centro de Massa coincide com o 
Centro de Gravidade CM = CG. Sendo: 
G=constante universal de Gravitação = 6,67 x 10-11 
(SI); MT = massa da Terra= 5,98 x 1024 kg; r = 
distância do centro da Terra até um ponto qualquer; 
RT= raio médio da Terra= 6,37 x 106 m; gsuperfície da 
Terra = 
 
P
GCG 
dP 
P 
GCr
r
r
r
 
 
 
∫
∫=
dP
dPx~
x 
 
 
∫
∫=
dP
dPr
~
r
GC
r
r 
∫
∫=
dP
dPy~
y 
 
 
∫
∫=
dP
dPz~
z 
 
 
 
∑
∑=
i
ii
P
Px~
x 
 
 
∑
∑
=
i
ii
GC P
Pr
~
r
r
r 
∑
∑=
i
ii
P
Py~
y 
 
 
∑
∑=
i
ii
P
Pz~
z 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
46
 
 
Em um ponto qualquer à distância r do Centro da 
Terra : )ˆ(' 2 r
T e
r
MGg −=
r
 
Na Superfície da Terra: 
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=−=
2rr2
T
T
s
mê8,9)ê(
R
M
Gg
r
 
 
3.1.7 - Centróides 
de Figuras Simétricas e 
Homogêneas 
 
a) Centróides de Linhas 
 
1) Reta 
 
2) Arco de quarto de circunferência e 
 semicircunferência 
 
 
 
 
3) Segmento de Arco de circunferência 
 
 
 
b) Centróide de Superfícies 
 
4) Retângulo 
 
 
5) Triângulo 
6) Quarto de círculo e semi-círculo: 
 
 
7) Quarto de Elipse e semi-elípse: 
 
8) Semiparábola e parábola interna 
 
 
9) Semi-parábola externa 
 
10) Polinômio de grau n 
 
y 
x 
y 
π
=
3
r4
x
CM CM
0x = 
A = π r2 / 4 
A = π r2 / 2 
π
=
3
r4
y
π
=
3
r4
y
CM 
a
h 
2n4
h)1n(y
+
+
=
2n
a)1n(x
+
+
=
 y = k xn
 A = a h / (n+1)
CM 
 a 
h 
10
h3
y =
4
a3x =
 A = a h / 3
 y = k x2
5
h3
y=
8
a3
x =
 a 
h CM C
A=2a h / 3 A=4a h / 3 
CC
 a 
π
=
3
a4x
 CM CM
b
 a
 y 
x
A = π a b / 4 A = π a b / 2y
π
=
3
b4
y 
CM
h 
h
CM 
3
h
3/b
3
h
 a 
 b b (a + b ) / 3 
3
h2
3/b2
CM 
2/h
2
b
A = b.h 
θ 
θ 
r
θ
θ
=
senr
x
CM x 
y 
L = 2 θ r
r 
π= /r2x
π
=
r2y 
CCM 
L = π r / 2 
L = π
π
=
r2y 
l/2 
l 
CM 
P= m g
r
 
CM 
CG 
P’ = m 'g
r
< P 
Terra 
rr2
T
T ês/m8,9)ê(
R
M
Gg
2
−≅−=
r
)ˆ(' 2 r
T e
r
MGg −=
r
 radialversorê r =
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 47 
 
 
11) Arco de círculo 
 
 
c) Centro de Massa de 
Volumes 
 
12) Semi-esfera 
 
13) Cone 
 
 
 
 
3.2 - Centro de Massa 
para um Sistema de 
Corpos Rígidos 
 
3.2.1- Distribuição de 
Corpos em Volumes 
 
Dado um corpo composto, de várias partes mais 
simples, com seus centróides conhecidos 
(formulário), podemos determinar o seu Centro 
de Massa, reduzindo ocentro de cada parte no 
Sistema de Referência à característica a ela 
atribuída, seja massa, volume, área, linha ou 
peso e aplicar a expressão do somatório médio 
discreto, calculando-lhe o centro. Vamos dar o 
exemplo de corpos rígidos que podem ser 
homogêneos (Centróide de Volume, Área, Linha, 
Peso) ou não-homogêneos (Centro de Massa). 
Os exemplos abaixo relacionam volumes 
homogêneos no primeiro caso e áreas no 
segundo caso, e mistura de volumes, áreas e 
linhas e em cada um dos casos, com densidades 
específicas, podendo terem densidades iguais 
no primeiro e segundo caso ou diferentes e no 
terceiro caso, mas de qualquer maneira deve-se 
calcular a massa pois mistura-se os tipos de 
densidades dimensionais. Em todos os casos 
determina-se as respectivas posições parciais dos 
centros de massas de cada parte Ci ≡ )z~;y~;x~( iii 
e as massas associadas de cada parte m i , para i 
variando de 1 a n, no caso dos exemplos 
 
Aplica-se a equação do Centróide dos Volumes, no 
caso da Figura abaixo, caso cada parte dos corpos 
rígidos abaixo, tenham a sua característica de 
densidade constante ao longo de suas partes, mas 
diferentes para cada parte: 
 
 
 
 
Posições parciais dos 
Centróides
Volumes Massas-densidades 
diferentes 
)z~;y~;x~(C 1111 = 
)z~;y~;x~(C 2222 =
)z~;y~;x~(C 3333 =
)z~;y~;x~(C 4444 =
)z~;y~;x~(C 5555 =
)z~;y~;x~(C 6666 = 
1V 
2V− 
3V 
4V 
5V 
 6V 
111 Vm ρ= 
212 Vm ρ=−
333 Vm ρ= 
444 Vm ρ= 
555 Vm ρ= 
 666 Vm ρ= 
 
No caso das densidades das partes serem todas 
iguais, basta as informações das duas primeiras 
colunas, ou seja, dos centros das partes e os 
volumes, e para as coordenadas do centro de 
volume que coincide com o centro de massa, 
utiliza-se as expressões: 
 
 
No caso em que os corpos rígidos tenham 
densidades diferentes temos que configurar o 
Centro de Massa calculando a massa para cada 
parte, a terceira coluna, multiplicando as 
densidades pelos volumes respectivos, e daí 
y x 
z 
CM 
h / 4 
h 
V=(1/3)π r2 h 
y 
x 
z 
CM
3 r / 8 
V = 2 π r3 / 3 
CM 
r 
θ 
θ 
θ
θ
=
3
senr2x
2rA θ=
x
y
z
1C3C
4C
5C 
6C
2C 
Fig. 3.2.3 – Centro de Massa de um Sistema de Corpos Rígidos 
 em Volumes parciais de densidades diferentes 
 
 
∑
∑=
i
ii
V
Vx
x
~
 
 
∑
∑=
i
ii
C V
Vr
~
r V
r
r 
∑
∑=
i
ii
V
Vy
y
~
 
 
∑
∑=
i
ii
V
Vz
z
~
 
 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
48
calcular o Centro de Massa do Sistema de 
Corpos Rígidos, pelas expressões: 
 
 
 
Aqui o til (~) sobre a coordenada, estabelece que 
cada componente denota a coordenada do 
centróide parcial de cada corpo rígido em 
separado. 
 
3.2.2- Distribuição de 
Corpos em Áreas 
 
No caso da Figura de áreas abaixo, figura plana, 
aplica-se a expressão para o Centróide de áreas, 
caso as densidades das placas sejam as 
mesmas a fim de determinar-se o Centróide de 
Área que neste caso coincide com Centro de 
Massa do Sistema de Corpos Rígidos, nas 
coordenadas x e y , e sendo a espessura e 
constante teríamos para a coordenada 
2ez /−= . 
 
 
 
Do contrário, se as densidades das partes não 
são as mesmas, mas feitas de materiais 
diferentes, σ1 ≠ σ2 ≠ σ3 ≠ ... ≠ σ6 , faz-se como no 
caso acima para cada parte calcula-se a massa 
de cada placa (Área x Densidade Superficial) e 
calcula-se os Centros de Massa parciais a fim de 
determinar-se o Centro de Massa do Sistema de 
Corpos Rígidos nas coordenadas x e y , e 
sendo a espessura e constante teríamos para a 
coordenada 2ez /−= . 
 
Posições parciais dos 
Centróides 
Área Massas 
Densidades Diferentes 
)z~;y~;x~(C 1111 = 
)z~;y~;x~(C 2222 = 
)z~;y~;x~(C 3333 = 
)z~;y~;x~(C 4444 = 
)z~;y~;x~(C 5555 = 
)z~;y~;x~(C 6666 = 
 
 
1A 
2A− 
3A 
4A 
5A 
6A 
 
111 Am σ= 
222 Am σ−=− 
333 Am σ= 
444 Am σ= 
555 Am σ= 
666 Am σ= 
 
 
 
3.2.3- Distribuição de 
Corpos em Volumes, Áreas 
e Linhas misturados: 
 
No caso da Figura abaixo, mistura-se volumes, 
áreas e linhas, com materiais e densidades 
distintas, assim é necessário aplicar-se os produtos 
das geometrias pelas densidades respectivas e 
calculos das massas e suas posições Centrais 
parciais. Aplica-se então as expressões dos centros 
de massa: 
 
 
Neste caso em que há misturas de linhas, áreas e 
volumes, somente resta, a partir das respectivas 
densidades de linha, densidades de áreas e 
densidades de volume, calcular as massas de cada 
parte calculando em seguida a posição do Centro 
de Massa do Conjunto. 
 
Posições parciais dos 
Centróides 
Geometri
as 
Variadas 
Massas 
Densidades diferentes 
 
 
m
mx~
x ii
∑
∑=
 
m
mr
~
r iiCM ∑
∑=
r
r 
m
my~
y ii
∑
∑=
 
m
mz~
z ii
∑
∑= 
 
 
∑
∑=
i
ii
A
Ax
x
~
 
 
∑
∑=
i
ii
C A
Ar
~
r A
r
r 
∑
∑=
i
ii
A
Ay
y
~
 
 
∑
∑=
i
ii
A
Az
z
~
 
C1 C2 
C3 
C4 
C5 
C6 
x 
y 
Fig. 3.2.4 – Centro de Massa de um Sistema de Corpos Rígidos 
 em Área 
x
y
z 1
C
3C
4C
6C
2C
5C 
Fig. 3.2.4 – Centro de Massa de um 
Sistema de Corpos Rígidos 
em Volumes, Áreas e Linhas 
 
 
i
ii
m
mx~
x
∑
∑= 
 
i
ii
C m
mr
~
r M ∑
∑=
r
r 
i
ii
m
my~
y
∑
∑= 
 
i
ii
m
mz~
z
∑
∑= 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 49 
 
 
)z~;y~;x~(C 1111 = 
)z~;y~;x~(C 2222 = 
)z~;y~;x~(C 3333 =
)z~;y~;x~(C 4444 =
)z~;y~;x~(C 5555 = 
)z~;y~;x~(C 6666 = 
1L 
2L 
3V 
4A 
5A− 
 6L 
111 Lm λ= 
222 Lm λ= 
333 Vm ρ= 
444 Am σ= 
555 Am σ−=− 
 666 Lm λ= 
Localiza-se as coordenadas dos Centróides de 
cada parte e associa-se as características de 
volume ou de área ou de linha a cada parte. 
Calcula-se a massa pelas densidades 
respectivas e aplicamos a equação de Centro do 
Massa por somatória para determinação do 
Centro de Massa da figura toda. 
 
 
 
3.3 - Teorema de Pappus 
 
Pappus no século III (d.C.) descobre usando 
centróides como gerar por revolução áreas e 
volumes quaisquer. 
 
3.3.1 - Superfície Gerada por 
uma Linha de Revolução 
 
Gera-se uma superfície de área A, quando se 
gira uma linha de comprimento L de um ângulo θ 
( 0<θ≤ 2π) em torno de um eixo fixo. 
 
 
3.3.2 - Volume Gerado por uma 
Superfície ( de área A) de 
Revolução 
Gera-se um volume V, quando se gira uma 
superfície de área A, de um ângulo θ ( 0<θ≤ 2π) 
em torno de um eixo fixo. 
 
 
 
3.8 – Resumo do Capítulo 3 
 
1.Distribuições de Massa 
a) Distribuição Volumétrica de massa 
b) Distribuição Superficial de massa 
c) Distribuição Linear de massa 
d) Distribuição Puntual de massa 
2.Centro de Massa ; Centróide de Volume de Área de Linha; 
Baricentro ; Massa ; Volume ; Área ; Linha ; Peso 
)z~;y~;x~(C iiii ≡ ⇒ iiiii P;L;A;V;m  
 
 
 
 
3. Sistema de Corpos Rígidos: 
(a) Corpo Composto de Volumes 
 
(b) Corpo Composto de Áreas: transforma‐se tudo em área: 
 
(c) Corpo Composto de Volumes, Áreas, Linhas e massas: 
C C
C3
C
C
C
x 
y 
x
y
z
1C3C
4C
5C
6C
2C
 CM ≡ CG ⇒ Se .constg =
r
 
 CM ≡ CV ⇒ Se .const=ρ 
 CM ≡ CA ⇒ Se .const=σ e = espessura = cte 
 CM ≡ CL ⇒ Se .const=λ , A = área da secção transveral da linha = cte 
Sistema de Partículas ou
de Corpos Rígidos 
Corpo Rígido 
∑
∑
φ
φ
=
φ
i
ii
C
r
~
r
r
r∫
∫
φ
φ
=
φ d
dr
~
r C
r
r
 
φ pode 
representar : 
 
∑
∑
φ
φ
=
i
iix
~
x
∑
∑
φ
φ
=
i
iiy
~
y
φ
φ
=
∑ iiz
~
z
 
∫
∫
φ
φ
=
d
dx~
x 
∫
∫
φ
φ
=
d
dy~
y 
∫
∫
φ
φ
=
d
dz~
z 
 
 
 
 
 m ( massa ) 
P ( Peso ) 
F (Força) 
 V (Volume) 
A ( Área ) 
 L ( Linha ) 
 
 
 
i
ii
m
mx~
x
∑
∑= 
 
i
ii
C m
mr
~
r M ∑
∑=
r
r 
i
ii
m
my~
y
∑
∑= 
 
i
ii
m
mz~
z
∑
∑= 
 
“ O Volume V formado ao gira-se 
uma superfície de revolução A 
em torno de um eixo fixo 
é diretamente proporcional 
(a) ao ângulo θ ( 0<θ≤ 2π) 
de giro da superfície, 
(b) à distância r 
entre o centróide da superfície 
e o eixo de giro e 
(c) à área A da superfície de giro.” 
 
ArV θ= 
 
“ A área A, formada ao girar-se 
um linha de revolução L 
em torno de um eixo fixo, 
é diretamente proporcional 
(a) ao ângulo θ ( 0<θ≤ 2π) 
de giro da linha 
(b) à distância r 
entre o centróide da linha 
e o eixo de giro e 
(c) ao comprimento L da linha.” 
 
LrA θ= 
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=σ
2m
kg
Ad
md
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=ρ 3m
kg
Vd
md
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=λ
m
kg
Ld
md
∑
∑=
i
ii
C V
Vr
~
r V
r
r
∑
∑=
i
ii
V
Vx~
x
∑
∑=
i
ii
V
Vy~
y
∑
∑=
i
ii
V
Vz~
z
∑
∑=
i
ii
C A
Ar
~
r A
r
r
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
50
 
 
 
 
 
3.4 - Exercícios 
Resolvidos 
 
a) Distribuições de Massa 
 
3.1*) Dada a barra AB da figura, de comprimento 
total s, onde é feita uma distribuição de massa, 
com densidade linear de massa variando com a 
distância l ao início da barra, de acordo com a 
expressão, λ = a l + b (kg / m) , onde l ∈ AB. 
(a) Determine a massa total da barra em função 
de a, b e L; (b) Determine a massa 
considerando que L = 5m ; a = 4 e b = 6 .(c) 
determine o Centro de Massa da barra. 
 Obs.: A densidade da barra não é constante, portanto, 
ela aumenta a medida que aumenta x, ou seja, em x = 
0 a densidade é de 6 kg/m em x = 5 m a densidade 
vale 26 Kg/m. 
 
 
 
Solução: 
ld
md
=λ ⇒ lddm λ= ⇒ ∫ ∫ λ= ldmd 
⇒ ∫ λ= ldm ⇒ dxdx == ll ; 
∫ +=
L
0
dx)bxa(m 
L.bL)2/a(mxb
2
xa 2L0
2
+=⇒+ ⇒ 
(b) m = (4/2) 52 + 6 x 5 = 80 kg 
 (c) 
=+=λ== ∫∫∫
6
0
dx)6x4(xdxxdmxmx 
∫ =+=+=
5
0
5
0
3
2 67,196x6
3
x4
dx)x5x4(mx
⇒=+= 67,196
2
5x6
3
5x4
mx
23
⇒=+= 67,196
2
5x6
3
5x4
mx
23 
x = 2,4583kg 
 
3.2*) Dado que a superfície da figura, em forma de 
um disco circular de raio máximo a, recebe 
distribuição de massa, cuja densidade superficial de 
massa varia com o raio r ( 0 ≤ r ≤ a ) do circulo, a 
partir de seu centro de acordo com a expressão: σ 
= γ / ( r2 + 1 ) , onde γ = const. > 0. 
(a) Determinar a massa total, a partir das variáveis 
do problema genérico; (b) Achar a massa total 
considerando os dados das constantes: γ = 5 (SI) ; 
a = 2 m. 
Solução: 
Sd
md
=σ ( 
2m
kg
 ) ⇒ Sddm σ= ⇒ 
∫ ∫ σ= Sdmd ⇒ ∫ σ= Sdm ⇒ 
dS = (2 π r ) dr ; d ( r2 + 1 ) = 2 r d r 
∫
+
+
γπ=
a
0
2
2
1r
)1r(dm 
=+γπ a0
2 )1r(ln 1ln)1a(ln 2 −+γπ 
m = π γ ln ( a2 + 1) ⇒ (b) m = 25,3 kg 
 
 
3.3*) Em uma casca esférica de raios interno a e 
externo b é distribuída uma massa que obedece a 
seguinte distribuição de densidades volumétricas 
34
1
rπ
=ρ onde r está: a < r < b. Qual é a 
massa total m ? (b) Determine a massa 
considerando que as constantes da figura sejam: 
a= 2m e b= 7m. 
 
 
Solução: 
Vd
md
=ρ ( 3m
kg
 ) ⇒ Vddm ρ= ⇒ ∫ ∫ ρ= Vdmd ⇒ 
∫ ρ= Vdm ⇒ 
Vesfera = (4/3) π r3 ⇒ dV = 4 π r2 dr ⇒ 
x 
y
z 1C 
3C
4C 
6C 
2C
5C
Teorema de Pappus: 
Área de Revolução: LrA θ= 
Volume de Revolução: ArV θ= 
S a 
b
 
S r 
a
 
 2 π r 
 d r 
 dS = 2 π r dr 
0 5
y 
z 
l =x d l = dx 
0 BA
x (m)
)z~;y~;x~(C; 11111 =λ 111 Lm λ=
)z~;y~;x~(C; 22222 =λ 222 Lm λ=
)z~;y~;x~(C; 33333 =ρ 333 Vm ρ=
)z~;y~;x~(C; 44444 =σ 444 Am σ=
)z~;y~;x~(C; 55555 =σ 545 Am σ−=−
)z~;y~;x~(C; 66666 =λ 666 Lm λ=
∑
∑
=
i
ii
C m
mr
~
r M
r
r
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 51 
 
 
∫ =π
π
=
b
a
2
3
)drr4(
r4
1m 
a
blnalnblnrln
r
dr b
a
b
a
=−==∫ 
⇒ m = ln (b/a) ⇒ 
 
(b) m = 1,25 kg 
 
b) Cálculo direto do Centróide 
 
3.4*) Determine o Centro de Massa do arco de 
arco de circunferência de angulo 30° da figura 
abaixo. Resp. : CM = ( 2R/π ; 2R/π ) 
 
 
Solução: 
Definição de radiano: 
r
L
R
s
raio
arco)rad( ===θ 
dL = R dθ 
)dR()cosR(
)12/R2(
1dLx
L
1x
6/
0
∫∫
π
=θ
θθ
π
== 
6/
0
6/
0
]sen[R6dcosR6
ππ
θ
π
=θθ
π
= ∫ 
 
π
=−
π
π
=
R3)0sen
6
sen(R6x 
)dR()senR(
)12/R2(
1dLy
L
1y
6/
0
∫∫
π
=θ
θθ
π
== 
6/
0
6/
0
]cos[R6dsenR6
ππ
θ−
π
=θθ
π
= ∫ 
 )32(R3)0cos
6
cos(R6x −
π
=+
π
−
π
= 
C ≡ ( )32(R3;R3 −
ππ
) 
 
3.5*) Determinar as coordenadas C ≡ ( y;x ) 
do Centróide de Área de um triângulo: 
 
 
Solução: Área total: A = b.h / 2 ; 
Centróide de Área )y;x( : 
∫=
b
0
dAx~
A
1x = ∫
b
0
)dxy(x
b.h
2 = ∫ +−
b
0
dx)hx
b
h(x
b.h
2 
= =
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+−
b
0
23
2
xh
3
x
b
h
b.h
2 =⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡ +−
2
b
3
b2 
3
b
6
b.3b.2
2x =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +−
= 
 
)dxy(
2
y
b.h
2dAy~
A
1y
0
h
h
0
h
∫∫ ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
== 
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= ∫
0
h
3
2
0
h 3
y
h
1dy
h
by
2
y
b.h
2y 
=
3
h
3
h
h
1 3
2 =⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−− ⇒ 
C ≡ ( b / 3 ; h / 3 ) 
 
3.6*) Determinar o centróide de um quarto de 
círculo: 
 
 
 
Solução: )ddrr(cosr
r
4
dAx
A
1
x
2/
0
r
0r
2 ∫∫∫
π
=θ=
θθ
π
== 
2/
0
r
0
3
2
2/
0
r
0
2
2
]sen[
3
r
r
4
dcosdrr
r
4 ππ
θ
π
=θθ
π
= ∫∫ 
 
π
=−
π
π
=
3
r4
)0sen
2
sen(
3
r
r
4
x
3
3
 
Por simetria do quarto de circulo: 
π
=
3
r4
y , então 
θ 
s 
r 
Definição de radiano: θ (rad) = rs
r
s
raio
arco
θ=⇒= 
h 
b 
x 
dA = y dx 
dx
y
( ) hxb/hy +−= Equação da reta 
x
y 
∫=
b
0
dAx
A
1x 
C
)
2
y
;x()y~;x~(C
~
CdA ≡≡=
C
~
y
y 
x x
C
ds 
θ
dA = dr ds = dr (r dθ) 
r
dr
dθ
θ= cosrx
R 
R 
y 
x 
0 
dL=R.dθ 
dθ 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
52
C ≡ (
ππ 3
r4;
3
r4 ) 
 
c) Centro de Massa de Corpos 
Compostos 
 
3.7*) Determine as coordenadas do CM 
≡ ),,( zyx do Centro de Massa da chapa de 
metal sombreada da figura, feita de 3 metais 
diferentes. Considere que a densidade do Cobre 
é ρCu = 8960 kg / m3 , a densidade da Prata é 
ρAg = 10500 kg / m3 e a densidade do Chumbo é 
ρPb = 11300 kg / m3. 
 
 
 
Solução: 
Por simetria: m25,0z −= 
m1 = m Cu = ρCu x VCu = 8960 x ( 6 x 4,5 x 0,5 ) = 
120.960 kg ; C1 = ( 3 ; 2,25 ) m 
m2 = mAg = ρAg x VAg = 10.500 ( 6 x 4,5 x 0,5 / 2) = 
70.875 kg ; C2 = ( 2 ; 6 ) m 
m3 = mPb = ρPb x VPb = 11.300 x ( 6 x 4,5 x 0,5 / 2) = 
76.275 kg ; C3 = ( 4 ; 7,5 ) m 
=∑ im 268.110 kg 
 
110.268
4x275.762x875.703x960.120
m
x.mx
i
ii ++==
∑
∑ 
= m02,3
110.268
730.809
= 
=
++
==
∑
∑
110.268
5,7x275.766x875.7025,2x960.120
m
y.my
i
ii =
m73,4
110.268
5,472.269.1
= 
 
CM ≡ ( 3,02 ; 4,73 ; - 0,25 ) m 
 
3.8*) Determine o Centro de Massa CM ≡ 
( )z,y,x do corpo na figura abaixo, sabendo 
que a densidade superficial de massa é 
2m/kg20=σ e a densidade linear de massa é 
m/kg4=λ . 
 
 
 
 
 
 
 
d) Aplicação do Teorema de Pappus 
 
3.9*) Determine a área externa do tambor de uma 
superfície cilíndrica sem as tampas, usando o 
Teorema de Pappus. 
 
 
3.10*) Determine pelo teorema de Pappus o volume 
geradoa partir do giro completo de um retângulo 
em torno de uma das arestas de altura h e base r . 
Solução: por simetria : 0x = 
 
Fig. y~ (m) z~ (m) A (ou L) (m2 )
m = σ . A 
ou λ .L) 
(Kg) 
Circulo 0 0 1,13 22,6 
Arco 0,318 0,5 L= 1,57 m 6,28 
Retângulo 0 1 1,8 36 
 
∑
∑=
i
ii
m
mz~
z = m603,0
88,64
36x128,6x5,0
=
+ 
m0308,0
88,64
28,6x318,0
m
my~
y
i
ii ===
∑
∑ 
 
 CM ≡ (0 ; 0,0308 ; 0,603 ) m 
y 
x
0,5 m 
1,2 m
1,5 m 
0,6 m
z
x 
 6 m 
9 m 
4,5 m 
Cu 
Ag Pb 
y 
0,5 m 
2 3 4
2,25 
6 
7,5 
(1) 
(2) 
(3) 
L 
r
C 
A
Solução: 
A = θ r L 
= (2 π)(r)(h) = 2 π r h 
h 
r 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 53 
 
 
 
 
 
3.10 - Exercícios Propostos 
 
a) Centro de Massa de Partículas, 
Linhas, Áreas e Volumes 
 
a1) Centro de Massa de Partículas 
 
3.12) Dê as coordenadas do Centro de Massa 
das partículas que se encontram no plano Ozx 
da Figura. Resp.: rCM ≡( 8,92; 0; 14,8)m 
 
 
3.13) Dê as coordenadas do Centro de Massa 
das partículas que se encontram no plano Ozx 
da Figura. Resp.: rCM ≡ ( 23,4; 0; -9,21) m 
 
 
 
 
 
 
 
3.14) A molécula de amônia tem um Nitrogênio 
e três Hidrogênios, NH3 . Os três hidrogênios 
estão interligados e equidistantes formando a 
base triangular equilátera de um pirâmide de 
lado d = 9,4 x 10-11 m. A distância de cada 
Hidrogênio ao Nitrogênio no topo da pirâmide é 
D = 10,14 x 10 -11 m. Determine a coordenada de 
altura z do Centro de Massa e a distância r de 
um átomo de Hidrogênio até o Centro de Massa 
da molécula, sabendo que a massa do 
Nitrogênio é 13,9 vezes maior que a do Hidrogênio. 
Resp.: ;m10x04,7z 11−= r = 8,89 x 10-11 m 
 
 
a2) Centro de Massa de Linhas 
 
3.15) Determine o Centro de Massa do quarto de 
arco de circunferência da figura abaixo. Resp. : CM = 
( 2R/π ; 2R/π ) 
 
 
 
3.16) Determine o Centro de Massa do arco de arco 
de circunferência da figura. 
Resp. : CM = 
θ
θ
=
senrx 
 
 
 
a3) Centro de Massa de Áreas 
 
3.17) Determine pela definição, o Centróide de Área 
da placa a seguir e determine a posição do ponto B 
para pendurar a placa sem que a base deixe de 
ficar na horizontal. 
Resp.: C ≡(6;2) m; B≡(6;4) m 
 
R 
R 
y 
x 
0 
8 12 
100 Kg 
4 
4 
8 
16 
x (m) 
z (m) 
10 Kg 
20 Kg 
12 
16 
A 
V 
C 
2/rr =
θ 
r 
h 
Solução: 
 
V = θ . r . A 
= ( 2 π ) ( r / 2 )( h r)
= π r2 h 
H 
H
H
N
CM
z
x
y 
θ
θ
R
CM x 
y
x
x 
9 
y 
6 
O 
B
16 24 
100 Kg 
8 32 
x (m) 
z (m) 
10 Kg 
20 Kg 
20 
30 
10 
8-8 -16
 -10 
 -20 
 -30 
50 Kg 
200 Kg 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
54
 
3.18) Determine a localização das coordenadas 
do centróide );( yx , da área sombreada da 
figura abaixo, por integração direta da definição. 
Resp.:C≡ (1,60 ; 9,14) cm 
 
 
3.19) Determine a localização das coordenadas 
do centróide );( yx , da área sombreada da 
figura abaixo, por integração direta da definição. 
Resp.:C ≡ ( 0,8; 27,4) cm 
 
 
3.20) Determine o Centro de Massa do arco de 
círculo da figura abaixo, onde a=3 e b =6. 
Resp.: (0; 2,29) m 
 
3.21) Determine o Centro de Massa do arco de 
círculo da figura. Resp. : CM =
θ
θ
=
3
2 senRx 
 
 
 
a4) Centro de Massa de Volumes 
 
3.22) Determine o Centro de Massa z da semi-
esfera da figura abaixo. Obs.: Verifique o volume 
elementar em coordenadas esféricas no capítulo 1 
de Vetores. Resp. : Rz )8/3(= 
 
 
3.23) Determine o Centro de Massa z do cone da 
figura. Obs.: Verifique o volume elementar em 
coordenadas cilindricas no capítulo 1 de Vetores. 
Resp. : 4/Hz = 
 
 
 
 
 
b) Centro de Massa de Figuras 
Compostas 
 
b1) Figuras Compostas de Linhas 
 
3.24) Determine a posição C = ( z;y;x ) do 
Centróide ou Centro de Massa da Armação 
metálica de 4 hastes da figura. O centróide de um 
quarto de circunferência fica a uma distância de ( 2r 
/ π ), de cada um de seus raios laterais. A 
densidade linear das hastes é λ = 2 kg / m. Resp.: 
C=(1,48;2,56;3,35) m 
 
8 m 
y
z
x
6 m
b 
x 
a -a -b O 
y 
y 
z 
O 
z 
θ 
ϕ 
x 
R 
CM 
R
θ 
θ 
x 
2RA θ= 
y 
x
z
CM
z 
H 
V=(1/3)π R2 h
R 
X (cm) 
y (cm) 
3x6y = 
2 
48
X (cm) 
y (cm) 
3x4y =
2 
32
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 55 
 
 
 
 
3.25) Determine a posição C = ( z;y;x ) do 
Centróide da Armação metálica de 5 hastes da 
figura. O centróide de um quarto de 
circunferência fica a uma distância de 2r / π de 
cada um de seus raios laterais. A densidade 
linear das hastes é λ = 4 kg / m. 
Resp.: C=(0,838; 1,46; 1,12) m 
 
 
b2) Figuras Compostas de Áreas 
 
3.26) Determine o Centro de Massa 
);;( zyx da viga de material homogêneo, cuja 
secção transversal é dada na figura, e cuja 
profundidade ou espessura é igual a 6 m em 
direção à z negativo. 
Resp.: CM ≡ ( 1,06 ; 2,02 ; -3 ) m 
 
 
3.27) Dada o Sistema de Referência com a 
respectiva área hachurada e suas dimensões, 
determinar as coordenadas do Centróide da 
figura. Sabe-se que a posição do centróide da 
semicircunferência fica à (4 r / 3 π ) do diâmetro 
e na linha central. Resp.: C ≡ ( 4,43 ; 1,5 ) m 
 
 
 
 
 
3.28) Dado o Sistema de Referência com a 
respectiva área hachurada e suas dimensões, 
determinar as coordenadas do Centróide da figura. 
Resp.: C ≡ ( 4,86 ; 1,29 ) m 
 
 
 
3.29) Dada o Sistema de Referência com a 
respectiva área hachurada e suas dimensões, 
determinar as coordenadas do Centróide da figura. 
Resp.: C ≡ ( 5,60 ; 1,20 ) m 
 
 
 
 
3.30) Dado o Sistema de Referência com a 
respectiva área hachurada e suas dimensões, 
determinar as coordenadas do Centróide da figura. 
Resp.: C ≡ ( 4,61 ; 1,39 ) m 
 
 
 
3.31) Dada a placa plana da figura e suas 
dimensões na figura, constituída por uma parte 
retangular, outra triangular e uma fenda (buraco na 
placa) circular de raio r, determinar as coordenadas 
do Centro de Massa da placa, CM. Resp.: (a) 
m)46,2;688,0(CM ≡ 
3 m 4 m 
3 m 
y 
x 
C 
 2 m 3 m 
3 m 
y 
x 
3 m 
3 m 
 6 m 
9 m 
x 
 6 m 
y 
 2 m 
4
y
z 
x 3
(1) 
(2) 
(3) 
(4) 
(5) 
3 m 3 m 1 m 
3 m 
y 
x 
0 
x 
y 
3,0 m 
0,5 m 
0,8 m 
1,0 m 
 2,0 m 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
56
 
 
 
 
3.32) Dado o Sistema de Referência com a 
respectiva área hachurada e suas dimensões, 
determinar as coordenadas do Centróide da 
figura. Resp.: C ≡ ( 4 ; 0,902 ) m 
 
 
 
3.33) Determine as coordenadas do centro de 
massa da placa hachurada da figura de 
espessura e = 0,5 m, para z negativo. 
Resp.: CM ≡ ( - 0,305 ; - 0,609 ; - 0,25 ) m 
 
 
 
 
3.34) Determine as coordenadas do centro de 
massa da placa hachurada da figura de 
espessura e = 0,5 m, para z negativo. 
Resp.: CM ≡ ( 2,72 ; 4,11 ; -0,25 ) m 
 
 
3.35) Dada a placa da figura abaixo, de espessura 
1 cm, em direção à z negativo, com duas vazantes, 
um triângulo e um círculo, determine a posição do 
Centro de Massa CM ≡ (x ; y ; z) da placa. 
Resp.: CM ≡ ( 5,63 ; 4,41 ; - 0,005 ) m 
 
 
 
 
3.36) Dada a placa da figura abaixo, de espessura 
1 cm, em direção à z negativo, com duas vazantes, 
um triângulo e um quarto de círculo, determine a 
posição do Centro de Massa CM ≡ (x ; y ; z) da 
placa. 
Resp.:CM ≡ ( 8,45 ; 5,01 ; -0,005 ) m 
x
y
0
3
-3 3 
x 
6
6 
9
y
2 m
3
3
0
2 m 
 4 m 
6 m 
x 
 4 m 
y 
1,2 m 
y (m)
x (m) 
0
-1
6
3
6
2 5
2
6
3
9
r
Figura A i x i yi A i x i A i y i
 
 
 
 
Σ 
x
r =0,5 m 
-4 -2 
6
y 
9 m 03m 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 57 
 
 
 
 
3.37) Determine a localização das coordenadas 
do centróide )z;y;x( , da medalha, cujo formato 
de sua placa está na área sombreada da figura 
abaixo. Sabe-se que a espessura da placa é 
constante e mede 1 mm em direção ao eixo 
negativo de z, e o arco superior da figura é feito 
de ouro que tem densidade volumétrica de 
massa ρou = 0,0193 g/mm3 e o retângulo e o 
triângulo são feitos de prata e tem densidade 
volumétrica ρAg = 0,0105 g/mm3 . Despreze a 
massa da tinta das letras e do desenho impresso 
na placa e considere que o centróide de um 
semicírculo está a uma distância 4r/3π do seu 
centro. Resp.: C ≡ ( 6 ; -3,42 ; -0,5 ) mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b3) Figuras Compostas de Volumes 
 
3.38) A Figura mostra um paralelepípido de 1 m de 
profundidade, 8 x 8 m de face e um recorte de 3 m 
no seu primeiro quadrante. Determine a posição do 
Centro de Massa (xCM, yCM, zCM) do paralelepípido. 
Resp.: rCM ≡ ( - 0,5 ; - 0,41 ; - 0,25) m 
 
 
 
 
3.39) Duas placas de semimetais de dimensões 
iguais, interligadas, e de materiais diferentes, 
possuem as dimensões dadas na Figura. Determine 
a posição do Centro de Massa da placa, sendo que 
a densidade ou massa específica do Germânio é 
5,32 g/cm3 e do Silício é 2,33 g/cm3. Resp.: CM ≡ ( 3 
; 24,1; 7,5 ) cm 
 
 
 
3.40) Com uma placa de metal, construiu-se uma 
caixa em forma de cubo, sem tampa, de aresta de 
60 cm de lado e espessura da placa desprezível. 
Determine a posição do Centro de Massa da caixa. 
Resp.:CM≡( 30 ; 24 ; 30 ) cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
z
3 m 
3 m 
8 m 
8 m 
3 m 
1 m
y
x
Silício 
x 
z 
y 
Germânio Silício 
y 
x 
15 cm 
6 cm
60 cm
 30 cm 30 cm 
X (mm)
y (mm) 
3 
-10 
-16
6 
12 
0 
 
 
A Serenidade e a firmeza de propósitos éticos, a favor 
 de toda a humanidade, fazem da Ciência e da busca 
 cada vez mais cheia de discernimentos da 
 verdade relativa de ponta, o caminho 
 da compreensão e da linguagem 
 Uuniversal do Ser 
 Humano na 
 Terra. 
y (m) 
x (m)
0 
-1 
6
2 
2 
5 3 
10
r 
Figura A i x i yi A i x i A i y i 
 
 
 
 
Σ 
6 
5 
20 
z 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
58
3.41) Determine as massas dos blocos abaixo, a 
fim de obter o Centro de Massa ( x ; y ; z ) da 
placa de 4 materiais diferentes, Germânio (ρGe = 
5,32 g/cm3), Silício (ρSi = 2,33 g/cm3), Cobre (ρCu 
= 8,96 g/cm3) e Estanho (ρSn = 7,26 g/cm3), 
dispostos como na figura. 
Resp.: CM ≡ ( 4,75 ; 2,57 ; - 0,25 ) cm 
 
 
3.42) Dada a peça de aço produzida por um 
torno, determine a posição );;( zyx de seu 
Centro de Massa ou Centróide. Considere que a 
peça tenha o furo circular de raio 3 cm como 
mostra a figura. 
Resp.: CM ≡ ( -2,5; 7,62; 4,43 ) cm . 
 
