Física Geral e Experimental I_Corrigido

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FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 1
FÍSICA GERAL E 
EXPERIMENTAL I
PROF.ª DRA. AUSRA MARÃO
“A Faculdade Católica Paulista tem por missão exercer uma ação integrada de suas atividades educacionais, visando à 
geração, sistematização e disseminação do conhecimento, 
para formar profissionais empreendedores que promovam 
a transformação e o desenvolvimento social, econômico e 
cultural da comunidade em que está inserida.
Missão da Faculdade Católica Paulista
 Av. Cristo Rei, 305 - Banzato, CEP 17515-200 Marília - São Paulo.
 www.uca.edu.br
Nenhuma parte desta publicação poderá ser reproduzida por qualquer meio ou forma 
sem autorização. Todos os gráficos, tabelas e elementos são creditados à autoria, 
salvo quando indicada a referência, sendo de inteira responsabilidade da autoria a 
emissão de conceitos.
Diretor Geral | Valdir Carrenho Junior
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MEDIÇÃO
VETORES
MOVIMENTO RETÍLINEO
MOVIMENTO EM DUAS DIMENSÕES
LEIS DE NEWTON DO MOVIMENTO
APLICAÇÃO DAS LEIS DE NEWTON
ENERGIA CINÉTICA E TRABALHO
ENERGIA POTENCIAL E CONSERVAÇÃO DA 
ENERGIA
CENTRO DE MASSA E MOMENTO LINEAR
ROTAÇÃO
ROLAGEM, TORQUE E MOMENTO ANGULAR
EQUILÍBRIO DE CORPOS EXTENSOS
ELASTICIDADE
GRAVITAÇÃO E OSCILAÇÕES
ONDAS
FLUIDOS
SUMÁRIO
AULA 01
AULA 02
AULA 03
AULA 04
AULA 05
AULA 06
AULA 07
AULA 08
AULA 09
AULA 10
AULA 11
AULA 12
AULA 13
AULA 14
AULA 15
AULA 16
05
13
22
31
42
54
67
76
84
94
101
106
114
121
132
144
FÍSICA GERAL E 
EXPERIMENTAL I
PROF.A DRA. AUSRA MARÃO
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INTRODUÇÃO
Olá, Aluno(a)!
Seja muito bem-vindo(a)!
Em nosso estudo de Física Geral e Experimental podemos começar com a pa-
lavra FÍSICA (do grego: physis), que significa Natureza. Podemos dizer que a Física 
se encontra em nosso cotidiano de todas as maneiras - difração dos raios de luz, 
efeitos da umidade de ar, energia, movimento, força aplicada nas vigas, potência 
de um motor, rendimento de uma geladeira, fenômenos térmicos (mudanças de 
temperatura), precipitação de chuvas etc.
Enfim, a Física está em tudo!
Em Física, como em toda ciência, qualquer acontecimento ou ocorrência é cha-
mado fenômeno. A Física também está na base de toda engenharia e tecnologia. 
Sem entender as leis básicas da Natureza, interpretadas pela Física, ninguém pode 
construir dispositivos práticos eficientes.
O presente livro pretende ser um auxiliar de estudo aos que queiram exerci-
tar os seus conhecimentos dos temas da física aqui focados, designadamente a 
mecânica clássica, mecânica de fluidos, mecânica ondulatória e som, calorimetria 
e transferências de calor, eletromagnetismo e ótica.
Um ótimo trabalho a todos!
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MEDIÇÃO
AULA 01
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5
Objetivo da física é fornecer uma compreensão quantitativa de certos fenô-
menos básicos que ocorrem em nosso Universo. A física é uma ciência baseada 
em observações experimentais e análises matemáticas. A ciência e a engenha-
ria se baseiam em medições e comparações. Assim, precisamos de regras para 
estabelecer de que forma as grandezas devem ser medidas e comparadas e de 
experimentos para estabelecer as unidades para essas medições e comparações.
Medindo Grandezas
Para melhor conhecer as grandezas envolvidas num fenômeno, a Física 
recorre a medidas. Grandeza é uma propriedade de um fenômeno, de um 
corpo ou de uma substância, que pode ser expressa quantitativamente sob a 
forma de um número e de uma referência. Se medimos uma certa grandeza 
e desejamos descrevê-la para alguém, tem de ser especificada e definida uma 
unidade para a grandeza. O método mais simples de medir uma grandeza físi-
ca é através da comparação direta com um padrão de medida adotada como 
unidade (Figura 1.1).
