Isaac Newton e Suas Leis

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TFGE – Tópicos de Física Geral e Experimental 1 / 4
AULA-05
Isaac Newton:
Newton nasceu no ano em que Galileu morreu, filho de um proprietário rural, que nunca se 
interessou em seguir os passos de seu pai. Desde de jovem, apresentou habilidades que lhe 
permitiram projetar engenhosas miniaturas mecânicas. Construiu moinho de brinquedo que moía o 
trigo, transformando-o em farinha, usando como força motriz de um rato. Construiu um relógio de 
madeira movido a água.
Sempre interessado em matemática desenvolveu o cálculo diferencial, e interessou-se por 
várias questões físicas, fazendo experimentos em Óptica e formulando os princípios básicos de sua 
teoria da gravitação. 
O trabalho completo de Newton, intitulado Philosophia naturalis principia mathematica, foi 
publicado na metade de 1687, com repercussão por toda Europa, de forma imediata e 
impressionante. As Leis propostas no Principia, são utilizadas até nossos dias, e tomo a liberdade 
de dar às mesmas o formato mais usual, para facilitar a compreensão dos que leem este texto.
Lei 01: “lei da inércia”
Considere-se um corpo de massa “m”, sob ação de forças com resultante nula “R⃗=0⃗”.
Caso (a): O corpo em repouso permanecerá parado; Caso (b): O corpo em movimento permanecerá 
deslocando-se em trajetória reta. 
Lei 02: R⃗=m⋅⃗a
Seja “R⃗” a resultante das forças aplicadas no corpo com massa “m”, e que produz no mesmo 
a aceleração “a⃗”
Exemplo: o bloco ilustrado de massa 6,7 kg, encontra-se apoiado numa superfície 
horizontal, e sob ação da força resultante “R⃗”, que impõe ao mesmo a aceleração 
a⃗=2,5 m
s2
. Determinar a intensidade da força resultante.
R⃗=m⋅⃗a => R=6,7⋅2 ,5=16 , 8 => R=16 , 8 N
Lei 03: “lei da ação e reação”
Considere-se dois corpos interagindo entre si, onde o corpo A aplica a força “F⃗” no corpo B, 
que ao mesmo tempo, reage sobre o corpo A, com força de mesma direção, mesma intensidade e 
sentido oposto ”−F⃗”.
Ex 09: Um bloco de massa m=30kg, apoia-se em superfície lisa, inclinada 
de 300 em relação a horizontal. É mantida em equilíbrio estático pela força 
F. Adotarg=9,8 m/ s2. Pedem-se:
a) qual o peso do bloco;
b) a intensidade da força F, que garante equilíbrio;
c) a força normal entre o fundo do bloco e a superfície inclinada.
P=m⋅g => P=30⋅9,8 => P=294,0 N (a)
A B
F-F
m
R
a
m
R
a
y x
F
300
P
600
N
300
300
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Equilíbrio estático significa em repouso (parado), ou seja, com velocidade nula, e nesses casos a 
resultante das forças é nula:
 (x) F−P⋅cos(600)=0 => F=P⋅cos(600) => F=147 N (b)
R⃗=zero
 ( y )N−P⋅cos(300)=0 => N=P⋅cos (300) => N=294,0⋅cos(300) => N=254,6 N (c)
Lei da gravitação universal.
Considere-se dois corpos de massas m1 e m2, separados entre 
si pela distância “r”, e seja F⃗ a força que expressa a atração entre os 
mesmos é:
F=G⋅
m1⋅m2
r2
 onde: G=6,7⋅10−11 m3
kg⋅s2
Ex 10: Sabe-se que a Terra com massa mTerra=6⋅1024 kg, raio R=6,4⋅106 m, atrai 
um corpo de massa mc, posicionado muito próximo da superfície da mesma. 
Determinar o peso do corpo.
Apoio: F=G⋅
m1⋅m2
r2
 onde: G=6,7⋅10−11 m3
kg⋅s2
Pc=6,7⋅10−11⋅
6⋅1024⋅mc
(6,4⋅106)2
 => Pc=(6,7⋅10−11⋅ 6⋅1024
(6,4⋅106)2
)⋅mc => Pc=9,8⋅mc, ou seja: 
 g=G⋅
mT
RT
2
=9,8 m / s2
Equilíbrio estático de um ponto material.