 
3.43) A placa homogênea e sombreada da 
figura, tem espessura e = 8 mm, e massa m = 
5 kg. Determine: (a) as coordenadas do centro 
de massa. Resp.: CM≡ ( 34,4 ; 29,7 ; 0,4 ) cm 
 
 
3.44) Dada a peça de aço produzida por um 
torno, determine a posição );;( zyx de seu 
Centro de Massa ou Centróide. Observação: O 
centróide de área de um semicírculo está a uma 
distância vertical de (4 r / 3 π) de seu centro. 
Resp.: C ≡ ( - 2,5 ; 8 ; 3,6 ) cm 
 
 
 
3.45) (a) Determine no caso dos livros empilhados e 
iguais da figura, qual a posição do centro de massa 
);( yx do conjunto e (b) diga se eles cairão ou não 
estando nesta posição e porque. Considere na 
aproximação os livros homogêneos e uniformes. 
Resp.: (a) CM ≡ ( 25,5 ; 16,0 ) cm ; (b) não caem 
pois o centro de massa em x é menor que a base e está 
acima da base de 30 cm 
 
 
 
3.46) Determine a posição do Centro de Massa CM 
≡ ( )z,y,x do corpo da figura, sabendo-se que o 
arco tem densidade linear de massa de cmg5 /=λ , 
e o retângulo e triângulo tem densidade superficial 
de massa 2cmg12 /=σ . A espessura da peça é 
constante e igual a 1 cm. Resp.: CM ≡ ( 30 ; 4,43 ; 
0,5 ) cm 
 
 
 
3.47) Dada a placa homogênea ABCDE e retorcida, 
com uma parte, retangular, no plano xy e a outra 
parte, triangular, no plano xz, sendo que ela está 
Ge Si 5 cm 
0,5 cm
3 cm 3 cm 3 cm 
x
z 
y 
Cu 
Sn 
1 cm
2 cm
2 cm
 12 cm 3 cm 
9 cm 3 cm 
4 cm 
4 cm 
y
x
z 
O 
5 cm 
 15 cm 
4,5 cm y
x
z
O
4 cm 
3 cm 5 cm 
 
6 cm
50 cm
 70 cm 
20 cm
r = 12 cm 
y 
x
10 cm 
50 cm
x 
y 
30 cm 30 cm 
36 cm 
28 cm 
30 cm 
 30 cm
5 cm
8 cm
11 cm
x 
y 8 cm 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 59 
 
 
em equilíbrio nesta posição, garantido pelo 
bastão no lado AC da peça, coincidente com o 
eixo x, e pelo cabo DH na ponta D, como 
mostra a figura, determine: (a) o centróide 
)z;y;x(C ≡ para a posição de equilíbrio da 
figura; (b) Após cortar-se o cabo DH e a peça 
oscilar e parar adquirindo uma nova posição de 
equilíbrio, apoiada pelo bastão AC, em que 
posição irá parar o centro de massa e qual o 
ângulo θ que o lado AE da placa fará com o eixo 
y negativo, para esta nova posição. 
Resp.: (a) C ≡ ( -3,43 ; -2,86 ; -2,14 ); (b) O centro de massa irá 
parar abaixo do eixo x: θ = 53,2° 
 
 
 
3.48) Tendo a densidade dos materiais e seus 
volumes tirados da figura abaixo, pode-se 
determinar a massa de cada bloco da figura, e 
também os centros de massa de cada bloco 
parcial )z~;y~;x~( iii (tabela). As placas de 3 
materiais diferentes, tem suas densidades dadas 
em miligramas por milímetro cúbico como 
seguem: Germânio: ρGe = 5,32 mg/mm3 ; Silício: 
ρSi = 2,33 mg/mm3 ; e Cobre: ρCu = 8,96 mg/mm3 
,dispostas suas dimensões como dadas na 
figura. (a) Determinar o Centro de Massa 
)z;y;x(C ≡ do Sistema. Resp.: CM ≡ ( 9,88 ; -1,45 ; 
0 ) mm 
 
 
 
 
 
3.49) Considere a mesa da figura, composta por 4 
placas homogêneas ABCD, BCQR, CDO e ABN de 
densidade superficial de massa σ = 32 kg/m2, e dois 
pés de metal DE e AH que possuem densidade 
linear de massa λ = 5 kg/m. Determine: (a) a 
posição )z;y;x(C ≡ do Centro de Massa da 
mesa; e (b) o ângulo limite entre a linha pontilhada 
NH da mesa e o piso horizontal para que a mesa 
quando inclinada sobre os pés N e O esteja no 
limite de tombar e cair para o outro lado ao ser 
abandonada. Resp.: (a) C ≡ ( 0,625 ; 1,5 ; 0,963 ) 
m ; (b) θlimite = 33,0° 
 
 
 
3.50) É dado o Sistema da figura, um luminoso a 
ser pendurado por um cabo, composto por um 
paralelepípido e uma placa de espessura 
desprezível. determine o centro de massa do 
Sistema uma vez que o paralelepípedo tem 
densidade volumétrica de massa igual à ρ = 1000 
kg/m3 e a placa tem espessura desprezível e 
densidade superficial de cargas σ = 40 kg/m2 Em 
que posição (x,y,z) do topo do paralelepípido se 
poderia soldar, para se pendurar, a extremidade de 
um cabo no corpo rígido, de modo que a placa 
permaneça com a base na horizontal, a lateral na 
vertical e o sistema em equilíbrio. Resp.: P≡(0; 0,9; -
0,15)m 
 
 
y 
x 
z 
3 m 
A 
B C 
D 
H 
1,8 m 
E 
N O 
Q 
R 
1,0 m
1,2 m
Relações 
Silício 
Germânio 
Cobre 1 
Cobre 2 
ix
~ (mm)
 
Vi (mm3 ) mi (mg)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Σmi= 
iy
~ (mm) iz
~ (mm) 
y 
x 
z 
 6 mm 
 8 mm 
 8 mm 
 7 mm 
 2 mm 
 3 mm 
 2 mm 
 2 mm 
 3 mm 
 Silício 
 Gemânio 
 Cobre 1 
 Cobre 2 
 18 mm
y 
-15 m 
- 6 m 
x 
z 
-10 m 
A 
B 
C D 
E 
H 
2 m
0,5 m
0,5 m 
0,3 m 
0,4 m
x 
y 
z 
A imaginação é mais
importante do que o
conhecimento. 
Albert Einstein
Universidade
da 
Criatividade 
 
 Cap. 3Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
60
3.51) Dada a peça da figura feita de um mesmo 
material, determine a posição do seu centro de massa 
CM≡( z;y;x ). Resp.: CM ≡( 26,8 ; 55,9 ; -5,98 ) mm 
 
 
 
 
3.52) Dada a barra de madeira AB na qual é 
introduzido de forma justa um anel de um certo 
material com as dimensões e distâncias dadas 
na figura. Considerando que a densidade da 
madeira é ρ1 = 2,36 g/cm3 determinar a 
densidade ρ2 do outro material uma vez que o 
centro de massa do sistema está à 13,5 cm do 
ponto A. O raio da barra de madeira é de 2 cm e 
o raio externo da peça do outro material é de 5 
cm. Resp.: 32 cm/g08,2=ρ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.53) Dada a peça da figura feita de materiais 
diferentes, determine: (a) a posição do seu 
centro de massa CM≡( z;y;x ). 
Resp.: m)79,5;84,5;41,1(CM = 
 
 
 
 
 
3.54) Na placa da figura sombreada determinar o 
centro de massa, sabendo-se que o centróide de 
área de um semicírculo está a uma distância 4R/3π 
do seu centro. Resp.:(a)CM ≡(0,00;0,00) m 
 
 
 
c) Teorema de Papus: 
 
3.55) Calcule a Volume de um cone de raio da base 
r e altura h, utilizando-se do teorema de Pappus e 
um triângulo retângulo de base r e altura h. Resp.: 
V= (1/3)π r2 h 
 
 
y 
x 
6 m 
3 m 3 m 
6 m 
z
 y 
 x
 r = 15 
 130 mm
 40
 20 
 8 26 
 48 
 16 
 18
 18
Relações 
1- ret.ABCD 
2) ret.BCQR 
3) triân.CDO 
4) triân.ABN 
5) pé DE 
6) pé AH 
x (m) y (m) z (m) 
 
A(m2 )ou 
L(m) 
m (kg)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Σmi= 
 r 
h
g 
15 cm 
 B
 A 
6 cm 
9 cm 
 x 
z
 y
 x
 15 m 
 1,5 
m
 2 m 2 m 
 1 m
 12 m 
 4 m
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 10ª Edição - 2008 Cap. 3 61 
 
 
3.56) Calcule o Volume de um cone de raio da 
base r e altura h, fazendo girar um triângulo 
retângulo de base r e altura h, girando em torno 
da aresta da altura. Resp.: V = (1/3) π R2 H 
 
 
 
3.57) Calcule o Volume de uma esfera se 
utilizando da área de um semicírculo girando em 
torno do seu diâmetro. Resp.: V = (4/3) π r3 
 
 
 
 
 
 
 
3.58) Determine o Volume de um toróide 
(formato da câmara de ar de um pneu cheio), a 
partir da rotação de um cículo de raio r, fazendo-
o girar uma volta tendo um raio interno (vazio) R; 
Resp.: V = 2 π2 r2 (R + r) 
 
 
 
3.59) A Área da Superfície de uma esfera, fazendo 
girar a linha de uma semicircunferência de raio r 
dado, de torno de seu diâmetro, sabendo-se que o 
centróide da linha de uma semicircunferência fica a 
uma distância de ( 2 r / π ) de seu centro. Resp.: A = 
4 π r2 
 
 
 
3.60) Determine o volume em cm3 e a massa de 
ouro em gramas que serão necessárias para fazer 
um anel da figura abaixo, uma vez que o material 
do anel tem secção transversal de um semi-círculo 
de raio 1,5 mm e o raio interno da aliança é de 1,25 
cm. A densidade volumétrica do ouro é ρ = 19,3 g / 
cm3 e o centróide de um semi-círculo fica a ( 4 r / 3 
π ) do seu centro. Resp.: V = 0,292 cm3 ; m = 5,63 
g 
 
 
 
 
r 
r 
 r 
h 
 r 
Vista total de cima 
Secção transversal do anel 
Corte lateral de lado 
Diâmetro = 2,5 cm r = 0,15 cm 
R = 1,25 cm 
R r 
 
 Cap. 3 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 3 - Centro de Massa - 1ª Edição - 2008 
 
 
62
3.61) Calcule pelo teorema de Pappus, o 
volume de uma coroa de ouro, para se colocar 
em uma cabeça com 22 cm de diâmetro e cuja 
secção transversal da coroa é dada na figura 
abaixo. Considere que a base do retângulo mede 
1,5 cm, o raio de cada círculo é 0,25 cm e a base 
de cada triângulo equilátero de 0,5 cm cada . 
 
 
 R 
r
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
63
 
 
 
Neste capítulo iremos desenvolver cinco (5) 
conceitos importantes: (1) Torque Polar ou 
Torque de uma Força em relação a um Pólo; (2) 
Torque Axial ou Torque de uma força em 
relação a um Eixo; (3) Binário ou torque puro ou 
duas forças iguais, paralelas, de sentidos 
opostos e aplicadas em pontos diferentes no 
corpo; (4) Sistema de Forças contínuas e 
paralelas; (5) Sistemas Equivalentes de 
forças e binários (Sistema de n Forças e n 
Torques): que se pode transformar de forma 
equivalente em: (1) um em um Sistema de uma 
Força e um Torque resultantes e o Sistema de 
uma força e um torque pode ser transformado 
em: (2) um Sistema de uma única Força ou a 
um Torsor. 
 
4.1 – Torque Polar 
 
O lado prático do Torque ( τr ) 
ou 
Momento de Força (Mr ) ou 
Conjugado ( Cr ): 
 
O Torque ou Momento de uma força ou 
Conjugado é um análogo de uma “Força” 
rotacional ou angular, e atua no âmbito de 
movimento rotacional; é uma medida da 
intensidade da tendência de giro de um corpo 
rígido em torno de um ponto ou um eixo, devido 
a uma força ou conjunto de forças. Seu efeito é 
produzir uma variação do estado de rotação ou 
giro ao corpo, com maior ou menor intensidade. 
 
A direção do Vetor Torque τ
r
 é sempre na 
direção perpendicular ao plano de giro dos 
pontos e no sentido da aceleração angular do 
corpo. 
 
O Torque da Figura, exemplificado, é o torque de 
um corpo rígido em relação ao eixo de giro. 
Nota-se que ele tem a direção sempre do eixo de 
giro do corpo, perpendicular ao plano de giro dos 
pontos do corpo. O sentido do Torque pode ser 
obtido pelo sentido da aceleração angular do 
corpo. Se o corpo estiver girando com 
velocidade constante seu torque é nulo. Se o 
corpo estiver girando de forma acelerada, 
aumentando sua velocidade angular então a 
aceleração angular e o Torque estarão na 
mesma direção da velocidade angular. Se o 
corpo estiver girando de forma a estar 
brecacando, ou diminuindo a sua velocidade 
angular, em um movimento angular retardado, 
então o torque e a aceleração angular estarão no 
sentido inverso ao da velocidade angular. 
 
 
 
O torque de um corpo rígido pode ser escrito 
como: 
 
α=τ
rr
IFO 
 
onde é diretamente proporcional ao momento de 
inércia I, do corpo rígido e é também diretamente 
proporcional, assim como no mesmo sentido, da 
aceleração angular do corpo. O momento de 
inércia I, veremos no capítulo 6 representa a 
inércia de rotação do corpo, ou seja, a 
dificuldade de se colocar o corpo para girar de 
forma acelerada, aumentando ou diminuindo a 
sua velocidade angular. O momento de inércia 
depende da soma geral do produto de cada 
pedacinho elementar de massa do corpo e o 
quadrado da sua distância ao eixo de giro. 
 
Princípio da 
 Transmissibilidade 
 
“Sempre que deslizarmos uma força ao longo de 
sua linha de ação de um ponto A para outro 
___________________________________________________________ 
Capítulo 4 
Torque 
e Sistemas Equivalentes 
 ___________________________________________________________ 
 
zτ
r
zτ
r
z z 
α
r
α
r
ω
r
ω
r
Movimento acelerado rotacional Movimento retardado rotacional 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
64
ponto B qualquer do corpo, os efeitos mecânicos 
(estáticos ou dinâmicos) do comportamento do 
corpo permanecem inalterados.” 
 
 
 
Este princípio da transmissibilidade é a razão 
pela qual o vetor posição da força em relação ao 
pólo é dado pela distância entre o pólo e 
qualquer ponto da linha de ação da força. 
 
 
Torque Polar 
 
O Torque da força F
r
 em relação ao ponto O 
(pólo) é dado, matematicamente, pelo produto 
vetorial entre o vetor posição r
r
 da força em 
relação ao pólo (que vai do pólo até um ponto da 
linha de ação da força), e a Força F
r
: 
 
FrFO
rrr
∧=τ 
 
O torque é proporcional á distância do eixo de 
giro (pólo) à linha deação da força (braço)(b), e 
à força (F). Isto caracteriza o princípio da 
alavanca, ou seja, quanto maior o braço da 
alavanca maior o efeito do torque rotacional. 
 
O torque é proporcional à distância do pólo até 
um ponto da linha de ação da força (módulo do 
vetor posição r) e à força projetada 
perpendicularmente à este vetor posição, dando 
máximo movimento giratório do corpo. 
 
Por exemplo, ao se abrir uma porta, para 
maximizar o torque a ela aplicado, produz-se 
uma força perpendicular ao plano da porta, e 
com uma máxima distância ao seu eixo de giro 
(as dobradiças) para maior eficiência do torque a 
ser aplicado. 
 
onde: 
F
Oτ
r
= Torque da força F
r
 em relação ao 
um pólo O 
r
r
 = vetor posição, que tem origem 
no ponto de referência escolhido (pólo) 
e extremidade em um ponto qualquer 
da linha de ação da força, ou seja, vai 
do pólo escolhido a um ponto qualquer 
da linha de ação da força F
r
 
F
r
 = Força que age no ponto P do 
corpo rígido 
θ = ângulo entre os vetores Fer
rr
, 
quando ambos estão na mesma origem 
(θ ≤ 180°) 
 
Em módulo: 
 
θ=τ senFrFO .
rrr
 ⇒ τFO = r F sen θ 
 
O torque pode ser visto também se utilizando o 
símbolo FOM
r
 quando se utiliza o nome Momento 
de Força ou FOC
r
quando se utiliza o nome 
Conjugado de uma Força, ao invés de torque 
F
Oτ
r
, no entanto, o significado é o mesmo. 
 
 
Podemos analisar e visualizar o cálculo do 
torque, de três maneiras distintas mas que 
representam o mesmo conceito como 
características diversas do mesmo produto 
vetorial: 
 
Maneiras ou Métodos de 
Análise do Cálculo do 
Torque Polar de uma força 
 
1ª) Método Vetorial 
(forma mais genérica) 
 
kzzjyyixxOPr OPOPOP
rrrr
)()()( −+−+−=−= 
kzjyixr OPOPOP
rrrr
++= 
 
P ≡Ponto qualquer da linha de ação da força F 
O ≡ pólo de giro escolhido para cálculo do torque 
 
kzjyixr
rrrr
++= 
 
)kji(F
AP
APFˆFF zyx
rrrr
λ+λ+λ=
−
−
=λ= 
 
kFjFiFF zyx
rrrr
++= 
 
zyx
F
FFF
zyx
kji
Fr
rrr
rrr
=∧=τ 0 
 
)()( kFjFiFkzjyixFr zyx
F
o
rrrrrrrrr
++∧++=∧=τ 
 
A 
B
F
r
F
r
B
A 
F
r
 
r
r
 
z
yO 
θ 
x 
P 
Linha de ação da força F 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
65
kFyFxjFxFziFzFy xyzxyz
F
o
rrrr
)()()( −+−+−=τ 
 
 
Regra cíclica: 
 
 
A forma vetorial ou analítica, o 1° método de 
cálculo do torque, como mostrado acima, é muito 
usado em problemas mais complexos, como no 
caso dos problemas tridimensionais. Sendo um 
método mais técnico, menos intuitivo, diminui a 
ocorrência de erros ou enganos. Por isso é 
considerado o método mais genérico, valendo 
em qualquer caso. 
Além da forma vetorial acima, há outras duas 
formas equivalentes de se calcular o torque, que 
não se utilizam do cálculo matemático vetorial, 
extremamente técnico. Nestes outros dois casos, 
sua maior utilidade ocorre para problemas 
bidimensionais, onde os eixos dos torques 
aparecem mais evidentes. 
 
2ª) Método 
Posição X Força perpendicular 
τ = r . F⊥ 
 
onde r = distância entre o pólo do corpo e um 
ponto da linha de ação da força 
⊥F = componente da força perpendicular ao 
vetor r
r
 = F sen θ 
//F = componente da força paralela ao vetor r
r
 
= F cos θ 
θ = ângulo entre o vetor força F
r
 e o vetor 
posição r
r
 
 
 
Vemos que: 
 
⊥⊥ ∧+∧=+∧=∧=τ FrFrFFrFr
rrrrrrrrrr
//// )( 
 
0º0//// ==∧ senFrFr
rrrr
 
 
⊥⊥ ==τ=τ FrsenFr º90
rrr
 
⇒ τ = r . F⊥ 
Como 
F⊥ = F sen θ 
então 
τ = r . (F . sen θ) 
 
como no caso do módulo do produto vetorial. 
 
3ª) Método 
Força X braço: 
τ = F . b 
 
b = braço da força F em relação ao pólo 
b =distância da linha de ação da Força até o pólo 
b = braço = r sen θ 
 
Veja-se que 
τ = F . b = F . (r sen θ) 
 
 
 
 
Um conceito de importância e que o aluno as 
vezes custa assimilar é o conceito de braço de 
uma força, por isso vamos ressaltar seu 
conceito. O braço de uma força é a distância 
entre uma reta e um ponto. Quem é o ponto? È o 
pólo escolhido. Quem é a reta? É a linha de ação 
da força. A distância entre um ponto e uma reta 
é a menor distância, ou seja, aquela que faz um 
ângulo de 90° com a reta e passa pelo ponto. 
Essa distância entre o pólo (ponto) e a linha de 
direção ou de ação da força (reta) é o braço. 
 
 
 
4.2 - Torque Axial, 
Binário e Sistema de 
Forças Contínuas 
 
θ
r
r 
F
r
F// 
F ⊥ 
)( θ==τ ⊥ senFrFr
F
O
θ
O 
P
F
r
θ 
r
r
θ
b = r sen θ
P
O
linha de ação da força 
braço
b = braço
A = polo
F = força
Linha de ação da força 
y z 
yF j
r
 k
r
 
i
r
 x xF
+ + +
i j k i j 
+ 
zF
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
66
4.2.1 - Torque Axial 
projeção do Torque em um eixo 
 
O torque polar é um torque que é posto como 
combinação linear de três eixos triortogonais. O 
torque polar projetado sobre o eixo x, o eixo y e 
o eixo z. 
Consideremos o torque do corpo rígido em 
relação a origem do sistema de referência O, 
então, o torque axial em relação ao eixos 
coordenados ficam evidentes: 
 
kji zyx
F
O
rrrr
τ+τ+τ=τ 
 
Torque axial em x: 
é o produto escalar entre o versor i
r
pelo torque 
F
Oτ
r
 
F
Ox .i τ=τ
rr
 
Torque axial em y: 
F
Oy .j τ=τ
rr
 
Torque axial em z: 
F
Oz .k τ=τ
rr
 
 
kjiFr zyx
rrrrrr
τ+τ+τ=∧=τ 
 
assim sendo, o torque projetado em x é o torque 
axial em x, τx , o torque axial em y é τy e o 
torque axial em z é τz . Desta forma, a soma dos 
torques axiais dos eixos x, y e z nas suas 
respectivas direções, resultam no torque polar 
cujo polo é o cruzamento dos três eixos ou o 
ponto de cruzamento dos três eixos, O. Os 
torques axiais podem ser escritos da seguinte 
forma: 
assim sendo, 
 
“O Torque axial em torno de um eixo definido é 
dado pela projeção do torque polar sobre esse 
eixo e pode ser calculado pelo produto entre o 
versor do eixo e o torque polar em relação a um 
pólo qualquer deste eixo. 
 
ou 
 
“O Torque em relação a um pólo ou ponto pode 
se colocado como combinação linear dos 
torques axiais dos três eixos linearmente 
independentes, que passariam por esse polo.” 
 
kji zyx
rrrr
τ+τ+τ=τ 
 
 
Muitas vezes deseja-se saber qual é o torque de 
uma Força em relação a um eixo escolhido λ 
(BA), por exemplo. Para isso basta calcular o 
torque em relação a um pólo (A) pertencente ao 
eixo que se deseja obter a projeção do torque e 
projetá-lo neste eixo, fazendo-se o produto 
escalar entre o versor BAλ̂ ao eixo e o torque 
F
Aτ
r
 da força F em relação ao pólo A : 
 
 
 
APr −=
r
 
 
222 )()()(
)()()(
BABABA
BABABA
BA
zzyyxx
kzzjyyixx
BA
BA
−+−+−
−+−+−
=
−
−
=λ
rrr
r
 
kji zyx
rrrr
λ+λ+λ=λ 
 
Sendo o torque polar da força em relação a um 
pólo qualquer pertencente ao eixo que se deseja 
projetar (A ou B): 
FrFAouB
rrr
∧=τ 
 
Sendo que o torque polar de F projetado no eixo 
BA é dado por: 
 
F
ABABA
ˆ τ⋅λ=τ
r
 
 
Considerando o torque projetado no eixo pelo 
cosseno que sai da definição de produto escalar: 
 
θτ=θτ⋅λ=τ coscosˆ FABABA
r
 
 
Ou, projeta-se o vetor no eixo pelo produto 
escalar feito vetorialmente: 
 
)kji(.)kji(.ˆ zyxzyx
F
ABABA
rrrrrrr
τ+τ+τλ+λ+λ=τλ=τ
 
zzyyxxBABA τλ+τλ+τλ=τλ=τ
r
.ˆ 
 
Considerando o torque com a força: 
 
( )Frˆ BABA
rr
∧⋅λ=τ 
 
Pode-se calcular o torque axial pelo 
determinante: 
 
⎟⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎜
⎝
⎛ λλλ
=∧λ==τ
zyx
zyx
BA
FFF
zyx)Fr(.ˆ
rr
 
 
eixo λ 
B
A
F
r
r
r
BAλ
r
P
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
67
 
 
 
No exemplo do desenho do pião, deseja-se 
saber o torque do pião em relação ao eixo AB. O 
torque axial à AB será a projeção de τ
r
 no eixo 
AB: 
 
ατ=ατλ=τ⋅λ=ατ=τ coscoscos
rrrrrr
ABABAB
 
uma vezque o versor ABλ
r
tem módulo unitário 
1AB =λ
r
. Pela figura: 
τAB = τ cos α 
Uma vez que 
τ
τ⋅λ
=
τ
τ
=α r
rr
ABcos 
 
 
Situações do Torque (nulo e 
não nulo) de uma força Fr no 
espaço em relação a um eixo 
λ: 
 
Torque não nulo: 
O torque de uma força F
r
 em relação a um eixo 
λ, na direção dos pontos AB, e de versor λê não 
é nulo quando AB e F pertencem à retas 
reversas: 
 
 
 
Torque nulo: 
De outra forma o torque de uma força F
r
 em 
relação a um eixo e de direção AB de versor λê 
é nulo, ABτ
r
= 0, se: 
 
(a) a linha de ação da força F for paralela ao 
eixo e de versor λ ; ou 
(b) a linha de ação da força passar pelo eixo e 
de versor λ. 
Ou seja: 0=τ FAB
rr
 se: 
 
 
ou 
 
 
4.2.2 - Binário 
 
Binário é um torque puro, cuja resultante das 
forças é nula. 
 
 
 
“Um binário se caracteriza por duas forças: 
(a) iguais ou seja, de mesma intensidade 
(b) paralelas 
(c) sentidos opostos e 
(d) aplicadas em pontos distintos do corpo 
 
Um binário indica um torque puro uma vez que a 
soma das duas forças dá resultante nula. No 
entanto, como estão aplicadas em linhas de 
ação diferentes elas dão uma tendência de giro 
ao corpo que corresponde ao Torque. 
 
A intensidade do binário é igual ao produto de 
uma das forças pela distância entre suas linhas 
de ação. 
 
Um binário fornece sempre o mesmo torque 
sobre o corpo, independentemente do ponto de 
aplicação escolhido (ou pólo). 
 
d/2
d/2
F
r
F
r
− O
A
B
τ
r
Binário agindo em um corpo rígido 
 M binário = ± F . d 
O Binário não tem ponto de aplicação 
τ
r
 
B 
0 
y 
z 
x 
ABλ̂ 
A 
θ 
F
r
r
r
F
r
 // à λ̂ 
λ̂
a)
A B e 
Eixo e ∈ plano 
µ= eFF ˆ
r
λ=λ êˆ
d λλ =τ êdF
Fr
Força F e eixo λ estão em 
direções reversas 
A B 
b) 
λ̂
Linha de ação de F
r
 passa pelo eixo q 
F
r
A
B 
e 
P
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
68
 
A soma dos Torques produzido pelas duas 
forças que formam o Binário, fornece sempre o 
mesmo valor, independente do pólo utilizado 
para cálculo. Com o exemplo, vamos calcular o 
torque em relação aos pontos A , B e O, 
valendo o mesmo para qualquer outro ponto P. 
Como se mostra abaixo: 
 
pólo em A : 
dFdFiFA −=−=τ 0
r
 ↻ 
pólo em B : 
dFdFiFB −=+−=τ 0
r
 ↻ 
pólo em O : 
dFdFdFiFO −=−−=τ 22
r
 ↻ 
 
4.2.3- Sistema de Forças 
Contínuas e Paralelas 
 
Em uma superfície pode haver forças 
distribuídas continuamente provocadas por 
ventos ou líquidos sobre uma parede. Quando 
estas forças são contínuas e paralelas é sempre 
possível reduzí-la a uma única força resultante 
aplicada ao Centróide de Área, análoga ao 
Baricentro (G), só que de forças paralelas 
originadas por outra fonte de forças que não os 
pesos necessariamente, mas podendo ser 
também originarias de pesos de outros corpos. 
Estas forças aparecem como escoamento 
dinâmico de líquidos em uma superfície ou peso 
do material espalhado na superfície, ou pressão 
de um líguido em uma parede do recipiente. 
Podemos definir para cada ponto desta 
superfície uma densidade superficial de forças 
 
)m/N(ppressão
Ad
Fd 2
F ===σ 
 
 ou a tão conhecida grandeza chamada pressão 
σF = p (força por unidade de área) que pode ser 
medida no Sistema Internacional em Pa (pascal) 
= 1 N / m2 . 
A distribuição de forças ao longo de uma 
superfície pode ser designada em função das 
coordenadas da superfície, para isso podemos 
representá-lo como um diagrama, cuja 
intensidade da força dá a altura da área 
proporcional em cada ponto. 
 
Muitos dos casos destas pressões de superfície 
caem dentro de um caso particular em que há 
um perfil de forças em uma linha, mas na 
profundidade deste perfil linear as forças se 
mantém constante ao longo de cada linha de 
profundidade desse perfil. Sendo assim 
podendo-se reduzir a distribuição de forças de 
uma área, a uma linha com uma única dimensão, 
a dimensão linear, já que a profundidade pode-
se pegar um coordenada no centro da dimensão 
de profundidade. Querendo-se a pressão 
daquela área basta dividir a densidade linear de 
força no perfil pela profundidade e. Estes 
diagramas poderão ser reduzidos a um Centro 
de Forças Paralelas análogo ao Baricentro, 
ponto este que atuará está Força Resultante, 
cuja posição de atuação tem forma análoga de 
cálculo ao realizado na localização do Centróide 
de área da figura da intensidade de forças 
versus a dimensão da linha de sua atuação. E 
definimos assim a densidade linear de forças: 
 
 )m/N(p
dL
dF
FF ll =σ==λ 
 
Densidade Superficial de 
Forças ou pressão: σF = p 
 
A pressão se caracteriza em uma superfície de 
área A = l . L = profundidade vezes largura, de 
onde sai uma Distribuição Superficial de Forças, 
que podemos definir : 
Fσ = Ad
Fd = pressão = p ( N / m2 ) 
 
que recebe o nome especial de pressão, medida 
em N/m2 ou pascal = Pa no sistema 
internacional. 
 
Densidade Linear de Forças 
Fλ 
Se em cada linha da dimensão de frente a força 
repete sua intensidade ao longo de toda a 
profundidade “ l ”, podemos caracterizar uma 
outra grandeza, que é a Distribuição Linear de 
Forças e definir uma densidade linear de forças, 
caracterizando um reducionismo da densidade 
superficial. O valor médio de sua profundidade 
se reduz à 2/y l= . A densidade linear de forças 
se iguala ao produto da espessura pela pressão. 
 
)m/N(p
dL
dF
FF ll =σ==λ 
 
 
 
y Fσ
x 
L 
l
(a) 
λ2 
Fλ
λ1 
x 
L 0 
2
L)(
F 21R
λ+λ
=
(b) 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
69
 
No caso do exemplo dado da trapésio da figura 
temos que a força resultante no baricentro da 
figura resulta no valor e posição representados 
na figura abaixo. 
 
 
Casos particulares conhecidos: 
 
Retângulo 
 
Se a distribuição de forças tiver uma densidade 
linear de forças ao longo de um eixo, que seja 
constante, teremos então a força resultante total 
do segmento L, como sendo a área sob a curva, 
no caso a área do retângulo, FR = λ L tendo 
como posição de força única’, o centróide do 
retângulo, na posição 2/Lx = que é a posição 
do centróide de área do retângulo. 
 
Triângulo 
 
Se a distribuição de forças tiver uma densidade 
linear de forças variando ao longo do corpo 
linearmente com o eixo x, formando a área de 
um triângulo, a força resultante será à área do 
triângulo, FR = λL/2 = área do triângulo, tendo como 
‘centro dessa força’, que substitui o conjunto das 
forças contínuas, o centro CF na posição do 
centróide do triângulo que no caso do exemplo 
abaixo é 32 /Lx = , tendo a força total que atua 
nesta posição, uma equivalência a todas as 
outras forças distribuídas continuamente. 
 
 
 
Figura qualquer 
 
Se a distribuição de forças, tiver uma figura 
qualquer ao longo de uma linha, teremos como 
força resultante, a área sob a curva e como 
posição desta resultante o centróide de área da 
figura em questão.: 
 
 
 
∫∫ λ== dxdFF FR
r
 
 
cuja força total é a área sob a curva e com 
‘centro de força’ CF na posição, 
 
R
F
F
F
F
dxx
dx
dxx
dF
dFx
x ∫
∫
∫
∫
∫ λ=
λ
λ
== 
 
que é a posição do centro de força resultante. 
 
Forças Contínuas separadas 
em Figuras Simples 
 
De um conjunto de figuras podemos separá-las 
em figuras mais simples, a exemplo da figura 
abaixo, um trapézio, que podemos separar em 
um triângulo e um retângulo, e reduzir o conjunto 
a um sistema de duas forças e a partir das duas 
forças usar o centro de força em somatório para 
reduzir a uma única força como sejam: triângulo 
mais retângulo da figura, que coincide com o 
centróide de área da figura: 
Fλ
λ 
x 
L 0 
curvaasobÁreadFFR == ∫
r
x
λ F = f (x) 
Fλ
λ 
x 
L 0 
FR = λL / 2 = Área 
Lx )3/2(=
λ F = 
L
λ
 x 
Fλ
λ 
x 
L 0 
FR = λ L 
2/Lx =
λ = const 
Fλ
x 
L 0 
λ1 
λ2 
(c) 
x
FR 2
L)(dAdxdFF 21FR
λ+λ
==λ== ∫ ∫ ∫
A
dAx
dx
dxx
dF
dFx
x L
F
L
F
L
∫
∫
∫
∫
∫
=
λ
λ
==
O baricentro de forças coincide como o centróide de área xv 
FR = Área = ( λ1 + λ2 ) . L / 2
l /2 
x
(d) 
x 
y 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
70
 
Podemos separar a figura em duas: o triângulo, 
com sua força total atuante em L/3, e intensidade 
igual à área do triângulo e o retângulo terá sua 
força atuante em L/2 e força como a área do 
retângulo. A intensidade das forças será a área 
das figuras parciais. Para compor das duas 
forças uma única temos que a força resultante é 
a soma das forças parciais e a posição: 
 
∑
∑=
i
ii
F
Fx~
x 
∑
∑=
i
ii
F
Fy~
y 
∑
∑=
i
ii
F
Fz~
z 
 
 
onde 
n21iR F...FFFF
rrrrr
+++==∑ 
 
De forma contínua temos, em coordenadas 
cartesianas: 
∫
∫
∫
∫
λ
λ
==
L F
L F
dx
dxx~
dF
dFx~
x 
∫
∫
∫
∫
λ
λ
==
L F
L F
dy
dyy~
dF
dFy~
y 
∫
∫
∫
∫
λ
λ
==
L F
L F
dz
dzz~
dF
dFz~
z 
 
onde 
∫∫ λ==
L
FR dqdFF 
 
4.3 – Sistemas 
 Equivalentes 
 
Torque Resultante 
 
O Torque Resultante é a soma de todos os 
torques que atuam em um corpo rígido e sob o 
ponto de vista dos efeitos produzidos se iguala 
ao produto do momento de inércia total ou 
inércia de rotação I, (que será definido no 
Capítulo 6, mais adiante), com a aceleração 
angular, α
r
. 
α=τ=τ ∑
rrr
Ii 
 
 
4.3.1 - Redução de um 
Sistema de Forças e Binários 
a um Sistema de uma Força e 
um Binário Resultantes 
 
Um Sistema de n Forças e n Binários sempre 
pode ser reduzido a um Sistema Força-Binário 
Resultantes, em um ponto qualquer, que seria 
equivalente ao primeiro sistema, ou seja, um 
Sistema de uma Força Resultante e um Torque 
Resultante. Isso pode ser visto na figura a 
seguir. As expressões de equivalencia estariam 
ligadas à: (a) força resultante que seria a soma 
vetorial de todas as forças do sistema de n 
forças, e (b) torque resultante em relação a um 
pólo qualquer escolhido, que resultaria da soma 
dos torques de todas as forças em relação 
àquele pólo e a soma de todos os binários que 
atuariam no corpo. Essas duas expressões 
vetoriais garantem a transposição para o novo 
sistema reduzido e equivalente. 
 
 
4.3.2 - Redução de um 
Sistema Força e Binário 
Perpendiculares, a um 
Sistema de uma única Força 
 
Em uma segunda etapa se o Sistema Força-
Binário resultantes em relação a um polo A 
qualquer, tiver a força resultante perpendicular 
ao Binário resultante em relação a A, então é 
possível reduzir este Sistema a uma única Força 
em um ponto P, a ser calculada sua posição. 
Para isso basta transportar essa força para uma 
posição (P) em que o torque resultante neste 
novo ponto, em relação ao pólo de onde ela 
estava (A), seja igual ao torque resultante do 
sistema anterior em relação a A. 
 
A
R R
PemF
A τ=τ
rr 
 
 
λ2 
Fλ
λ1 
x 
L 
F∆ 
F 
2/Lx =Π
x
3/Lx =∆
(1) Sistema de Forças e Binários 
(2) Sistema Força-Binário 
Resultante em A 
∑∑ τ+τ=τ i
F
AR
i
A
rrr
1P
RF
r
NF
r
1F
r
2P
nP
A
A 
Rτ
r
...
∑= iR FF
rr
2F
r
nτ
r
θ 
2τ
r
1τ
r
FR= F∆+ F =Área do trapézio= ( λ1+λ2)L/ 2 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
71
 
 
4.3.3 - Redução de 
umSistema Força-Binário 
Resultantes e não Perpendiculares a 
um Torsor (Força e Binário numa 
mesma direção) 
 
No caso do Sistema Força-Binário obtido não 
formar um ângulo de 90° entre os vetores Força 
Resultante FR e Binário Resultante τR, então, 
não é possível transformá-lo em um Sistema de 
uma única força, mas é possível transformá-lo ou 
reduzí-lo a um torsor, ou seja, um Sistema de 
uma força e um binário na mesma direção da 
força. Para isso deve-se projetar o torque 
resultante na direção perpendicular à força 
resultante, 
⊥
τR
r
, e na direção paralela a força 
resultante,
//Rτ
r
, de tal forma que para estas 
expressões, podemos escrever 
matematicamente: 
 
Consirando o versor na direção a força: 
R
R
F
F
Fˆ
R r
r
=λ 
 
A projeção do torque polar na direção da força é 
o produto escalar entre o versor da força e o 
torque polar: 
 
AR// RFR .
ˆ τλ=τ
r 
 
O resultado do produto escalar é um escalar, um 
número com um sinal, e se der positivo é porque 
a projeção ficou no mesmo sentido da força, se 
negativo, ficou no sentido inverso ao da força. 
 
E portanto o torque resultante, paralelo a força, 
de forma vetoria será dado pelo torque escalar 
produto pelo versor da força. 
 
R//// FRR λ̂τ=τ
r 
 
Para determinação do torque resultante 
perpendicular à força, fazemos a subtração 
vetorial : 
 
//A RRR τ−τ=τ ⊥
rrr 
 
 Para a redução ou eliminação do torque 
perpendicular à força, devemos igualá-lo com o 
torque da força resultante em um outro ponto a 
ser determinado (pólo P, no desenho) em 
relação ao ponto em que a força estava (A) ao 
ser reduzida ao Sistema força-binário inicial, 
portanto, para equivalência entre os dois 
sistemas, deve-se exigir que: 
 
⊥τ=τ R
PemF
A
R rr 
 
 
 
4.4 – Resumo do 
Capítulo 4 
 
Conceitos estudados: 
(1) Torque Polar :Torque de uma Força em relação a um Pólo 
(2) Torque Axial: Torque de uma força em relação a um Eixo 
(3) Princípio da Transmissibilidade 
(4) Binário 
(5) Sistemas Equivalentes de Forças: 
(a) Redução de Forças contínuas e paralelas a uma única Força 
(b) Sistema de n Forças e n Binários⇒Sistema de uma Força-Binário 
(c) Sistema de uma Força-Binário ⇒Uma única Força ou um Torsor. 
 
(1) Torque Polar: 
 
(2) Principio da Transmissibilidade: 
 
(3) Binário: dFFO =τ (torque puro) 
Duas forças : (a) Iguais (mesmo intensidade) ; (b) Paralelas ; (c) 
Sentidos opostos ; (d) Aplicadas em pontos diferentes 
 
Características: (a) Força resultante é nula ; (b) Não tem ponto 
específico de aplicação no corpo, podendo ser qualquer ponto ; (c) 
Direção do Binário: perpendicular ao plano das forças e no sentido da 
regra da mão direita; (d) Pode ser calculado usando qualquer pólo e 
somando–se os torques das duas forças ; (e) Módulo do Torque 
resultante é dF=τ . 
 
(2) Sistema Força-Binário 
resultantes em A formando 
entre si um ângulo de 90º (3) Sistema de uma única 
Força em P 
A 
RF
r
P 
A
R R
PemF
A τ=τ
rr
RF
r
A 
ARτ
r
RF
r
A
A 
RF
r
θ
⊥τR
r
//Rτ
r
(2) Sistema Força-Binário em O 
sendo o ângulo entre eles 
 θ ≠ 90° (3) Torsor 
⊥τ=τ R
PemF
A
R rr
//Rτ
r
Rτ
r
P 
A
B F
r
F
r
B 
A
“Sempre que deslizarmos 
uma força ao longo de sua 
linha de ação de um ponto A 
para outro ponto qualquer do 
corpo B, os efeitos mecânicos 
(estáticos ou dinâmicos) do 
comportamento do corpo 
permanecem inalterados.” 
F
r
r
r
z
y O
θ
x
P
Linha de ação da força F FrFO
rrr
∧=τ 
θ=τ senFrFO
rrr
⊥=θ=τ Fr)senF(r
F
O
r
bF)senr(FFO =θ=τ
r
forçadaaçãodelinhada
ponumeextremidadepólonoorigemtem(póloaorelaçãoemforçadaposiçãovetorr =
r
 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
72
 
(4) Torque em relação a um eixo: 
 
(5) Sistermas Equivalentes: 
(a) Forças contínuas e paralelas 
 
(b) Redução de um Sistema de n forças e n binários 
a um Sistema de uma Força e um Binário: 
 
 
(c) Redução de um Sistema de uma Força e um Binário 
a um Sistema de uma única Força: 
 
(d) Redução de um Sistema Força-Binário a um Torsor: 
 
 
4.5 - Exercícios 
Resolvidos 
 
Torques 
Sistemas Equivalentes de Forças 
 
4.1*) Em um avião experimental estão sendo 
testados os ângulos de seus jatos. Na figura 
mostra-se os limites sugeridos para os jatos 
laterais para uma curva em vôo. Supondo que a 
força aplicada em cada jato é de F = 3.000 kN,para a configuração planejada na figura, visando 
uma avaliação do seu desempenho, determine: 
(a) o sistema força-binário equivalente no ponto 
O ; (b) a posição em um ponto do eixo x para 
equivalência do sistema de uma única força. 
 