Figura 1.1. Medida física
O Sistema Internacional de Unidades
Em 1971, na 14ª Conferência Geral de Pesos e Medidas, o Comitê Internacional 
estabeleceu um sistema de definições e padrões para descrever grandezas físi-
cas fundamentais. Sete grandezas foram selecionadas como fundamentais para 
construir a base do Sistema Internacional de Unidades (SI). A Tabela 1.1 mostra 
as unidades fundamentais e suas correspondentes unidades do SI.
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Tabela 1.1 Grandezas Fundamentais e Suas Unidades do SI
Grandeza Unidade Símbolo Definição
Comprimento Metro M
A distância percorrida pela luz no 
vácuo em 1/299.792.458 de segun-
do.
Tempo Segundo S
A duração de 9.192.631.770 pe-
ríodo da radiação correspondente 
à transição entre os dois níveis hi-
perfinos do estado fundamental do 
átomo de césio-133.
Massa Quilograma Kg
Um protótipo (um certo cilindro de 
platina-irídio) será considerado da-
qui em diante como a unidade de 
massa
Temperatura Kelvin K
A fração 1/273,16 da temperatura 
termodinâmica do ponto triplo da 
água.
Corrente 
elétrica Ampère A
A corrente constante que, se man-
tida em dois condutores paralelos 
retos de comprimento infinito, de 
seção transversal circular desprezível 
e separados por uma distância de 1 
m no vácuo, produziria entre esses 
condutores uma força igual a 2 X 10-7 
newton por metro de comprimento.
Quantidade 
de uma 
substância
Mol Mol
A quantidade de matéria de um siste-
ma que contém um número de enti-
dades elementares igual ao número 
de átomos que existem em 0,012 qui-
lograma de carbono-12.
Intensidade 
da luz Candela Cd
A intensidade luminosa, em uma 
dada direção, de uma fonte que 
emite radiação monocromática de 
frequência 540x1012 hertz e que 
irradia nessa direção com uma in-
tensidade de 1/683 watt por esfe-
rorradiano.
Fonte: Haliday e Resnic (2010)
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As unidades derivadas são formadas por produtos de potências das unidades 
fundamentais (Tabela 1.2). Assim, as unidades SI para a velocidade são metros 
por segundo, m/s. Muitas outras, assim chamadas de grandezas derivadas, serão 
encontradas com o desenvolvimento dos temas de exploração da física; algumas 
diretas, como a área (m²) e a massa específica (kg/m³), e outras não tão diretas, 
como a resistência à corrente elétrica, m²·kg/(s³·A²). Felizmente, os cientistas têm 
atribuído nomes adicionais (não fundamentais) às unidades de algumas grande-
zas derivadas mais complexas e de uso mais frequente. Por exemplo, define-se 1 
m²·kg/(s³·A²) como 1 ohm (1 Ω), a unidade SI da resistência elétrica.
As unidades derivadas do SI são definidas em termos dessas unidades funda-
mentais. Assim, por exemplo, a unidade de força do SI, chamada de newton (N), é 
definida em termos das unidades fundamentais de massa, comprimento e tempo.
Tabela 1.2 Algumas Unidades Derivadas do SI
Grandeza Unidade Símbolo
Área metro quadrado m2
Volume metro cúbico m3
Massa específica quilograma por metro cúbico kg/ m3
Frequência Hertz Hz s-1
Velocidade metro por segundo m/s
Aceleração metro por segundo ao qua-drado m/s
2
Força Newton N kg·m/s2
Pressão Pascal Pa N/m2
Trabalho, energia Joule J N·m
Potência Watt W J/s
Resistência elétrica Ohm Ω 1 m2·kg/(s3·A2)
Fonte: Haliday e Resnic (2010)
1 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 = 1 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 1𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠2⁄
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Mudança de Unidades
Para expressar as grandezas muito grandes ou muito pequenas frequen-
temente encontradas na física, usamos a notação científica que emprega po-
tências de 10. 
Assim nossos números podem ser escritos na seguinte forma.
(1.1)
onde x – medida;
 10 – base da potência;
 a – expoente da potência.
Em notação científica, o coeficiente da potência de 10 é sempre expresso com 
uma casa decimal seguido da potência de 10 adequada.