Entende-se por ponto material, um corpo com dimensões desprezíveis que possui massa. A segunda Lei 
de Newton estabelece que:∑ F⃗=m⋅⃗a, ou seja, a resultante das forças é igual ao produto entre a massa do 
ponto material ‘m’ multiplicada por sua aceleração.
Nos casos em que se trata de equilíbrio de um ponto material, pode-se afirmar que a⃗=0, que substituída 
na segunda Lei de Newton resulta em: ∑ F⃗=0⃗.
Resumindo: para pontos materiais na condição de equilíbrio, pode-se afirmar que: 
“a soma vetorial das forças aplicadas no mesmo é NULA: ∑ F⃗=zero ”.
Exemplo: No exemplo ilustrado, o ponto material de massa ‘m’, encontra-se em 
equilíbrio estático sob ação de cinco forças, ou seja, a resultante das forças é nula. A 
soma dessas forças pode ser feita de duas formas diferentes: 
a) através da regra do paralelogramo;
b) através a soma das componentes (projeções) das forças nos eixos ‘x’ e ‘y’.
Terra
mc
P P
m1
m2
F
F
r
F1
F2 
F3
F4
F5
m
x
y
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A soma através da regra do paralelogramo:
A soma vetorial das forças é nula, e pode ser expressa pela soma das 
projeções nos eixos “x” e “y”:
 a soma das componentes 
a soma vetorial nas direções “x” e “y”.
F1
x+F2
x+F 3
x+F 4
x+F5
x=0
F⃗1+ F⃗2+ F⃗ 3+F⃗ 4+F⃗ 5=0
F1
y+F 2
y+F3
y+F4
y+F 5
y=0
Exemplo:
(a) projetandoF⃗na direção “x”: F5
x=F 5⋅cos(600) ; sempre que se utiliza o 
ângulo “encostado” na projeção, ela é expressa através da função cosseno.
(b) projetandoF⃗na direção “y”: F5
y=−F 5⋅cos(300) ; da mesma forma utilizou-se o ângulo “encostado” na 
projeção
Ex. 11: - A figura anexa ilustra o ponto A mantido em equilíbrio 
estático pelo peso P do bloco de massa 37 kg, e pelos pelos cabos 
ideais AB e AC. Determinar as trações em cada um dos cabos.
Os ângulos …..
A força peso do bloco: P=m⋅g=37⋅10=370 N
Sob ação da força peso, o bloco aplica força F no nó A, e o nó 
reage no bloco, com força F oposta.
Equilíbrio do bloco:
300600
m = 37 kg
g = 10 m/s2
x
y
A
CB
F1
F2 
F3
F4 F5
m
x
y
600
300
F5
x
F5
y 600
300
F1
F2 
F3
F4
F5
Somando F1 e F2
F1+F2
F3
F4
F5
F1+F2
F
1 +F
2 +F
3
Somando F1+F2 e F3
F4
F5
F
1 +F
2 +F
3
F
1+F
2+F
3+F
4 
Somando F1+F2+F3 e F4
F5
F
1+F
2+F
3+F
4 
Somando F1+F2+F3+F4+F5 = 0
300
300
600
600
300600
m = 37 kg
g = 10 m/s2
x
y
A
B C
FAC
FAC
FAB
FAB
P = 370 N
F
F
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O bloco sob ação de seu peso (P), puxa o ponto A com a força F, e o ponto A reage sobre o bloco com força F 
de mesma intensidade, mesma direção e sentido oposto.
Impondo a condição de equilíbrio do bloco de massa ‘m’:
( y )F−370=0
F=370 N (a) (a projeção em ‘x’ é nula)
Equilíbrio do ponto (nó) A:
O nó A sob ação da força F, traciona os fios ideais AC e AB e 
estes aplicam respectivamente nos pontos B e C do teto as forças:
FAC e F AB . 