Solução: Esquema das equivalências: Sistema de 
Forças ≡ (a) Sistema Força-Binário em O ≡ (b) 
Sistema de uma única força em P no eixo x 
 
(a) Redução a um Sistema Força-Binário em O: 
 
 
Cálculo da Força Resultante em O e do Torque 
Resultante em O: 
∑= iR FF
rr
 ; ∑τ=τ i
F
OR
rr 
Força Resultante: 
jº18sen3000i)º18cos30003000(FR
rrr
−+= = 
)kN(j927i5853FR
rrr
−= 
Torque Resultante em relação ao pólo O: 
)m.kN(k)15xº18sen30004xº18cos30004x3000(OR
rr
+−=τ
)m.kN(k14493OR
rr
=τ 
 
(b) Redução do Sistema Força-Binário em O a um 
Sistema de uma única força em P sobre o eixo X : 
 
 
O
R R
PemF
O τ=τ
rr
 ⇒ OPyRR d.FO =τ
r
 
⇒ 14.493 = 927 . dOP ⇒ 
 dOP = 15,64 m ( à esquerda do ponto O em x) 
 
4.2*) Do sistema de 3 forças da figura, (a) 
determine o sistema força-binário equivalente 
≡ 
x O 
FR 
τR 
Sistema Força-Binârio em O 
(1) Sistema de n Forças e n Binários 
(2) Sistema de uma Força e um Binário em O 
∑∑ τ+τ=τ i
F
AR
i
A
rrr 
1P
RF
rN
F
r
1F
r
2P 
nP
A 
A 
ARτ
r
... 
∑= iR FF
rr
2F
r
nτ
r
θ 1τ
r
2τ
r
(2) Sistema Força-Binário em 
O com θ = 90° 
 
A 
RF
r
B 
A
R R
BemF
A τ=τ
rr
RF
r
A 
Rτ
r
(3) Sistema de uma 
única Força em O’ 
RF
r
A A 
RF
r
B
//Rτ
r
(2) Sistema Força-Binário 
em O Sendo θ ≠ 90° 
(3) Torsor 
R//// FRR λ̂τ=τ
r
//Rτ
r 
Rτ
r
⊥τR
r θ 
//A RRR τ−τ=τ ⊥
rrr
Fλ
λ 
x 
L 0 
curvaasobáreadxF FR =λ= ∫
r
x
λ F = f (x) ∑
∑=
i
ii
F
Fx~
x
∫
∫=
dF
dFx~
x
F 
F 
x O 
≡ 
18° 
Sistema de Forças no Foguete 
 
 
 
18°
F
F
y 
x
O4 m
4 m
15 m
≡
x O 
FR 
MR 
Sistema Força-Binârio em O 
x O 
FR 
P 
Sistema de uma única força em P no eixo x 
OP = X 
≡
τ
r
 
B 
0 
y 
z 
x 
ABλ̂
A
α 
F
rr
r
 
zzyyxx
AAB ˆ.
λτ+λτ+λτ=
=λτ=τ=τ λ
rrr
d/2 
d/2 
F
r
F
r
− O 
A 
B 
τ
r
 
Binário agindo em um corpo rígido 
 M binário = ± F . d 
O Binário não tem ponto de aplicação 
 
⊥τ=τ R
BemF
A
R rr
RRF FFˆ R
rr
=λ
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
73
aplicado ao ponto B, base da haste fixada AB e 
(b) a distância de B a um ponto E da haste AB 
em que se poderia reduzir o sistema a uma única 
força equivalente. 
 
 
Solução: 
(a) De (1) para (2) : 
(a) )N(j30sen5i)30cos534(FF iR
rrrr
°+°+−== ∑ 
j5.2i67,2FR
rrr
+−= 
∑τ=τ iB
F
BR
rr
⇒ 
)m.N(k)1x33,42x34x4(BR
rr
−+=τ ; 
)m.N(k67,17BR
rr
=τ 
(b) EemFBR
R
B τ=τ
rr
 
τRB=17,67= 2,67 x d BE ⇒ d BE = 6,62 m 
 
 
4.6 - Exercícios 
Propostos 
 
4.1 - Torque Polar 
4.3) Determinar o Torque FB
rr
τ da Força F
r
na 
corda, em relação ao ponto B da base do galho 
serrado da árvore. A Força é aplicada no ponto 
C do galho, e puxada pelas mãos do operador 
em A, , sendo que possui módulo 939,4 N. 
Obtenha também o módulo deste Torque. 
Resp.: )m.N(k1600j875i100FB
rrrr
++=τ ; )m.N(826.1FB =τ
r 
 
 
 
 
4.4) Determinar o Torque FB
rr
τ da Força F
r
na 
corda, em relação ao ponto B da base do braço 
de cilindro serrado fixado no poste. A Força é 
aplicada no ponto C do braço, puxada pelas 
mãos do operador em A, , e possui módulo 866 
N. Obtenha também o módulo deste Torque. 
Resp.: )m.N(k1250j850i300FB
rrrr
++=τ ; )m.N(1541FB =τ
r 
 
 
 
4.5) Uma grua de construção recebe em seu 
cabo uma tração T = 29 kN ao puxar uma carga 
da posição C. Calcule no instante da figura o 
módulo do Torque produzido por esta tração em 
relação à sua base em O. 
Resp.: )m.kN(492Fo =τ
r 
A
B
C 
D
E FR 
≡
A
B
C 
D 
FR 
τR 
≡ 
A 
B 
3 C 
5 N 
4 N 
θ=30° 
D 
 1 m 
 2 m 
 1 m 
x 
z 
y 
6 m
3 m
2 m
5 m
4 m
5 m
1,5 m
1 m 
A 
y
x
B
C
G
z
O
GC
6 m
3 m
2 m
6 m
5 m
5 m
1,5 m 
1,5 m 
A
y
x
B
z
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
74
 
 
4.6) (a) Um registro de água, paralelo ao plano 
xOy, para ser fechado, necessita ter uma força 
de 120 N, que deve atuar paralela ao plano xOy 
e perpendicular à linha do registro como mostra 
a figura. Qual o torque da força F, em relação ao 
pólo O, necessário à sua abertura ? Obs. 
Forneça o vetor torque e seu módulo. 
Resp.: )m.N(k9,23j25,4i25,4R
rrrr
+−−=τ ; τR =24,7 (N.m) 
 
 
 
4.7) Para o corpo da figura sujeito a um sistema 
de forças e torques, determine: (a) o torque que 
a Força F1 faz em relação ao ponto D da figura ; 
(b) o torque que a Força F2 faz com relação ao 
mesmo ponto D da figura ; (c) a redução à um 
sistema força-torque resultantes em relação ao 
ponto D. Dê os resultados em função dos 
versores cartesianos. 
Resp.:(a) )m.N(k60j301FD
rrr
+−=τ ; (b) )m.N(j642FD
rr
−=τ ; (c) 
)m.N(k8j6i12FR
rrrr
++−= ; )m.N(k180j184i60R
rrrr
+−=τ 
 
 
 
 
4.2 - Torque Axial 
 
4.8) Determine o Torque produzido pela força 
)N(k5j8i6F
rrrr
+−+= que atua no ponto P da 
porta, em relação ao eixo z da figura, ou seja, 
em relação ao eixo que passa pelas dobradiças 
da porta, que a faz abrir para cima. A força está 
aplicada ao ponto P atuando na sua extremidade, 
a fim de fechar a porta basculante do carro, cujos 
amortecedores a impulsionam para cima. 
Resp.: τz = –16,8 N .m 
 
 
 
 
4.9) Dado a força aplicada ao corpo rígido da 
figura determine o torque axial desta força em 
relação ao eixo AB. Resp.: )m.N(j716AB
rr
=τ 
 
 
4.10) Escreva os vetores força resultante RF
r
 e 
torque resultante Rτ
r
 a serem aplicados no 
ponto O, origem do sistema de referência, 
equivalentes às forças aplicadas ao corpo rígido 
mostradas na figura. Obs.: as forças são sempre 
paralelas a um dos eixos. 
Resp.: )N(k10j7i4FR
rrr
++−= ;
)m.N(k28j42i54R
rrrr
+−=τ 
6 m 
y 
z 
x 
8 m 
3 m
)N(k3j6i10F1
rrrr
++−=
)m.N(k120j90i601
rrrr
+−=τ
)N(k5i2F2
rrr
+−=
D
A
B
C
2 m 
2 m 
3 m 
12 
O
C
 7 m 
 11 m 
 28 m 
 20 m
T 
A 
y 
x 
z 
F
r 
45º 
O 
z 
y 
x 
20 cm 
5 cm 
A 
P
x
y
)N(k5j8i6F
rrrr
+−+= 
1,5 m
0,8 m 
8
30
z
x
y
4 2
1
200 N 
A
B
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
75
 
 
 
 
4.11) Dado as forças NjF
rr
1501 −= e 
NkF
rr
3502 = aplicadas ao corpo rígido da figura 
e aplicadas no eixo y nos pontos y1 = 12 m e y2 = 
5 m, respectivamente. Determine o torque axial 
de cada uma destas forças em relação ao eixo 
que contém os pontos OA no sentido do versor 
λ̂ que pertencem ao plano xOy e faz um ângulo 
de 45° em relação à horizontal. 
Resp.: =τ 1FOA 01.
ˆOBF1 =τλ=τ ; m.N12372.ˆOBF2 =τλ=τ 
 
4.12) Dado a força aplicada ao corpo rígido da 
figura determine o torque axial de cada força da 
figura em relação ao eixo AB, ABM
r
 e seu 
respectivo sentido: se λ̂ ou - λ̂ . 
Resp.: )m.N(ˆ7001FAB λ=τ
r ; )m.N(ˆ10732FAB λ=τ
r ; 
)m.N(ˆ15003FAB λ−τ
r ; )m.N(ˆ10004FAB λ−τ
r 
 
 
 
 
Binários 
 
4.13) Dado os 2 binários da figura determine o 
torque de cada binário e o torque resultante no 
corpo e seu sentido obtidos da figura (“barata de 
pernas para cima”). 
Resp. : )m.N(k4201
rr
−=τ ; )m.N(k2022
rr
=τ ; )m.N(k218R
rr
=τ 
 
 
4.14) Determine o valor de cada um dos três 
binários aplicados sobre o encanamento da 
Figura: devido à F1 e F2 , à F3 e F4 e à F5 e 
F6 , e forneça o torque resultante total no 
encanamento e a força resultante obtida. 
Resp.: )m.N(k24i241
rrr
−−=τ ; )m.N(j42i662
rr
−=τ ; 
)m.N(k363
rr
=τ ; 0FR =
r
; )m.N(k12j42i42R
rrrr
+−=τSistema de Forças Contínuas e 
Paralelas 
 
4.15) (a) Reduza o Sistema de forças contínuas 
paralelas, aplicadas à viga da figura, a uma força 
equivalente F1 no trecho AC da viga e F2 no 
trecho CB da viga da figura, e determine as 
posições x’s dessas forças, ( x1 e x2 ) 
considerando a origem do eixo x na articulação A 
(x=0) da viga. Reduza o sistema das duas forças 
obtidas, a uma única força equivalente e 
resultante sobre a viga, determinando-lhe sua 
intensidade e sua distância xR do ponto A. Resp.: 
F1 = 3200 N ; x1 = 6,33 m ; F2 = 7200 N ; x2 = 13,5 m 
; FR = 10400 N ; xR = 11,3 m 
 
 
800 N/m
1 m
 8 m 9 m 
B
A
y
xz
C
C
O
A 
45° 12 m 
y 
λ̂
Nj150F1
rr
−=
x 
Nk350F2
rr
=
z 
5 m 
F2 =12 N 
F1 =7 N 
F3 =4 N 
x 
z 
y 
F4 =2 N 
3 m
 4 m 
O
M1 =30 N m 
 5 m
2 m 
9 m 
 7 m 
40° 
35 N 
F2 =35 N 
F1 =60 N 
60 N 
x 
z 
y 
40°
12 
30
z
x
y
4 
2
1
F2 =200 N 
A B 
5 
λ̂
16
7 m F4 =250 N 
F1 =100 N 
F3 =300 N 
z 
y 
x 
2 m 
 9 m 
3 m 
3 m 
)N(j8F 1
rr
= 
k6F 3
rr
−= 
i4F 5
rr
−= 
k6F 4
rr
= 
 4 m 
j8F 2
rr
−=4 m 
O
i4F 6
rr
=
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
76
 
 
4.16) (a) Determine as forças equivalentes F1 , 
F2 , F3 (da esquerda para a direita) das 
distribuições de forças e seus pontos de 
aplicação. Resp.: F1=1500(N) em x1 =3,5 m de A; 
F2=900 (N) em x2=8 m de A; F3=10 (N) em y3=0,25 m 
do topo da barra 
 
 
 
4.17) (a) Determine as forças equivalentes F1, 
F2 (da esquerda para a direita) das distribuições 
de forças e seus pontos de aplicação na viga do 
desenho, nas regiões AC e CB da viga, 
sabendo-se que ela pesa 2000 N . Resp.: F1 = 
4000(N); x1=6 m de A ; F2=3000(N) ; x2 =16m de A; 
P=2000(N); x3=13 m de A 
 
 
 
 
 
 
 
4.18) Na figura abaixo: (a) Reduza o Sistema de 
forças contínuas paralelas, aplicadas à viga da 
figura, a uma força equivalente F1 de A até B e 
F2 de B até C e seus pontos de aplicação em 
relação ao ponto A da viga. Reduza o sistema 
das duas forças obtidas das forças contínuas, a 
uma única força equivalente e determine sua 
distância do ponto A . Resp.: F1=9000 (N) ; x1=5 m ; 
F2=6750 N ; x2=15 m ;FR=15750 (N); xR=9,29 m 
 
 
 
 
 
 
4.19) A barreira de água AB, está sujeita às 
forças dadas na figura. (a) Determine a força 
resultante e seu ponto de aplicação (C) das 
forças contínuas aplicadas no lado esquerdo da 
barreira, contado a partir da articulação no ponto 
A, de todo o volume de água que faz pressão 
sobre a barreira. Resp.:FR=16200 (kN)→;AC=6m; 
 
 
 
 
 
4.20) Uma estante se apoia em um suporte 
triangular da figura em equilíbrio, e está 
vinculado ao ponto A da parede por uma 
articulação fixa e ao ponto B por um rolete. 
Sabendo-se que a massa do suporte triângular é 
m = 1,5 kg e que ele está sujeito a uma carga 
vertical para baixo de densidade linear de força 
constante λF = 200 N/m na posição dada na 
figura, determinar os vetores força, que podem 
ser substituídos as forças contínuas sobre a 
prateleira e a força resultante total das forças de 
apoio e peso. 
Resp.: FR = 114.7 N ; dAC = 32,5 cm 
 
 
 
 
4.3 - Sistemas Equivalentes de Forças e 
Torques: 
Sistemas Bidimensionais 
 
4.21) Dado o Sistema de Forças atuantes no 
corpo rígido da Figura, determine: (a) a Força 
Resultante: RF
r
 ; (b) o Torque Resultante em A: 
Rτ
r
 ; (c) a redução do Sistema força-binário 
resultante a um Sistema de uma Única Força em 
um ponto da barra AB, determinando a posição 
deste ponto U, através da sua distância ao ponto 
A: AUd . 
Resp.: )N(j220i323FR
rrr
−= ; )m.N(k780R
rr
−=τ ; 
dAU=3,55 m 
 
y 
x z 
G
 200 N/m
A
B
9 cm
20 cm 30 cm 10 cm 3 cm 
1800 kN/m 
1m
 18 m 
A 
y
B 
 H2O 
z x
900 N/m 
1m 
 10m 15 m 
A 
y
x
z
B 
C
400 N/m 
1m 
 10m 15 m 
B
A 
y
x
z
C 
300 N/m 
0,5 m
20 N/m
1m 
 5 m 6 m 
B
A 
y
x
z
3 cm
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
77
 
4.22) Ao Sistema de Forças e Binários atuantes 
na estrutura determine: (a) um Sistema Força 
Resultante-Binário resultante, equivalentes no 
ponto B; ( b) a posição da força resultante, 
determinando-lhe sua posição de aplicação, 
através de sua distância ao ponto B, sobre a 
barra BC. 
Resp.: )N(j166i420FR
rrr
+−= ; )m.N(k840R
rr
=τ ;d DB=2m 
 
 
4.23) (a) Reduza o Sistema de forças e binários 
a um sistema força-binário resultante em A ; (b) 
Reduza o Sistema Força-binário em B a um 
Sistema de uma única força na barra BC e 
determine a distância d que esta força ficará de 
B.Resp.:(a) )N(j420i760FR
rrr
−= ; )m.N(k7380BR
rr
==τ ; 
(b) d = 9,71 m 
 
 
 
 
4.24) No corpo rígido da figura, todas as forças 
estão no plano xOy, para este caso, forneça os 
vetores (a) Força resultante ; (b)Torque 
resultante ; (c) Posição sobre o eixo z (na linha 
OC) da força resultante que seja equivalente ao 
sistema de forças dado. 
Resp.: m375,0d;)mkN(i51,4;kNk5,4j12F RR =−=τ+=
rrrrr 
 
 
 
4.25) No corpo rígido da figura, todas as forças 
estão no plano zOy, para este caso, forneça os 
vetores (a) Força resultante ; (b)Torque 
resultante em relação ao pólo O ; (c) Posição 
sobre o eixo z da força resultante, reduzindo a 
uma única força que seja equivalente ao 
sistema de forças dado. 
Resp.: m8,3d;)m.kN(i20;)kN(k14j5F zRR O =−=τ+=
rrrrr 
 
 
 
 
4.26) (a) Reduza o Sistema de forças e binários 
a um sistema força-binário resultante em A ; (b) 
Reduza o Sistema Força-binário em A a um 
Sistema de uma única força na barra AB e 
determine a distância d que esta força ficará de 
A. 
Resp.:(a) )N(j420i290FR
rrr
−= ; )m.N(k2640AR
rr
−=τ ; (b) d = 
6,29 m 
F2 = 600 N 
C 
F1 = 400 N 
F3 = 700 N 
 5 m 
9 m 
 6 m 
 3 m 
B A
3 
4 
5 
x 
z 
y 
12 kN 
25 kN 3 m 
1,5 m 
x
y
z
O 
30°°
15 kN 
A 
B 
C 
kNk40F1
rr
=
5 m 
3 m 
x
y
z
O
60°
A 
B
C 
kN30F2 =
kNj20F2
rr
=
2 m 
6 m 
450 N 
120 N 
340 N.m A 
B 
C 
4 
3 
60°
2,5 m 2 m 
4 m 
1,5 m x 
z 
y 
5 
F2 = 120 N 
C 
60°
F1 = 200 N 
F3 = 150 N
 3 m 
 6 m 
 4 m 
 2 m 
B 
A 
x 
z 
y 
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
78
 
 
4.27) (a) Reduza o Sistema de 3 Forças e um 
Torque da Figura a um Sistema Força 
Resultante e Torque Resultante em A. (b) 
Reduza agora o Sistema Força-Binário em A a 
um Sistema de uma única Força na linha AB, 
indicando qual a Força e em que posição (A’) ela 
ficará, contando a partir do ponto A. 
Resp.: )N(j2,20i26,2FR
rrr
−−= ; )m.N(k30AR
rr
−=τ ; 
dAA’=1,49 m 
 
 
4.28) Um martelo na tentativa de retirada de um 
prego introduzido torto sobre uma peça de 
madeira, faz o esforço de retirá-lo através de 
uma força horizontal F aplicada sobre seu cabo 
na posição indicada na figura. Determine a força 
F mínima para sua retirada, considerando que a 
madeira exerça sobre o prego uma força de 
restrição (vínculo) de 700 N na direção do prego 
e o ângulo do prego com a perpendicular à 
madeira é θ = 30°. Resp.: F = 139 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistemas Equivalentes de Forças e 
Torques: 
Sistemas Tridimensionais 
 
4.29) No corpo rígido da figura, forneça os 
vetores Torque resultante e Força resultante em 
relação à origem O. 
Resp: )kN(k30j47i12FR
rrrr
+−−= ; )m.kN(k2,52j67i5,40R
rrrr
+−−=τ 
 
 
 
 
4.30) Determine a Força Resultante e o Torque 
Resultante que a asa esquerda da aeronave 
provoca na solda do centro de massa de sua 
fuselagem em O, uma vez que a sua turbina 
realiza neste instante um arranque de 7 kN e a 
aerodinâmica de sua asa uma força de42 kN 
para cima, no ponto A. A massa da asa é de 2,0 
Mg (megagramas = 106 g). O centro de massa da 
asa esta no ponto G. 
Resp.: )kN(k4,22i7FR
rrr
+= ; )m.kN(k63j14i6160R
rrrr
−−=τ 
 
 
4.31) (a) Reduza o Sistema de 4 forças e um 
binário, a um sistema de 1 força e 1 binário 
resultantes no ponto O da figura ; (b) Reduza o 
sistema força-binário em O a um sistema de uma 
única força sobre o eixo y entre os pontos O e A, 
determinando a que distância y’ do ponto O, 
ficará a força resultante. 
Resp.: )N(k55i154FR
rrr
−= ; )m.N(k2238i800OR
rrr
−−=τ ; 
y’=14,5m 
F2 = 300 N 
C 
F1 = 200 N 
F3 = 150 N
 5 m 
 9 m 
 6 m 
 3 m 
B A 
x 
y 
3
45 z 
5 m 4 m 8 m 
2 m
7 kN
42 kN 
O
G
x
y
z
A 
P 
40 kN..m 
15 kN 
50 kN 
12 kN (direção de x) 
18 kN 
3 m 
1,5 m
0,9 m
x
y
z
30 kN
O
 15 m 
 8 m 10 m 
 F3= 10N 
 F2= 8 N 
 F1= 12N 
 A 
 35° 
 τ1= 300,4 N m 
 13 m 
 B 
 C 
y 
θ 
z
 700 N 
 C
 A 
 F 
8 4 
AB =35 cm 
x
 B 
15° 
 D 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 Cap. 4 
 
 
 
79
 
 
 
4.32) Escreva os vetores força resultante RF
r
 e 
torque resultante Rτ
r a serem aplicados no ponto 
O, origem do sistema de referência, equivalentes 
às forças aplicadas ao corpo rígido mostradas na 
figura. Obs.: as forças são sempre paralelas a 
um dos eixos. 
Resp.: )N(k10j7i7FR
rrrr
++−= ; )Nm(k15j4i29OR
rrrr
+−=τ 
 
 
 
 
 
4.33) Determine o vetor Força Resultante e o 
vetor Torque Resultante em relação a O do 
Sistema de Forças aplicadas ao Sistema de 
canos da figura. 
Resp.: )N(k1j6i4FR
rrrr
++−= ; )m.N(k20j35i41OR
rrrr
++=τ 
 
 
 
 
4.34) Determine o vetor Força Resultante e o 
vetor Torque Resultante em relação a O, do 
Sistema de Forças aplicadas ao Corpo da 
figura.Resp.: )N(k12j15i6FR
rrrr
−−−= ; 
)m.N(k16j32i48OR
rrrr
++−=τ 
 
4.35) Dado as duas vigas interligadas da figura e 
sujeitas às cargas designadas, reduza o sistema 
de forças e torques, a um sistema força 
resultante e torque resultante em A, origem do 
sistema de coordenadas. 
Resp.: )kN(k10j25i15FR
rrrr
+−= ;
)m.kN(k135j100i5,31AR
rrrr
−+=τ 
 
 
 
4.36) No Sistema de 3 Forças (paralelas aos 
eixos da figura) que agem no pendurador, 
verifique as ações equivalentes que agem na 
raiz de fixação, ponto B, origem do Sistema de 
Referência, determinando: (a) o vetor Força 
Resultante; (b) o vetor Torque Resultante em B; 
(c) os módulos da Força e do Torque 
Resultantes em B. 
 
Resp.:(a) )N(k50j20i5FR
rrrr
−+= ;(b)
)m.N(k25,0j6,3i4,3BR
rrrr
−−−=τ ;(c) )N(1,54FR = ;
)N(96,4BR =τ 
 
 
 
 
 
 
50 N 
20 N 
5 N 
0,08 m 
 0,1 m 
0,05 m 
0,05 m 
0,05 m 
B 
y 
z 
x 
0,22 m 
z 
y 
x 
1,5 m 
 6 m 
2 m 
2,5 m 
)N(j8F 1
rr
=
k6F 2
rr
−=
i4F 5
rr
−=
k7F 4
rr
=
 4 m 
j2F 3
rr
−=3 m 
O
F2 =12 N 
F1 =7 N 
F3 =4 N 
x 
z 
y 
F4 =2 N 
 5 m 
 4 m 
3 m 
O 
F5 =3 N 
20 N 
179 N 
31,7 N
=τx 243,1 N.m 
50 N 
30° 
12,5m 
3,5m
27 m 8 m
O
y
x 
z 
A
z
x
y
12 m
2 m 
0,3 m 
8 m 
kNk20F2
rr
−= kNk30F1
rr
=
kNi15F3
rr
=
kNj25F4
rr
−= 
)m.kN(i101
rr
−=τ 
4 m 
A
6 m
0,3 m 
z
x 
y 
5 m 
8 m 
6 m 
2 m 
1,5 m 
)N(j20F1
rr
−=
)N(k8F2
rr
−= 
)N(k4F3
rr
−=
)N(i6F4
rr
−=
)N(j5F5
rr
=
O
 
 Cap. 4 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 4 - Torque e Sistemas Equivalentes - 10ª Edição - 2008 
 
 
80
4.37) O avião abaixo, está em equilíbrio de 
translação e aplica neste instante, as seguintes 
forças ao girar os aerofólios a fim de fazer girar o 
avião: no ponto A≡(-0,8; -3; 0) m uma força 
)kN(k6FA
rr
−= ; no ponto B≡(-9; 1,2; 0) m, uma 
força )kN(k14FB
rr
= ; e no ponto C≡(-9; 0; 0,7) m 
uma força )kN(j8FC
rr
−= ; fazendo com que o 
avião gire e translade em torno do seu centro de 
massa. Ainda assim, se aplica forças de empuxo 
adicional às duas hélices dianteiras de valores 
T1 = T2 =10 kN, simétricos em relação ao centro 
de massa G, aplicadas na direção das asas, nas 
posições, H1 ≡(0,5; 2; 0) m, e H2 ≡(0,5; -2; 0) m 
como mostra a figura, a fim de aumentar a 
velocidade linear do avião no espaço. 
Determinar: (a) a Força Resultante sobre o 
avião; (b) o Torque de cada uma das 5 forças em 
relação ao centro de massa G do avião, centro 
do Sistema de coordenadas (x,y,z); (c) o Torque 
Resultante sobre o avião. 
Resp.: (a) )kN(k8j8i20FR
rrrr
+−= ; (b) 
)m.kN(j8,4i18AFG
rrr
−=τ ; )m.kN(j126i8,16BFG
rrr
+=τ 
; )m.kN(k72i6,5CFG
rrr
+=τ ; 
)m.kN(k201TG
rr
−=τ ; )m.kN(k202TG
rr
=τ ; 
(c) )m.kN(k72j121i4,40R
rrrr
++=τ 
 
 
 
 
 
 
 
4.38) Um avião, estando em equilíbrio de 
translação, aplica neste instante, as seguintes 
forças ao girar os aerofólios a fim de fazer girar o 
avião: no ponto A≡(0; 19; 0) m uma força 
)kN(k12FA
rr
= ; no ponto B≡(-30; 16; 2) m, uma 
força )kN(k15FB
rr
= ; e no ponto C≡(-30; 0; 3) m 
uma força )kN(j8FC
rr
−= ; fazendo com que o 
avião gire e translade em torno do seu centro de 
massa. Ainda assim, aplica forças de empuxo 
adicional aos dois jatos dianteiros de valores TJ1 
= TJ2 =7 kN, simétricos em relação ao centro de 
massa G, aplicadas abaixo das asas, nas 
posições, J1 ≡(0; 11; -2) m, e J2 ≡(0; -11; -2) m 
como mostra a figura, a fim de aumentar a 
velocidade linear do avião no espaço, mas 
também aplicando-lhe um torque em relação a 
G. Determinar: (a) a Força Resultante sobre o 
avião; (b) o Torque de cada uma das 5 forças em 
relação ao centro de massa G do avião. (c) o 
Torque Resultante sobre o avião. 
Resp.: (a) )kN(k27j8i14FR
rrrr
+−= ; (b) 
)m.kN(i228AFG
rr
=τ ; )m.kN(j450i240BFG
rrr
+=τ ; 
)m.kN(k240i24CFG
rrr
+=τ ; )m.kN(k77j141JFG
rrr
−−=τ ; 
)m.kN(k77j142JFG
rrr
+−=τ ; (c) 
)m.kN(k240j422i492RFG
rrrr
++=τ 
 
4.39) Considerando o sistema de mancais e polias 
com correias da figura, determinar: as forças de reação 
sobre a extremidade do eixo AB exercido pelo mancal 
A que é um mancal simples; as forças de reação sobre 
o mancal B que é um mancal de encosto; e a força F 
aplicada a um lado da correia da polia C como mostra 
a figura; a fim de manter todo o sistema em estado de 
equilíbrio de translação e rotação. Considere que a 
correia de força 90 N na polia C, faz um ângulo de θ = 
30º com a vertical (z) e que os mancais estão 
alinhados e exercem apenas forças de reação (não de 
torques) sobre o eixo AB. 
Resp.: )N(k110F
rr
−= ; )N(k124i3,85A
rrr
+= ; 
)N(k4,64i7,89B
rrr
+= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O
G
x
y
z
A 
B 
C )kN(j8F C
rr
−= 
)kN(k15F B
rr
=
)kN(k12F A
rr
=
)kN(i7F 1J
rr
=
)kN(i7F 2J
rr
=
z
x 
y
)kN(k14F B
rr
=
)kN(j8F C
rr
−=
)kN(k6F A
rr
−=
)kN(i10T1
rr
= )kN(i10T 2
rr
=
A 
B
C 
 F 
θ 
 90 N 
 50 N
80 N
0,3 m 
 0,2 m 
 1,2 m 
0,8 m
1,5 m
y
z
x 
A
 B 
 C
 D 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
81
 
 
5.1 – Definições 
Observacionais e Causais 
do Equilíbrio 
 
Definição: 
 
Equilíbrio de uma Partícula (ou 
ponto material): 
 
Definição através das causas do movimento: 
 
 “Uma partícula está em equilíbrio quando está livre 
da ação de forças, ou seja, a soma das forças que 
atuam sobre ela é nula.” 
 
Definição através dos efeitos do movimento: 
 
 “Uma partícula está em equilíbrio quando seu vetor 
velocidade é constante, ou seja, sua aceleração é 
nula.” 
 
 
Definição: 
 
Equilíbrio de um Corpo Rígido: 
 
Definição através das causas ou dinâmica do 
movimento: 
“Um corpo rígido está equilíbrio quando está em 
equilíbrio de translação e rotação simultaneamente.” 
 
 “Um corpo rígido está em: 
(a) Equilíbrio de Translação:quando está livre da 
ação de forças, ou seja, a soma das forças que atuam 
sobre ele é nula. 
(b) Equilíbrio de Rotação: quando está livre da ação 
de torques, ou seja, a soma de todos os torques 
sobre o corpo é nulo, ou ainda, o torque resultante é 
nulo. ” 
 
Definição através dos efeitos físicos observáveis ou 
efeitos cinemáticos do movimento: 
 
“Um corpo rígido está em : 
(a) Equilíbrio de Translação quando seu vetor 
velocidade é constante, ou seja, a aceleração é 
nula. 
 
Equilíbrio de Translação: a = 0: 
1) Repouso: v = cte = 0 ou 
2) MRU: v = cte ≠ 0 
 
 0amFR ==
vr 
 
(b) Equilíbrio de Rotação quando seu vetor 
velocidade angular é constante, ou seja, sua 
aceleração angular é nula.” 
 
Equilíbrio de Translação: α = 0 
1) Repouso Rotacional: ω = cte = 0 ou 
2) Mov. Rotacional e Uniforme: ω = cte ≠ 0 
 
0IR =α=τ
rr 
 
 
Esquematicamente: 
 
 
(1) a Força Resultante sobre ele é nula 
(Equilíbrio de Translação) e 
 
___________________________________________________________ 
Capítulo 5 
Equilíbrio do Corpo Rígido 
 
___________________________________________________________ 
 0amFF iR === ∑
rrr 
 
 0IiFOR i =α=τ+τ=τ ∑∑
rrr 
 0=⇒=
MM CC actev
vr 
 
 0.const =α⇒=ω rr 
0=
MCa
r
0FR =
r
.const=ω
r
 
ctev
MC =
r
0=α
r
 
Fig. Corpo Rígido em Equilíbrio 
G
∑ =τ=τ 0iFOR
rr 
0== ∑ iR FF
rr
 0=a
r 
.constv =
r
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
82
(2) o Torque Resultante sobre ele é nulo (Equilíbrio de 
Rotação).” 
 
Matematicamente: 
 a) Equilíbrio de Translação: 0amF CMR ==
rr 
RF
r
= força resultante no corpo 
m = massa ou inércia de translação 
MCa
r = aceleração do Centro de Massa 
 
b) Equilíbrio de Rotação: 0=α=τ rr IR 
Rτ
r = torque resultante no corpo 
I = Momento de Inércia 
α
r = aceleração angular do corpo 
 
(1) a aceleração de seu Centro de Massa é nula 
(equilíbrio de translação). Se isso ocorre o vetor 
velocidade do Centro de Massa do Corpo Rígido é 
constante, o que resulta que o Centro de Massa do 
corpo está ou em 
(a) repouso ( MCv
r
= const.=0 ⇒ CM parado) ou em 
(b) Movimento Retilíneo e Uniforme (
MCv
r
 = const. ≠ 
0 ⇒ MRU do CM) 
 
 
 
(2) sua aceleração angular é nula (equilíbrio de 
rotação). Se isso ocorre o vetor velocidade angular 
é constante, podendo o corpo neste caso: 
 
(a) não girar ( ω
r
 = const. = 0 ⇒ corpo não gira) ou 
 
(b) estar em Movimento de Rotação Uniforme (ω
r
 
= const. ≠ 0 ⇒ MRU). 
 
De forma esquemática: 
 
 
onde: 
 
MCa
r
 = aceleração do Centro de Massa 
 
MCv
r
 = velocidade do Centro de Massa 
 ω
r
 = velocidade angular (ômega) 
 α
r
 = aceleração angular (alfa) 
 
A Força Resultante retrata a causa do Movimento 
de Translação. O efeito físico produzido e 
observado é a aceleração do CM do corpo. 
Quem dificulta ou facilita a relação da 
variação do efeito produzido pela causa é a 
inércia de translação e a grandeza que mede 
essa inércia de translação de um corpo é a 
massa m desse corpo. 
O Torque Resultante retrata a causa do 
Movimento de Rotação. O efeito físico 
observado e produzido é a aceleração angular 
do corpo. Quem dificulta ou facilita a relação 
do aumento ou diminuição desse efeito 
produzido, a aceleração angular, é a inércia 
de rotação ou a grandeza momento de inércia 
I do corpo em torno de um eixo especifico. 
 
 
 
 
Def.: Inércia: medida da dificuldade de se 
tirar: 
(a) o centro de massa CM do corpo rígido do 
seu estado de repouso ou Movimento 
Retilíneo e Uniforme (Inércia de Translação) ; 
a massa m é uma medida desta Inércia de 
Translação; ou 
(b) o corpo rígido de seu estado de 
Movimento de Rotação Uniforme (Inércia de 
Rotação) em torno de um eixo; o Momento 
de Inércia I é uma medida da Inércia de 
Rotação. 
 
 Def.: Momento de Inércia: I = momento de 
inércia de um corpo = medida da inércia de 
rotação de um corpo. Medida da dificuldade 
de se produzir variação da velocidade 
angular, ω
r
, de um corpo rígido em relação a 
um eixo de giro definido. 
 
Def.: Força Resultante: Chama-se força 
resultante sobre um corpo à soma de todas as 
forças externas ou de vínculo que atuam 
sobre o corpo. A soma das forças internas de 
um corpo se anulam mutuamente. 
0;)( intint =+= ∑∑ ernasiernasiexternasiR ffFF
rrrr
 
 
∑= externasiR FF
rr
=∑ iF
r
 
 
∑= iR FF
rr
 
 
Forças Internas e Externas: 
No Sistema de Partículas, as partículas 
exercem forças entre si, o que denominamos 
de Forças internas ijf ou seja, a força que a 
partícula i faz na partículas j onde i, j = 1, 2, 
3,..., n, mas que no entanto, pelo princípio da 
ação e reação a força que a partícula i faz 
sobre a partícula j é igual e de sinal contrário 
MCa
r
RF
r
 (efeito)
(causa) 
m
RF
r
 = m.
MCa
r
 
a) Equilíbrio de Translação: 
 
 
MCa
r
 = 0 
 
MCv
r
 = const. = 0 ⇒ CM em repouso ou 
 CMv
r
 = const. ≠ 0 ⇒ CM em MRU 
 
b) Equilíbrio de Rotação: 
 
 α
r
= 0 
 ω
r
 = cte = 0 ⇒ não gira ou 
 ω
r
 = cte ≠ 0 ⇒ MRU 
I
α
r
 
Rτ
r
 (causa) 
(efeito) 
α=τ
rr
IR
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
83
à força que a partícula j faz sobre a partícula i, 
jiij ff
rr
−= . Como as duas partículas fazem parte 
do mesmo corpo estudado, essas forças internas 
que se anulam mutuamente para todo o Sistema de 
Partículas, no entanto, recebem Forças de outros 
corpos fora do Sistema que denominamos Forças 
externas, na qual a soma dessas Forças externas, 
não podem se equilibrar internamente dando como 
força final o que denominamos de Força Resultante 
: 
 
∑∑ ∑ =+= extextintR FFfF
rrrr
 
∑ = 0fint
r
 
 
 
Def.: Momento Resultante ou Torque Resultante: 
Chama-se Torque resultante sobre um corpo a 
soma dos Torques de todas as forças externas que 
atuam sobre o corpo. A soma dos torques das 
forças internas também se anulam mutuamente, 
restando apenas a soma dos Torques das Forças 
externas. 
 
0=∧=τ ∑∑ ernasintifO frernasint
rrr
 
 
Se o corpo tiver forças externas (1ª parcela do 2º 
membro) e binários isolados (2ª parcela do 2º 
membro): 
∑∑ τ+τ=τ iFOR i
rrr
 
 
Se não houver binários isolados, a expressão acima 
se reduz à: 
 
∑ τ=τ iFOR
rr
 
 
 
5.2 - Equilíbrio do Corpo 
Rígido em duas 
dimensões 
 
 
 
As condições matemáticas do equilíbrio é o 
cumprimento das 2 equações vetoriais de equilíbrio 
de translação e equilíbrio de rotação: 
 
 0== ∑ iR FF
rr
 
 
 0=τ=τ ∑ iFOR
rr
 
 
 
as 2 equações vetoriais, equivalem para forças que 
são aplicadas a um corpo que estão em um único 
plano ou duas dimensões a serem satisfeitas por 3 
equações escalares. 
 