Nessa notação,
2.680.000.000 m = 2,68·10⁹ m
e
0,000 000 235 s = 2,35·10ˉ⁷ s
Também por conveniência, quando lidamos com grandezas muito grandes 
ou muito pequenas, usamos os prefixos da Tabela 1.3. Como se pode ver, cada 
prefixo representauma certa potência de 10, sendo usado como um fator mul-
tiplicativo. Incorporar um prefixo a uma unidade do SI tem a efeito multiplicar a 
unidade pelo fator correspondente. Assim, podemos expressar uma certa potên-
cia eletrica como
2,45·10⁹ watts = 2,45 gigawatt = 2,45 GW
ou um certo intervalo do tempo como
1,62·10ˉ³ s = 1,62 milissegundos = 1,62 ms
𝑥𝑥𝑥𝑥 × 10±𝑎𝑎𝑎𝑎
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Tabela 1.3 Prefixos mais usados das Unidades do SI
Fator Prefixos Símbolo
10⁹ giga- G
10⁶ mega- M
10³ quilo- k
10ˉ¹ deci- d
10ˉ² centi- c
10ˉ³ mili- m
10ˉ⁶ micro- µ
10ˉ⁹ nano- n
10ˉ¹² pico- p
Fonte: Haliday e Resnic (2010)
Isto está 
na rede
Mergulhe no mundo microscópico e macroscópico nessa animação que 
demonstra o verdadeiro espaço e tamanho do universo. 
Fonte: Guru da Ciência. O tamanho do Universo. Publicado em 26 de ou-
tubro de 2016. Disponível em: <https://www.youtube.com/watch?v=srRt-
LhXlf7E>
Exemplos
Exemplo 1.1. Escreva cada um dos valores nas unidades indicadas.
2 m em mm.
1,327 µg em g.
8,2 km em cm.
0,00000004 s em ns.
2,54 MW em W.
Solução a: 2 m em mm
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Pode-se, sempre, multiplicar um número pela unidade sem alterar seu valor. 
Existem 1000 mm em 1 m ou 1 mm é uma milésima parte (0,001) do 1 metro, logo,
ou
Solução b: 1,327 µg em g
Utilizando a Tabela 1.3, 1 µg é igual a 10ˉ⁶ g; isto é, a taxa de 10ˉ⁶ g para 1 µg 
é igual a 1, isto é,
Note que essa representação só estará correta quando as unidades forem 
incluídas; sem as unidades, 10ˉ⁶/1 = 1, tem-se um resultado incorreto. O valor de 
qualquer número permanece o mesmo quando é multiplicado por 1, assim, o 
valor 1327 g pode ser convertido para metros multiplicando-o por um fator de 
conversão que indique a equivalência entre 10ˉ⁶ g e 1 g, ou seja,
Solução c: 8,2 km em cm
Primeiro passo utilizando a Tabela 1.3, converter 8,2 km em m, que seja
Segundo passo converter resultado obtido 8200 m em cm, logo temos
Solução d: 0,00000004 s em ns
Utilizando a Tabela 1.3, 1 ns é igual a 10ˉ⁹ s, isto é,
Solução e: 2,54 MW em W
Existem 10⁶ W em 1 MW, logo,
2 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2 � 1000 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2000 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 
2 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2 �
1
10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2000 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
1327µg = 1327µg 
10−6𝑔𝑔𝑔𝑔
1µg = 1327 � 10
−6𝑔𝑔𝑔𝑔 = 1,327 𝑔𝑔𝑔𝑔
8,2 km = 8,2 � 103 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 8200 𝑚𝑚𝑚𝑚
8200 𝑚𝑚𝑚𝑚 =
8200
10−2 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 = 820000 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 
0,00000004 𝑠𝑠𝑠𝑠 =
0,00000004
10−9 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑠𝑠𝑠𝑠 =
4 · 10−8
10−9 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑠𝑠𝑠𝑠 = 40 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑠𝑠𝑠𝑠 
2,54 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2,54 � 106 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2540000 𝑀𝑀𝑀𝑀 
10−6 𝑔𝑔𝑔𝑔
1 µg = 1
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Exemplo 1.2. Suponha que a corda de uma guitarra deva ser utilizada em um 
experimento. Seu comprimento é registrado como 1140 mm. Entretanto, para 
efetuar um determinado cálculo, todos os valores devem ser expressos em uni-
dades do SI. O valor do comprimento deve, portanto, ser convertido para metros.
Solução:
Utilizando a Tabela 1.3, 1 mm é igual a 10ˉ³ m; isto é, a taxa de 10ˉ³ m para 1 
mm é igual a 1. Assim, o valor 1140 mm pode ser convertido para metros multi-
plicando-o por um fator de conversão que indique a equivalência entre 10ˉ³ m e 
1 mm, ou seja,
Resposta: Comprimento de uma guitarra expressos em unidades do SI é 1,14 m.
Exemplo 1.3. O ônibus espacial pode atingir uma velocidade orbital de 7860 
m/s. A essa velocidade, qual é a distância que o ônibus percorreria em 7 dias?