Os pontos B e C, reagem no nó A respectivamente com 
forças de mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos 
que as forças aplicadas nos pontos B e C:
FAB e F AC
Impondo a condição de equilíbrio ao nó A:
(x)F AC⋅cos(300)−F AB⋅cos(600)=0 [01]
Nota: as projeções das forças que possuem o sentido do eixo (x), são positivas.
( y )FAC⋅cos(600)+F AB⋅cos (300)−F=0 [2]
Nota: as projeções das forças que possuem o sentido do eixo (y), são positivas
Reescrevendo nas Equações [1] e [2]:
[01]=> FAC⋅0,87−F AB⋅0,50=0
FAC=
F AB⋅0,50
0,87
=> FAC=F AB⋅0,58 [3]
[02]=> FAC⋅0,50+F AB⋅0,87−F=0 => FAC⋅0,50+F AB⋅0,87=370 [4]
Substituindo a equação [3] na equação [4]:
(F AB⋅0,58)⋅0,50+F AB⋅0,87=370 => FAB⋅0,29+F AB⋅0,87=370 => FAB⋅1,160=370
 FAB=318,97 [N ] (b)
em [3]: FAC=318,97⋅0,58 => FAC=185,00 [N ] (c)
300
300
600
600
300600
m = 37 kg
g = 10 m/s2
x
y
A
B C
P = 370 N
F
F
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Ex 12: No arranjo ilustrado, um conjunto de polias ideais, sem massa e sem atritos com o eixo, sustenta um 
bloco de massa m = 75 kg. Considerar a aceleração da gravidade como g = 10 m/s2. Pedem-se:
a) o diagrama de forças;
b) a força F aplicada no extremo do cabo (fio ideal), que mantém o sistema em equilíbrio estático.
c) a força que o eixo da polia A, exerce sobre a mesma;
d) a força que o eixo da polia C, exerce sobre a mesma.
A força peso do bloco …
P=m⋅g => P=75⋅10 => P=750 N
Como o fio é ideal, ao longo do mesmo, a força de tração (F) é a mesma em todo o comprimento 
da mesma …
As reações RA e RB dos eixos fixos …
Nota: todas as forças são verticais, ou sejam, possuem direção do eixo (y) (a)
Equilíbrio do conjunto formado pela polia B e o bloco:
( y ) F+F+F−750=0 =>3⋅F=750 => F=250 N (b)
Equilíbrio da polia A:
( y ) RA−F−F=0 => RA=500 N (c)
Equilíbrio da polia C:
( y ) RB−F−F=0 => RB=500 N (d)
Ex 13: O cilindro de peso P=400 N , encontra-se em equilíbrio estático apoiado 
em superfície horizontal lisa, e sob ação dos blocos e pesos M=200 N e
Q=400 N conforme ilustrado. Pedem-se:
a) o ângulo θ ; b) a reação do apoio horizontal no cilindro.
Solução:
1) identificar as forças agentes em cada um dos corpos;
2) impor o equilíbrio a cada corpo envolvido.
F
m
A
B
C
F
m
A
B
C
RA
RB
P=750
x
y
FFF
FF
F F
P
M
Q
θ
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Definir as forças agentes entre cada um dos corpos:
Impondo o equilíbrio do bloco M, de peso 200 N:
( y )T 1−200=0 => T 1=200
Impondo o equilíbrio do bloco Q:
( y )T 2−400=0 => T 2=400
Impondo o equilíbrio do cilindro de peso P = 400N:
(x)T 2⋅cos(θ )−T 1=0 ; 
( y )N−400+T 2⋅cos(900−θ )=0
Substituindo os valores de “T1” e “T2”, na equação em “x”:
400⋅cos(θ )−200=0 => cos(θ )= 200
400
=0,5 => θ=600 (a)
Substituindo o valor de “T2”, e de “θ”, na equação em “y”:
N−400+400⋅cos(900−600)=0
N=400−400⋅0,866 => N=53,59 (b)
P
M
Q
θ
T1
200
T1
T2
T2
T2
T2
400
N
N
400
T1
y
x