 
Considerando, portanto que todas as forças de um 
corpo rígido, atuam em um mesmo plano, xOy, por 
exemplo, as equações de equilíbrio se reduzem a 
três equações escalares com três incógnitas 
possíveis. Essas equações se apresentam de três 
formas possíveis e equivalentes, considerando os 
pontos A, B ou C três pontos quaisquer do corpo. 
Adotando os eixos y (vertical), x (horizontal) e 
z (saindo do papel), as forças ficarão nas 
direções de x e y e os torques na direção z 
{[saindo do plano da lousa ou da folha de 
papel (+ k
r
): giro do corpo no sentido 
antihorário; [entrando (- k
r
): giro do corpo no 
sentido horário]} : 
 
Regra da mão direita 
 
As três expressões que resolvem bem o 
problema e mais utilizadas devido a suafacilidade são: 
 
0=∑ xF 
0=∑ yF 
0iFA =τ∑ 
 
Podendo também estas três equações 
escalares serem substituídas pelos outros 
dois conjuntos a seguir, mas não são muito 
usadas devido à maior dificuldade de se 
estabelecer uma expressão de torques do que 
de forças nulas: 
 
0=∑ xF ou 
0iFA =τ∑ 
0iFB =τ∑ 
ou 
0iFA =τ∑ 
0iFB =τ∑ 
0iFC =τ∑ 
 
Se um corpo está em equilíbrio, significa que 
qualquer parte desse corpo escolhido, 
considerando-lhe as forças de vínculo, ou 
forças externas, cada parte desse corpo que 
isolarmos, também tem que estar em 
equilíbrio. Portanto, consideremos dois casos 
importantes neste caso, em que a parte tem 
duas forças agindo e três forças agindo, como 
abaixo se especifica. 
 
a) Elemento de duas forças em 
equilíbrio 
 
Quando sobre um dos elemento de um corpo 
rígido em equilíbrio, ou mesmo um corpo 
rígido em equilíbrio, atuam forças externas ou 
vínculos em apenas dois pontos, ele é 
chamado de elemento de duas forças. Neste 
caso, como esse elemento está em equilíbrio, 
então, isolando-o do corpo rígido, observa-se 
que ele estará sob a ação de apenas duas 
forças, e que estas duas forças só poderiam 
possuir sempre a mesma linha de ação, 
serem iguais e de sentidos opostos. Do 
z
x 
y
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
84
contrário o corpo não está em equilíbrio. Em 
equilíbrio estas duas forças em A e B como no 
desenho, podem se classificar em forças de 
compressão (apontando para os pontos, ou 
tentando aproximar os pontos) ou tração 
(apontando contrária aos pontos ou na tentativa de 
afastar os pontos). 
 
 
b) Elemento de três forças em 
equilíbrio 
 
Quando sobre um corpo rígido, ou elemento de 
corpo rígido, que está em equilíbrio, atuam 3 forças 
externas ou vínculos, em três pontos do corpo, 
necessariamente este corpo estará: 
(a) ou sob a ação de três forças não 
paralelas, cujas linhas de ação deverão 
cruzar o mesmo ponto. 
(b) ou com 3 forças paralelas, que deverão 
ter força resultante e torque resultante 
ambos nulos. 
 
 
 
 
O equilíbrio é calculado sempre analisando a ação 
de forças externas no corpo ou forças de vínculo, 
ou simplesmente vínculos, portanto forças que 
limitam o movimento do corpo. 
 
c) Equilíbrio Estável e 
Equilíbrio Instável 
 
Um corpo encontra-se em estado de equilíbrio 
estável, se ao ser tirado do seu estado de equilíbrio 
ele oscila em torno da posição de equilíbrio e 
retorna ao mesmo estado onde se encontrava. 
 
 
 
 
 
Um corpo encontra-se em equilíbrio instável, 
se ao ser retirado do seu estado de equilíbrio 
ele não retorna mais ao ponto onde estava, 
ganhando mais velocidade e indo buscar uma 
posição de equilíbrio estável. 
 
 
 
d) Principais Forças de 
Vínculo em duas 
dimensões ( Vínculos = Forças Externas ) 
 
 
 
 
 
Vínculos: são todas as forças que 
atuam na parte do corpo em análise, ou parte 
do corpo que se isola, verificando assim onde 
estão os limites (vínculos) do seu movimento. 
Deve-se isolar a parte do corpo para análise e 
desenhar o diagrama de corpo livre, ou seja, 
todas as forças que atuam sobre esta parte: 
forças de campo (pesos) e forças de contato. 
Essas forças reduzem os graus de liberdade 
do corpo, dando a ele, vínculos, que 
interessam para a finalidade técnica que lhes 
é desejada na sua utilização prática. 
 
Graus de liberdade: todas os 
dimensões livres para o movimento 
correspondem aos graus de liberdade, que 
correspondem ao inverso dos vínculos 
impostos ao corpo. 
 
Forças de Campo: 
 
 
x
y 0FF ix xR == ∑ 
0FF iyyR == ∑ 
 
∑ =τ=τ 0zR z z
Equilíbrio instável 
Equilíbrio estável 
A
BAF
r
 
BF
r
BF
r
BF
r
 
B
B
A
A
AF
r
AF
r
 
Fig. Corpos de duas forças e em Equilíbrio. Em (a) forças 
de compressão; em (b) e (c) forças de tração 
(a) 
(b) 
(c) 
compressão 
tração 
0F i =∑
r
 
0FF 21 =+
rr
 
AF
r
 
A
C
B
BF
r
 
O
CF
r
C
B
A
Corpos em Equilíbrio 
AF
r
CF
r
BF
r
0321 =++ FFF
rrr
 0F i =∑
r
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
85
1) Força Peso 
 
Toda força peso é uma força de vínculo, e sua 
natureza é o campo gravitacional, sendo produzida 
pelo planeta Terra. Quando não são considerados 
desprezíveis em comparação com as forças 
envolvidas no problema, a força peso do corpo ou 
as forças peso das partes do corpo, são 
consideradas imprescindíveis como forças de 
vínculo ou externas que atuam sobre o corpo. No 
Sistema Internacional (SI) a força Peso, P = m.g , é 
medida em newtons, N = kg.m/s2 , a massa é 
medida em quilogramas, kg, e a aceleração da 
gravidade na superfície do planeta é g = 9,8 m/s2. 
 
Neste ponto, cabe um importante debate em torno 
das forças de ação e reação. A terceira lei de 
Newton estabelece que a toda ação corresponde 
uma reação igual e contrário no corpo que aplica a 
ação. As forças de ação e reação não se equilibram 
uma vez que estão aplicadas a corpos diferentes, 
se aumentarmos o Universo de corpos livres que 
consideramos, as forças de ação e reação se 
tornam forças internas e não são consideradas no 
diagrama de corpo livre, onde consideramos 
sempre as forças de corpo externos ou vínculos, 
como daremos nos exemplos abaixo. 
 
 
 
 
 
No corpo em repouso sobre a mesa, a força 
de ação da mesa sobre o corpo é a força 
normal N e a reação do corpo sobre a mesa é 
a força -N , da mesma forma que a força peso 
é a ação da terra sobre o corpo P e a reação 
é a força do corpo sobre a Terra. Duas forças 
iguais e contrárias mas que atuam em corpo 
distintos. A força peso P e força normal N 
sobre o corpo não são forças de ação e 
reação. 
 
Se o corpo não for eletricamente neutro, 
outros tipos de força de campo sobre o corpo, 
seriam a força elétrica, a força magnética. 
Além dessas, outras forças podem ser 
necessárias serem levadas em conta, 
dependendo do problema: força devido a 
tensão superficial, forças derivadas de 
reações químicas entre substâncias, pontes 
de Hidrogênio, forças de Van der Waals, etc. 
 
As forças de contato ou toque, não deixam de 
ser forças de campo, uma vez que o contato 
entre dois corpos neutros, oferecem 
resistências um ao outro, devido ao fato de 
que elétrons das últimas camadas de um 
corpo repelem os elétrons das últimas 
camadas do outro corpo. 
 
Forças de Contato ou de Toque 
 
2) Roletes, balancin e superfície 
lisa : exigem força normal ao apoio 
 
O corpo está livre para ir para qualquer lugar e so tem seu 
limite de movimento para baixo, ou seja, o vínculo sobre o 
corpo é normal ao apoio. 
 
 
 
3) Articulação e Superfície 
áspera: exigem uma força diagonal, ou 
seja, uma componente normal e outra 
tangencial 
 
 
Roletes 
N
r
N
r
N
r
Balancim 
N
r
Superfície lisa 
Força – N , não é força sobre o corpo em análise, portanto não é considerada. 
Interessam apenas as forças externas ou vínculos sobre o corpo em questão. 
As forças de reação sobre o outro corpo não são consideradas 
N
r
−
Força normal ao apoio 
Força em direção
desconhecida ou 
genérica. 
 Duass 
componentes de 
Força. 
yF
r
F
r
xF
r
Articulação Superfície com atrito 
F
r
xF
r
yF
r
 
Terra 
(a) 
A 
P = m g = FR = m a 
-P = - M g’ = -FR = - M a 
Corpo caindo sobre a Terra 
B 
gmP
rr
=
P= 2r
mMG ; g=
m
P
r
MG 2 = ; g’= M
P
r
mG 2 = <<< g ; r = AB 
Terra 
(b) 
P 
N 
-N 
-P 
A 
B 
FR = N–P= N–mg=0 
As forças de 
reação da 
força peso (na 
Terra) e da 
força normal 
(na mesa) 
não atuam no 
corpo em 
análise e 
portanto não 
interessa para 
o diagrama de 
corpo livre do 
corpo A. 
Corpo sobre uma mesa 
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
86
4) Cabo e haste articulada:exigem uma 
força na direção do cabo, ou na direção da barra bi-
articulada. 
 
 
 
 
5) Cursor deslizante e Pino 
deslizante: força perpendicular à linha do cursor 
ou perpendicular à linha do sulco do pino 
deslizante. O corpo ganha um limite de movimento 
ou vínculo na direção do perpendicular à direção 
em que pode se movimentar livremente que é a 
direção do cursor. 
 
 
 
6) Engastamento: limita o movimento em 
seus três graus de liberdade na sua bidimensão. 
 
 
 
 
 
5.3 – Equilíbrio do Corpo 
Rígido em três dimensões 
(espaço) 
 
Condições matemáticas do equilíbrio: 2 equações 
vetoriais 
 
 0== ∑ iR FF
rr
 
 
 0=τ=τ ∑ iFOR
rr
 
 
 
as 2 equações vetoriais, equivalem a 6 
equações escalares: 
 
 
 
a) Vínculos em três dimensões 
 
 
Além da força Peso, já apresentada como 
força de vínculo anteriormente temos em três 
dimensões: 
 
1) Esfera rolante e Superfície 
lisa: exigem força normal ao apoio 
 
 
 
 
2) Cabo 
 
 
 
3) Rolete de disco em uma 
superfície áspera ou rolete em 
um trilho: aparecem dois vínculos: uma 
força normal a qual o solo impede o corpo de 
ir para baixo e outra lateral ao movimento que 
impede o corpo de sair do trilho. 
 
 
F
r
 
Engastamento 
τ
r
Força-Binário 
na base do 
engastamento 
AF
r
 
Haste articulada em dois pontos 
F
r
 
Cabo 
B 
A 
Força na direção do cabo 
Força na direção da barra articulada 
F
r
 
F
r
 
Cursor deslizante Pino deslizante 
Força Normal ao cursor Força Normal ao 
pino deslizante 
0== ∑ ix xR FF 
0== ∑ iyyR FF 
0== ∑ izzR FF 
0=τ=τ ∑ ix xR 
0=τ=τ ∑ iy yR 
0=τ=τ ∑ iz zR 
x
y 
i
r
z
 j
r
 
 k
r
F
Esfera rolante Superfície lisa Força Normal ao Apoio 
F 
Força na direção de saída do cabo 
Cabo
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
87
 
 
4) Superfície Áspera e Rótula ou 
Articulação ou Junta Esférica: 
aparecem très forças que impedem o movimento de 
translação do corpo, só não impedindo o seu giro 
livre. 
 
 
 
5) Anel deslizante em 3 dimensões: 
as forças de vínculo são o impedimento de 
movimento lateral: Fx e Fy (não Fz); e os torque de 
giro em torno de x e de y: τx e τy , mas permitindo 
livremente o giro em torno do eixo z 
 
 
 
6) Pino em suporte, dobradiça, e 
mancal axial: só permite um grau de liberdade: 
o livre giro em torno do eixo y: τy =0 
 
 
 
 
7) Engastamento ou 
Encrustamento ou Apoio Fixo: 
limitação de todos os 6 graus de liberdade 
para o corpo rígido, barra engastada. 
 
 
b) Método da Solução de 
Exercícios de Equilíbrio 
 
1) Isola-se uma parte do corpo em que se 
deseja estudar o seu equilíbrio. Uma vez que: 
“Qualquer parte de um corpo em equilíbrio 
também está em equilíbrio.” 
2) Faz-se o diagrama de corpo livre dessa 
parte do corpo. Colocam-se todas as forças 
de vínculo (Forças Externas) sobre o corpo, 
aquelas que possam limitar o seu movimento. 
3) Aplica-se as duas equações de equilíbrio: 
(a) Equilíbrio de Translação: 
0== ∑ iR FF
rr
 
(b) Equilíbrio de Rotação: 
0=τ=τ ∑ iFOR
rr
 
 
 
5.4 – Resumo do 
 Capítulo 5 
 
1) Equilíbrio do corpo rígido: 
Um corpo rígido está em equilíbrio quando em relação a um 
sistema de referência inercial ele: 
(a) Está livre da ação de forças, ou seja, a somatória 
de todas as forças que atuam sobre o corpo é nula 
e como conseqüência a aceleração do corpo é 
nula e a velocidade é constante (Equilíbrio de 
Translação). 
(b) Está livre da ação de torques, ou seja, a somatória 
de todos os torques que atuam sobre o corpo é 
nula e como conseqüência a aceleração angular 
F x 
F y
τ x 
τ y 
Duas componentes de Forças 
e duas de binários 
F y
F z
F x 
Superfície áspera 
Articulação esférica ou rótula 
Forças nas 
três direções 
 
F z 
F x
Forças perpendiculares 
ao movimento 
Rolete em um trilho 
Rolete em superfície áspera 
Pino em suporte 
Dobradiça 
Mancal axial fixo em y (apenas o giro é livre)
Mancal axial não fixo ( Fy = 0 )
Fixação do mancal 
F x
F y
F z 
τ z 
τ x 
Três componentes 
de Forças e duas de 
binários
F x 
F y
F z
τ z 
τ x 
τ y 
Engastamento
Três componentes de Forças 
e três de binários 
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
88
do corpo é nula e a velocidade angular é constante 
(Equilíbrio de Rotação). 
2) Elemento de duas forças em equilíbrio: 
 
3) Elemento de três forças em equilíbrio: 
 
4)Equilíbrio do Corpo Rígido em Duas Dimensões (3 graus de 
liberdade) e Três dimensões (6 graus de liberdade): 
 
 
 
 
 
5.5 – Exercícios 
Resolvidos 
 
5.1*) O automóvel utilitário de 30 kN, tem seu centro 
de gravidade G indicado na figura para uma 
situação sem carga em C. A carga adicionada na 
carroceria, tem seu centro de gravidade no ponto C 
com e = 1,2 m atrás do eixo traseiro. (a) Determine 
o peso da carga de modo que as forças normais 
nas rodas dianteiras A e traseiras B sejam iguais; 
(b) ao se retirar a carga C, determine as forças 
normais nas duas rodas dianteiras NA e nas duas 
rodas traseiras NB. 
Resp.: (a) P = 7,14 kN ; (b) NA=20 kN; NB=10 kN 
 
Solução: 
 
 (a)Cálculo do Peso da Carga para que NA = NB : 
 τR = ∑τ iFC = - NA x 7,2 + 30 x 5,2 – NA x 1,2 = 0 
 ⇒ NA = NB = 18,57 kN 
 FR = ∑ =iF 2 xNA –30–P=0⇒ portanto, P = 7,14 
kN 
 
(b) Retirada a Carga, a normal nas rodas dianteiras 
NA e traseiras NB será: 
 FR = ∑ =iF NA + NB – 30 =0 ⇒ NA+ NB = 30 kN 
 τR = ∑τ iFB =-NA x 6 + 30 x 4 =0⇒NA=20 
kN⇒NB=10 kN 
 
 
5.2*) Na tentativa de girar o cilindro, a 
ferramenta da figura, se encaixa em uma 
fenda em A e apenas encosta sua saliência B, 
completamente lisa, sobre o cilindro. É 
aplicada uma força de 15 N, ao cabo, em C, 
sem que o cilindro comece a girar, mantendo-
se ainda em equilíbrio. Determine as reações 
horizontal e vertical nos pontos A e B da 
ferramenta que interagem com os vínculos do 
cilindro. Resp.: )N(j15i60A
rrr
+−= )N(i60B
rr
= 
 
 
 Solução: Forças na peça: 
 
⇒=τ∑ 0iFA - 15 x 0,08 + B x 0,02 = 0 ⇒ Bx = 60 N 
→ 
∑ ⇒= 0xF Ax + Bx = 0 ⇒ Ax = - 60 N ← 
⇒=∑ 0yF Ay – 15 = 0 ⇒ Ay = 15 N ↑ 
 
5.3*) O carro de corrida a seguir, possui 
velocidade constante, portanto em equilíbrio, 
com uma massa total de 716 kg. Os dois 
aerofólios em C e D nesta velocidade 
produzem cada um, empuxo devido ao ar, 
como no detalhe da figura, com forças iguais 
de 2 kN direcionada para baixo e 500 N de 
resistência horizontal. Determinar as forças de 
reação em ambas a rodas dianteiras A e em 
ambas as rodas traseiras B. 
Resp.: NB =6,56 (kN) ; NA =4,46 (kN) 
 
 
Solução: 
A
B
AF
r
B
B
A
A
(a) (b) 
(c) 
compressão tração 
AF
r
AF
r BF
r
BF
r
BF
r
tração 
AF
r
A
C
B BF
r
O
CF
r
C
B
A
Corpo em Equilíbrio : 3 Forças
concorrentes em O 
BF
r
AF
r CF
r
16 
BA
C
D
G
C Cx
Cy
V = 220 km / h 
0,7 m 2 m 1 m 
0,1m
0,8m
y 
x 
z
MecCR 
F = 15 N 
 6 cm 
2 cm
A
B
C
y 
x 
z
G 
G1
A B 
 4 m 
e
 2 m
1,5 m 
y 
x 
z 
G 
G1
A B 
1,2 m 
 2 m 
1,5 m 
P = 30 kN 
P’
NA 
4 m
NB 
F = 15 N 
A
B
C Ax
Bx
Ay 
Forças de Vínculo que atuam sobre a ferramenta 
0,3m 
0== ∑ ix xR FF 
0== ∑ iyyR FF 
0== ∑ izzR FF 
 
 
0xR x =τ=τ ∑ 
∑ =τ=τ 0yR y 
∑ =τ=τ 0zR z 
0== ∑ ix xR FF 
0== ∑ iyyR FF 
∑ =τ=τ 0zR z 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
89
 
∑ = :0Fy NA +NB-7,02-2-2⇒NA+NB=11,02 kN 
:0iFA =τ∑ (2x0,7-0,5x0,1– 7,02x2+NBx3-2x3,3–0,5x0,8)=0 
NB =(1/3).(-2x0,7+0,5x0,1+7,02x2+2x3,3+0,5x0,8)=6,56kN 
NA =11,02-6,56=4,46kN 
 
5.6 - Exercícios Propostos 
 
5.4) O corpo rígidoAB da figura tem massa 5,1 kg e 
comprimento AB = 10 m. O corpo está vinculado à 
articulação A e apoiado no rolete em B, sendo que 
sobre a barra atua uma força de 5 N à 2 m de 
distância da extremidade B fazendo um ângulo de 
30° com a vertical. Determine os vetores: força A
r
 
que atua no ponto A e força B
r
 que atua no ponto B 
do corpo rígido AB, sabendo-se que ele está em 
equilíbrio. 
Resp: )N(j9,25i50,2A
rrr
+= ; )N(j5,28B
rr
= 
 
 
5.5) O corpo triangular da figura em equilíbrio, está 
vinculado ao ponto A da parede por uma articulação 
fixa e ao ponto B por um rolete. Sabendo-se que a 
massa do corpo é m = 2 kg e que ele está sujeito a 
uma carga vertical para baixo F= 300 N na posição 
dada na figura, determine os vetores força, nos 
pontos de vínculo A e B. 
Resp.:(a) )N(j320i470A
rrr
+−= ; (b) )N(i470B
rr
= 
 
 
 
 
 
5.6) Considere que a viga AD da figura de massa m 
= 25 kg e comprimento L = 6 m esteja em equilíbrio. 
A viga esta vinculada ao pino D, ao apoio da esfera 
em B, às Forças F, F1 e força (peso) P. Sabendo-
se que a máxima força que pode atuar na 
viga, suportada pelo pino D é 
)(500 NjD
rr
−= , determine: (a) a máxima 
força F que pode ser aplicada ao ponto A para 
que o vínculo em D esteja no limiar de se 
romper e (b) o valor da reação da esfera em B 
sobre a viga nestas condições. 
Resp.:(a) )N(j1945F
rr
−= ; )N(j2810B
rr
= 
 
 
 
 
 
 
5.7) A barra AB da figura está em equilíbrio, 
garantido por um cabo AC, aplicado ao ponto 
A da barra, uma vez que não há atrito nos 
apoios em A e B. Determine todos os esforços 
de reação na barra sobre suas extremidades 
A e B sabendo que o massa da barra 
homogênea é de 8 kg e seu comprimento 5 
m. Resp.: T = 35,0 N; NA = 66,4 N; NB = 32,9 N 
 
 
 
 
 
5.8) (1,5 ptos - Equilíbrio do Corpo Rígido) Determine o 
Equilíbrio da barra AB da figura, determinando 
para isso as forças na articulação em A e a 
tração do cabo em B. Sabe-se que a massa 
da barra é 20 kg. 
Resp.: )N(j55i118A
rrr
+= ; )N(j141i118T
rrv
+−= 
y
xz 
G
F
A
B 
30 cm
20 cm 
30 cm
A
B 
C 
20°
50° 
y
x
z
G DA B
F1 = 120 N 
F
 L = 6 m 
 1,5 m
 2 m
C 
y
x
z
A
B
F = 5 N 
G
 2 m 
30° 
P=50N 
y
x
z 
16 
P = 716 x 9,8 = 7,02 kN
CM 
2 KN 
NA NB 
0,7 2 1 
0,3
0,8
0,1
2 KN
0,5 KN 
0,5 KNy 
x 
z 
MecCR 
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
90
 
 
 
5.9) (2,0 ptos - Equilíbrio do Corpo Rígido) Determine o 
Equilíbrio da barra AB da figura, determinando para 
isso os vetores força na articulação em A
r
 e na 
tração T
r
 do cabo em BC. Sabe-se que a massa da 
barra é de 5 kg. 
Resp.: )N(j6,41i84,9A
rrr
+= ; )N(j38,7i84,9T
rrr
+−= 
 
 
 
 
 
5.10) Dada a viga a seguir, (a) desenhe todas as 
forças que atuam sobre a viga AB; (b) estabeleça 
as equações de equilíbrio; e determine: (c) o vetor 
força de reação na articulação A (Ax e Ay) da barra 
AB e o módulo da força de tensão T no cabo BC, 
uma vez que a massa da barra é 100 kg e ela está 
sujeita a uma força vertical F = 500 N aplicada no 
ponto D a 1 m de distância do ponto de articulação 
A. 
Resp.:(a) )N(j865i1065A
rrr
+= ; (b) T=1230 N 
 
 
 
 
 
5.11) A barra da figura está em equilíbrio, 
puxado pelo cabo BC e apoiado na quina A. 
Determine os esforços de reação na barra 
sobre suas extremidades A e B sabendo que 
o massa da barra é de 8 kg e seu 
comprimento 5 m. 
Resp.: Ax=9,09 (N); Ay=73,2 (N); T=10,5 (N) 
 
 
 
5.12) Considere a viga em L, ADH, da figura 
de massa m = 25 kg e comprimentos AD = 6 
m e DH = 5m que está em equilíbrio. A viga 
esta vinculada ao pino A, ao apoio da esfera 
em B, às Forças F1 , F2 e força peso P em G 
à 4,36m de A. Determine: (a) o valor dos 
vetores força que atuam nos pontos A e B 
sobre a barra. 
Resp.: (a) )N(j1040i75A
rrr
−−= ; )N(j1615B
rr
= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.13) O avião de massa de 2200 kg e com 
centro de massa em G, mostrado na figura 
está em equilíbrio estático. A motor quando 
ligado faz girar a hélice produzindo um 
empuxo no avião para frente. A roda da 
frente em A está freada e não deixa o avião 
deslizar pela força de atrito com o solo. A roda 
B de trás não tem freio. Calcule as normais às 
4 m 
A B 
C
G 
30° 
F = 500N 
 1 m 
y
z x
D
A 
B
C 
16 m 
60° 
6 m 
x
z 
y 
α 
A
C 
8 m 
40°
20° 
B
G DA B
F1 = 200 N 
 L = 6 m 
 1,5 m
 2 m
C 
F2 = 150 N
30°
E
H
 4,36 m 
 2 m
P 
 3 m
y
x
z
30°
A
75°
C
B 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
91
rodas A e B e a força de atrito nas rodas em A no 
solo, no caso: (a) do motor estar desligado ; (b) do 
motor estar ligado e o valor do empuxo ser E = 4 
kN. Obs.: Utilize o Princípio da Transmissibilidade. 
Resp.: (a) NB=2,65 (kN); NA=18,9 (kN); FatA=0 ; (b) 
Fat A=3,86 (kN); NB=1,44 (kN); NA=19,1 (kN) 
 
 
 
5.14) Um aparelho de musculação utiliza uma 
alavanca ABC com pesos interligados a ela através 
da barra BD, um cabo DRE, e um conjunto de 
pesos E cujo valor de massas é 25 kg. Determine a 
força feita pelo operador do aparelho para manter o 
conjunto de pesos sem força normal sobre o piso, 
na posição da figura, assim como a reação no ponto 
A (módulo e ângulo com a horizontal) da alavanca 
ABC. 
Resp.:F=160 (N);Ax=70,2 (N);Ay=83,8 (N);A=109 (N);θ=50° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.15) Dado o Sistema de Forças atuantes no corpo 
rígido da Figura, determine: (a) a Força Resultante: 
RF
r
 ; (b) o Torque Resultante em A: Rτ
r ; (c) a 
redução do Sistema força-binário resultante em A, 
a um Sistema de uma Única Força em um ponto ao 
longo da linha que liga os pontos BC, determinando 
a posição deste ponto U, através da sua distância 
ao ponto B: d = BUd . 
Resp.: )N(j600i80FR
rrr
−= ; )m.N(k120AR
rr
=τ ; m21,1d = 
 
 
 
5.16)Desenhe as forças de vínculo sobre o 
carro da Figura (Diagrama de Corpo Livre) 
que está sendo rebocado rampa acima com 
uma força F = constante, através do cabo, 
com uma velocidade constante, portanto em 
equilíbrio dinâmico. Considerando que o carro 
possui massa de 7 Mg (megagramas) (=7000 
kg), seu centro de massa se encontra em G, 
conforme mostram as cotações de suas 
distâncias. Seus pneus estão soltos e livres 
para rolar. Determine: (a) as resultantes das 
forças que agem sobre o carro na direção 
tangencial ao plano e normal ao plano 
∑∑ nt FF , , assim como o torque resultante 
em relação ao polo A, ∑τ iFA ; (b) o valor da 
força F; (c) as reações normais de apoio NA e 
NB . 
Resp.: (a) ΣFt=0 ; ΣFn=0 ; ΣτRA=0 ; (b) F=33477 (N); 
(c)NB=39362 (N); NA=6072 (N) . 
 
 
 
 
 
 
 
5.17) (a) Considerando a passarela AB de 
ajuste às mudanças de mares que as vezes 
estão altas outras baixas, determine todas as 
forças que agem na plataforma AB, ou seja, a 
força de tração T no cabo BC, e as forças que 
os roletes em A e em D fazem na barra AB, 
na posição em que a passarela está na 
A 
B 
C 
D 
E 
R 
F
r 
50 cm 
15 cm 
20° 80 cm 
y 
x 
z 
G 
5 m 
0,7 m 
1,6 m
15º
E
A B 
y 
x 
z 
A 
t
G
1,2 m
0.6 m 
0,4 m
30º
25º
 2 m 
 2,5 m 
F 
v = cte 
n B
F2 = 300 N 
C
60°
F1 = 480 N 2 m 
6 m
4
 3
B
A
F3 = 500 N 
5
θ
3 m 
 5,2 m 
y
x
z
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
92
figura. A massa da passarela é de 400 kg, sendo G, 
o centro de massa da barra AB. 
Resp.: )N(i1960A
rr
= ; )N(j1959i713D
rrr
+= ; )N(i713T
rr
−= 
 
 
 
 
5.18) A caçamba de elevar concreto, tem massa 
500 kg, centro de massa em G, e eleva-se com 
velocidade constante, pela guia vertical puxada pelo 
cabo de tração T. (a) Estabeleçao diagrama de 
corpo livre sobre a caçamba. (b) Determine a força 
de tração T e as forças atuantes nos pontos A e B 
que estão ligados a cada par de roletes. 
Resp.: )N(j4900i1313T
rrr
+= ; )N(i836A
rr
−= ; )N(i477B
rr
−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.19) (a) Reduza o Sistema de forças contínuas 
paralelas, aplicadas à viga da figura, a uma força 
equivalente F1 no trecho AC da viga e F2 no trecho 
CB da viga da figura, e determine as posições x’s 
dessas forças, ( x1 e x2 ) considerando a origem do 
eixo x na articulação A (x=0) da viga. Reduza o 
sistema das duas forças obtidas, a uma única força 
equivalente e resultante sobre a viga, 
determinando-lhe sua intensidade e sua distância 
xR do ponto A . (b) Determine as reações na 
articulação A e no rolete em B, sabendo-se 
que a massa da viga é de 200 kg. 
Resp.: F1 = 3200 N ; x1 = 6,33 m ; F2 = 7200 N ; 
x2 = 13,5 m ; FR = 10400 N ; xR = 11,3 m ; (b) 
NjA
rr
4851= ; NjB
rr
7509= 
 
 
 
5.20) (a) Determine as forças equivalentes 
F1 , F2 , F3 (da esquerda para a direita) das 
distribuições de forças e seus pontos de 
aplicação e (b) Determine as reações em A 
(Ax e Ay) e em B, para que o sistema fique 
em equilíbrio. Resp.: F1=1500(N) em x1 =3,5 m 
de A; F2=900 (N) em x2=8 m de A; F3=10 (N) em 
y3=0,25 m do topo da barra; )N(j1362i10A
rrr
+= ; 
)N(j1038B
rr
= 
 
 
 
 
5.21) (a) Determine as forças equivalentes 
F1, F2 (da esquerda para a direita) das 
distribuições de forças e seus pontos de 
aplicação na viga do desenho, nas regiões AC 
e AB da viga, sabendo-se que ela pesa 2000 
N e (b) Determine as reações em A (Ax e Ay) 
e em B, para que o sistema fique em 
equilíbrio. 
Resp.: F1 = 4000(N); x1=6 m de A ; F2=3000(N) ; x2 
=16m de A; P=2000(N); x3=13 m de A; 
)N(j5231A
rr
= ; )N(j3769B
rr
= 
 
 
 
 
 
5.22) Na figura abaixo: (a) Reduza o Sistema 
de forças contínuas paralelas, aplicadas à 
viga da figura, a uma força equivalente F1 de 
A até B e F2 de B até C e seus pontos de 
aplicação em relação ao ponto A da viga. 
800 N/m
1 m
 8 m 9 m 
B
A
y
xz
C
C 
400 N/m
1m
 10m 15 m 
B
A
y
x
z
C 
300 N/m
0,5 m
20 N/m
1m
5 m 6 m 
B
A
y
x
z
A 
B 
40 cm 40 cm 
70 cm 
15° 
C
G
T 
50 cm 
y 
x 
z 
A 20° 
5m 
5m 
G
B
C
y 
x 
z 
T 
D 
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
93
Reduza o sistema das duas forças obtidas das 
forças contínuas, a uma única força equivalente e 
determine sua distância do ponto A .Resp.: F1=9000 
(N) ; x1=5 m ; F2=6750 N ; x2=15 m ;FR=15750 (N); xR=9,29 
m 
 
 
 
 
 
5.23) Uma viga se mantém na posição horizontal, 
tem comprimento de 4 m e peso de 800 N, estando 
encostada na parede e apoiada em um sobressalto 
na parede que a mantém suspensa, juntamente 
com o cabo que faz um ângulo de 37º com a 
horizontal. Se uma pessoa de 600 N está parada a 
1,2 m da parede , encontre a tensão no cabo e a 
força exercida pela parede da viga. 
Resp.: )N(j820i770A
rrr
+= ; )N(j583i770T
rrr
+−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.24) A barreira de água AB, está sujeita às forças 
dadas na figura, sendo que possui uma massa de 
90000 kg. (a) Determine a força resultante e seu 
ponto de aplicação (C) das forças contínuas 
aplicadas no lado esquerdo da barreira, contado a 
partir da articulação no ponto A, de todo o volume 
de água que faz pressão sobre a barreira; (b) 
Aplicando as condições de equilíbrio sobre a 
barreira, faça o diagrama de corpo livre na barreira 
e determine as reações em seus vínculos: rolete em 
B e articulação em A. 
Resp.:FR=16200 (kN)→;AC=6m; 
)N(j882i10800A
rrr
+−= ; )N(i5400B
rr
−= 
 
 
 
 
5.25) Uma estante se apoia em um suporte 
triangular da figura em equilíbrio, e está 
vinculado ao ponto A da parede por uma 
articulação fixa e ao ponto B por um rolete. 
Sabendo-se que a massa do suporte 
triângular é m = 1,5 kg e que ele está sujeito 
a uma carga vertical para baixo de densidade 
linear de força constante λF = 200 N/m na 
posição dada na figura, determinar os vetores 
força, nas reações de apoio de vínculo na 
parede nos pontos A e B. 
Resp.:(a) )N(j115i413A
rrr
+−= ;(b) )N(i413B
rr
= 
 
 
 
5.26) Dadas as três cargas que atuam sobre a 
viga da figura, determine as reações nos 
vínculos em A um rolete e em B uma 
articulação, indicando as forças que nestes 
pontos atuam para o estado de equilíbrio da 
viga ACB. 
Resp.:(a) )N(j87,4A
rr
= ;(b) )N(j982,0i35,2B
rrr
+= 
 
 
 
 
C
B 
A 
0,8 m 2,2 m 
1 m 
4 m 
kN5,2F3 =
kN3F2 =
kN2F1 =
70° 
y 
x 
z 
y 
x z 
G
A
B
9 cm
3 cm 20 cm 30 cm 10 cm 2 cm
1800 kN/m 
1m 
 18 m 
A 
y
B 
 H2O 
z x900 N/m 
1m 
 10m 15 m 
A 
y
x
z
B 
C
37° 
y 
x 
z 
1,2 m 
4 m 
 200 N/m
 
 Cap. 5 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 
 
94
5.27) Dada a barra homogênea AB de massa m = 
45 kg e comprimento m30AB = determine para o 
caso da barra fazendo um ângulo de 40° com a 
horizontal como mostra a figura: (a) o diagrama de 
corpo livre das forças de vínculo atuantes sobre a 
barra AB; (b) a força de reação no cursor 
deslizante no ponto A da barra; (c) a força de 
reação na base do rolete B; e (d) a força de tração 
T aplicada à corda; para que a barra permaneça em 
equilíbrio na posição indicada da figura. 
Resp.: (b) )N(i263A
rr
= ; (c) )N(j395B
rr
= ; (d) )N(266T = 
 
 
 
5.28) Considere o sistema de forças que age sobre a viga 
AB da figura. Reduzir este sistema de forças indicado, 
(sem se preocupar com os vínculos em A e C, articulação 
e rolete), a um (a) sistema força resultante e torque 
resultante em relação ao pólo C ; e posteriormente a (b) 
um sistema de uma única força resultante sobre um ponto 
da viga, indicando a posição em que este ponto estaria em 
relação ao ponto C. 
Resp.: )N(j1750FR
rr
−= ; ∑ =τ )m.N(k1890Cz
r
; m08,1d = : à 
direita de C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.29) Considere o sistema de forças que age sobre 
a viga AB da figura junto com os vínculos, a 
articulação em A e o rolete em C. Faça o diagrama 
de corpo livre e visando o equilíbrio da viga, 
determine quais as forças que deverão atuar nos 
vínculos em A e em C. Resp.: )N(j1159C
rr
= ; 
)N(j591A
rr
= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.30) A escada da figura, em equilíbrio, apoia-
se sobre uma parede e um piso, ambos sem 
atrito. O comprimento da escada é de 12 m, e 
o homem está pisando num dos degrais no 
ponto C, tal que a distância é AC = 7 m, 
produzindo uma força peso vertical em C . A 
corda horizontal está amarrada a um ponto na 
parede em E e na escada em D, tal que a 
distância do ponto D em relação ao ponto 
base da escada é AD = 2m. Conhecendo-se o 
peso do homem P = 686 N e o peso da 
escada P’ = 49 N, determine: (a) o diagrama 
de corpo livre da escada, ou seja, desenhar 
todas as forças que atuam sobre a escada; 
(b) o valor da força normal no ponto de 
encosto da escada sobre a parede NB e (c) no 
ponto de encosto no piso NA ; e (d) o valor da 
tração T na corda DE. 
Resp.: (b e d) Ni607NB
rr
−= ; (c) Nj735NA
r
= ; (d) 
Ni607T
rr
= 
 
 
5.31) O guindaste dado, está parado, em 
equilíbrio na posição em que se encontra na 
figura. Considere sua lança AB, fixada por um 
pino articulado em A, centro de massa em G 
com massa m = 400 kg, e sustentada por um 
cabo BC, e que suspende uma carga de 
massa m’ = 900 kg em B através de um cabo 
BD. Isolando a lança como corpo livre, (a) 
desenhe um diagrama de corpo livre da lança, 
com todas as forças que atuam sobre ela, 
desde a articulação A até a sua extremidade 
A 
NB 
G 
40° 
y 
xz
C 
E
D
B 
NAT 
P’ 
P 
A 
B 30° 
10°
T 
G 
AB = 30 cm 
y 
z
 500 N/m 
 A 
x 
 600 N 
 900 N 
200 N
 B C 
 0,8 1,2 m 1,2 m 1,8 m 1,8 m
y 
z
 500 N/m 
 A
x 
 600 N 
900 N
200 N
 B C 
 0,8 1,2 m 1,2 m 1,8 m 1,8 m
 
 
 
 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 5 - Equilíbrio do Corpo Rígido - 10ª Edição - 2008 Cap. 5 
 
95
B. Estabeleça as equações de equilíbrio sobre a 
lança e determine: (b) as componentes das forças 
horizontal e vertical que atuam na articulação em A; 
e (c) o módulo da tração T no cabo BC. 
Resp.:(b) )kN(j5,30i7,48A
rrr
+= ; (c) )kN(8,51T = 
 
 
 
 
 
 
Exercícios Tridimensionais: 
 
5.32) Determinar a força normal em cada um dos 4 
pés redondos da mesa: A, B, C e D, como dados na 
figura, a fim de que a mesa fique em equilíbrio. 
Considere o valor da normal em B máxima e igual a 
300 N. 
Resp.: A=250 N; C=173 N; D=177 N 
 
 
 
 
 
 
 
5.33) Determine para o caso do avião à jato da 
figura, o estudo do equilíbrio da sua asa esquerda 
em relação ao ponto B, centro de engastamento ao 
corpo do avião, determinando qual a Força 
Resultante ou seja, suas componentes Fx , Fy , Fz e 
o Torque Resultante, através de suas componentes 
em B, τx , τy e τz , resultantes na solda do centro 
de massa de sua fuselagem em B, uma vez que a 
sua turbina realiza neste instante um arranque de 
16 kN e a aerodinâmica de sua asa uma força de 62 
kN para cima, no ponto A. A massa da asa é de 4,0 
Mg (megagramas = 106 g) e o centro de massa da 
asa esta no ponto G. 
Resp.: )kN(k8,22i16FR
rrr
−−= ; 
)m.kN(k144j32i920R
rrrr
++−=τ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 m 4 m 9 m 
2 m
T=16 kN
A=62 kN 
B
G
x
y
z
A 
P
3 m 
8 m 7 m 
11 m
y 
x 
z 
300N 
400 N 
A B 
C 
D 
200 N 
G 
B
C 
D
A 
6 m 
4 m 
20° 
30° 
y 
x z 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
97
 
 
6.1 – Momento de 
Inércia de Figuras 
Simples 
 
 
6.1.1 – Definições de Inércia 
 
a) Inércia de Translação 
 
Inércia: medida da dificuldade para se tirar um 
corpo do seu estado de repouso ou de seu 
estado de movimento. 
Aparecem aí independentemente a Inércia de 
Translação e a Inércia de Rotação do corpo em 
torno de um eixo. 
Dada a aplicação de uma força resultante sobre 
um corpo, causa da variação do seu movimento, 
aparecerá sobre ele um efeito físico observável 
que é a aceleração linear, com o efeito de 
translação do corpo, ou taxa de variação de 
velocidade no tempo. Neste caso aparece sobre 
o corpo a variável massa que intermedeia a 
relação entre causa (Força) e efeito (Aceleração), 
que é a inércia de translação. A variável que 
mede e interfere na inércia de translação é a 
massa do corpo. Quanto maior a massa menor é 
o efeito produzido (aceleração) para a mesma 
causa (Força resultante) e vice-versa, quanto 
menor a massa maior é o efeito físico da 
aceleração para a mesma força. 
 
amFR
rr
.= 
 
m = Massa : 
• medida da Inércia de Translação; 
• medida da quantidade de matéria; 
• medida da dificuldade de se tirar um 
corpo do seu estado de repouso ou do 
seu estado de Movimento Retilíneo e 
Uniforme; 
• medida da dificuldade de se produzir o 
seguinte efeito físico sobre o corpo; 
como sejam: aceleração (⏐v⏐ 
crescente) ou desaceleração ( ⏐v⏐ 
decrescente ). 
• intermedeia a relação entre Força 
Resultante sobre o corpo (causa) e 
aceleração (efeito físico produzido e 
observável); 
• quanto maior a massa menor o efeito 
físico observável da aceleração 
produzida pela Força Resultante 
• quanto menor a massa maior o efeito 
físico observável da aceleração 
produzida pela Força Resultante 
 
b) Inércia de Rotação 
 
Momento de Inércia: medida da dificuldade de 
se tirar um corpo do seu estado de ausência de 
rotação (giro) ou estado de rotação em que se 
encontra. 
A Inércia de Rotação é medida pelo Momento de 
Inercia do corpo em torno de um eixo “e” 
específico. 
Dada a aplicação de um Torque Resultante ou 
força rotacional resultante sobre um corpo, 
aparecerá sobre ele, uma variação do seu 
movimento angular, efeito físico observável que é 
a variação de sua velocidade angular no tempo, 
ou seja, ou aceleração angular, como efeito de 
rotação do corpo, também definida como a taxa 
de variação de seu momento angular seja orbital 
ou spin. Neste caso aparece aí sobre o corpo 
uma variável que intermedeia a relação entre 
causa (Torque) e efeito (Aceleração angular), 
que é o Momento de Inércia. 
A variável que mede e interfere na inércia de 
translação é a massa do corpo. Quanto maior a 
massa menor é o efeito produzido (aceleração) 
___________________________________________________________ 
Capítulo 6 
Momento de Inércia 
___________________________________________________________ 
 
a
r
RF
r
(causa)
Aceleração 
m 
amFR
rr
.= 
CM 
(efeito físico produzido) 
Força Resultante 
∫= dmmonde
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
98
para a mesma causa (Força resultante) e vice-
versa, quanto maior a massa menor é o efeito 
para a aceleração. 
 
amFR
rr
.= 
 
No caso da rotação, a variável que relaciona 
torque resultante Rτ
r
e aceleração angular α
r
 é o 
momento de inércia I : 
 
α=τ
rr
.IR 
 
I = Momento de Inércia : 
• medida da Inércia de Rotação de um 
corpo rígido em relação a um eixo 
• medida do nível de dificuldade de se 
girar um corpo em torno de um eixo 
definido 
• intermedeia a relação entre Torque 
Resultante sobre o corpo (causa) e 
aceleração angular (efeito físico 
produzido e observável); 
• quanto maior o Momento de Inércia 
menor o efeito físico observável da 
aceleração angular produzido pelo 
Torque Resultante 
• quanto menor o Momento de Inércia 
maior o efeito físico observável da 
aceleração angular produzido pelo 
Torque Resultante 
 
 
r = distância do eixo de giro e até o elemento de 
massa dm 
dm = elemento infinitesimal de massa 
 
O Momento de Inércia: 
• depende da distribuição das massas do 
corpo em torno do eixo de giro; 
• varia se a forma do corpo variar, ou 
seja, varia se a forma do corpo mudar a 
distribuição de massas em torno do eixo 
de giro; 
• o menor momento de inércia, entre 
eixos paralelos é pelo eixo que passa 
pelo Centro de Massa do corpo; 
• o momento de inércia de um corpo 
depende do quadrado da distância de 
cada elemento de massa até o eixo de 
giro ; 
• quanto maior a distância em que os 
elementos de massa se encontram do 
eixo de giro maior é o momento de 
inércia. 
• O momento de inércia depende do eixo 
de giro e da geometria do corpo. 
 