Solução:
Algumas conversões não podem ser facilmente realizadas em uma única eta-
pa. Como ilustração, seja a conversão de um intervalo de tempo de 1 dia para 
segundos. Neste caso, aplicam-se, separadamente, as equivalências de 1 dia e 24 
h, de 1 h e 60 min e de 1 min e 60 s, logo
7 dias = 7 dias · 24 h · 60 min · 60 s = 604 800 s
Sabemos que 
(1.2)
Usando a Equação 1.2 calculamos o deslocamento (d) que o ônibus espacial 
percorre em 7 dias = 604 800 s, que é obtido pela multiplicação do período de 
tempo (Δt) pela velocidade (v).
Resposta: A distância que o ônibus percorreria em 7 dias é 4,75 · 10⁹ m.
1140 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1140 � 10−3𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1,14 𝑚𝑚𝑚𝑚
Velocidade = DeslocamentoPeríodo de tempo
𝑑𝑑𝑑𝑑 = ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 � 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 604800 𝑠𝑠𝑠𝑠 � 7860
m
s = 4753728000 m = 4,75 � 10
9 𝑚𝑚𝑚𝑚
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VETORES
AULA 02
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Grandezas escalares e grandezas vetoriais
Grandeza é tudo aquilo que pode ser medido. Muitas grandezas ficam perfei-
tamente definidas quando conhecemos seu valor numérico e a correspondente 
unidade. Tais grandezas são denominadas grandezas escalares. Grandezas esca-
lares possuem apenas valor numérico (módulo) e unidade da medida e obede-
cem às regras da aritmética e da álgebra comum. Por exemplo, na Figura 2.1 as 
grandezas escalares são massa (símbolo - m, unidade - kg), volume (símbolo - V, 
unidade - m³), tempo (símbolo - t, unidade - s), temperatura (símbolo - T, unidade 
- K), altura (símbolo – h, unidade – m), etc. 
Existem grandezas que, além do valor 
numérico e da unidade, necessitam de 
direção e sentido para que fiquem defini-
das. As grandezas vetoriais possuem um 
valor numérico, unidade e uma orientação 
(sentido) e obedecem às regras da álgebra 
vetorial. Também na Figura 2.1 grandezas 
vetoriais são velocidade (símbolo v , unida-
de - m/s), força (símbolo – F, unidade - N) 
aceleração (símbolo – a, unidade - m/s²), 
deslocamento (símbolo – x, unidade - m) e 
outras. Figura 2.1 Grandezas escalares e vetoriais
A grandeza vetorial mais simples é deslocamento, ou mudança de posição 
entre dois pontos. 
Figura 2.2 Deslocamento entre dois pontos A e B
→
→
→
→
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Vetor
Representa-se um vetor por um segmento de reta orientado, como o segmento 
orientado AB ou V como da Figura 2.3. A origem e a extremidade do vetor podem 
ser representadas por duas letras maiúsculas (A – origem; B – extremidade). O 
comprimento comum dos segmentos orientados é chamado módulo do vetor. O 
módulo de um vetor pode ser escrito |V|ou só V. Assim, um vetor é caracterizado 
por módulo, direção e sentido.
Figura 2.3 Vetor
 Dois vetores são iguais quando possuem o mesmo módulo, a mesma direção 
e o mesmo sentido. Já dois vetores são opostos quando possuem o mesmo mó-
dulo, a mesma direção, mas sentidos contrários (opostos).
Figura 2.4 Vetores iguais e opostos
Na Figura 2.4, são vários vetores iguais e opostos. Vetores com sentidos opos-
tos V1 ≠ V2, módulos opostos V1 ≠ V4, direções diferentes V1 ≠ V5, mas com os 
módulos iguais são |V1|= |V2| = |V3|= |V5|.
→ →
→
→ → → → → →
→ → → →
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15
Operações com vetores
Para somar V1 e V2 (Figura 2.5.a), faça a extremidade de V1 (ponto B) coincidir com 
a origem de V2 (ponto C). Para obter o vetor resultante ( Vs), ligue a origem de V1 (A) à 
extremidade V2 (D) (Figura 2.5.b). Essa regra também vale para dois ou mais vetores 
(Figura 2.6).
(2.1)
onde Vs – vetor resultante;
 V1 – vetor 1;
 V2 – vetor 2.
A ordem dos vetores na soma não afeta o resultado final.
(2.2)
Figura 2.5 Adição vetorial aplicando regra gráfica de operação do triângulo ou do paralelogramo.
Na Figura 2.5.c, o vetor soma Vs é representado pela diagonal de um paralelo-
gramo, cujos lados são representações dos vetores V1 e V2.