 
6.1.2 – Momento de 
Inércia de uma 
Distribuição Discreta ou 
Descontínua de Massa 
 
Para um corpo com massas distribuídas de forma 
discreta ou descontínua, espalhadas ao longo do 
espaço, como um conjunto de estrelas, o 
momento de inércia é definido como: 
 
 
∑= i2ie mrI (kg.m2) 
 
6.1.3 – Momento de 
Inércia de uma 
Distribuição Contínua de 
Massa 
 
Para um corpo contínuo, ou seja, massas 
continuamente distribuídas ao longo do espaço, 
como um corpo rígido qualquer, o momento de 
inércia é definido como: 
 
 
 
dm 
∫= dmrI 2e
e
r 
eI
r 
dm
Rτ
r 
α
r
(efeito físico observável) 
(causa)
α=τ
rr
.IeR
Aceleração angular 
Ie 
dmrI:onde 2e ∫=
e 
eI 
Torque Resultante 
I
m2
mN 
m1 
r 2 
rN 
r1 
e 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
99
A definição matemática de momento de inércia é 
para massas distribuídas continuamente ao longo 
do corpo: 
∫= dmrI 2e (kg.m2) 
 
A unidade do momento de inércia de massa, é 
dada no SI por (kg.m2).Pode-se dizer que o centro de massa está ligado 
a um momento de massa de 1ª ordem no 
espaço, ou seja, para um distribuição 
descontínua de massa, 
∑= ii mxMx 
Para uma distribuição continua: 
∫= dmxMx 
 e o momento de inércia à um momento de 
massa de 2ª ordem no espaço, ou seja, 
descontinuamente: 
∑= iiy mxI .2 
De forma contínua: 
 ∫= dmxI y 2 
 
Para esses reducionismos de volume, de área e 
de linha o retorno ao momento de inércia de 
massa, qualquer que seja o eixo de giro, se faz 
pelas expressões: 
 
dL
L
m)dL(
)L(
mdA
A
m)dAe(
)Ae(
mdV
V
mdVdm =====ρ= l
l
 
∫∫∫ ∫ ==== dLxL
mdAx
A
mdVx
V
mdmxI 2222me 
 
L
e
A
e
V
e
m
e IL
mI
A
mI
V
mI === (kg.m2) 
 
 
6.1.4 – Reducionismos do 
Momento de Inércia de 
Massa 
 
 
Momento de Inércia de Volume, de 
Área e de Linha 
 
Aparecem definições derivadas de reducionismos 
feitos a partir do momento de inércia de massa 
que em certas condições, objetivam facilitar o 
cálculo e recalcular posteriormente o momento 
de inércia de massa. 
 
 
a) Momento de Inércia de 
Volume 
 
Para o caso especial em que a densidade do 
corpo em análise é constante, ou seja, o corpo 
tem densidade uniforme ou é homogêneo pode-
se reduzir o cálculo do momento de inércia de 
massa de um corpo a um momento de inércia de 
volume: 
 
Sendo a densidade (ρ) do corpo constante, 
podemos ter 
 
.const
V
m
Vd
dm
===ρ 
assim podemos estabelecer as relações: 
 
dV
V
mdVdm =ρ= 
 
 
Assim podemos definir momento de inércia de 
massa meI em relação ao de volume 
V
eI : 
 
V
e
m
e IV
mdVr
V
mdVrdmrI ==ρ== ∫∫∫ 222 
 
Portanto, 
 
V
e
m
e IV
mI .= 
 
onde o momento de inércia de volume é 
 
∫= dVrI 2Ve ( m5 ) 
 
A unidade do momento de inércia de volume, é 
dada no SI por ( m5 ). 
 
 
 
b) Momento de Inércia de 
Área 
 
Se a densidade (ρ) de um corpo for constante e a 
espessura (e) também for constante, podemos 
simplificar o momento de inércia de massa para 
momento de inércia de área. 
 
e.A
m
V
m
Vd
dm
===ρ 
portanto, 
 
dA
A
mdA
eA
emdAedVdm ==ρ=ρ= 
assim, 
e V
eI
r 
ρ = cte 
V 
∫= dVrIVe 2
V
e
m
e IV
mI .=
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
100
 
A
e
22m
e IA
mdAr
A
mdmrI ∫∫ === 
então, 
A
e
m
e I.A
mI = 
e definir momento de inércia de área AeI : 
 
∫= dArI 2Ae (m4 ) 
 
A unidade do momento de inércia de área, é 
dada no SI por ( m4 ). 
 
 
 
Consideremos para os eixos x, y e z, um corpo 
rígido em forma de uma placa com densidade 
constante e espessura constante: 
ρ = const. ; e = cte 
 
Podemos reduzir o momento de inércia de massa 
ao momento e inércia de área e se caracteriza 
pelo reducionismo de se somar o produto de 
todos os elementos de área da placa pela 
distância ao quadrado de cada elemento ao eixo 
de giro escolhido. Como na figura abaixo, 
 
 
Corpo de espessura constante e face de 
área e formato qualquer 
 
Momento de Inércia de área em relação ao 
eixo x, Ix: 
 
∫= dAyIx 2 
 
Momento de Inércia de área em relação ao 
eixo y, Iy: 
 
∫= dAxIy 2 
 
Momento de Inércia (para girar o corpo em 
torno do eixo z) em relação ao eixo z, Iz, ou 
para girar em torno do ponto O da placa, JO 
dado o desenho no plano: 
 
∫∫ =+=+== dArdAyxIIIJ yxzO 222 )( 
 
O momento de inércia polar (Jo) de uma 
placa, ou seja, a dificuldade para fazer girar 
a placa em torno de um ponto de sua face 
de área, coincide com a situação de fazê-la 
girar em torno do eixo perpendicular à placa 
no mesmo ponto (Iz) e será igual à soma do 
momentos de inércia dos dois eixos 
perpendiculares e na mesma linha da placa, 
que se cruzam no ponto em questão. 
 
c) Momento de Inércia de 
Linha 
 
Sendo a densidade (ρ) de um corpo, constante e 
a secção transversal (S=área) constante, e muito 
pequena em comparação ao compirmmento do 
corpo, pode-se reduzir o momento de inercia de 
massa a um momento de inercia de linha L, 
sendo que a linha L pode ter um formato 
qualquer no espaço, temos: 
 
L.S
m
V
m
Vd
dm
===ρ 
 
dL
L
m)dLS(
)LS(
mdVdm ==ρ= 
Assim, 
 
L
e
22m
e IL
mdLr
L
mdmrI ∫∫ === 
e definimos momento de inércia de linha LeI 
 
∫= dLrI 2Le ( m3 ) 
 
Sendo, 
L
e
m
e IL
mI = 
 
A unidade do momento de inércia de linha, é 
dada no SI por ( m3 ). 
 
e 
r 
A
e
m
e IA
mI =
ρ = cte 
A 
V 
e = const. 
A
eI
∫= dArI 2Ae
dA ; dm m
z 
x 
y 
O
Iy 
Iz = Jo 
Ix
x 
yr 
dA 
e = const.
ρ = cte.
∫∫ =+=+== dArdAyxIIIJ yxzO 222 )(
∫= dAyIx 2
∫= dAxIy 2 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
101
 
 
6.1.5 - Raio de Giração (k) 
 
Def.: Chama-se Raio de Giração de um corpo 
em relação a um eixo à distância ke, entre o eixo 
de giro e a redução do corpo rígido em que se 
estuda a um filete de largura l desprezível e 
eqüidistante do eixo de giro, mas de mesma 
massa m se for meI , ou de mesmo volume V se 
for VeI , ou de mesma área A, se for de 
A
eI , ou 
de mesma largura L eqüidistante do eixo de giro, 
se for LeI do corpo rígido em questão. Portanto, 
tal distância do raio de giração ke , mantém uma 
relação de equivalência com o momento de 
inércia eI do corpo rígido estudado em relação 
direta com qualquer uma da variáveis físicas do 
corpo rígido: ou massa, ou volume, ou área e ou 
linha. 
 
 
 
 
Ou se reduzirmos a um ponto: 
 
 
a distância que o corpo deve ficar do eixo de giro é o 
raio de giração: 
L
I
A
I
V
I
m
Ik
L
e
A
e
V
e
m
e
e ==== 
 
mkI 2e
m
e = 
VkI 2e
V
e = 
AkI 2e
A
e = 
LkI 2e
L
e = 
 
O Momento de Inércia, portanto, será dado pelo 
produto do quadrado do raio de giração e a 
Massa ou o Volume ou a Área ou o Comprimento 
do corpo dependendo de qual momento de 
inércia se deseja. 
Muitas vezes para um determinado corpo, nos 
problemas, ao invés de se fornecer o momento 
de inércia, se fornece o raio de giração e se 
calcula a partir dele o momento de inércia. 
 
φ=φ 2ee kI 
 
onde φ representa: m ou V ou A ou L. 
 
6.1.6 - Teorema dos Eixos 
Paralelos(T.E.P.) ou Teorema 
 de Steiner 
 
“Tendo-se o Momento de Inércia em relação a 
um eixo (e) que passa pelo Centro de Massa 
de um corpo rígido, ou seu Centróide, pode-
se obter o Momento de Inércia por qualquer 
outro eixo (e1) paralelo a ele, bastando para 
isso somar ao Momento de Inércia que passa 
pelo Centro de Massa, o produto da Massa m 
(ou Volume V ou Área A ou Linha L) pelo 
quadrado da distância entre os dois eixos.” 
 
 
 
Ie 
r 
e 
m 
V 
A 
L 
Ie 
 
.constS= 
e 
r 
L
e
m
e IL
mI =
dL 
∫= dLrI 2Le
e 
CM
eI
1eI
e1 
1eed 
m
A
k e 
ou 
V 
e 
ou 
L 
ou 
Reducionismo
equivalente 
l
ek〈〈l
m 
A
k e 
ou V 
e 
ou L 
Reducionismo 
equivalente 
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
102
2
eee
m
e 11
d.mII += 
 
Reducionismos convenientes a 
simplificações de cálculo e posterior retorno 
ao momento de inércia de massa: 
 
Momento de Inércia de Volume: 
 
2
eee
V
e 11
d.VII += 
 
Momento de Inércia de Área: 
 
2
eee
A
e 11
d.AII += 
 
Momento de Inércia de Linha: 
 
2
eee
L
e 11
d.LII += 
 
• O Momento de Inércia tem seu valor 
mínimo quando seu eixo passa pelo 
Centro de Massa (ou Centróide) do 
corpo rígido, em comparação com todos 
os outros eixos paralelos. 
• Para a aplicação do teorema dos eixos 
paralelos, deve-se ter sempre o 
momento de inércia eI que passa pelo 
centro de massa (ou centróide) do corpo 
para comparação. Não pode ser um 
eixo de qualquer posição para outro. 
• A barra sobre o momento de inércia eI 
indica que o eixo em questão e, passa 
pelo Centro de Massa (ou Centróide) do 
corpo rígido. 
• A unidade de I no Sistema Internacional 
(SI), para o Momento de Inércia de 
Massa é (Kg . m2 ) de Volumeé (m5), de 
Área (A) é (m4 ) e de Linha é (m3) . 
 
 
6.1.7 - Momento de 
Inércia de figuras Simples 
 
a) Momento de Inércia de Linhas 
Notáveis 
 
1) 
 
2) 
 
3) 
 
 
4) 
 
5) 
 
b) Momentos de Inércia de 
Superfícies Notáveis 
 
M é a massa do corpo; 
R é o raio das figuras redondas. 
 
 
 
π= /R2x
CM
L = π r / 2 
π
=
R2y
y1
x1 
4/RII 3xy π== 
Quarto de círculo
L = 2π R 
3L
z R2I π=
y
x 
3L
y
L
x RII π==
θ
θ
R
θ
θ
=
senRx
CM x 
y
L = 2 θ R
3
x RI θ=
R
π
=
r2y
C
 L = π r 
2/RI 3Ly π=y
x1 
x 
π−π= /R8RI 33Lx
Semi-circunferência
L/2 
L
CM 
e e1 12
L
I
3
e = 3
LI
3
1e =
Barra 
e 
Circunferência
3L
x RI 1
π=
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
103
1) 
 
2) 
 
 
 
3) 
 
4) 
 
5) 
 
 
6) 
 
 
c) Momento de Inércia de Massa 
 
O momento de inércia de volume é semelhante ao 
de massa, bastando para obtê-lo, substituir-se no 
lugar da massa (m) o volume (V). Exemplo, o 
momento de inércia de massa de uma barra 
delgada é 
12
LMII
2
m
y
m
x == e o de volume é 
12
LVII
2
V
y
V
x == . 
Momento de Inércia de Massa: 
1) 
 
2) 
 
3) 
 
4) 
4
R
II
4
xy
π
==
C 
y 
x 
R 
 
2
RI
4
z
π
=
Círculo 
R
2RA θ= 
)
2
2sen(
4
RI
4
x
θ
−θ=
)
2
2sen(
4
RI
4
1y
θ
+θ=
θ em rad
y1
x θ
θ
C
θ
θ
3
2 senR
)
8
sen4
8
2sen
4
(RI
2
4
y θ
θ
−
θ
+
θ
=
y
C 
 
8
RII
4
y1x
π
== y 
x1 
x 4
x R9
8
8
I ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
π
−
π
=
π
=
3
4 Ry
Semicírculo 
 R 2RM
5
2I=
Esfera
12
LMII
2
yx ==
y
y 
x
x 
3
LMII
2
1y1x ==
z
L
Barra delgada 
 R
2RM
3
2I=
Casca Esférica
C 
H/2 
B/2 
x 
y 
x1 
y1 
12
HBI
3
x = 
H 
B 3
H.BI
3
1x =
3
B.HI
3
1y =
12
BHI
3
y = 
H 
 
 
 B 
 
x’ 
y’ 
x1 
y1 
Triângulo 
3/Bx = . 
3/Hy = . 
C 36
HBI
3
'x =
36
BHI
3
'y = 
12
BH
I
3
1y =
 
12
HBI
3
1x =
π
=
3
R4y
C 
 
4
yx r9
4
16
II ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
π
−
π
==
 x 
 y1 y 
 x 
16
RII
4
1y1x
π
==
π
=
3
R4x
¼ de Círculo 
 R
Arco de Círculo
Retângulo 
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
104
 
5) 
 
6) 
 
7) 
 
8) 
 
9) 
 
 
10) 
 
 
 
 
6.2 - Momento de 
 Inércia de Figuras 
 Compostas 
 
Se um corpo é composto de retângulos, 
triângulos, semicírculos, círculos, quartos de 
círculos, etc., podemos compor tais figuras para 
formar uma figura mais complexa. Podemos para 
isso subdividir o corpo em partes em que 
conhecemos os momentos de inércia de cada 
parte. Calcula-se o momento de inércia de 
centro de massa de cada parte e se transfere 
pelo Teorema dos eixos paralelos ao eixo comum 
requerido. A soma (ou subtração) dos momentos 
de Inércia de cada parte constitui o momento de 
Inércia da figura toda em torno do mesmo eixo. 
 
 
I das 
figuras 
simples 
Transferência 
 para o eixo comum x 
Soma algébria dos 
Momentos de Inércia 
)1(
1x
I 
)2(
2x
I 
)3(
3x
I
2
x1x1
)1(
1x
)1(
x d.AII += 
2
x2x2
)2(
2x
)2(
x d.AII += 
2
x3x3
)3(
3x
)3(
x d.AII += 
 
 
)3(
x
)2(
x
)1(
xx IIII −+=
 
6.3 – Matriz de Inércia 
 
6.3.1 - Produto de Inércia de 
um corpo 
c 
b 
y 
x 
)cb(M
12
1I 22x +=
 
2
12
1 cMIy = 
 
2
12
1 bMIz = 
z 
Placa fina retangular 
x 
z 
y
R 
22
xz HM12
1RM
4
1II +==
H
2
y RM2
1I = 
Cilindro 
a 
c 
b 
y
x 
z 
Paralelepípido 
y 
x
2
10
3 RMIy =
z
R
H
22
1z1x RM20
3HM
5
3II +== 
Cone 
2
RMI
2
y =
x 
z 
y 
r 
4
RMII
2
xz == 
Disco fino 
x 
z 
y 
H
2RMIy =R 
2
RMII
2
zz ==
x 
z 
y 
H 
)(
2
1 2
1
2
2 RRMIy +=
R1 
R2 
Cilindro Oco 
x
1x
Ix)2(
x2
I 
2x 
)3(
x3
I
3x
)1(
x1
I 
y
C1 A1 
C3 
A2 
A 3 
C2 
)ba(M
12
1
I 22z +=
Aro ou Casca cilíndrica fina 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
105
 
O Produto de Inércia é dado pela expressão; 
 
Ixy = ∫ x . y .dA . 
 
Será igual a zero, quando o corpo for simétrico 
ao eixo de giro escolhido. Não sendo zero, o 
produto de inércia, na rotação do corpo, induz o 
aparecimento de diferentes tipos de movimentos 
adicionais e de torques diferentes no eixo de giro, 
geradas pelas diferentes distribuições de massa 
em torno do eixo. Como exemplo, o movimento 
de uma roda de carro cuja massa em torno do 
eixo de giro não está simetricamente distribuída 
em torno do eixo, não está balanceada, o que 
resultará ao girar, movimentos estranhos e 
esforços adicionais sobre o eixo, jogos laterais , 
oscilações, que dificultarão o movimento. Com o 
tempo dará problemas nas borrachas do eixo do 
carro, produzirá movimentos indesejáveis, 
gastará a borracha dos pneus de forma não 
uniforme, e fará motor gastar mais combustível. 
É o preço das assimetrias de giro, ou os 
Produtos de Inércia diferentes de zero. 
 
6.3.2 - Obtendo a Matriz de Inércia 
 
 
O Momento Angular L
r
do corpo rígido em 
questão é dado por definição pela seguinte 
expressão: 
 
pdrL
rrr
∧= ∫ 
 
)( rvrmdvdmrL o
rrrrrrr
∧ω+∧=∧= ∫∫ 
 
)( rrmdvdmrL o
rrrrrr
∧ω∧+∧= ∫∫ 
 
A primeira parcela do 2º membro da expressão, 
será nula quando: (a) o ponto O for um ponto fixo 
do corpo rígido 0=ov
r
; ou (b) o ponto O 
coincidir com o centro de massa G, pois 
0== Grr
rr
. 
 
Adotanto esse ponto O fixo ou o ponto O 
coincidente com G, temos: 
 
ω=∧ω∧= ∫
rtrrrr
IrrmdL )( 
 
Se houver translação pura, 0=ω
r
, então .0=L
r
 
Se o corpo estiver estático: τ==
r
r
0
dt
Ld . 
 
De 
ω=∧ω∧= ∫
rtrrrr
IrrmdL )( 
 
fazemos por partes que: 
zyx
kji
r zyx ωωω=∧ω
rrr
rr
 
 
kxyjzxiyzr yxxzzy
rrrrr
)()()( ω−ω+ω−ω+ω−ω=∧ω
 
completamos com: 
 
)()()(
)(
zxxzzy xyzxyz
zyx
kji
rr
ω−ωω−ωω−ω
=∧ω∧
rrr
rrr
 
 
kyxyzxz
jzyzxxy
izxyxzyrr
zyx
zyx
zyx
r
r
rrrr
])([
])([
])([)(
22
22
22
ω++ω−ω−
+ω−ω++ω−
+ω−ω−ω+=∧ω∧
 
Como 
ω=∧ω∧= ∫
rtrrrr
IrrmdL )( 
 
integramos em dm e colocamos em forma de 
matriz para facilitar: 
 
z
y
x
dmyxdmzydmzx
dmyzdmxzdmyz
dmxzdmxydmzy
L
ω
ω
ω
+−−
−+−
−−+
=
∫∫∫
∫∫∫
∫∫∫
)(
)(
)(
22
22
22
r
 
chamando as integrais de elementos da matriz 
de inércia: 
 
z
y
x
zzzyzx
yzyyyx
xzxyxx
III
III
III
L
ω
ω
ω
−−
−−
−−
=
r 
 
Portanto, os elementos da matriz de inércia são: 
 
Os momentos de inércia dos eixos coordenados: 
 
∫ += dmzyIxx )( 22 
∫ += dmxzIyy )( 22 
∫ += dmyxIzz )( 22 
 
E os produtos de inércia que expressam as 
relações de falta de simetria do corpo em relação 
a cada dois eixos: 
 
∫== dmxyII yxxy 
∫== dmyzII zyyz 
∫== dmxzII zxxz 
 
dm 
v
r
 
r
r
y
z 
x 
G 
O
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
106
Se houver simetria do corpo em relação a esses 
eixos seu momento de inércia é nulo. 
Assim, 
 
ω=
rtv
IL 
 
Casos particulares: 
 
(1) Translação pura: neste caso 
0,0 ==ω Lentão
rr
 
então, 
0=τ+∧=
rrr
r
oG vvmdt
Ld 
 
Se O estiver em G então, 0=∧ GG vv
rr
; assim 
 
0=τG
r
 
 
(2) Na dinâmica do movimento plano, vamos 
supor que o corpo gira em torno de um eixo z e 
executa um movimento de rotação com 
 
k
rr
ω=ω 
 
Então, 
 
 
zzzzyzx
yzyyyx
xzxyxx
0
0
III
III
III
L
ω−−
−−
−−
=
r 
 
kIjIiIL zzzzyzzxz
rrrr
ω+ω−ω−= 
 
Veja-se que neste caso o momento angular não 
é paralelo à velocidade angular, se os momentos 
de inércia, chamados de produtos de inércia Ixy e 
Iyz não forem nulos. Para serem nulos os 
produtos de inércia, o formato do corpo tem que 
ter simetria aos dois eixos do produto de inércia. 
Quando L não é paralelo a ω o sistema não tem 
balanceamento dinâmico e portanto, terá 
esforços dinâmicos nos seus mancais. Os 
mancais sofrem vibrações perpendiculares aos 
eixos. 
 
Fazendo o caso de um corpo em formato de uma 
placa, teremos que como uma espessura 
desprezívelem y e z e em x e z é simétrico, 
então: 
 
0== ∫ dmxzIxz 
0== ∫ dmyzIyz 
0)( 22 ≠+= ∫ dmyxIzz 
Assim, 
ω=
rr
zzIL 
α==τ
r
r
r
zzIdt
Ld 
 
6.4 – Resumo do 
Capítulo 
 
1) Momento de Inérica: nível de dificuldade de se girar um corpo 
em torno de um eixo, devido à inércia de rotação das massas. 
 
2) Momento de Inércia de um Sistema de partículas em 
torno de um eixo e: 
∑= i2ie mrI 
3) Momento de Inércia de um corpo rígido em torno de 
um eixo e: 
dmrI 2e ∫= 
4) Torque Resultante em um Corpo Rígido: 
α=
rr
.IM GRG 
5) Momento de Inércia de Volume: 
∫= dVrI 2Ve 
V
e
m
e I.V
mI = 
6) Momento de Inércia de Área: 
∫= dArI 2Ae 
A
e
m
e IA
mI = 
7) Momento de Inércia de um corpo para girá-lo em torno de 
um eixo cartesiano x,y,z : 
∫= dmxI 2y 
∫= dmyI 2x 
∫∫ =+=+== dmrdm)yx(IIIJ 222yxzO 
 
8) Momento de Inércia de Linha: 
∫= dLrI 2Le 
L
e
m
e IL
mI = 
8) Raio de Giração k : 
L
I
A
I
V
I
m
I
k
L
e
A
e
V
e
m
e
e ==== 
mkI 2e
m
e = 
VkI 2e
V
e = 
AkI 2e
A
e = 
LkI 2e
L
e = 
 
9) Teorema dos Eixos Paralelos 
(T.E.P.) ou Teorema de Steiner: 
 
“Tendo-se o Momento de Inércia em relação a um eixo (e’) que 
passa pelo Centro de Massa de um corpo rígido, ou seu Centróide, 
pode-se obter o Momento de Inércia por qualquer outro eixo 
paralelo (e) a ele, bastando para isso somar ao Momento de Inércia 
que passa pelo Centro de Massa, o produto da Massa m (ou 
Volume V ou Área A ou Linha L) pelo quadrado da distância entre 
os dois eixos.” 
x
z
y 
dm 
ωZ
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
107
2
e'e'ee d.mII += 
2
e'e'ee d.VII += 
2
e'e'ee d.AII += 
2
e'e'ee d.LII += 
TEP ao Raio de giração: 
2
e'e
2
'e
2
e dkk += 
 
6.5 - Exercícios 
Resolvidos 
 
6.1*) (a) Determine o momento de inércia de área 
da Figura abaixo para que o corpo gire em torno 
do eixo x, sendo r = 0,5 m , a = 6 m , d = 5 m ; (b) 
considerando que o corpo possui uma massa de 
3 kg, determine o momento de inércia de massa 
em torno do mesmo eixo (x). 
 
Solução: (a) Ix = Ix(1) - Ix(2) - Ix(3) onde (1) = 
quadrado ; (2) = ¼ de circunferência ; (3) = 
circunferência. ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
π+
π
−
π
−= 22
444
x dr4
r
16
r
3
aI 
)55,0
4
5,0(
4
6
3
6I 22
444
x π+
π
−
π
−= 
Ix = 432 - 254,2 – 19,6 = 157,9 ≈ 158 m4 ; 
A = 6x6 - π 62 / 4 - π 0,52=36–28,27–0,7854 = 6,94 m2 
(b) Ix(m) = 22,8 (Kg.m2) 
 
6.2*) Determinar para o parabolóide da figura: (a) 
o seu momento de inércia de volume para fazê-
lo girar em torno do eixo y; (b) o volume total do 
parabolóide; (c) o raio de giração em torno do 
eixo y; (d) o momento de inércia de massa em 
torno do eixo y, sabendo-se que sua densidade 
é ρ= 5000 kg/m3. Obs.: Se servir a informação, o 
momento de inércia de um cilindro, pelo seu eixo 
central vale Ime=(1/2)m r2. 
Resp.:(a) 10Vy 10x09,2I = ;(b) 710x28,6V = ;(c) 
mm7,57k y = ; (d)
2m
y m.kg105,0I = 
 
 
 
 
 
 
100 mm 
 z 
 x 
 12 m x 
 O 
 400 
 
 y 
 r 2 = 25 y
 z 
 Volume elementar dV equidistante de y 
 1º Método: 
Solução: 1º método: introduzindo um volume 
elementar dV equidistante do eixo y : 
 (a) dA = 2 π r dr ; dV = 2 π r dr ( 400 – y ) ; 
∫ ∫ −π== dr)25/r400(z2rdVrI 222Vy
∫ ∫π−π= drr)25/2(drr800I 53Vy 
100
0
64V
y )6/r)(25/2()4/r(800I π−π=
101010V
y 10x094,210x1888,410x283,6I =−=
 (b) ∫ ∫ −π== dr)25/r400(r2dVV 2 
∫ ∫π−π= drr)25/2(rdr800V 3 
100
0
42 )4/r)(25/2()2/r(800V π−π=
667 10x283,610x283,610x2566,1V =−= 
(c) mm7,57V/Ik Vyy == 
(d) Vy
m
y I)Vm(I = 
25m
y m.kg105,010x094,2x5000I ==
− 
100 mm 
 z 
 x 
 12 m x 
 O 
 400 mm 
 y 
 r 2 = 25 y 
100 mm 
 z 
 x 
 12 m x 
 O 
 400 mm 
 y 
 r 2 = 25 y 
 z 
 dy Volume elementar dV , um cilindro elementar 
 2º Método: 
y 
 
 
d 
x 
a 
 a 
r 
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
108
 
 
6.3*) Determine o Momento de Inércia para girar 
a chapa metálica da figura em torno do eixo x. 
 
Solução: adotando: (1) = retângulo e (2) = círculo ; 
T.E.P.: Ix = Ix’ + A dxx’ 2 
42
3
)1(
x m288216723x2412
6x4
I =+=+= 
422
4
)2(
x m1,51265,50785,0414
1I =+=π+π= 
4)2(
x
)1(
xx m9,236III =−= 
 
 
6.6 - Exercícios 
Propostos 
 
4.1 - Cálculo do Momento de 
Inércia de Figuras Simples 
 
a) Momento de Inércia de Linha 
 
6.4) Determine o momento de inércia da barra 
fina para fazê-la gira em torno do eixo z, 
utilizando integração direta, usando a definição 
de momento de inércia: ∫= dmrI 2 sabendo-se 
que a barra possui Secção Transversal de área 
S e comprimento L para faze-la girar em torno do 
seu centro de massa O. Sabe-se que r é a 
distância do elemento de massa dm ao eixo de 
giro. Sabendo-se que m = 3 kg e o comprimento 
da barra é L = 8 m, determine seu valor. 
Resp.: 20,16 mKgIz = 
 
 
 
6.5) Calcule pela definição o momento de Inércia 
de linha da circunferência da figura, para fazê-la 
girar em torno de um eixo passando pelo seu 
centro de massa O, eixos x, y e z. 
Resp. 3Ly
L
x RII π== ; 
3L
z R2I π= 
 
 
 
6.6) Calcule pela definição o momento de Inércia 
de linha da semicircunferência da figura, para 
fazê-la girar em torno dos eixos x, y e x1. 
Resp. 2/RI 3Ly π= ; π−π= /R8RI
33L
x ; 
3L
1x
RI π= 
 
 
6.7) Calcule pela definição o momento de Inércia 
de linha do quarto de circunferência da figura, 
para fazê-lo girar em torno de um eixo passando 
pelo seu centro de massa O, eixo x1 e x. Resp.: 
4/RI 31x π= ;
3
x R)/24/(I π−π= 
 
 
 
 
π= /R2x 
CM 
π
=
R2y
y1
x1 
 
x 
 
y
x 
 
R
π
=
r2y
C
 L = π r 
 
y
x1 
x 
 
y
z
x
-L/2 +L/2 0
Solução: 2º método: introduzindo um volume elementar dV em 
forma de cilindro 
(a) dyrdV 2π= ; 2Vy rV)21(I = ; 2Vy rdV)21(dI = 
∫ =π=π= 5104000
3222V
y mm10x094,2)3/y25()2(rdyr)21(I 
 (b) 
∫ ∫ =π=π== 3640002 mm10x283,62/y25dy)y25(dVV 
(c) mm7,57V/Ik Vyy == 
(d) 
25V
y
V
y
m
y m.kg105,010x094,2x5000II)Vm(I ==ρ==
− 
y 
x 
 4 m 
 2 m 
 4 m 
 6 m 
1 m 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
109
6.8) Calcule pela definição o momento de Inércia 
de linha do arco de circunferência da figura, para 
fazê-la girar em torno de um eixo x passando 
pelo seu centro de massa CM. Resp.: 3x RI θ= 
 
 
 
b) Momento de Inércia de Área 
 
6.9) Calcule pela definição o momento de Inércia 
de área do retângulo da figura, para fazê-lo girar 
em torno de um eixo passando pelo seu 
centróide C, eixo x e y e pelo eixo x1.. 
Resp.: 
12
BHI
3
y = 12
HBI
3
x = ; 3
HBI
3
1x =
 
 
 
 
 
6.10) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de área do triângulo da figura, para fazê-
lo girar em torno dos eixos x, y, x1, y1, z1. 
Resp.: 
36
HBI
3
1x = ; 36
BHI
3
1y = ; 12
HB
I
3
1x =
; 
12
BH
I
3
1y =
; )BH(
12
BH
I 221z += 
 
 
 
 
6.11) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de área do circulo da figura, para fazê-lo 
girar em torno de um eixo passando pelo seu 
centro de massa O, eixo x, y e z. 
Resp.: 
4
RII
4
yx
π
== ; 
2
RI
4
z
π
= 
 
 
 
 
 
6.12) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de área do semicírculo da figura, para 
fazê-lo girar em torno de um eixos x, y, x1. 
Resp.: 
8
RII
4
y1x
π
== ; 4x R9
8
8
I ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
π
−
π
= 
 
 
 
 
 
6.13) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de área do circulo da figura, para fazê-lo 
girar em torno dos eixos x, y, x1, y1. 
Resp.: 4yx r9
4
16
II ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
π
−
π
== ; 
16
RII
4
1y1x
π
== 
 
 
 
 
 
Calcule pela definição o momento de Inércia de 
área do arco de círculo da figura, para fazê-lo 
girar em torno dos eixos x, y, y1. 
Resp.: )
2
2sen(
4
RI
4
x
θ
−θ= ; )
8
sen4
8
2sen
4
(RI
2
4
y θ
θ
−
θ
+
θ
= 
CM
y 
x 
R
C
 y
x1 
xπ
=
3
4 Ry
C 
H/2 
B/2
x 
y 
x1 
y1 
 
H 
B 
 
H 
 
 
 B 
 
x’ 
y’ 
x1 
y1 
Triângulo 
3/Bx = . 
3/Hy = . 
C 
 
 
π
=
3
R4y
C 
 
 
 x 
y1 y 
 x 
 
π
=
3
R4x
 R 
θ 
θ 
R 
θ
θ
=
senRx
CM x 
y 
L = 2 θ R
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
110
)
2
2sen
(
4
R
I
4
1y
θ
+θ= 
 
 
 
 
6.15) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de área do circulo da figura, para fazê-lo 
girar em torno de um eixo passando pelo seu 
centro de massa O, eixo x. 
Resp.: 
4
RI
4
x
π
= 
 
 
 
 
6.16) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de massa do quarto de círculo de raio R, 
da figura, para fazê-lo girar em torno de um eixo 
que passe por uma de suas laterais, eixo x. 
Resp.: 
16
RI
4
x
π
= 
 
 
 
c) Momento de Inércia de Volume 
e de Massa: 
 
6.17) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de Volume, do paralelepípedo da figura 
de dimensões a, b e c, para fazê-lo girar em 
torno de seu eixo central e simétrico, eixo y; e 
determine também o seu momento de Inércia de 
massa. 
Resp.: )ab(12
b.aI 22y += ; )ab(M
12
1I 22y += 
 
 
 
6.18) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de massa, do cone da figura, para fazê-lo 
girar em torno de seu eixo central e simétrico, 
eixo y. 
Resp.: 2Vy RV2
1I = ; 2my RM2
1I = 
 
 
 
 
6.19) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de massa, do cone da figura de 
comprimento total H e raio maior R,, para fazê-lo 
girar em torno de seu eixo central e simétrico, 
eixo y. 
Resp.: 2Vy RV)10/3(I = ; 
2)10/3( MRI my = 
 
 
 
6.20) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de massa, do cone da figura anterior de 
comprimento H e raio maior R, para fazê-lo girar 
em torno do eixo de sua extremidade, eixo z. 
Resp.: 22 )20/3()5/3( MRMHI my += 
 
 
6.21) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de massa, da esfera sólida de massa total 
M e raio R, para fazê-la girar em torno de um 
eixo que passe pelo seu centro. 
Resp.: 2Vy RV)5/2(I = ; 
2)5/2( MRI my = 
R 
2RA θ=
 
θ em rad 
y1 
x θ 
θ 
C 
θ
θ
3
2 senR
y
z
x
y0
R
H
z
x
y0
a
b
c
CM 
y 
x 
R 
 x 
 y 
 R 
0
z
x
y
Exerc. 6.8 e 6.9 
H
R
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
111
 
 
6.22) Calcule pela definição o momento de 
Inércia de massa, da casca esfera de massa M e 
raio R, para fazê-la girar em torno de um eixo 
que passe pelo seu centro. 
Resp.: 2Vy RV)5/2(I = ; 
2)5/2( MRI my = 
 
 
6.23) Determine o momento de inércia do cilindro 
para fazê-lo gira em torno do eixo y que passa 
pelo eixo e centróide do cilindro,, utilizando 
integração direta, usando a definição de 
momento de inércia: ∫= dmrI 2 que se reduz à 
∫= dVrV
mI 2 . Sabe-se que r é a distância do 
elemento de massa dm ao eixo de giro. 
Sabendo-se que a massa total é m = 5 kg e o 
que o comprimento do cilindro é H = 5 m e o raio 
do cilindro é R = 3 m, determine seu valor. 
Resp.: 25,22 mkgIy = 
 
 
 
6.24) (2,5 ptos – Momento de Inércia) Determinar para o 
parabolóide da figura: (a) o seu momento de 
inércia de volume para fazê-lo girar em torno do 
eixo y; (b) o volume total do parabolóide; (c) o 
raio de giração em torno do eixo y; (d) o 
momento de inércia de massa em torno do eixo 
y, sabendo-se que sua densidade é ρ= 5000 
kg/m3. Obs.: Se servir a informação, o momento 
de inércia de um cilindro, pelo seu eixo central 
vale Ime=(1/2)mr2. 
Resp.:(a) 9Vy 10x24,5I = ;(b) 610x10,1V = ;(c) mm7,57ky =
; (d) 2my m.kg262,0I = 
 
 
 
6.2 - Momento de Inércia de 
Figuras compostas 
 
6.25) Do exercício anterior calcular: (a) o 
momento de inércia de área em relação ao eixo 
y, yI ; (b) o momento de inércia de massa com 
relação ao eixo y, myI , sendo a massa da viga de 
20 kg ; (c) o momento de inércia de área em 
relação ao eixo x, xI ; (c) o momento de inércia 
de área em relação ao eixo z : yxz III += . 
Resp.: 4Ay m7,12I = ; 
2m
y m.kg9,36I = ;
4
x m3,43I = ; 
4
z m6,56I = 
 
 
 
6.26) Dada a figura do Exercício anterior, 
determinar o Momento de Inércia de Área para 
girar a área hachurada da figura em torno do eixo 
y. Resp.: Iy = 242 m4 
 
 
 
100 mm 
 z 
 x 
 12 m x 
 O 
 100 mm 
 y
 r2 = 100 y 
y 
z 
x 
R 
y
z
x
+L/2 
R
H
-L/2 0 
x 
y 
3,0 m 
0,5 m 
0,8 m 
1,0 m 
 2,0 m 
3 m 3 m 1 m 
3 m 
y 
x 
y 
z 
x 
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
112
6.27) Determinar o Momento de Inércia de Área 
para girar a parte hachurada da figura em torno 
do eixo y. Resp.: Iy = 262 m4 . 
 
 
 
 
 
6.28) Dada a figura, determinar o Momento de 
Inércia de Área para girar a área hachurada da 
figura em torno do eixo y. Resp.: Iy = 172 m4 
 
 
 
 
6.29) Determinar o Momento de Inércia de Área 
para girar a área hachurada da figura em torno 
do eixo y. Resp.: 
4
R5I
4
y
π
= 
 
 
 
6.30) Determinar o Momento de Inércia de área 
para girar a parte hachurada da figura em torno 
do eixo z. Obs.: yxz III += 
Resp.: 
2
)RR(I
4
1
4
2
z
−π
= 
 
 
 
 
 
 
 
 
6.31) Dada a placa plana da figura e suas 
dimensões na figura, constituída por uma parte 
retangular, outra triangular e uma fenda (buraco na 
placa) circular de raio r, determinar o momento de 
inércia da placa para fazê-la girar em torno do 
eixo y. Resp.: I y = 489 m4 
 
 
 
6.32) Determine o (a) momento de Inércia de 
área e (b) o momento de inércia de massa, da 
placa de densidade constante e espessura 
constante abaixo, para girá-la em torno do eixo 
y, sabendo-se que a massa da placa é de 5 kg. 
Resp.: IyA = 7769 m4 ; Iym = 220 (kg . m2 ) 
 
 
 
 
 
6.33) Determine o (a) momento de Inércia de 
área e (b) o momento de inércia de massa, da 
placa de densidade constante e espessura 
constante abaixo, para girá-la em torno do eixo 
x, sabendo-se que a massa da placa é de 5 kg. 
Resp. IxA = 14747 m4 ; Ixm = 572 (kg . m2 ) 
 
 
 
 
 
 
4,5 m 4,5 m
4 m 
5 m 
9 m 
x 
y
2 m
6 m 6 m 
4 m 
5 m 
9 m 
x 
y
2 m
R2 
x
y
R1 
x
r =0,5 m 
-4 -2 
6
y
9 m 0 
3m 
3 m 4 m 
3 m 
y 
x 
C 
 2 m 3 m 
3 m 
y 
x 
3 m 
R
R
x
y
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
113
 
6.34) Determine: (a) o Momento de Inércia de 
área, da placa dada na figura do ex. (1), para 
fazê-la girar em torno do eixo y e (b) o seu 
momento de inércia de massa sabendo-se que a 
placa tem massa m = 7 kg. 
Resp.: (a) IyA = 174 m4 ; (b) Iym = 41,2 kg.m2 
 
 
 
 
 
 
6.35) Determine: (a) o Momento de Inércia de 
área, da placa dada na figura do ex. (1), para 
fazê-la girar em torno do eixo y e (b) o seu 
momento de inércia de massa sabendo-se que a 
placa tem massa m = 7 kg. 
Resp.: (a) IyA = 360 m4 ; (b) Iym = 77,7 kg.m2 
 
 
 
 
 
6.36) Determine o Momento de Inércia da chapa 
da figura, para que ela gire em torno do eixo x. 
Resp Ix = 148 m4 
 
 
 
6.37) (a) Determine as coordenadas C ≡ ),( yx 
do Centróide da chapa de metal sombreada da 
figura. (b) Determine o Momento de Inércia para 
girar esta figura em torno de um eixo horizontal x 
da figura. 
Resp. : mymx 78,4;9,2 == ; IxA = 1413 m4 
 
 
6.38) (a) Determine as coordenadas C ≡ ),( yx 
do Centróide da chapa de metal sombreada da 
figura com os furos considerados. Obs.: A Figura 
possui simetria em relação ao eixo y (espelho), 
portanto 0x = . As dimensões de altura dos 
quadrados, podem ser determinados projetando o raio 
pontilhado do circulo menor (r=1m) na vertical. 
(b) Determine o Momento de Inércia para girar a 
figura dada em torno do eixo horizontal x da 
figura (que passa pelo centro do círculo maior). 
Resp.:my 263,0−= ; 48,54 mIx = 
 
 
 
x
y
0
3
-3 3 
x 
6 
6 
9 
y 
2 m 
3 
3 
0 
2,4 m
9 m 
6m 
1,5 m
2,4 m
1,5 m
x 2m 
y 
x 
3 m
7 m
 6 m 
9 m
3 m 
0,5 m
y
 3 m 
1 m 
1,30 m 
45° 1,30 m 
 x 
 y
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
114
 
6.39) (a) Determine as coordenadas do centróide 
)z;y;x(C ≡ da figura, que possui 10 cm de 
profundidade em direção ao eixo z negativo. (b) 
Determine o momento de inércia de área para 
fazê-la girar em torno do eixo y da figura. (c) 
Sendo a massa da peça 162 g, determine a 
momento de inércia de massa, em (g.cm2 ), para 
fazê-la girar em torno do mesmo eixo, y. O 
momento de inércia em relação a um eixo que 
passa pelo centróide de um retângulo é Iy’ = 
hb3/12 e de um triângulo é Iy’ = hb3/36. O 
Teorema dos eixos paralelos é dado por Iy = Iy ’ + 
A dy y ‘ 2 . Resp. : C ≡( 0,444; 3,33; -5,00) cm ; =AyI 
1229 cm4; =myI 2457 g.cm
2 
 
 
 
 
6.40) (a) Determine as coordenadas do centróide 
)z;y;x(C ≡ da figura, que possui 10 cm de 
profundidade em direção ao eixo z negativo. (b) 
Determine o momento de inércia de área para 
fazê-la girar em torno do eixo y da figura. (c) 
Sendo a massa da peça 162 g, determine a 
momento de inércia de massa, em (g.cm2 ), para 
fazê-la girar em torno do mesmo eixo, y. O 
momento de inércia em relação a um eixo que 
passa pelo centróide de um retângulo é Iy’ = 
hb3/12 e de um triângulo é Iy’ = hb3/36. O 
Teorema dos eixos paralelos é dado por Iy = Iy ’ + 
A dy y ‘ 2 . Resp. : C ≡( 0,364 ; 3,45 ; -5,00 ) cm ; 
)cm(1715I 4Ay = ; 
2m
y cm.g2806I = 
 
 
 
6.41) Dada a placa da figura abaixo, de 
espessura 1 cm, em direção à z negativo, com 
duas vazantes, um triângulo e um quarto de 
círculo, determine: (a) o Momento de Inércia de 
área, IAx, para se girar a placa em torno do eixo y 
; e (b) sabendo-se que a massa da placa é 22 kg 
determine o momento de Inércia de massa Im x , 
em relação ao eixo x. 
Resp.: (a) IAx = 6356 m4; (b) Im x = 727 kg . m2 
 
 
2) Na placa da figura sombreada determinar o 
momento de inércia de área para girar esta placa 
em torno do eixo y, Iy. Resp: 2x m.kg914I = 
 
 
 
6.42) (a)Determine o Momento de Inércia de 
Área no plano zOy, para girar a área em torno do 
eixo horizontal y da figura; (b) determine o 
momento de inércia de massa para girar a peça 
em torno do mesmo eixo (y),, sendo a massa da 
peça de 2 kg. 
Resp.:(a) 4Ay cm2582I = ; (b) 
2m
y cm.kg4,55I = 
 
 
 
 
6.43) (a)Determine o Momento de Inércia de 
Área no plano zOy, do bloco da figura, para fazê-
lo girar em torno do eixo horizontal y da figura; 
(b) determine o momento de inércia de massa 
y 
x 
6 m 
3 m 3 m 
6 m 
x 
y 
6 cm 
3 cm 3 cm 
18 cm 
3 cm
2 cm 
x 
y 
6 cm 
3 cm 3 cm 
18 cm 
3 cm
3 cm 
6 cm 
y (m) 
x (m)
0
-1
6
2
2
53
10
r
6
5
20 
 12 cm 3 cm 
9 cm
3 cm
4 cm
4 cm
y
x
z
O
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
115
para girar a peça em torno do mesmo eixo (y), 
sendo que a massa da peça toda é de 2 kg. 
Resp.: 24 .0,31;967 cmkgIcmI mx
A
x == 
 
 
 
 
 
 
 
6.44) A placa homogênea e sombreada da 
figura, tem espessura e = 8 mm, e massa m = 5 
kg. Determine: (a) O momento de inércia de área 
para girar a figura em torno do eixo x; (b) O 
momento de inércia de massa para girá-la em 
torno do mesmo eixo; (c) as coordenadas do 
centro de massa. Resp.: (1) IxA = 2,55 x 106 cm4 
; (b) Ixm = = 4958 kg cm2 ; (c) CM≡ ( 34,4 ; 
29,7 ; 0,04 ) cm 
 
 
 
 
6.45) Determinar o momento de inércia de área, 
para girar a placa em torno do eixo x, Ix em torno 
do eixo y, Iy , e em torno do ponto O, ou seja, em 
torno do eixo z : Iz = Jo, lembrando que Iz = Ix 
+ Iy . (b) Determinado o Momento de inércia de 
área e sabendo que a massa da peça é de 12 
kg, considerando sua espessura desprezível, 
determinar o momento de inércia de massa para 
girá-la em torno do mesmo ponto (O). 
Resp.: (a) Ix = 1,94 x 107 cm4 ; Iy = 3,64 x 107 cm4 ; Jo = 
5,58 x 107 cm4 ; (b) 4mo
m
z 10x53,7JI == kg.cm
2. 
 
 
 
 
 
6.46) A placa homogênea e sombreada da 
figura, tem espessura e = 8 mm e massa m = 5 
kg. Determine: (a) O momento de inércia de área 
para girar a figura em torno do eixo x. (b) O 
momento de inércia de massa para girar em 
torno do mesmo eixo. (c) as coordenadas do 
centro de massa; 
Resp.: (a Ix = 2,80 x 106 cm4 ; (b) Ixm = 4637 kg cm2 
; (c) CM≡ ( 36,4 ; 27,2 ; 0,4 ) cm 
 
 
 
6.47) (a) Determinar o Momento de Inércia de 
área para girar a placa em torno do ponto O da 
figura, ou seja, em torno do eixo z : Iz = Jo. 
Lembrando que Iz = Ix + Iy . (b) Sabendo que a 
massa da peça é de 7 kg, determinar o momento 
de inércia de massa para o corpo girar em torno 
do mesmo ponto (O), sendo desprezível a 
espessura da peça. 
Resp.: Ix = 6,72 x 105 cm4 ; Iy = 3,15 x 106 cm4 ; Jo = 
3,82 x 106 cm4 ; (b) Jo m = 9,69 x 103 kg.cm3 . 
x 
100 cm 
90 cm 
O 
z 
30 cm 20 cm y 
30 cm 
50 cm
 70 cm 
10 cm r = 12 cm 
y
x
7 cm 
50 cm
 70 cm 
20 cm
r = 12 cm 
y 
x
10 cm 
50 cm
 15 cm 
4,5 cm y
x
z 
O
4 cm
3 cm
6 cm 
 
 Cap. 6 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 
 
 
116
 
 
 
 
 
6.48) Determinar o Momento de Inércia de Massa 
para girar o Volume em forma de prisma em 
torno do eixo z. Obs.: Lembrar que o yxz III += de área 
do triângulo de espessura constante. 
Resp.: )(
6
22 bamIz += 
 
 
 
 
6.49) São dadas as dimensões do abajur na 
figura e que: a massa da base cilíndrica é m1 = 
10 kg; a massa do corpo cilíndrico longo do 
abajur, a haste vertical é m2 = 4 kg; a massa da 
casca esférica onde vai a lâmpada é m3 = 3 kg; 
e ainda considerando que a haste que liga o topo 
do cilindro à casca esférica tem massa 
desprezível. Todos os centros de massa das 
partes do corpo estão no plano xOy. (a) 
Determine as coordenadas do Centro de Massa 
);( yx do abajur da figura (b) Determine o 
momento de inércia do abajur para fazê-lo girar 
em torno do eixo y, considerando que o 
momento de inércia para girar um cilindro em 
torno de seu eixo é 2/2RMI = e o momento 
de inércia de uma casca esférica para fazê-la 
girar em torno de um eixo que passa pelo seu 
centro é 2)3/2( RMI = , e que o teorema dos 
eixos paralelos é 2'' . yyyy dMII += . Determine 
ainda o momento angular ω= v
r
IL do abajur 
para fazê-lo girar com velocidade angular 
)/(5,0 sradj
rr
=ω . 
Resp.: (a) CM ≡ ( 0,176 ; 0,276 ; 0 ) ; 
(b) =yI 4,00 kg.m
2 ; )/(00,2 sradjL
rr
= 
 
 
 
 
6.50) Tendo a densidade dos materiais e seus 
volumes tirados da figura abaixo, pode-se 
determinar a massa de cada bloco da figura, e 
também os centros de massa de cada bloco 
parcial )z~;y~;x~( iii (tabela). As placas de 3 
materiais diferentes, tem suas densidades dadas 
em miligramas por milímetro cúbico como 
seguem: Germânio: ρGe = 5,32 mg/mm3 ; Silício: 
ρSi = 2,33 mg/mm3 ; e Cobre: ρCu = 8,96 mg/mm3 
, dispostas suas dimensões como dadas na 
figura. (a) Determinar o Centro de Massa 
)z;y;x(C ≡ do Sistema; e (b) considerando 
que toda a massa do sistema foi reduzido ao 
ponto do Centro de massa encontrado, 
determine o momento de Inércia para girar este 
sistema puntual em torno do eixo y. Resp.: CM ≡ ( 
9,88 ; -1,45 ; 0 ) mm ; (b) I = 694 136 mg.mm2 
 
 
 
 
6.51) (a) Determine as coordenadas do centróide 
)z;y;x(C ≡ da placa simétrica da figura, que 
possui profundidade de 2 cm em direção ao eixo 
z negativo. (b) Determine o momento de inércia 
de área para fazê-la girar em torno do eixo y da 
figura. (c) Sendo a massa da peça 16 kg, 
determine a momento de inérciade massa, em 
(kg.m2 ), para fazê-la girar em torno do mesmo 
eixo y. Obs.: O momento de inércia em relação a 
um eixo vertical y’ que passa pelo centróide de 
um retângulo é Iy’ = hb3/12 e de um triângulo é Iy’ 
= hb3/36. O Teorema dos eixos paralelos é dado 
y 
x 
z 
 6 mm 
 8 mm
 8 mm
 7 mm 
 2 mm 
 3 mm 
 2 mm 
 2 mm 
 3 mm 
 Silício 
 Gemânio 
 Cobre 1 
 Cobre 2 
 18 mm
z
y
x
a
b
c
bx
a
by +−=
x 
y 
30 cm 30 cm 
36 cm 
28 cm 
O 
z 
x 
x 
y 
R ’ = 0,4 m 
r = 0,1 m 
R= 0,3 m 
1 m 
0,1 m 
0,6 m 
0,2 m 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 6 - Momento de Inércia - 10ª Edição - 2008 Cap. 6 
 
 
117
por Iy = Iy ’ + A dy y ‘ 2 . Resp. : CM ≡( 4 ; 0 ; -0,01 ) m; 
4A
y m1351I = ; )m.kg(379I 2Ay = 
 
 
6.52) Dada a peça da figura feita de materiais 
diferentes, determine o momento de inércia de 
massa da peça toda, em relação ao eixo x, 
sabendo-se que o momento de inércia de massa 
de um paralelepípido, para um eixo passando 
pelo seu centro de massa G, paralelo ao eixo x e 
com área perpendicular ao eixo x, de lados: a e 
b, é dado por )ba(
12
m
I 22x''G += sendo a massa 
do paralelepído grande m1 = 200 kg e do 
pequeno m2 = 60 kg ; e o momento de inércia de 
um prisma, base triangular e espessura, através 
de um eixo passando pelo seu centro de massa 
G, considerando sua base do triângulo b e altura 
h é )hb(
18
m
I 22x'G += , sendo a massa do 
prisma m3 = 30 kg. Resp.: 2x m.kg30756I = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 8 m 
 1,5 m 3 m 
 1,5 m
 3 m 
z
 y
 x 
 15 m 
 1,5 m 
 2 m 2 m 
 1 m 
 12 m 
 4 m 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
119
 
 
 
7.1 – Cinemática 
 Rotacional Escalar 
 
Consideremos um corpo rígido girando em torno 
de um eixo fixo z com velocidade angular ω
r
 e 
aceleração angular α
r
. Observando o movimento 
do ponto P, verificamos que executa um 
Movimento Circular. Estudaremos o movimento 
dos pontos da secção transversal do corpo 
rígido. Qualquer ponto do corpo rígido executa 
um movimento circular em torno do eixo z fixo da 
figura. 
 
 
Na figura seguinte isolamos o movimento de um 
ponto qualquer do corpo rígido. Adotando-se na 
trajetória circular do ponto P um início da 
contagem dos ângulos e dos espaços θ=0 e 
s=0, e após o ponto ter percorrido um certo 
intervalo na trajetória, ligamos o cronômetro, t=0 
e adotamos neste ponto os valores dos espaços: 
linear so e angular θo , onde o índice “o” significa 
 
 
 
o momento da ligação do cronônometro, t=0. 
Passado um tempo do cronômetro ligado, tempo 
t, o ponto P tem um arco de ângulo (θ - θo) a 
partir de t=0 e andou um espaço linear s-so , 
possuindo uma velocidade v. O angulo de giro 
que vale para um ponto após tem começado a 
contar tempo, tem o mesmo valor para todos os 
pontos do corpo rígido. A taxa infinitesimal de 
variação do ângulo θ ou espaço angular no 
tempo que fornece a velocidade angular ω= 
dθ/dt, vale para todos os pontos do corpo rígido. 
A taxa de variação da velocidade angular no 
tempo que fornece a aceleração angular α= 
dω/dt, vale também para todos os pontos do 
corpo rígido. O espaço linear s, a velocidade 
linear v e a aceleração linear a, que é composta 
da aceleração tangencial e centrípeta tem 
valores diferentes para cada ponto, sendo 
principalmente dependente do raio do ponto, ou 
distância ao centro. 
 
 
dt
dva
dt
dsvtfss to ===− ;;)( 
 
dt
d
dt
dtfo
ω
=α
θ
=ω=θ−θ ;;)( 
 
a) Definição de radiano 
___________________________________________________________ 
Capítulo 7 
 
Cinemática 
___________________________________________________________ 
 
ω
r
P1 
α
r 
z 
y 
x 
P2 
P , t 
Po, t=0 
θo 
θ
ω
r
 α
r
θ = 0 , s = 0 
so 
s 
v
r
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
120
 
 
r
s
raio
arcorad ==θ )( 
 
 “Radiano é o número de raios r da 
circunferência ao longo da curvatura s do seu 
arco.” 
Assim, 1 radiano, ou seja, um raio da 
circunferência, sobre o contorno da 
circunferência, está em aproximadamente 57,3°: 
 
°≅=
π
°
=== 3,572957795,571801
r
r
r
srad 
 
Tales de Mileto (600 a.C.) ao medir o 
comprimento C de qualquer cilindro com uma 
linha e o seu diâmetro D, verificava que a 
relação entre os dois, era um valor sempre 
constante e o denominou de valor característico 
da circunferência, o número π (pi): 
 
...14159,3...
''
''
'
'
=π====
D
C
D
C
D
C 
 
 
O número π é um número irracional, ou seja, tem 
infinitos algarismos depois da vírgula, não é 
dízima, e os números que vêem depois da 
vírgula nunca se repetem, sempre aparecendo 
novidades de seqüência de números. Por isso se 
designa este número pela letra grega π, para 
apresentá-lo como se fosse por inteiro. Isto 
significa que cabem 3,14159... (π) diâmetros da 
circunferência ao longo da curvatura de uma 
circunferência, C = π.D = 2 π R ≅ 3,14 diâmetros 
= 6,28 raios, ou 6,28 raios ao longo da curvatura 
de uma circunferência completa. Portanto, 
podemos definir o radiano ou medida de um 
ângulo da circunferência, como proporção de 
unidades de raios sobre o arco da própria 
circunferência. 
 
Esta forma de medida se caracteriza por ser uma 
forma própria e característica inseparável da 
circunferência. Assim radiano é a relação entre 
o arco de circunferência s e seu raio r, ou 
seja, é o número de raios que cabem no arco 
de circunferência.. Assim definindo, ficamos 
com o ângulo em radianos independente do raio: 
 
Podemos dizer, portanto, que ao longo de uma 
circunferência completa, cabem 2π raios da 
circunferência ou aproximadamente 6,28 raios, 
ou podemos dizer ainda, como dizia Tales de 
Mileto, que ao longo da linha de uma 
circunferência completa cabem π diâmetros ou 
3,14 diâmetros da circunferência,. Uma 
circunferência completa possui um ângulo de 2π 
radianos ou aproximadamente 6,28 radianos. 
Meia circunferência ou 180° tem π radianos ou 
aproximadamente 3,14 radianos ou raios da 
circunferência. Assim o ângulo em radiando 
independe do raio da circunferência. 
 
Assim sendo, o ângulo quando considerado 
isoladamente, ou quando na mecânica, deve ser 
medido em radianos, em que ele se faz sempre 
crescente ao longo da contagem de tempo t, e 
se quisermos imediatamente transformá-lo em 
espaço linear, basta multiplicá-lo pelo raio r e 
teremos o espaço s: 
 
s = θ.r 
 
θ = espaço angular 
s = espaço linear 
r = raio 
v = velocidade ou velocidade linear 
at = aceleração linear tangencial 
 
As grandezas lineares dependem do raio e as 
grandezas angulares não dependem do raio 
valendo para todos os pontos do corpo rígido. 
 
v = ω r 
a t = α r 
a n = acp = ω2 r = v2 / r 
 
 
Para o caso de uma roda girando sobre o piso 
sem escorregar, temos que o espaço na periferia 
da roda que efetivamente ela gira é o espaço 
que caminha ou translada a roda na direção do 
giro ∆s = θ r. A velocidade linear do centro de 
massa, ou velocidade de translação da roda será 
vCM = ω r e a aceleração linear do centro de 
massa é aCM = α r . 
 
 
 
 
 
θ 
s
r
∆s = θ . r 
P’ 
P 
θ 
ω
r 
Roda que gira sem escorregar 
∆s = θ . r 
CM CM 
vCMaCM
vCM = ω . r 
aCM = α . r 
D 
C 
C’ 
C’’
D’ 
D’’
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
121
b) Movimento 
Circular e Uniforme (MCU): 
 
O movimento mais simples a se considerar seria 
o Movimento Uniforme que se caracteriza por ter 
aceleração tangencial nula, velocidade linear 
constante e posição s variando linearmente com 
o tempo e que valem para um ponto do corpo 
rígido me rotação em tornode um eixo fixo. 
 
 
dividindo as expressões pelo raio r não 
alteramos suas características e as deixaremos 
independente do raio r da circunferência da roda: 
 
Obtemos as características das grandezas 
angulares do movimento: 
 
Essas grandezas são importantes porque valem 
para todos os pontos do disco. As grandezas 
lineares valem para cada ponto específico, pois 
dependem do raio. 
 
A vantagem de se trabalhar com as expressões 
angulares é que pelo fato delas independerem 
do raio r elas valem para todos os pontos do 
corpo, independente de suas distâncias ao eixo 
de giro. 
O MCU se caracteriza por ter todos os pontos 
com aceleração angular nula, α = 0, assim 
sendo como 
dt
dω
=α = 0, temos que ω = 
constante, ou seja todos os pontos do disco tem 
a mesma velocidade angular, o que caracteriza 
um movimento uniforme: velocidade angular 
constante. O ângulo θ, tem como relação geral, 
.const
dt
d
=
θ
=ω , o que relaciona que este 
ângulo evolui, variando linearmente com o 
tempo: 
 
tdtddtd o
t
ω+θ=θ⇒ω=θ⇒ω=θ ∫∫
θ
θ 00
 
 
O MCU apesar de não variar o módulo da 
velocidade linear, o vetor velocidade linear varia 
apenas em direção. Portanto tem aceleração, 
denominada de aceleração normal ou 
aceleração centrípeta que é responsável apenas 
pela variação da direção do vetor velocidade 
vale: 
r
r
vaa ncp
2
2
ω=== 
 
 
c) Movimento 
Circular Uniformemente 
Variado (MCUV) 
 
O segundo tipo de movimento mais simples que 
existe é o Movimento Uniformemente Variado 
(MUV) se caracteriza por ter: 
aceleração tangencial constante, 
velocidade que varia linearmente com o tempo 
posição s que varia quadraticamente com o 
tempo e a Equação de Torricelli, combinação 
linear das expressões de s e v de onde se 
elimina a variável tempo: 
 
dividindo pelo raio r : 
 
Obtemos as características das grandezas 
angulares do movimento: 
 
Essas grandezas são importantes porque valem 
para todos os pontos do disco. As grandezas 
lineares valem para cada ponto específico, pois 
dependem do raio. 
 
Se caracteriza este movimento por ter todos os 
pontos com aceleração angular constante, α = 
cte, o que caracteriza um movimento circular 
uniformemente variado, assim sendo de 
cte
dt
d
=
ω
=α , temos que ω varia linearmente 
no tempo, e o ângulo θ, que se origina de 
dt
dθ
=ω , varia quadraticamente no tempo. A 
 .const=α
 to α+ω=ω 
 2oo t2
1t α+ω+θ=θ 
 θ∆α+ω=ω 22o
2 
 angularaceleraçãoconst
r
a t =α== . 
 angularvelocidadet
r
a
r
v
r
v to =ω=+= 
 angularespaçot
r
at
r
v
r
s
r
s too =θ=+=
2
1 
 2t
2
2
o
2
2
r
s
r
a
2
r
v
r
v
ω=
∆
+= 
 .consta t = 
 tavv to += 
 2
2
1 tatvss too ++= 
 sa2vv t
2
o
2 ∆+= 
 0=α 
 .const=ω 
 to ω+θ=θ 
 angularaceleração0
r
a t =α== 
 angularvelocidadeconst
r
v
=ω== . 
 angularespaçot
r
v
r
s
r
s o =θ=+= 
 0a t = 
 .constv = 
 tvss o += 
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
122
Equação de Torricelli, combinação linear das 
equações de θ e ω, se origina da retirada da 
variável tempo. 
 
O MCUV tem o vetor velocidade variando 
linearmente em módulo e direção. Portanto tem 
aceleração tangencial responsável pela variação 
do módulo da velocidade e aceleração normal ou 
centrípeta que é responsável pela variação da 
direção do vetor velocidade: 
rat α= 
 
r
r
vaa ncp
2
2
ω=== 
 
sempre formando a t e acp um ângulo de 90°. 
 
E a aceleração total é 
 
22
nt aaa += 
 
 
d) Expressões Genéricas do 
Movimento Circular 
 
 
Expressões para um movimento 
genérico: 
 
Portanto as expressões gerais para qualquer 
movimento circular (genérico) são: 
 
Se )t(f=α 
angularaceleração
dt
d
=
ω
=α ⇒ dtd α=ω ⇒ 
∫ +α=ω .constdt ou dtd to ∫∫ α=ω
ω
ω 0 
 
Se )t(f=ω : 
angularvelocidade
dt
d
=
θ
=ω ⇒ dtd ω=θ ⇒ 
∫ +ω=θ .constdt ou dtd to ∫∫ ω=θ
θ
θ 0 
 
Se )(θ=α f : 
θ
ω
ω=
θ
θ
ω
=
ω
=α
d
d
dt
d
d
d
dt
d ⇒ ωω=θα dd ⇒ 
∫ ∫ θα=ωω dd ⇒ ∫ +θα=
ω .constd
2
2
 ou 
θα=ωω ∫∫
ω
ω dd
t
o 0
 ou θα=ω−ω ∫ d
to
0
22
22
 
 
Partindo da definição de espaço linear e angular, 
ou seja, da definição de radiano: 
 
s = θ r 
 
Derivando a expressão da definição de radiano: 
 
r
dt
d
dt
ds θ
= rv ω=⇒ 
 
onde definimos: 
 
angularvelocidade
dt
d
=
θ
=ω (rad / s) 
 
Derivando novamente, agora a expressão da 
velocidade linear v = ω r : 
 
r
dt
d
dt
dv ω
= 
 
raa t α== (aceleração tangencial) 
 
onde definimos: 
 
angularaceleração
dt
d
=
ω
=α (rad / s2) 
 
As grandezas lineares, podem ter as seguintes 
relações entre si, considerando que a = f ( s ) 
 
 
 
Em um movimento circular sempre haverá uma 
aceleração centrípeta que deduziremos da 
cinemática vetorial circular, por que deriva da 
variação não do módulo da velocidade como é o 
caso da aceleração tangencial, mas sim da 
variação da direção da velocidade e depende 
diretamente do quadrado da velocidade linear e 
inversamente do raio da trajetória. Também 
podemos dizer que a aceleração centrípeta varia 
sendo diretamente proporcional ao raio da 
trajetória e ao quadrado da velocidade angular. 
 
acp = rr
v 22 ω= 
 
e) Princípio 
Invariante entre Duas 
Engrenagens 
 
“Para duas engrenagens que se 
tocam em um ponto P (ou dois discos ou mesmo 
duas polias que não escorregam entre si), são 
invariantes para um um instante de tempo bem 
definido: o espaço percorrido, a velocidade linear 
e a aceleração tangencial, de suas periferias. 
Portanto valem as seguintes relações das 
grandezas angulares das quais denominamos de 
princípio invariante de duas engrenagens. ” 
 
dvvdsa
dt
ds
ds
dva .. =⇒= 
a t 
a cp 
a 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
123
 
 
 
Se as duas engrenagens giram em torno de um 
eixo fixo sem escorregar, então valem as 
relações: 
Princípio Invariante entre duas 
engrenagens ou 
Princípio Invariante entre 2 polias 
que giram sem escorregar 
 
 
 
Princípio Invariante entre 2 polias que giram sem 
escorregar 
 
 
 
 
Engrenagens interligadas trocam entre si o 
sentido de suas velocidades e acelerações 
angulares ω e α, no entanto, polias interligadas 
não modificam o sentido de ω e α entre si. 
 
Num movimento plano geral (rotação + 
translação) então devem ser analisados os 
centros instantâneos de rotação (CIR), que 
iremos ver adiante, e que já não são mais os 
centros das roldanas ou engrenagens fixas. 
 
7.2 Cinemática 
 Rotacional Vetorial 
 
No movimento circular de um corpo rígido com 
eixo fixo: 
 
 
A velocidade do ponto P vai se caracterizar pelo 
produto vetorial entre a velocidade angular e a 
posição do ponto P (v = ω r). 
Sendo que a velocidade de angular tem direção 
binormal: 
kb
rr
ω=ω=ω ˆ 
 
Sendo a aceleração angular a derivada vetorial 
da velocidade angular temos que a aceleração 
angular pode estar ou na direção do versor 
binormal b̂ ou na direção inversa ao binormal. 
 
b
dt
d ˆα±=ω=α
r
 
 
Se ω
r
 diminuir a medida que passa o tempo, ou 
seja, o movimento de rotação esta se retardando 
com o tempo, ou seja, o corpo rígido está 
diminuindo o seu movimento de rotação, então a 
aceleração angular é 
 
b
rr
α−=α 
 
Se ω
r
 aumentar a medida que passa o tempo, 
ou seja, o movimento de rotação esta 
aumentando a velocidade angular com o tempo, 
ou seja, o corpo rígido está aumentando o seu 
movimento de rotação, então a aceleração 
angular é 
 
ω
r
 
P 
α
r
 
z
O
O’
r P
r 
v 
z k
sA 
Pta
r 
P
A 
rB 
Pv
r B 
rA 
ωA 
ωB sB 
αB 
αA 
 θA rA = θB rB 
 
 ωA rA = ωB rB 
 
 αA rA = αB rB 
rA 
rC 
rB 
rD 
θC rC = θD rD 
ωC rC = ωD rD 
αC rC = αD rD 
 θB = θC 
 ωB = ωC 
 αB = αC 
 
θA rA = θBrB 
ωA rA = ωB rB 
αA rA = αB rB 
 
 sA = sB ⇒ θA rA = θB rB 
 
 
PP BA vv = ⇒ ωA rA = ωB rB 
 
 
PP BtAt
aa = ⇒ αA rA = αB rB 
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
124
b
rr
α+=α 
 
 
Enquanto que a velocidade angular vetorial 
estará sempre na direção binormal 
 
b̂ω=ω
r
 
 
Assim podemos escrever que a velocidade linear 
fica: 
 
PP rv
rrr
∧ω= 
Como 
rkzrP
rrr
+= 
 
rrkzk)rkz(v
rrrrrrrrrr
∧ω=∧ω+∧ω=+∧ω= 
 
rv
rrr
∧ω= 
 
De forma generalizada podemos escrever que 
esta expressão pode expressar a velocidade 
relativa de um ponto B (qualquer) do corpo rígido 
em relação a um outro ponto do mesmo corpo 
rígido A (também qualquer) que pode ser 
chamada de velocidade relativa do ponto B em 
relação a um referencial no ponto A: 
 
A/BBAA/B rv
rrr
∧ω= 
 
AarelaçãoemBpontodorelativavelocidadev A/B =
r
 
BeApontososcontémquerígidocorpodoangularvelocidadeBA =ω
r
 
ABApontoaorelaçãoemBpontodoposiçãovetorr A/B −==
r
 
 
A velocidade vetorial relativa de B em relação a 
A do mesmo corpo, depende da velocidade 
angular do corpo rígido que contém os pontos A 
e B produto vetorial com o vetor posição do 
ponto B em relação ao ponto A do mesmo corpo 
rígido. 
 
Para determinação da aceleração, derivemos a 
velocidade em relação ao tempo: 
 
dt
rdr
dt
d
dt
vda
r
rr
rr
r
∧ω+∧
ω
== 
 
Para um movimento qualquer a aceleração total: 
 
)r(ra
rrrrrr
∧ω∧ω+∧α= 
 
Mas a aceleração total é a soma da tangencial 
mais a centrípeta ou normal: 
 
nt aaa
rrr
+= 
 
Portanto, a aceleração tangencial é 
 
rat
rrr
∧α= 
 
E a aceleração centrípeta ou normal é: 
 
)( ran
rrrr
∧ω∧ω= 
 
A expressão obtida da aceleração vetorial vale 
para qualquer movimento no espaço 
tridimensional. 
No entanto, se formos tratar de um movimento 
cinemático plano, este ocorrerá apenas no plano 
xOy e portanto, podemos reduzir a expressão da 
aceleração normal a uma expressão mais 
simples, como seja: 
Considerando que o movimento dos pontos do 
corpo ocorre unicamente paralelo ao plano xOy. 
 
jyixr
rrr
+= 
e 
 k
rr
ω=ω 
 
)]([)( jyixkkran
rrrrrrrr
+∧ω∧ω=∧ω∧ω= 
 
riyjxkan
rrrrr 2][ ω−=ω−ω∧ω= 
 
Portanto, um movimento plano 
 
 rra
rrrr 2ω−∧α= 
 
Também de forma genérica, podemos escrever 
que esta expressão pode expressar a aceleração 
relativa de um ponto B (qualquer) do corpo rígido 
em relação a um outro ponto do mesmo corpo 
rígido A (também qualquer) e pode ser chamada 
de aceleração relativa do ponto B em relação a 
um referencial no ponto A: 
 
A/B
2
BAA/BBAA/B rra
rrrr
ω−∧α= 
 
Considerando que ABr A/B −=
r
, podemos 
escrever: 
 
)AB()AB(a 2BABAA/B −ω−−∧α=
rr
 
 
AarelaçãoemBpontodorelativavelocidadev A/B =
r
 
BeApontososcontémquerígidocorpodoangularvelocidadeBA =ω
r
 
ABApontoaorelaçãoemBpontodoposiçãovetorr A/B −==
r
 
 
 
a) Movimento Relativo 
 
Vamos estudar e caracterizar o movimento 
relativo de um ponto de um corpo rígido em 
relação ao outro do mesmo corpo rígido. 
 
OAOBAB rrr ///
rrr
−= 
 
Terra/ATerra/BA/B rrr
rrr
−= 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
125
ABAB rrr
rrr
−=/ 
ou 
A/BAB rrr
rrr
+= 
 
onde: 
 
=ABr /
r
 vetor posição do ponto B em relação ao ponto A 
=Br
r
 vetor posição do ponto B em relação ao ponto O 
=Ar
r
 vetor posição do ponto A em relação ao ponto O 
 
Derivando: 
dt
rd
dt
rd
dt
rd ABAB
rrr
−=/ 
Assim: 
ABAB vvv
rrr
−=/ 
 
De outra forma: 
ABAB vvv /
rrr
+= 
 
Derivando: 
dt
vd
dt
vd
dt
vd ABAB
rrr
−=/ 
Assim: 
ABA/B aaa
rrr
−= 
 
De outra forma: 
A/BAB aaa
rrr
+= 
 
Considerando a expressão da velocidade relativa 
entre dois pontos pertencentes ao mesmo corpo 
rígido, e utilizando a expressão da velocidade 
rotacional vetorial, obtemos que: 
 
ABAB vvv /
rrr
+= 
 
ABBAAB rv //
rrr
∧ω= 
 
 
b) Forma Analítica 
de Cálculo da Velocidade para um 
Movimento Geral 
 
Expressões Cinemáticas da 
Velocidade e Aceleração 
(para um movimento geral) 
 
Das expressões do movimento relativo acima 
podemos escrever as equações gerais para a 
velocidade relativa entre dois pontos, no caso A 
e B pertencentes ao mesmo corpo rígido, em 
relação a um Sistema de Referência Inercial 
(SRI) considerando que ABr A/B −=
r
 
 
Posição relativa: 
A/BAB rrr
rrr
+= 
 
Derivando: 
A/BAB vvv
rrr
+= 
 
Considerando que 
 
)AB(v BAA/B −∧ω=
rr
 
 
Então a Velocidade de B é: 
 
)AB(vv BAAB −∧ω+=
rrr
 
 
 
 
b) Forma Geométrica 
de Cálculo da Velocidade Relativa 
no Movimento geral 
 
 
Princípio de 
Instantaneidade de 
Rotação 
 
Tratado anteriormente do caso mais simples da 
rotação em torno de um eixo fixo, vamos agora 
tratar do caso em que há movimento geral, ou 
seja, translação + rotação em conjunto. 
 
Enunciado do Princípio de 
Instantaneidade de Rotação (PIR): 
 
“Para um movimento plano geral (rotação + 
translação), em um instante bem definido do 
movimento do corpo rígido, há sempre um 
ponto, denominado de Centro Instantâneo de 
Rotação (CIR), ponto I, cuja velocidade 
instantânea é sempre nula, no qual, todos os 
pontos do corpo rígido giram em torno dele, 
com a mesma velocidade angular ω.” 
 
 
Representação Geométrica do PIR: 
rA 
rB/A
rB 
x'
x
y’
y 
A 
B 
O 
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
126
 
 
 
Equação do CIR: 
 
PI
v...
CI
v
BI
v
AI
v PCBA =====ω
 
 
 
Exemplo: 
No movimento de um roda que gira sem 
escorregamento, o CIR é o ponto de contato com 
o piso, ponto A da figura, em que a soma das 
velocidades deste ponto é nula, devido ao fato 
que os movimentos de translação para a direita 
da roda e de rotação para a esquerda são iguais 
em módulo e de sentidos opostos, resultando em 
vA = 0. Como instantaneamente a velocidade do 
Centro Instantâneo de Rotação (CIR) é sempre 
nula, para o instante de tempo considerado 
então o ponto A é o CIR deste movimento (A = 
I). 
 
Vamos separar didaticamente o movimento geral 
(rotação + translação ) da roda da figura acima, 
em primeiro lugar: (a) rotação pura em torno de 
O: como se tivéssemos uma rotação em torno 
de um eixo fixo em O; e em segundo lugar: (b) 
Translação pura: do movimento de translação 
pura como se a roda não girasse e escorregasse 
na superfície de contato. Assim considerando, 
sabemos que como rotação pura, um ponto na 
superfície da roda tem a mesma velocidade do 
ponto O do centro de massa se não há 
escorregamento no giro sobre a superfície, 
portanto a velocidade de qualquer ponto da 
superfície da roda realizando uma rotação pura 
é: v rotação pura = vO = ωR . 
 
Consideremos as velocidade de rotação na 
superfície da roda, representadas pelas vetores 
velocidades azuis na figura e iguais em qualquer 
ponto da superfície em seu movimento de 
rotação em torno do ponto “fixo” O. Somando-se 
ao movimento de rotação está o movimento de 
translação puro, que vetorialmente se caracteriza 
pelo corpo deslizando no plano com velocidade 
constante de translação v0 e sem girar, sendo 
suas velocidades iguais em qualquer ponto da 
roda, v translação = v0 = vCM = ωR = constante, 
representado pelos vetores rosas em que 
qualquer ponto da roda tem velocidade de 
translação constante horizontal e igual a v0. 
Somando-se os vetores velocidade, desenhados 
nos pontos O, A, B, C, D, E, observa-se que 
pela figura as velocidade calculadas abaixo. 
 
Se não há escorregamento da roda e neste caso 
o ponto central ou centro de massa da roda, só 
tem movimento de translação que coincide ser 
igualà velocidade de rotação de qualquer ponto 
na superfície da roda, ou seja: 
 
v0 = vCM = ω r 
vA = vI = 0 centro de velocidade nula (CVN) ou 
centro instantâneo de rotação (CIR) 
vB = 2 v0 = 2 ω r 
vC = 2 v0 = 2 ω r 
vD = 2 v0 = 2 ω r 
vE =v0 cos φ +v0 cos φ =2v0 cos φ =2 ω r cos φ 
 
O centro instantâneo de rotação se caracteriza 
pelo ponto da roda que possui instantaneamente 
velocidade nula. No caso de estar em rotação 
em torno de um eixo fixo o CIR seria sempre o 
centro da roda O. 
 
No entanto, se ela executa rotação e translação 
sem escorregamento o CIVN centro instantâneo 
de velocidade nula ou CIR centro instantâneo de 
rotação, se localiza no ponto em que ela 
encosta no piso sem escorregar. 
 
Se houver escorregamento o CIR vai se localizar 
em outro ponto entre o ponto de tangência com o 
solo e o ponto A no topo da roda, em um dos 
pontos do seu diâmetro principal AC, 
dependendo do tipo de escorregamento que 
haja. Neste caso, o 
 
Voltando ao Princípio de 
Instantaneidade de Rotação que 
estabelece que 
 
“Todos os pontos de um corpo rígido em 
movimento geral giram em torno do CIR (I), 
Centro Instantâneo de Rotação, com a mesma 
ω
r 
Bv
r
Av
r 
Cv
r 
A 
B 
C 
CM 
CMv
r 
I
Princípio da Instantaneidade de Rotação 
 A ≡ I ; v I = 0 
C
vB VE 
vA 
VD 
vo 
ω 
φ
ω 
Vtranslação
Vrotação
Vtranslação 
E 
D
O 
B
φ 
P vP 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
127
velocidade angular ω, que será igual à razão 
entre esta velocidade de um ponto P qualquer 
do corpo rígido e a distância deste ponto P ao 
CIR (IP) : 
 
PI
v
DI
v
CI
v
BI
v
AI
v
OI
v PDCBAo =======ω ... 
 
Portanto, utilizando o Princípio de 
Instantaneidade de Rotação que vale para 
qualquer corpo rígido em movimento geral, ao 
aplicá-lo, obteremos os mesmos valores acima 
calculados, mas que no entanto, ele é mais geral 
valendo para qualquer ponto P do corpo: 
 
v0 = vCM = ω (IO) = ω r 
vA = vI = ω . ( II ) = 0 (CIR) ponto de velocidade nula 
vB = ω . IB = ω ( 2 r) = 2 v0 
vC = ω . IC = ω (2 r) = 2 v0 
vD = ω . ID = ω ( 2 r) = 2 v0 
vE = ω . IE = ω (2 r cos φ) = 2 v0 cos φ 
vP = ω PI 
 
b) Localização do CIR 
(Centro Instantâneo de Rotação) 
de um corpo rígido 
 
1º) Caso de Velocidades não paralelas 
 
2º) Caso de velocidades paralelas e 
diferentes: 
 
3º) Caso de velocidade paralelas e 
opostas: 
 
4º) Caso de velocidades paralelas e 
iguais: 
 
 
ato translatório puro: todos os pontos do corpo 
possuem a mesma velocidade 
vA = vB = ...= vP 
 
Exemplos: 
 
Se sabemos a velocidade de 2 pontos do corpo 
rígido e seus valores e a posição desses pontos 
podemos calcular a posição do CIR, Centro 
Instantâneo de Rotação (I) e a velocidade de 
qualquer outro ponto com a equação do CIR: 
 
a) Velocidades não paralelas: 
 
 
PI
v...
DI
v
CI
v
OI
v
BI
v
AI
v PDCoBA =======ω 
b) Velocidade paralelas, no mesmo sentido e 
diferentes: 
 
 
ω
==
−
=
−
−
===α
1...
vv
r2
vv
IBIA
v
IB
v
IAtg
BABABA
 
 
α= tgvIA A ; α= tgvIB B 
 
 
c) Velocidades antiparalelas 
VC C 
B 
VA A 
I
ω 
α 
α 
ω 
VB 
IA-IB=AB=2r 
VC 
O 
B 
VA 
A 
I
ω 
VB 
D 
C 
I 
A 
B 
vB 
vA 
vA 
I 
B
A
vB 
vA 
I 
B 
A
vB 
vA
B
A
vB
I no infinito ⇒ ω = 0 
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
128
 
 
ω
==
+
=
+
+
===α
1...
vv
r2
vv
IBIA
v
IB
v
IAtg
BABABA
 
 
α= tgvIA A ; α= tgvIB B 
 
c) 2 Velocidades paralelas e iguais, de dois 
pontos quaisquer: 
 
 
...
vv
r2
vv
IBIA
v
IB
v
IAtg
BABABA
=
−
=
−
−
===α 
 
α= tgvIA A ; α= tgvIB B 
 
7.3 – Aceleração no 
Movimento Relativo 
 
a) Uma Expressão genérica para a 
aceleração relativa: 
 
Da mesma maneira para o caso da aceleração 
relativa entre dois pontos de um mesmo corpo 
rígido temos: 
 
ABAB aaa /
rrr
+= 
 
Para obtenção da aceleração relativa, derivemos 
a velocidade relativa: 
 
 
A/BBAA/B rv
rrr
∧ω= 
 
A/BBAA/BBAA/B rdt
dr
dt
dv
dt
d rrrrr
∧ω+∧ω= 
 
A/BBAA/BBAA/B vra
rrrrr
∧ω+∧α= 
 
))AB(()AB(a A/BBABAA/B −∧ω∧ω+−∧α=
rrrr 
 
))AB()AB(a 2BABAA/B −ω−−∧α=
rr 
 
Daí podemos escrever a equação geral para a 
relação das acelerações de dois pontos 
pertencentes ao mesmo corpo rígido: 
 
)AB()AB(aa 2BABAAB −ω−−∧α+=
rrr
 
 
A aceleração relativa entre dois pontos do 
mesmo corpo rígido não tem um análogo 
geométrico para seu cálculo, como é o caso da 
velocidade que obedece ao Princípio de 
Instantaneidade de Rotação. Somente é possível 
calcular a aceleração através de sua expressão 
analítica, conhecendo-se do corpo uma 
aceleração linear de um ponto qualquer (A) e 
sua velocidade angular. 
 
Esta expressão serve para determinação de 2 
pontos que fazem parte do mesmo corpo rígido, 
ou que pelo menos que faça parte de um corpo 
interligado por articulações, pois para sua 
dedução utilizou-se de um sistema de referência 
apenas de translação, sempre com eixos 
paralelos ao Sistema de Referência Inercial 
(SRI) para determiná-la. O resultado é a 
dependência de uma aceleração de Referência 
de Translação e mais duas de Rotação: nos 
movimentos tangencial e centrípeto. 
 
cpBtBAB aaaa
rrrr
++= 
 
 
b) Uma Expressão ainda mais 
genérica para a aceleração 
relativa: 
 
Como segundo Método de obtenção do 
Movimento Relativo em velocidade e aceleração 
podemos usar para sua determinação um 
Sistema de eixos rigidamente ligado a um ponto 
do corpo rígido seguindo seu movimento de 
Translação mais Rotação. 
Neste caso, devido a generalidade da dedução 
que faremos abaixo, obteríamos uma expressão 
para velocidade e aceleração relativas que 
descreveria a relação entre dois pontos que 
podem representar tanto dois pontos materiais 
em movimentos independentes um do outro, 
como dois pontos do mesmo corpo rígido como 
no caso anterior, mas de forma mais genérica 
esta expressão poderia representar a relação de 
dois pontos de diferentes corpos rígidos. 
Vamos portanto a dedução a seguir: 
 
Consideremos um Sistema de Referência não 
inercial x’y’z’ ligada rigidamente ao corpo rígido, 
produzindo com ele seu movimento de 
translação mais rotação, portanto também 
girando junto com ele. Referenciando este 
movimento temos também um sistema de 
referência inercial (SRI) xyz. 
 
VC 
C 
B 
VA A 
ω=0 
VB 
VC 
C 
B 
VA 
A 
I
ω 
ω 
α 
α 
IA+IB=AB=2r 
VB 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
129
 
 
Considerando que: 
 
j'yi'xr A/BA/BA/B
rrr
+= 
e 
A/BAB rrr
rrr
+= 
 
Derivando: 
dt
rd
vv A/BAB
r
rr
+= 
E substituindo: 
)j'yi'x(
dt
d
dt
rd
A/BA/B
A/B rr
r
+= 
 
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +=
dt
jd'y
dt
id'xj
dt
'dyi
dt
'dx
dt
rd
BB
A/BA/BA/B
rr
rr
r
 
 
Teremos que considerar aqui a chamada 
fórmula de Poisson que calcula a diferencial do 
versor do eixo, uma vez que este eixo não é fixo 
em sua direção, mas gira com uma velocidade 
angular igual à do corpo em movimento. A 
fórmula de Poisson diz que a derivada de um 
versor do eixo “e”, ê , girando com velocidade 
angular Ω, tem como derivada em relação ao 
tempo o valor : 
 
ê
dt
êd
∧Ω=
r
 
 
Portanto, para os versores cartesianos teriamos 
a Fórmula de Poisson referenciando os versores 
i,j,k da seguinte forma: 
 
i
dt
id rr
r
∧Ω= 
j
dt
jd rr
r
∧Ω= 
k
dt
kd rr
r
∧Ω= 
 
A justificativa está no desenho que se segue em 
que podemos escrever para a variação dos 
versores no tempo a seguinte expressão: 
 
ijj
dt
d
dt
id rrrr
r
∧Ω=Ω=
θ
= 
 
ji)i(
dt
d
dt
jd rrrr
r
∧Ω=Ω−=−
θ
= 
 
 
 
Podemos escrever então que: 
 
[ ])j(y)i(x)v(
dt
rd
BB'z'y'xA/B
A/B ∧Ω+∧Ω+=
rrrr
r
 
 
A/B'z'y'xA/B
A/B r)v(
dt
rd rrr
r
∧Ω+= 
Assim: 
 
'z'y'xA/BA/BAB )v(rvvrrrrr
+∧Ω+= 
 
 
O último termo que aparece na expressão é o 
termo novo, que diferencia esta expressão da 
expressão deduzida para o referencial com 
apenas translação do referencial em movimento 
ou referencial não inercial. Para o referencial em 
rotação aparece além da expressão anterior, 
este novo termo de velocidade que representa a 
velocidade relativa do ponto B em relação ao 
ponto A do corpo rígido, origem do referencial 
x’y’z’. 
 
xyzSRIaorelaçãoemBdevelocidadev B =
r 
xyzSRIaorelaçãoemBdevelocidadev B =
r 
xyzSRIaorelaçãoem)'z'y'xSRñIdoorigem(Adevelocidadev A =
r
'z'y'xcorpoaoligadolreferenciadoangularvelocidade=Ω
r
'z'y'xcorpoaoligadolreferenciadoangularaceleração=Ω&
r
'z'y'x:AemSRnoAarelaçãoemBdevelocidadev A/B =
r
 
Derivando novamente para obter a aceleração: 
 
'z'y'xA/BA/BA/BAB )v(dt
dr
dt
dr
dt
dv
dt
dv
dt
d rrrrrrr
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ∧Ω+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ∧Ω+=
 
Onde: 
)r(vr
dt
d
A/BA/BA/B
rrrrrrr
∧Ω∧Ω+∧Ω=∧Ω 
 
e 
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡ += jv(iv(
dt
d)v(
dt
d
yx )A/B)A/B'z'y'xA/B
rrr 
 
 
j
dt
dv(i
dt
dvjv(
dt
div
dt
d)v(
dt
d
yxyx )A/B)A/B)A/B)A/B'z'y'xA/B
rrrrr
+++=
 
Portanto: 
'z'y'xA/B'z'y'xA/B'z'y'xA/B )v()a()v(dt
d rvrr
∧Ω+= 
 
Substituindo na aceleração total, estas duas 
novas expressões, obtemos: 
 
i
rdθ 
dθ
jd
r id
r
 Ω
Ω&
j
rx'B 
x
y’ y 
A
B 
O 
ωAB=Ω 
αAB=Ω& 
Ar
r
Br
r
 
A/Br
r
 
y'B x’ 
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
130
A/BA/BA/BA/BAB a)v(2)r(raa
rrrrrrr&rrr +∧Ω+∧Ω∧Ω+⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ ∧Ω+=
 
Onde os dois termos finais são os termos a mais 
que aparecem em comparação com a expressão 
deduzida anteriormente considerando o caso do 
referencial apenas em translação: 
O penúltimo chamamos de aceleração de 
Coriolis em homenagem ao seu descobridor, o 
engenheiro francês G.C. Coriolis, o primeiro a 
obtê-la. 
 
Coriolisdeaceleração)v(2 A/B =∧Ω
rr
 
 
E o último termo 
 
AàrelaçãoemBdeaceleraçãoa A/B =
r
 
 
Representa a aceleração relativa do ponto B em 
relação ao ponto A, onde A é a origem do 
sistema de referência não inercial x’y’z’ ligado ao 
corpo. 
 
 
7.5 - Resumo do 
Capítulo 7 
 
As grandezas lineares (espaço, velocidade e aceleração) variam 
com a distância r ao eixo de um corpo rígido que gira, já as 
grandezas angulares se mantém constante para todos os pontos 
do corpo que gira, em um mesmo instante de tempo. Como 
definição: θ rad = arco / raio = s / r ; 1 rad corresponde a um arco 
de 1 raio sobre o arco de circunferência; 1 circunferência completa 
cabem aproximadamente 6,28 raios da circunferência. 
Movimento Circular e Uniforme (MCU): 
 
 
 
 
 
 
 
 
Movimento Circular Uniformemente variável 
(MCUV): 
 
 
 
 
Expressões gerais para Qualquer Movimento 
Circular são 
 
 
 
 
 
 
Princípio Invariante entre 2 engrenagens: 
Duas engrenagens que giram em torno de um eixo fixo e se tocam 
sem escorregamento, conservam na mesma contagem de tempo: o 
espaço, a velocidade e a aceleração tangencial. 
 
 
 
 
Princípio de Instantaneidade de Rotação 
(PIR): “Para um movimento plano geral (rotação + translação) 
em um instante bem definido do movimento do corpo rígido, há 
sempre um ponto, denominado de Centro Instantâneo de Rotação 
(CIR), ponto I, na qual, todos os pontos do corpo rígido giram em 
torno dele, com a mesma velocidade angular ω de tal forma que: 
PI
v
...
CI
v
BI
v
AI
v PCBA =====ω
 
 
 
Localização do CIR (Centro Instantâneo de Rotação): 
 
 
 
 
 
 
 
B 
A 
vB
I no infinito ω = 0
(d) Velocidades Paralelas e 
 Iguais 
vA
I
B
A
vB
(c) Velocidades Paralelas e 
 Opostas 
vA
vA
I 
B 
A 
vB
(b) Velocidades Paralelas e 
 Diferentes 
I
A
B
vA 
(a) Velocidades não Paralelas 
vB
 θA rA = θB rB 
 
 ωA rA = ωB rB 
 
 αA rA = αB rB 
ω
r
Bv
r
Av
r
Cv
r
I
A
B
C
 .const=α 
 to α+ω=ω 
 2oo t2
1t α+ω+θ=θ 
 θ∆α+ω=ω 22o
2 
 ⇒ω=α
dt
d
∫ ∫α=ω dtd 
 ⇒θ=ω
dt
d
∫ ∫α=ω dtd 
 ⇒ωω=θα dd ∫ ∫ θα=ωω dd 
 
 0=α 
 .const=ω 
 to ω+θ=θ 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
131
 
 
Movimento relativo para referenciais em rotação 
 
( ) 'z'y'xA/BA/BAB )v(rvv rr
rrr
+∧Ω+= 
 
A/BA/BA/BA/BAB a)v(2)r(raa
rrrrrrr&rrr
+∧Ω+∧Ω∧Ω+⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ ∧Ω+=
 
7.6 - Exercícios 
Resolvidos 
 
7.1*) Sabendo-se que a velocidade do ponto A é 
6 m/s : (a) determine geometricamente o ponto 
instantâneo de rotação no instante dado da 
figura abaixo; (b) ache o valor da velocidade 
angular ωAB da barra AB ; (c) determine a 
velocidade do ponto B. 
 
 
 
Solução: : srad
senIB
v
IA
v BA
AB /30º45283,0
6
====ω 
 vB = ωAB IB = 30 x 0,283 cos 45° = vA = 6 m/s 
 
 
 
7.2*) A manivela AB dá voltas a uma velocidade 
angular constante ω = 6 rad/s. Para o instante 
em que o ângulo θ da figura vale 30°, determine 
a velocidade angular ωBC e a aceleração angular 
αBC da barra BC, e a velocidade do cursor C, 
cujo ponto C desliza sem atrito na horizontal. 
 
Solução: Método Geométrico: CIR 
 
 
 
Lei dos senos: ∆ AIC: 
 693,03090
250,1
º60
=
°
=
°
=
CI
sen
AI
sen
m
sen 
 IC = 0,722 m ; IA = 1,44 m ; IB = 1,09 m 
vB = ωAB . rAB = 6 x 0,350 = 2,1 m/s ; 
srad
IB
vB
BC /93,109,1
1,2
===ω 
sradkBC /93,1
rr
=ω 
vC = ωBC . IC = 1,93 x 0,722 ⇒ vC = 1,39 m/s 
)](3030[cos2 jsenira ABABB
rrr
−°+°ω= 
)s/m()]j(3,6i91,10[a 2B
rrr
−+= 
CBCBCBBC rrkaa
rrrrr 2ω−∧α+= 
BC = ºcosx,x,x,, 302513502251350 22 −+ = 0,963 m 
(Lei dos cossenos) 
β = arc tg 
°−
°
30cos35,025,1
3035,0 sen
 = 10,47° 
jir
jseniBCr
BC
BC rrr
rrr
175,0947,0
)(963,0)(cos963,0
−−=
−β+−β=−=
)175,0947,0(
)175,0947,0()3,691,10(
2 ji
jikjia
CB
CBC rr
rrrrrrr
−−ω−
−−−∧α+−=
jii
jjia
CB
CBC rrr
rrrr
652,053,3)()175,0(
)947,0()3,691,10(
++−−α+
+−α+−= 
jijia CBCBC
rrrr
]947,065,5[]175,044,14[0 α−−+α+=+
αCB = -5,65 / 0,947 = -5,97 k rad/s2 ; 
a c = 13,4 i m/s2 
 
 
7.3*) Em uma parte da transmissão do câmbio 
automático de carros há uma engrenagem 
externa E, três engrenagens plantetárias P e 
uma engrenagem central S (Sol). Se a 
engrenagem central S gira com velocidade 
angular ωS = 8 rad/s no sentido horário e a 
engrenagem externa E gira em torno do mesmo 
centro O com velocidade ωE = 6 rad/s no sentido 
antihorário, determine: (a) a velocidade angular 
da engrenagem planetária ωP e seu sentido; (b) 
283 mm 
 
A
 
vB 
vA 
45° 
B 
θ 
B
AC
350 mm
900 mm
θ 
B
AC
350 mm
ω 
I
vB 
v
60º
900 mm 
β
Movimento Relativo: 
 
Um ponto qualquer B do corpo rígido, relaciona-
se com outro ponto qualquer A desse mesmo
corpo, pelas expressões: 
 
 )AB(vv BAAB −∧ω+=
rrr
 
)AB()AB(aa 2BABAAB −ω−−∧α+=
rrr
 
283 mm 
 
A
 
vB 
vA = 6 m/s 45° 
B I 
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
132
a velocidade linear da engrenagem planetária da 
base da figura e seu sentido. 
Resp.: ωP = 20,0 rad/s antihorário ; vB = 0,100 m/s → 
 
 
 
Solução velocidade relativa: vD = ωS x OD = 8 x 0,050 = 0,4 rad/s ; 
vC = ωE x OC = 6 x 0,100 = 0,6 rad/s ; 
)s/m(i40,0vD
rr
−= ; )s/m(i60,0vC
rr
= ; 
)CD(vv DCCD −∧ω+=
rrr
 
)j050,0()k(i60,0i40,0 BC
rrrr
∧ω+=− 
 
7.4*) Considerando que a barra AB, a 
engrenagem interna sol, S, e a engrenagem 
externa E giram em torno do mesmo eixo fixo A, 
mas de forma independente uma da outra. 
Considerando: que a barra AB tem velocidade 
angular constante ωAB = 10 rad/s , no sentido 
antihorário e está interligada ao centro B da 
engrenagem planetária P; que a engrenagem solS tem velocidade angular constante ωS = 5 
rad/s, no sentido horário, levando junto com ela 
na mesma velocidade linear, o ponto C, abaixo 
da barra AB, ponto em comum com a 
engrenagem planetária P; e que a engrenagem 
externa E, gira com velocidade angular 
constante ωE levado pelo ponto em comum D 
com a engrenagem planetária P. Determine: 
(a) a velocidade do ponto B, centro da 
engrenagem P; (b) a velocidade do ponto C, 
ponto em comum das engrenagens S e P; (c) o 
vetor velocidade angular da engrenagem P; (d) a 
velocidade do ponto D, ponto em comum das 
engrenagens P e E; (e) o vetor velocidade 
angular da engrenagem externa E. Resp.:(a) 
)s/m(i65vB
rr
= ; (b) )s/m(i25vC
rr
−= ; (c) 
)s/rad(k0,60P
rr
=ω ; (d) )s/rad(i155vD
rr
= ; (e) 
)s/rad(k4,19E
rr
=ω 
 
 
 
 
 
 
7.5*) (2,5 ptos – Velocidade Relativa ou CIR ; Aceleração 
Relativa) Um automóvel ao atravessar por uma 
região da estrada sem escoamento de água, 
atravessa um lençol de água na pista, perdendo 
contato com ela, flutuando devido a velocidade. 
Neste instante, seu centro de massa G tem uma 
velocidade linear OG v)s/m(i3,33)h/km(i120v
rrrr
=−=−= 
(onde O é o ponto central do eixo da roda), A velocidade do 
ponto A, onde as rodas dianteiras tocam o piso, 
têm velocidade )s/rad(i3,24vA
rr
−= , Sabendo-
se que o raio da roda, vale r = 0,45 m, determine 
para a roda dianteira neste instante: (a) a 
velocidade angular ω
r
 ; (b) a velocidade no topo 
do pneu (ponto B), Bv
r
 e o módulo da velocidade 
no lado extremo direito do pneu (ponto C), Cv
r ; 
(c) Sabendo-se que para este mesmo instante, a 
motorista tira os pés do acelerador produzindo 
vB 
VC 
B 
C
VD 
D 
IP
ω P 
Solução analítica (B) Vel. rel. : 
(a) )s/m(i65)j5,6()k10(0)AB(vv BAAB
rrrrrr
=−∧+=−∧ω+= 
(b) )s/m(i25)j5()k5(0)AC(vv CAAC
rrrrrr
−=−∧−+=−∧ω+= 
(c) 
)s/rad(k60
i65)j5,1()k(i25)CB(vv
P
PBCCB
rr
rrrrrrr
=ω⇒
=−∧ω+−=−∧ω+= 
(d) )s/m(i155)j5,1()k60(i65)BD(vv DBBD
rrrrrrr
=−∧+=−∧ω+=
(e) 
)s/rad(k4,19
i155)j8(k0)AD(vv
E
EEAD
rr
rrrrrr
=ω⇒
=−∧ω+=−∧ω+= 
Solução geométrica (A)( CIR): (a) vB = ωAB AB = 10 x 6,5 = 65 m/s → ; 
(b) vC = ω S AC = 5 x 5 = 25 m/s ← ; 
(c) ω P = vB / IB = vC / IC = vD / ID = (vB+vC) / rP = (65+25) / 1,5 = 60 rad/s ↺;
(d) vD = ω P . ID = 60 x(1,5+1,08)= 155 m/s → ; 
(e) ω E = vD / AD = 155 / 8 = 19,4 rad/s ↺. 
A 
D 
E 
ωAB 
B P 
5 m 
y
x
8 m S 
C 
ω S
ω E
z
C
ωS 
ωE 
BP
y 
x 
O
50 mm 
25 mm 
B’
E
P’P’’ S
D
B’
C
BP
D
VC = 0,6 
VD = 0,4 
I 
Solução CIR: 
 ID = 0,02 m ; IC = 0,08 m 
ω = 0,4 / 0,02 = 20 rad/s antihorário 
vB = ω . IB = 20 x ( 0,025 – ID ) = 0,100 m/s → 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
133
uma desaceleração linear do centro de massa G, 
OG a)s/m(i3a
rrr
== , assim como uma 
desaceleração angular da roda 
)s/rad(k0,2 2
rr
−=α , determine o vetor aceleração 
total, no ponto C. 
Resp.: (a) )s/rad(k20
rr
=ω ; )s/m(i3,42vB
rr
−= ; 
)s/m(5,34vC =
r ; (b) )s/m(j9,0i177a 2C
rrr
−−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7.7 - Exercícios 
Propostos 
 
Cinemática Rotacional Escalar (Rotação 
em torno de um eixo fixo): 
 
7.6) Os discos A e B de raios rA e rB , giram em 
torno de eixos fixos O1 e O2 , como 
engrenagens, sem escorregar. Sabendo que no 
instante da figura, o disco A possui velocidade 
angular s/radkA
rr
7=ω e aceleração angular 
24 s/radkA
rr
=α , determine para este instante o 
vetor velocidade e o vetor aceleração total 
(tangencial e normal) do ponto P no disco B da 
figura. 
Resp: )s/m(j21v P
rr
−= ; )s/m(j12i2,88a 2P
rrr
−−= 
 
 
 
 
7.7) A engrenagem motriz A possui num 
determinado instante, velocidade angular ωA = 
25 rad/s e aceleração αA = 4 rad/s2. Determine 
as velocidades angulares e as respectivas 
acelerações angulares das engrenagens B e C 
neste instante, sabendo-se que não ocorre 
escorregamento entre as engrenagens. 
Respostas: 
2
2
/0,20
/67,6
;/125
/7,41
sradk
sradk
sradk
sradk
C
B
C
B
rr
rr
rr
rr
=α
−=α
=ω
−=ω
 
 
 
 
 
7.8) Três engrenagens A, B e C estão dispostas 
com seus eixos nas direções vertical, horizontal 
e vertical, respectivamente. Sendo seus raios 
dados por rA = 20 cm, rB = 40 cm e rC = 60 cm e 
sabendo que a engrenagem C tem espaço 
angular θC = 5 rad, velocidade angular, ωC = 12 
rad/s e aceleração angular, αC = 9 rad/s2 , 
determine o espaço angular, a velocidade 
Solução2: CIR (a) veloc. Rel.: 
(a) 
)s/rad(20
45,0
3,243,33
OA
vv
IC
v
IB
v
IA
v
IO
v AOCBAO
=
−
=
=
−
=====ω
 
m725,1665,145,0IC
;m115,2IB;m215,1vIA
22
A
=+=
==
ω
=
 
)s/m(3,42x20vB == ; 
)s/m(5,34725,1x20vC == 
A
C
B
vA 
vO = vG 
I
A
CO 
G
ω 
α v a
B
x z 
y 
Solução: (a) Velocidade relativa: 
(a) )OA(vv OA −∧ω+=
rrr
 
i45,0i3,33)j45,0(ki3,33i3,24
rrrrrr
ω+−=−∧ω+−=−
⇒ )s/rad(k20
rr
=ω 
(b) j45,0)k20i3,33()OB(vv OB
rrrrrr
∧+−=−∧ω+= ⇒ 
)s/m(i3,42vB
rr
−= 
i45,0)k20i3,33()OC(vv OC
rrrrrr
∧+−=−∧ω+= 
)s/m(j9i3,33vC
rrr
−= )s/m(5,34vC =
r
 
(c) 
i45,0x20i45,0)k2(i3
)OC()OC(aa
2
2
OC
rrrr
rrr
−∧−+=
−ω−−∧α+=
 
)s/m(j9,0i177a 2C
rrr
−−= 
A 
B
rA = 3 m 
r B = 5 m 
P 
O1 
O2 
y
x
z
CB 
A 
25 mm 5 mm
 15 mm 
Aα
r A
ω
r
x 
y
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
134
angular e a aceleração angular das engrenagens 
A e B . Resp.: θB = 7,5 rad ; θA = 15 rad ; ωB = 18 
rad / s ; ωA = 36 rad / s ; α B = 13,5 rad / s2 ; α A = 27 
rad / s2 . 
 
 
 
 
 
7.9) Um motor em uma engrenagem C gira em 
torno de um ponto fixo, com uma velocidade 
angular inicial 0Cω = 6 rad/s e aceleração 
angular constante αC = 1,5 rad/s2. (a) Qual deve 
ser as velocidades angulares das três 
engrenagens A, B e C ao final de θA = 5 voltas 
completas da engrenagem A. 
Resp.: ωA = 5,95 rad/s ; ωB = 8,92 rad/s ; ωC = 17,9 
rad/s 
 
 
 
 
7.10) O motor de popa tem a engrenagem do 
eixo motor A com raio rA = 50 mm, sendo que o 
raio do pinhão do eixo da hélice de popa B é rB = 
20 mm. O motor de eixo A gira com aceleração 
angular dada por αA = 7 θA 2 rad/s2. Determine 
(a) A aceleração do eixo da hélice B em função 
do seu ângulo de giro θB ; (b) a velocidade 
angular de propulsão das pás de giro da hélice, 
em função do ângulo θB da hélice, uma vez o 
eixo A do motor esta inicialmente em repouso. 
(c) Determine a velocidade linear do ponto P da 
hélice em função do ângulo θB próprio, que está 
na extremidade da pá de giro a 15 cm do centro 
de giro do eixos das pás. Resp.: (a) αB = 2,8 2Bθ ; 
(b) ωB = 1,366 2/3Bθ (b) vP = 0,205 
2/3
Bθ m/s . 
 
 
 
 
7.11) Os pontos das engrenagens C e D são 
fixos e elas giram em torno deles, sendo que a 
engrenagem D está ligada a um motor que 
aciona todo o sistema. A polia B tem raio rB = 
0,5 m, a engrenagem C, que gira de forma 
solidária com a polia B, tem raio rC = 0,3 m e a 
engrenagem D tem raio rD = 0,25 m. O Corpo A 
sobe a partir do repouso da posição (1) à 
posição (2), a distância de 6 m em 3 s, com 
aceleração constante. Nesta posição (2) (da 
figura) em que se encontra o ponto A, determine: 
(a) os vetores velocidade, a aceleração 
tangencial e a aceleração normal do ponto P da 
polia B ; (b) a velocidade angular ωD e 
aceleração angular αD da engrenagem D do 
motor.; (c) o torque recebido pela engrenagem 
D, sabendo-se que a engrenagem D tem massa 
m = 2 Kg e raio de giração equivalente do 
sistema k = 0, 6 m. 
Resp.:(a) )s/m(i00,4v 2P
rr
−= ; )s/m(i33,1a 2tP
rr
−= ; 
)s/m(j32a 2nP
rr
−= ; )s/rad(k6,9D
rr
−=ω ; 
)s/rad(k20,3 2D
rr
−=α ; )m.N(k30,2
rr
−=τ 
 
 
 
 
7.12) Os pontos das engrenagens C e D sãofixos e elas giram em torno deles, sendo que a 
engrenagem D está ligada a um motor que 
aciona todo o sistema. A polia B tem raio rB = 
0,4 m, a engrenagem C tem raio rC = 0,8 m e a 
30 cm 
45 cm 
15 cm 
A 
B 
C 
y 
x 
A B 
C 
D 
6 m
P 
(1) 
(2) 
0,5 m 
0,25m 
0,3m 
y
x
x
A
B
y
P
B 
A 
C 
r B 
rA 
rC 
P 
Q
x
y 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
135
engrenagem D tem raio rD = 0,5 m. O Corpo A 
sobe a partir do repouso da posição (1) à 
posição (2), uma distância de 20 m em 4 s, com 
aceleração constante sendo que nesta posição 
(2) (da figura) em que se encontra o corpo A, 
determine: (a) a velocidade, a aceleração 
tangencial e a aceleração normal do ponto P da 
polia B ; (b) a velocidade angular e aceleração 
angular da engrenagem C que gira de forma 
solidária com a polia B ; (c) a velocidade 
angular ωD e aceleração angular αD da 
engrenagem D do motor.; (d) o torque recebido 
pela engrenagem D, sabendo-se que a 
engrenagem D tem massa m = 2 Kg e raio de 
giração equivalente do sistema k = 0, 6 m. 
Resp.: (a) v = 10 m/s ← ; at P = 2,5 m/s2 ← ; anP = 250 m/s2 
↓ ; (b) ωB = ωC = 25 rad/s ; αB = αC = at / rB = 2,5 / 0,4 = 6,25 
rad/s2 ; (c) ωD = 40 rad / s ; αD = 10 rad / s ; (d) τ = 7,2 
N.m . 
 
 
 
 
 
7.13) (2,0 ptos - Rotação em torno de um eixo fixo) Dadas as 
engrenagens da figura, sabe-se que a 
engrenagem A, ligada a um motor, tem 
velocidade angular inicial, ωA o = 3 rad/s, e possui 
uma aceleração angular constante α = 2 rad/s2 
com suas direções indicadas na figura. Sabe-se 
que os raios das engrenagens são: rA = 3 m , rB 
= 8 m , rC = 4 m , rD = 5 m , e a engrenagem C 
gira com a engrenagem B, conectada à ela. 
Determine ao final de 2 voltas completas da 
engrenagem A: (a) a velocidade angular da 
engrenagem A; (b) a velocidade angular da 
engrenagem B; (c) a velocidade angular da 
engrenagem C; (d) a velocidade angular da 
engrenagem D. 
Resp.: (a) sradkA /70,7
rr
−=ω ; (b) sradkB /89,2
rr
=ω ; (c) 
sradkC /89,2
rr
=ω ; (d) sradkD /31,2
rr
−=ω 
 
 
 
 
7.14) (2,0 ptos - Rotação em torno de um eixo fixo) Dadas as 
engrenagens da figura, sabe-se que a 
engrenagem A, ligada a um motor, tem 
velocidade angular inicial de ωA o = 3 rad/s, e 
possui uma aceleração angular constante α = 2 
rad/s2 , nos sentidos indicados na figura. Sabe-
se que os raios das engrenagens são: rA = 3 m , 
rB = 6 m , rC = 4 m , rD = 6 m, e a polia C está 
rigidamente conectada à polia B, girando com 
ela. Determine ao final de duas voltas completas 
da engrenagem A: (a) a velocidade angular da 
engrenagem A; (b) a velocidade angular da 
engrenagem B; (c) a velocidade angular da 
engrenagem C; (d) a velocidade angular da 
engrenagem D. 
Resp.: (a) sradkA /70,7
rr
−=ω ; (b) sradkB /85,3
rr
=ω ; (c) 
sradkC /85,3
rr
=ω ; (d) sradkD /57,2
rr
−=ω 
 
 
 
 
7.15) A engrenagem A possui um motor que 
mantém sua aceleração angular constante αA = 
2 rad/s2 no sentido horário. As engrenagens A, 
B, C e D, giram todas em torno de um eixo fixo, 
sendo que as engrenagens A e B e as 
engrenagens C e D giram interligadas entre si 
pelas suas superfícies e a engrenagem C gira 
em concordância com a engrenagem B pelo 
mesmo eixo. Seus raios decrescem de tamanho 
na seguinte respectiva seqüência: rA = 25,6 cm, 
rB = 20 cm, rC = 7,0 cm, rD = 2,8 cm. Partindo 
a engrenagem A de uma velocidade inicial nula, 
A 
B C 
D 
rA
rC 
rB 
rD
y
z x
ωA 
αA 
A 
B 
C
D
rA 
rC
rB 
rD
y 
z x
ωA
αA 
A 
B 
C 
D 
20 m 
P 
(1) 
(2) 
0,8 m 
0,4 m
0,5 m
y
x
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
136
ωAo=0, determine: (a) A velocidade angular da 
engrenagem B, ωB , no intante t = 4 s. (b) o 
número de voltas, θC, que a engrenagem C dá, 
quando sua velocidade angular atinge o valor ωC 
= 20 rad/s ; (c) o instante de tempo em que a 
engrenagem D completa 100 voltas. 
Resp.: (a) em t= 4s : )s/rad(k2,10B
rr
=ω ; (b) para 
ωC = 20 rad/s : θC = 78,1 rad = 12,4 voltas ; (c) quando 
θD = 100 voltas: t = 14,0 s 
 
 
7.16) (2,5 ptos – Rotação em torno de um eixo fixo) As 
engrenagens A, B e C estão dispostas com seus 
eixos nas direções vertical, horizontal e vertical, 
respectivamente interligadas, com seus raios 
dados por rA = 10 mm, rB = 15 mm e rC = 20 mm. 
Estando as engrenagens em repouso no 
momento em que se liga o cronômetro, elas 
iniciam seu movimento de tal forma que 
decorrido um intervalo de tempo t temos que: o 
espaço angular da engrenagem A é θA = 3 rad, a 
velocidade angular da engrenagem B é 
)s/rad(i9B
rr
=ω e a aceleração angular da 
engrenagem C é )s/rad(j2 2C
rr
−=α . Determinar 
para este instante de tempo t : (a) o espaço 
angular das engrenagens B e C; (b) o vetor 
velocidade angular das engrenagens A e C; (c) 
o vetor aceleração angular das engrenagens A e 
B; (d) o instante de tempo decorrido t, 
considerando que o movimento é uniformente 
variado. 
 Resp.: (a) rad5,1;rad2 CB =θ=θ ; (b) 
)s/rad(j5,13A
rr
=ω ; )s/rad(j75,6C
rr
−=ω ; (c) 
)s/rad(j4 2A
rr
=α ; )s/rad(i67,2 2B
rr
=α (d) t = 3,38 s 
 
 
 
Princípio da Instantaneidade de Rotação 
e Velocidade Relativa: 
 
 
7.17) Da estrutura da figura, neste instante, a 
velocidade do ponto A é i3v A
rr
= m/s. 
Determinar neste instante: a velocidade angular 
da barra AB, ωAB , e a velocidade linear do ponto 
B, vB ; suas direções e sentidos: (a) através do 
Princípio da Instantaneidade de Rotação ; (b) 
através da equação da velocidade relativa. 
Resp.:(a) sradkAB /50
rr
=ω ; smjvB /20,5
rr
−= 
 
 
 
 
 
 
7.18) Determine a velocidade angular ω e a 
velocidade do centro de massa G, vG , da 
engrenagem de raio médio 0,8 m, sendo que a 
esteira superior tem uma velocidade de 20 m/s 
para a esquerda e a esteira inferior tem uma 
velocidade de 5 m/s para a direita. 
Resp.: ω
v
 = 15,6 k
r
 rad/s ; )/(48,7 scmivG
rr
−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
7.19) Duas esteiras fazem os pontos superior A 
e inferior B do cilindro entre elas se 
movimentarem junto com elas sem escorregar. A 
esteira superior A movimenta o ponto A do 
cilindro com velocidade )s/m(i5v A
rr
= e a 
esteira B movimenta o ponto B com velocidade 
)s/m(i8v B
rr
= . Determinar: (a) a velocidade 
angular do cilindro e seu sentido ; (b) a distância 
do centro instantâneo de rotação do cilindro a 
partir do ponto A; (c) a velocidade linear do 
cilindro e seu sentido. 
Resp.:(a) =IA 1,67m; (b) )s/rad(3AB =ω
r
; (c) 
)s/m(51,6vG =
r
 
A B 
C 
D 
αA y
xz 
B 
A 
C 
r B 
rA 
rC 
P 
Q 
xy 
B
A
vA 
30° 
120 mm 
y
x
0,8 m 
vB = 5 m/s 
v A = 20 m/s 
B 
A 
G
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
137
 
 
 
 
 
7.20) A barra AB gira neste instante com seus 
pontos A e B conectados às extremidades dos 
dois discos que giram em torno dos pontos fixos 
O e O’, na posição indicada na figura anexa. O 
disco A de raio 3 m gira com velocidade angular 
ωA = 6 rad/s. Determine: (a) o valor do vetor 
velocidade do ponto A da viga; (b) o vetor 
velocidade angular da viga AB; (c) o valor do 
vetor velocidade do ponto B da viga e (d) o valor 
do vetor velocidade angular da polia B. 
Resp.: (a) s/miv A
rr
18−= ; (b) s/radkAB
rr
6=ω ; 
(c) s/mjvB
rr
24−= ; (d) s/radkB
rr
12−=ω 
 
 
 
 
7.21) A barra AB giraneste instante com seus 
pontos A e B conectados às extremidades dos 
dois discos que giram em torno dos pontos fixos 
O e O’, na posição indicada da figura anexa. O 
disco A de raio 3m gira com velocidade angular 
ωA = 4 rad/s. Determine: (a) o valor do vetor 
velocidade do ponto A da viga; (b) o vetor 
velocidade angular da viga AB; (c) o valor do 
vetor velocidade do ponto B da viga e (d) o valor 
do vetor velocidade angular da polia B. 
Resp.: (a) s/miv A
rr
12= ; (b) s/radk4AB
rr
−=ω ; 
(c) s/mj16vB
rr
−= ; (d) s/radk8B
rr
=ω 
 
 
 
 
7.22) Nos instantes abaixo considerados, a 
velocidade da caminhão é constante e de 18 m/s 
e o tambor que se encontra sobre ele é puxado 
com a mesma velocidade, no ponto A de contato 
com a caminhão, sem escorregamento. 
Sabendo-se que neste instante a velocidade do 
centro de massa do tambor é para a direita de 6 
m/s no sistema de referência de um observador 
parado, determine: (a) a velocidade angular ω 
do tambor, sendo que o seu raio é de 0,5 m; (b) 
quanto tempo o tambor levará para cair, 
sabendo-se que a distância que ele se encontra 
do final do caminhão é de 5 m e o movimento é 
uniforme já que a velocidade do caminhão é 
constante? Considere que o tambor mantém-se 
durante todo o tempo sem escorregar. 
Resp.: (a) ω= 24 rad/s ; t = 0,417 s 
 
 
 
 
7.23) Um cilindro de raio r = 2 m possui 
movimento geral resultante do movimento de 2 
esteiras A e B que tocam o ponto A e B do 
cilindro respectivamente, sem escorregar. 
Sabendo-se que o ponto A tem velocidade 
s/mi,v A
rr
512= , e s/mi,v B
rr
52= , fazendo o 
cilindro transladar e rotacionar , determine: (a) o 
vetor velocidade angular, ωr , e (b) o vetor 
velocidade linear do ponto G do cilindro (Centro 
de Massa), Gv
r
 em relação a um referencial em 
terra. Resp.: ω = - 2,5 k
r
 rad/s ; Gv
r
= 7,5 i
r
 m/s 
 
 
 
 
7.24) Um cilindro de raio r = 2 m possui 
movimento geral resultante do movimento de 2 
esteiras A e B que tocam o ponto A e B do 
cilindro respectivamente, sem escorregar. 
Sabendo-se que o ponto A tem velocidade 
s/miv A
rr
12= , e s/miv B
rr
4−= , fazendo o 
cilindro transladar e rotacionar , determine o 
vetor velocidade angular, ωr , e a velocidade do 
Centro de Massa, Gv
r
, do cilindro. 
Resp.: )s/rad(k4
rr
−=ω ; )s/m(i4v G
rr
= 
0,5 m 
y 
x z 
A 
B 
G 
r = 3m
A 
B 
O’ O 
ωA = 4 rad/s 
r = 2m
ωB 
AB = 5 m 
A
B
y
z x
r = 3 m 
A 
B 
O’ O 
ωA =6 rad/s 
r = 2m
ωB 
AB = 5 m 
AB 
y
z x
4 m 
G
VG = 6 m/sA
VC = 18 m/s 
 5 m 
r =0,5 m 
ω 
G
A
B
A 
B 
Av
r
Bv
r
y
xz
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
138
 
 
 
 
7.25) Dado que a velocidade do camionete é de 
20 m/s para a direita e que a velocidade do 
tambor é de 5 m/s também para a direita no 
sistema de referência de um observador parado: 
(a) determine a velocidade angular ω do 
tambor, sendo que o raio do tambor é r = 0,5 m; 
(b) em quanto tempo o tambor cairá da 
camionete ? Considere que o tambor gira sem 
escorregar. 
Resp.: 
s
rad30=ω ↺ ; (b) s167,0t = 
 
 
 
 
 
 
7.26) (2,0 ptos – Velocidade Relativa ou CIR) Dadas duas 
esteiras com velocidades diferentes: a esteira 
superior A tem velocidade smivA /9
rr
= e a 
esteira inferior B tem velocidade smivB /15
rr
−= . 
Sabendo-se que o cilindro no interior das 
esteiras gira sem escorregar e possui um raio de 
3 m, determine: (a) a velocidade angular do 
cilindro ; e (b) a velocidade do seu centro de 
massa G da figura. 
Resp.: (a) sradk /4
rr
−=ω ; (b) smivG /3
rr
−= 
 
 
 
7.27) O disco da figura gira em torno do ponto 
fixo A com velocidade angular ωAB = 20 rad/s, no 
sentido horário. A barra BC tem comprimento BC 
= 26,0 cm, e faz um ângulo de 90° com o raio AB 
do disco, no instante dado da figura. Determine: 
(a) o vetor velocidade do ponto B do disco; (b) a 
velocidade angular da barra AC ; (c) a 
velocidade linear do ponto C, no centro do 
pistão. 
Resp.:(a) )s/m(j60,2i5,1Bv
rrr
+= ;(b) )s/rad(k67,6BC
rr
=ω ; (c) 
)s/m(j47,3Cv
rr
= 
 
 
 
 
 
7.28) Considerando que a barra BC possui 
velocidade angular ωBC = 6 rad/s determine a 
velocidade do cursor A e a velocidade angular da 
barra de ligação AB no instante em que θ = 60° e 
φ = 30º. (a) Resolva pelo método geométrico, 
usando o centro instantâneo de Rotação e 
depois (b) pelo método algébrico, através da 
cinemática rotacional vetorial, usando 
velocidades relativas. 
Resp.: s/radk8AB
rr
=ω ⇒ s/mi30v A
rr
−= 
 
 
 
 
7.29) A Engrenagem planetária EP esta 
vinculada à barra AB pelo pino B. A engrenagem 
Sol ES é impedida de girar e tem centro em O. 
Sabendo-se que a barra AB gira com uma 
velocidade angular de 6 rad/s em torno do ponto 
fixo A, determine neste instante da posição do 
desenho: (a) a velocidade angular Pω
r
 da 
Engrenagem Planetária EP ; (b) a velocidade 
angular Eω
r
 da Engrenagem externa EE. Obs.: 
Raio das engrenagens: rS = 2 m ; rP = 1,5 m . 
Resp.: s/radk142
rr
=ω ; s/radk63
rr
=ω 
 
y
xz
ωAB
C 
B 
A 
ωAB = 20 rad/s 
r = 15 cm 
30°
r =3m 
Av
r
 
Bv
r
 
A
B 
G 
y
z x
6,5 m 
5,0 m 
A 
B
C 
ω B C 
θ 
φ 
y
x
V 
vG 
G
A 
vC
ω 
2,5 m
G
A 
B 
A 
B 
Av
r
Bv
r
y
x
z
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
139
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7.30) O velocidade do ponto A da figura é de 12 
m/s. Determine: 
(a) a velocidade angular da barra AB, ABω
r
; (b) 
a velocidade do ponto B, Bv
r
; (c) a velocidade 
angular da barra BC, BCω
r
. 
Resp.: s/radk75,0AB
rr
=ω ; s/mi4,10vB
rr
= 
s/radk73,1BC
rr
−=ω 
 
 
 
 
 
 
 
7.31) Considerando que o bloco deslizante, sem 
atrito, B, possui velocidade smj3vB /
rr
−= e 
aceleração 2B smj5a /
rr
= conforme indicado pela 
figura: (a) determine a velocidade do cursor A e 
a velocidade angular da barra de ligação AB no 
instante dado pelo desenho da figura; (b) 
determine a aceleração do cursor A e a 
aceleração angular da barra de ligação AB no 
instante dado pelo desenho da figura. 
Resp.:a) s/radk693,0AB
rr
−=ω ; smivA /73,1
rr
= 
b) 2s/radk878,0
rr
−=α ; 2A s/mi114,0a
rr
−= 
 
 
 
 
 
 
7.32) O conjunto de 4 engrenagens da figura 
possui uma engrenagem S (Sol) no centro, cujo 
raio é rS = 75 cm, e duas engrenagens P 
(Planetárias) de raios rP = 35 cm, que giram 
associadas à engrenagem S e à engrenagem 
externa E. Sendo engrenagens, não há 
escorregamento entre elas. Associado ao centro 
das duas engrenagens P (Planetárias) há dois 
novos eixo ligados aos centros C e D de uma 
barra CD em cujo centro aparece o eixo A, 
girando assim de forma solidária como os 
centros das engrenagens P. Considerando que o 
eixo A gira com velocidade angular ωA = ωCD = 
14 rad/s no sentido horário e a engrenagem S 
gira com velocidade angular ωS = 6 rad/s também 
no sentido horário. Determine a velocidade 
angular da engrenagem planetária P, ωP e a 
engrenagem externa E, ωE . 
Resp.: sradkP /2,31
rr
−=ω ; sradkE /2,18
rr
−=ω 
 
 
 
7.33) A engrenagem Planetária P está ligada à 
barra AB de comprimento AB = 3 m, pelo ponto 
B e à engrenagem externa E de raio rE = 3,8 m. 
O ponto A é fixo tanto para a engrenagem 
externa E quanto para a barra AB. A velocidade 
angular da barra AB é ωAB = 6 rad/s no sentido 
antihorário, sendo que a engrenagem externa E 
VA = 12 m/s
30° 
B 
A 
C 
 8 m 
 6 m 
y
x
ωA = ωCD 
A
S
P
P
E
H
D
ωE 
ωS
C’
J
C
A 
30°
B 
5 m 
vB 
aB 
y
x
ES (fixa) 
EP 
EE 
A 
B 
ωAB = 6 rad /s 
rS = 2 m 
rP =1,5 m 
D
C 
y 
x
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
140
possui uma velocidade angular ωE = 14rad/s no 
sentido horário. Determine o valor e o sentido da 
velocidade angular ωP da engrenagem 
planetária. Resp.: sradkP /0,89
rr
−=ω 
 
 
 
 
7.34) Considerando que a barra AB, a 
engrenagem interna sol, S, e a engrenagem 
externa E giram em torno do mesmo eixo fixo A, 
mas de forma independente uma da outra. 
Considerando: que a barra AB tem velocidade 
angular constante ωAB = 10 rad/s , no sentido 
antihorário e está interligada ao centro B da 
engrenagem planetária P; que a engrenagem sol 
S tem velocidade angular constante ωS = 5 
rad/s, no sentido horário, levando junto com ela 
na mesma velocidade linear, o ponto C, abaixo 
da barra AB, ponto em comum com a 
engrenagem planetária P; e que a engrenagem 
externa E, gira com velocidade angular 
constante ωE levado pelo ponto em comum D 
com a engrenagem planetária P. Determine: 
(a) a velocidade do ponto B, centro da 
engrenagem P; (b) a velocidade do ponto C, 
ponto em comum das engrenagens S e P; (c) o 
vetor velocidade angular da engrenagem P; (d) a 
velocidade do ponto D, ponto em comum das 
engrenagens P e E; (e) o vetor velocidade 
angular da engrenagem externa E. 
Resp.:(a) )s/m(i65vB
rr
= ; (b) )s/m(i25vC
rr
−= ; 
(c) )s/rad(k0,60P
rr
=ω ; (d) )s/rad(i155vD
rr
= ; (e) 
)s/rad(k4,19E
rr
=ω 
 
 
 
 
 
7.35) Considerando o instante representado na 
figura, a barra OB tem comprimento 3m e está 
na posição horizontal, possuindo velocidade 
angular )s/rad(k2OB
rr
=ω , e aceleração angular 
)s/rad(k5,0 2OB
rr
=α (ambos no sentido 
antihorário). Determinar: (a) a velocidade do 
ponto B, a velocidade do ponto A (da barra AB) 
que possui um rolete guia pela ranhura inclinada 
de 15° e a velocidade angular da barra AB; (b) a 
aceleração do ponto A e a aceleração angular da 
barra AB. 
Resp.: (a) )s/m(j6vB
rr
= ; )s/rad(k20,1AB
rr
=ω ; 
vA = 9,24 m/s ; (b) ; aA = - 21,5 m/s2 ; 
)s/rad(k5,30 2AB
rr
−=α 
 
 
 
 
 
 
7.36) Considere a barra AB fixada pelos pontos 
A e B às engrenagens S e P. A engrenagem 
interna Sol, S, tem raio rS = 5 m e a engrenagem 
externa E, tem raio rE = 8 m. As engrenagens S 
e P e a barra AB, giram em torno do mesmo eixo 
fixo A, mas de forma independente uma da 
outra. Considere que o ponto C é comum às 
engrenagens S e P e o ponto D é comum às 
engrenagens P e E. Considerando que a 
engrenagem Sol S tem velocidade angular 
A 
D 
E 
ωAB 
B P 
5 m 
y
x
8 m S 
C 
ω S
ω E
z
A
C 
E
ωAB
ωE 
BP
3,8 m 
3 m 
y 
x 
A 
O B 
15° 
3 m 
8 m 
y
xz
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 Cap.7 
 
141
constante ωS = 5 rad/s, no sentido horário e a 
velocidade angular da engrenagem Externa E, 
também é constante e igual a ωE = 8 (rad/s) no 
sentido também horário, determine: (a) as 
velocidades dos pontos C e D; (b) a velocidade 
angular da engrenagem P; (b) a velocidade do 
ponto B ou centro de massa da engrenagem 
planetária ; (c) a velocidade angular da barra AB 
Resp.: (a); )s/m(j0,25vC
rr
−= ; )s/m(j0,64vD
rr
−= ; 
(b) )s/rad(k0,13P
rr
−=ω ; )s/m(i5,44vB
rr
−= ; (c) 
)s/rad(k85,6AB
rr
−=ω 
 
 
 
7.37) Considere a biela AB fixada por seu ponto 
A ao pistão e seu ponto B à haste giratória BC 
que gira em torno do eixo fixo C. O pistão A tem 
velocidade para baixo Av
r
. Determinar para esse 
instante em que a biela AB faz um ângulo de 70° 
com a horizontal e um ângulo de 90° com a 
haste BC: (a) a velocidade do ponto B, Bv
r
;(b) a 
velocidade angular da barra AB, ABω
r
; (c) a 
velocidade angular da barra BC, BCω
r
. 
Resp.:(a) )s/m(j77,1i643,0vB
rrr
−−= ;(b) 
)s/rad(k37,1AB
rr
−=ω ; (c) )s/rad(k8,18BC
rr
=ω 
 
 
7.38) Uma engrenagem E com dois discos 
rigidamente soldados entre si no mesmo eixo, de 
raios: menor, r1 = 1 m e maior, r2 = 3 m; giram 
em consonância com duas cremalheiras R e S, 
que se movimentam com velocidades 
SR vev
rr em conjunto com os pontos A e B da 
engrenagem dupla (não há escorregamentos 
em engrenagens). Conhecendo-se a velocidade 
do ponto A da engrenagem (e 
conseqüentemente da cremalheira R) 
)s/m(i6vv RA
rrr
== e a velocidade do ponto C, 
centro da engrenagem, )s/m(i2vC
rr
= , 
determinar: (a) a posição do CIR, centro 
instantâneo de rotação, da engrenagem em 
relação ao ponto C, centro da engrenagem, IC; 
(b) a velocidade angular ωr da engrenagem E; (c) 
a velocidade do ponto B da engrenagem E e 
consequentemente da cremalheira S, SB vv
rr
= ; 
(d) a velocidade do ponto D, Dv
r , da 
engrenagem. 
Resp.:(a)IC=1,5m ; (b) )s/m(k33,1
rr
−=ω ; 
 (c) )s/m(i667,0vv SB
rrr
== ; (d) )s/m(i2vD
rr
−= 
 
 
 
Aceleração Relativa: 
 
7.39) Sabendo-se que na posição e no instante 
dados da figura, o corpo rígido está em 
translação pura, portanto com velocidade 
angular nula, 0=ω AB
r e a distância AB é 6 m. 
Determine os vetores aceleração de B, Ba
r
 e 
aceleração angular do corpo, ABα
r
 , uma vez que 
a aceleração do ponto A é 212 s/mia A
rr
= , a 
direção da aceleração de B é 2s/mjaa BB
rr
= 
e que o ângulo θ da figura vale 53,13°. 
Resp.: =Ba
r
 9 j
r
 m/s2 ; =α AB
r
 2,5 k
r
 rad/s2 
 
 
 
 
 
7.41) Sabendo-se que na posição e no instante 
dados da figura, o corpo rígido está em 
translação pura, portanto com velocidade 
angular nula, 0=ω AB
r e a distância AB é 6 m. 
G
R 
S 
D 
Av
r
y
x
z
A 
C 
B 
Cv
rr1 
r2 
Rv
r
70° 
50 c m 
C 
B 
10 c m 
A 
)s/m(j2vA
rr
−= 
20° 
x 
y 
A 
D 
E 
ωAB 
B 
P 
5 m 
y 
x 
8 m 
S 
C 
ω S 
ω E 
z 
B 
A 
θ 
y
xz
 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Cinemática do Corpo Rígido - 1ª Edição - 2009 
 
142
Determine os vetores aceleração de B, Ba
r
 e 
aceleração angular do corpo, ABα
r
 , uma vez que 
a aceleração do ponto A é 224 s/mia A
rr
= , a 
direção da aceleração de B é 2s/mjaa BB
rr
= 
e que o ângulo θ da figura vale 53,13°. 
Resp.: =Ba
r
 18 j
r
 m/s2 ; =α AB
r
 5 k
r
 rad/s2 
 
 
 
 
 
7.42) A bicicleta da figura passa em um trecho 
de sua trajetória em que sua roda traseira de raio 
r = 0,7 m momentaneamente passa a 
escorregar. A velocidade de translação da 
bicicleta e portanto do ponto B do centro da roda 
traseira passa a ser s/mi4vB
rr
= sendo que o 
ciclista continua a pedalar e a roda traseira da 
bicicleta gira com velocidade angular 
s/radk6
rr
−=ω . (a) Determine a velocidade do 
ponto A Av
r
 da roda traseira da bicicleta, que 
toca do solo. (b) Sabendo-se que a aceleração 
do ponto B da figura é 2B s/mi2a
rr
−= e a 
aceleração angular da roda traseira é 
2s/radk3
rr
=α determine a aceleração do ponto 
A da roda Aa
r
. 
Resp.:(a) )s/m(i200,0vA
rr
= ; )s/m(j2,25i100,0a 2A
rrr
+= 
 
 
 
7.43) A barra AB encostada no anteparo e 
apoiada no solo, tem no instante da figura, na 
sua extremidade B, apoiada ao solo, velocidade 
e aceleração indicadas na figura. Determine: (a) 
a velocidade angular da barra AB e a velocidade 
linear da extremidade A, neste instante da figura; 
(b) a aceleração angular da barra AB e a 
aceleração linear do ponto A. 
Resp.: (a) sradkAB /577,0
rr
=ω ; smjvA /73,1
rr
−= ; (b) 
smkAB /962,0
vr
=α ; 2A s/mj61,4a
rr
−= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A
B
6 m
60°
aB = 4 m/s2 
vB = 3 m/s 
y
z x
A 
B 
y 
x 
B 
A 
θ 
y
xz
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 8 - Impulso e Momento - 2009 Cap.8 
 
 
143
 
 
 
Neste Capítulo os assuntos principais 
são: (1) Principio Impulso-Momentum cujo caso 
particular é o Princípio de Conservação de 
Momentum; (2) Colisões, onde se utiliza o 
Principio de Conservação de Momentum e o 
conceito de coeficiente de restituição de dois 
materiais; (3)Princípio Impulso-Momento 
Angular que possui como especial caso o 
Princípio de Conservação de Momento Angular . 
 
 
8.1 – Princípio 
Impulso-Momentum 
 
8.1.1 - Definição de 
Momentum ou 
Momento Linear ou 
Quantidade de Movimento 
 
1) É o produto da massa do corpo pelo seu vetor 
velocidade de seu centro de massa (CM ou G). 
 
MCvmp
rr
= (kg.m/s) 
 
 
Gvmp
rr
= (kg.m/s) 
 
 kvmjvmivmp GzGyGx
rrrr
++= 
 
kpjpipp zyx
rrrr
++= 
 
 
2) O momentum é uma medida da quantidade de 
inercía e quantidade de movimento que um 
corpo possui em relação a um Sistema de 
Referencia Inercial. O momentum, no entanto, 
depende do Sistema de Referencia Inercial (SRI) 
escolhido, pois dependendo da velocidade 
constante do SRI a partícula possui outra 
velocidade em relação a este outro SRI. Um 
cometa que vem se chocar contra a terra, tem 
momentum zero em relação a um SRI ligado a 
ele e momentum enorme em um SRI ligado à 
terra. O mesmo ocorre com a energia de um 
corpo, que depende do SRI escolhido. 
3) A sua variação caracteriza o impulso 
resultante que pode ser compartilhado com outro 
corpo no caso de uma colisão. 
4) O momentum carrega as informações da 
quantidade de inércia do corpo, junto com a 
energia do movimento na sua velocidade 
apresentado no valor do produto de sua massa 
pela sua velocidade. É caracterizado por dois 
aspectos: (a) o primeiro é devido à massa, que é 
uma medida da dificuldade de se tirar o corpo do 
estado em que se encontra, ou seja, uma 
medida da sua inércia; (b) o segundo seria o 
valor de sua velocidade que também caracteriza, 
uma vez que se for grande a velocidade em 
relação a um sistema de referência em questão, 
precisará de uma grande força agindo durante 
um intervalo de tempo, para diminuir ou 
aumentar ainda mais a sua velocidade. 
5) O produto da massa pela velocidade dá 
características dinâmicas ao corpo na qual ele 
pode transferir este momentum a outro corpo, 
total ou parcialmente, produzindo transferência 
de energia durante a produção de troca ou 
mistura de momentos lineares nos impulsos de 
um corpo ao outro nos intercâmbios da dinâmica. 
 
a) Momentum de um Sistema de 
Partículas 
 
 
 
O momentum total de um conjunto de partículas 
é dado pela somatória do produto da massa de 
cada partícula pela sua velocidade. No entanto, 
este momentum total pode ser expresso pelo 
produto massa total pela velocidade do Centro 
___________________________________________________________ 
Capítulo 8 
 
Dinâmica de Impulso e Momento 
 ___________________________________________________________ 
 
CM 
MCv
rm2 
2v
r
1v
r
m n 
nv
r
MCp
r
m1 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Impulso e Momento - 2009 
 
144
de Massa, ou seja o momentum como se todo 
ele estivesse concentrado no Centro de Massa 
do corpo: 
 
MM CCiitotal pvmvmp
rrrr
=== ∑ 
 
uma vez que a posição do Centro de Massa é 
 
i
ii
C m
mr
r M ∑
∑
=
r
r 
derivando, 
 
im
imiv)
im
imir(
dt
d
dt
MCrd
MCv ∑
∑
∑
∑ ===
rrr
r 
 
Assim podemos definir a velocidade do centro de 
massa do sistema de partículas como: 
 
∑
∑
∑ =⇒= iiCM
i
ii
MC vmvmm
mvv
rr
r
r 
 
b) Momentum de um Corpo Rígido 
 
 
MM CCtotal pvmdmvp
rrrr
=== ∫ 
 
Assim podemos definir velocidade do centro de 
massa de um Corpo Rígido: 
 
 
m
dmv
v
MC
∫=
r
r
 
 
c) Momentum de um Sistema de 
Corpos Rígidos 
 
No caso de um Sistema de Corpos Rígidos, 
podemos separá-los em partes de Centros de 
Massa conhecidos e calcular pelo Somatório 
como se em cada centro estivesse concentrado 
toda a parte do corpo rígido e calcular: 
 
MCiMCiCM vmvmp
rrr
== ∑ 
 
 
Podemos observar que o Centro de Massa do 
conjunto de partes do corpo, condensa toda uma 
representatividade do corpo, em uma dimensão 
zero, um ponto, o Centro de Massa, não só da 
distribuição de Massa, mas também da 
distribuição de Velocidades, de momentos 
lineares, de Acelerações e Forças. 
No que se refere ao movimento de rotação do 
corpo rígido, podemos complementar o 
movimento do corpo, mas que é válido para 
todos os pontos do corpo com a velocidade 
angular, aceleração angular, momento angular 
orbital e spin e o torque resultante, 
complementando a descrição do corpo de forma 
mais completa sob o aspecto mecânico. 
 
8.1.2 – Definição de Impulso 
 
Def.: Impulso ou 
 Impulso linear ou 
 Impulso de uma força: 
 
É o efeito produzido, resultante da ação de uma 
Força que atua sobre o corpo durante um certo 
intervalo de tempo: 
∫=
2
1
t
t
dtFI
rr
 (N.s) 
 
kIjIiII zyx
rrrr
++= 
 
Impulso de uma força: 
 
 
Um jogador de tênis ao bater com sua raquete 
sobre uma bolinha de tênis, aplica sobre ela uma 
força durante um intervalo de tempo bem 
pequeno, comunicando-lhe uma variação no seu 
momentum, ou seja, dando-lhe um impulso para 
o lado desejado. 
 
a) Impulso de uma força 
constante 
 
tFttF
tFdtFdtFI tt
t
t
t
t
∆=−=
==== ∫∫
.)(
.
12
2
1
2
1
2
1 rr
rrrr
 
 = Área do “retângulo” 
 
Def.: Valor médio de uma função 
contínua f qualquer em um 
intervalo ∆x: 
 
t1 t2 
F
t 
I = ∫ F dt = Área sob a curva 
 até o eixo dos tempos
t1 t2 
F
t 
F
CM MCv
r
Cv
r
Av
r
Bv
r
MCp
r
A 
B 
C 
dm 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 8 - Impulso e Momento - 2009 Cap.8 
 
 
145
A área abaixo da curva se iguala com a área de 
um retângulo. A altura do retângulo é o valor da 
função média neste intervalo. 
 
 
 
b) Força Média em um Impulso 
 
A Força a média aplicada a um corpo em um 
Impulso. Será dada pela integral da força neste 
intervalo de tempo, dividida pelo mesmo 
intervalo de tempo ∆t. 
∫
2
1
t
t
dtF = Área sob a curva = 
= tF ∆. = Área do retângulo = Impulso 
 
∫=∆=−
2
1
t
t
12 dtFt.F)tt(.F = Impulso 
 
t
IdtF
t
1F
2
1
t
t ∆
=
∆
= ∫ 
 
 
A Força Média é a força em que a área A sob 
curva Força vs. tempo é substituída por uma 
Força constante neste intervalo de tempo, cuja 
área do seu retângulo, seja igual à área sob a 
curva, caracterizando a Força Média da função 
contínua acima. 
 
8.1.3 - Princípio Impulso-
Momentum (PIM) 
 
 
Chamamos de 
Princípio Impulso-Momentum ou 
Teorema do Impulso ou 
Impulso da Força Resultante: 
 
a seguinte dedução ou demonstração a 
seguir: 
 
∫ ∑∫ ==
2
1
2
1
t
t
i
t
t
RR dtFdtFI
rrr
 
 
==== ∫∫∫ vdmdtdt
vdmdtamI
t
t
t
t
R
r
r
rr 2
1
2
1
 
1212 )(
2
1
ppvvmvdmI
v
v
R
rrrrrr
r
r
−=−== ∫ 
 
pIR
rr
∆= 
 
ou como a definição de força dada por 
Newton em 1660: 
 
vm
dt
d
dt
pdFR
r
rr
== 
onde 
am
dt
vdm)vm(
dt
d
dt
pdFR
r
r
r
rr
==== 
que a força resultante é a variação do 
momento linear no tempo. 
 
Também podemos fazer: 
∫ ∫∫ ∆=−=====
2
1
2
1
2
1
2
1
12
t
t
t
t
t
t
t
t
RR pppppddtdt
pddtFI
rrrrr
rrr
 
Desta forma: 
 
“O impulso da força resultante é 
igual à variação do momentum do 
corpo.” 
 
Que caracteriza o chamado Princípio Impulso-
Momento a seguir. 
 
 
Partindo do Impulso da força resultante temos: 
 
12R ppI
rrr
−= 
 
2R1 pIp
rrr
=+ 
 
∫ =+
2
1
t
t
2R1 vmdtFvm
rrr
 
 
Considerando a velocidade inicial 1v
r
 como v
r
 
representando a velocidade do corpo em um 
tempo t, antes das interação e fazendo a 
velocidade final 2v
r
 como 'v
r
 em um tempo t’, 
depois da interação, e a velocidade inicial como 
v
r
, antes da interação, temos : 
 
 
x2 
f
x 
f 
x2 x1 
∫=∆ dxfxf
∫∆=
2
1
x
x
dxf
x
1f
t1 t2
F
t
F 
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Impulso e Momento - 2009 
 
146
∫ =+
't
t
GRG 'vmdt.Fvm
rrr
 
 
Podemos enunciar: 
 
“O momentum inicial de um corpo 
somado ao impulso da força 
resultante que atua sobre o corpo, 
num certo intervalo de tempo, resulta 
no momentum final do corpo.”Podemos escrever esta equação vetorial em três 
equações escalares independentes, uma vez 
que são LI e ortogonais: 
( )∫ ∑ =+
't
t
xxx 'vmdt.Fvm 
( )∫ ∑ =+
't
t
yyy 'vmdtFvm 
( )∫ ∑ =+
't
t
zzz 'vmdt.Fvm 
 
Princípio Impulso-Momentum para 
um Sistema de Partículas: 
 
∫ ∑∑∑ =+
't
t
iiiii 'vmdt.Fvm
rrr 
 
Para um Sistema de Corpos Rígidos 
interligados vale: 
 
∫∑ =+
't
t
CMiRCM 'vmdt.Fvm
rrr 
 
8.1.4 - Princípio de 
Conservação de Momentum 
(PCM) 
 
Def.: Sistema Isolado: Um sistema é 
denominado Isolado quando: 
(a) a Força Resultante é nula ou 
(b) o Impulso Resultante é nulo. 
 
Princípio de Conservação de Momentum: 
 
“Um Sistema Isolado, sempre conserva o seu 
momentum.” 
 
Do Princípio Impulso Momentum para um 
Sistema isolado obtemos: 
 
.const'pp ==
rr
 
 
.' constvmvm ==
rr
 
 
Para um Sistema de duas Partículas: 
 
.const'p'ppp 2121 =+=+
rrrr
 
 
onde para um sistema de Partículas: 
 
.constvm'vmvm CMiiii === ∑∑
rrr
 
 
Para um corpo rígido: 
 
Para um Sistema de Partículas: 
 
 
.' constpp ii == ∑∑
rr
 
 
onde para um sistema de Partículas: 
 
.constvm'vmvm CMiiii === ∑∑
rrr
 
 
Para um corpo rígido: 
 
.' constvmvm CMCM ==
rr
 
ou 
∫∫ === .' constvmdmvdmv CM
rrr
 
 
A conservação de momentum ocorrerá para um 
instante de tempo qualquer em que o sistema 
permaneça isolado. 
 
Para um Sistema de 2 partículas, 
 
cte'p'ppp 2121 =+=+
rrrr
 
 
Debate sobre: 
1) Como um astronauta se movimenta no 
espaço interplanetário, na ausência de 
pontos de apoio e com velocidade 
constante. Arma de jatos de combustível 
emitido em altas velocidades. Conservação 
de momentum entre dois corpos isolados. 
Manutenção da velocidade constante do 
centro de massa do Sistema. 
 .const'vmvmvm iiaa ==+ ∑
rrr
 
2) Avião à hélice, apoio na atmosfera de ar. 
3) Avião à jato. 
4) Avião de turbina, mistura intermediária entre 
ar e combustível. 
5) Foguete. Como um foguete se movimenta 
no espaço vazio e sai da ação do campo 
gravitacional da Terra com a velocidade de 
escape de 11,2 km/s. Os vários estágios de 
combustível do foguete. 
6) Nave espacial ou cápsula do foguete. 
Reentrada na atmosfera. 
 
8.1.5 - Princípio de 
Conservação de Energia 
Mecânica 
 
“Se um corpo não tiver perdas de energia, em 
um determinado intervalo de tempo, então 
sua energia mecânica se conserva.” 
 
E M = K1 + UP1 = K 2 + UP2 = const. 
onde: 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 8 - Impulso e Momento - 2009 Cap.8 
 
 
147
 
E M = Energia Mecânica = K + UP 
K = Energia Cinética 
UP = Energia Potencial 
EC translação = k = Energia cinética de translação = m v 2 / 2 
EC rotação = k R = Energia cinética de rotação = I ω2 / 2 
 
 
Def.: As Perdas ou dissipações de energia de 
um corpo pode ocorrer nas interações com 
outros corpos em que há transformações de 
energia de um tipo em outro (exceto de 
cinética para potencial e vice-versa): 
 
(a) Atrito – dissipação de energia por fricção 
entre corpos 
 
(b) Resistência do ar (energia dissipada por 
atrito do ar com o corpo) 
 
(c) Colisões parcialmente elásticas - 
(energia de deformação dos materiais) 
 
(d) Irradiação de ondas eletromagnéticas 
 
(e) Trocas de Energia Térmica (esfriamento do 
corpo) 
 
(f) Emissão de ruído (energia acústica ou sonora), etc. 
 
 
 
8.2 – Corpos em 
Colisão 
 
 
Como definição a linha de colisão entre dois 
corpos é aquela que liga os centros de massa 
dos corpos. As velocidades na direção de colisão 
sofrem variação, após a colisão de acordo com o 
coeficiente de restituição dos corpos de antes 
para após a colisão. 
A figura abaixo mostra uma colisão genérica não 
central em que se define a direção de colisão e a 
direção perpendicular à colisão. 
 
 
 
 
 
 
Na direção de colisão (y): 
 
As velocidades variam, na direção de colisão 
(y), no entanto, 
 
(a) mantém-se invariante, a soma dos momentos 
lineares (momentum), antes e após a colisão: 
 
a) Princípio de Conservação de 
Momentum antes e após a colisão: 
 
yyyy BABA pppp ''
rrrr
+=+ 
 
yyyy BBAABBAA vmvmvmvm ''
rrrrr
+=+ 
 
(b) faz valer a relação existente entre os 
materiais que colidem entre si que é a relação do 
coeficiente de restituição: 
 
Coeficiente de restituição: 
 
 UP gravitacional = m g h 
UP = Energia Potencial UP elástica = k x 2 / 2 
 UP elétrica = q ∆V 
Av '
r
y x 
Projeção das velocidades 
dos corpos, após a colisão. 
v’Ay
v’By 
vBx 
vAx 
Y ’ 
X ’ 
Av
r
Bv
r
A'v
r
B'v
r
y x 
Direção de 
colisão (y) 
Direção perpendicular à 
direção de colisão (x ) 
θ 
θ 
Av
r
Bv
r
y x 
Projeção das velocidades dos corpos, antes da 
colisão nas direções de colisão y e 
perpendicular a ela x . 
vBy 
vAy 
vAx
vBx 
θ
θ 
Bv '
r
 Cap.8 Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza - Capítulo 7 - Impulso e Momento - 2009 
 
148
oaproximaçãderelativa
oafastamentderelativa
v
v
e = 
 
yy
yy
BA
AB
vv
vv
e
−
−
=
''
 
 
 
Na direção perpendicular à colisão (x): 
 
Na direção perpendicular à direção de 
colisão, ou seja, a direção x da figura, também 
haverá conservação de momentum e mais do 
que isto, as velocidades nesta direção se 
mantém invariantes antes e após a colisão. 
 
xxxx BBAABBAA vmvmvmvm ''
rrrrr
+=+ 
 
Se as partículas se separam após a colisão, as 
velocidades na direção normal â colisão se 
mantém invariantes: 
 
xxxx BBAA vvvv ';'
rrrr
== 
 
ou seja mantém-se as mesmas, nesta direção, 
antes e após a colisão. 
 
b) Coeficiente de Restituição em 
uma Colisão Central 
 
Consideremos por simplicidade, uma 
colisão central entre dois corpos. Vamos deduzir 
neste caso o cálculo da expressão do coeficiente 
de restituição, entre os dois corpos. 
 
 
Coeficiente de Restituição: 
 
∫
∫=
dtD
dtR
e 
 
Se e = 1 ⇒ choque perfeitamente elástico ⇒ 
não houve perdas de energia e houve restituição 
dos corpos. 
 
Se e = 0 ⇒ choque perfeitamente inelástico ⇒ 
chocaram-se os corpos e permanecem juntos 
após a colisão, houve deformação e um carrega 
o outro junto de si após a colisão, fazendo a 
velocidade relativa de afastamento igual a zero. 
 
Se 0 < e < 1 ⇒ choque parcialmente elástico 
⇒ houve restituição parcial de (e.100 ) % e 
deformação parcial de [(e-1).100 ] % dos corpos 
na direção do choque 
 
Demonstração do valor do 
coeficiente de restituição: 
 
Considerando que no momento de deformação 
máxima dos corpos a velocidade dos dois corpos 
é v, e sendo vA e vB as velocidades dos dois 
corpos antes da colisão na direção de colisão e 
vA ‘ e vB ‘ as velocidades depois da colisão 
também na direção da linha de colisão, então: 
 
Deformação para o corpo A: 
mA vA + ∫ D dt = mA v ⇒ 
 
∫ D dt = mA (v – v A) 
 
restituição para A: 
mA v + ∫ R dt = mA vA’ ⇒ 
 
∫ R dt = mA (vA’ – v) 
 
assim: 
A
A
vv
vve
−
−
=
' 
 
da mesma forma para o corpo B: 
deformação: 
 
m B v B + ∫ D dt = m B v ⇒ 
 
∫ D dt = mB (v – vB) 
 
restituição: 
 
m B v + ∫ R dt = m B v B’ ⇒ 
 
∫ R dt = mB (vB’ – v) 
 
assim: 
 
e = 
B
B
vv
vv
−
−'
 = 
A
A
vv
vv
−
−'
 
 
sendo 
(v B’ – v) = e . (v -vB) ⇒ 
 
v (e +1) = v B’ + e v B 
 
 (vA’ – v) = e . (v - vA) ⇒ 
 
v (e +1) = vA’ + e vA 
 
igualando as duas expressões: 
 
AABB vevvev +=+ '' ⇒ 
 
BAAB vevevv −=− '' 
 
BA
AB
vv
vv
e
−
−
=
''
 
 
-ID ID 
ID = ∫ dtD = Impuso de defomação
-IR IR IR = ∫ dtR = Impuso de restituição 
Av'
r
B'v
r
 
Av
r
 Bv
r
Linha de colisão
 e = 1 ⇒ colisão perfeitamente elástica 
 0 > e >1 ⇒ colisão parcialmente elástica 
 e = 0 ⇒ colisão perfeitamente inelástica 
 
 
 
Mecânica do Corpo Rígido - Samuel de Souza