Figura 2.6 Soma geométrica de vetores.
→ → →
→ → →
→
𝑉𝑉𝑉𝑉𝑆𝑆𝑆𝑆 = 𝑉𝑉𝑉𝑉1 + 𝑉𝑉𝑉𝑉2
→
→
→
𝑉𝑉𝑉𝑉1 + 𝑉𝑉𝑉𝑉2 = 𝑉𝑉𝑉𝑉2 + 𝑉𝑉𝑉𝑉1
→
→ →
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16
O módulo do vetor resultante é dado pela diagonal do paralelogramo, como 
indicado na Figura 2.7.
Figura 2.7 Módulo do vetor.
Assim, 
(2.3)
onde V – módulo do vetor o vetor V;
 θ – ângulo entre os dois vetores V1 e V2.
Para subtrair V1 de V2, invertemos o sentido de V1 para obter –V1 e somamos V1 
e -V1. O vetor V� é a diferença entre os vetoresV1 de V2, nessa ordem. Para subtrair 
V1 de V2, deve-se adicionar V2 ao oposto de V1 (Figura 2.8).
(2.4)
onde V� – diferença entre os vetores.
Figura 2.8 Subtração vetorial aplicando regra gráfica de operação do triângulo ou do paralelogramo.
= + + 2 · ·
→
→ →
→ → → → →
→ → → →
→ → → →
= = + (
→
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Componentes de vetor
As componentes (escalares) Vx e Vy de um vetor bidimensional V em relação 
aos eixos de um sistema de coordenadas xy são obtidas traçando retas perpen-
diculares aos eixos a partir da origem e da extremidade de V (Figura 2.9). Onde 
temos Vx e Vy vetores componentes do vetor V e Vx e Vy componentes do vetor 
V. As componentes do vetor formam um ângulo reto.
Figura 2.9. Os vetores componentes.
Observe nesse caso (Figura 2.9) que as componentes serão:
(2.5)
(2.6)
onde V – módulo do vetor o vetor V;
 Vx – componente no eixo x;
 Vy – componente no eixo y;
 a – ângulo entre o vetor V e eixo x.
Exemplos
Exemplo 2.1. São dados os vetores x e y de módulos x = 3 e y = 4. Determine 
graficamente o vetor soma e calcule o seu módulo.
Figura 2.10 Exemplo 2.1
→
→
→ → →
→
𝑉𝑉𝑉𝑉𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑉𝑉𝑉𝑉 · 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑉𝑉𝑉𝑉𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑉𝑉𝑉𝑉 · 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑐𝑐𝑐𝑐
→
→
→ →
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18
Solução a:
Para somar x e y, faça a extremidade de x coincidir com a origem de y. Para 
obter o vetor resultante ( Vs), ligue a origem de x à extremidade y (Figura 2.11.a).
Também podemos somar os vetores x e y usando a regra do paralelogramo. 
Nesse caso o vetor soma Vs é representado pela diagonal de um paralelogramo 
(Figura 2.11.b).
Figura 2.11 Resposta do Exemplo 2.1.a
Para calcular o módulo do vetor soma Vs podemos usar o teorema de Pitágoras, 
uma vez que x , y e Vs constituem os lados de um triangulo retângulo.
Resposta: O módulo do vetor Vs = 5.
Solução b:
Figura 2.12 Resposta do Exemplo 2.1.b
O ângulo entre os vetores x e y é 60°, logo teremos:
Resposta: O módulo do vetor Vs = 6.
→ → → →
→ → →
→ →
→
→
→ → →
= +
= 3 + 4 = 25
= 25 = 5
→
→ →
= 3 + 4 + 2 · 3 · 4·cos(60° = 6
→
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Solução c:
Figura 2.13 Resposta do Exemplo 2.1.c
O ângulo entre os vetores x e y é 0°, logo teremos:
Resposta: O módulo do vetor Vs = 7.
Solução d:
Figura 2.14 Resposta do Exemplo 2.1.d
O ângulo entre os vetores e é 180°, logo teremos:
Resposta: O módulo do vetor Vs = 1.
Exemplo 2.2. Dados os vetores a e b, cujos módulos valem, respectivamente, 6 
e 8, determine graficamente o vetor diferença V� = a - b e calcule o seu módulo.
Figura 2.15 Exemplo 2.2
Solução:
Para subtrair b de a, invertemos sentido de b para obter –b e somamos a e -b. 
(Figura 2.15).
→ →
= 3 + 4 + 2 · 3 · 4·cos(0° = 7
→
→
→ →
→ → →
→ → → → → →
= 3 + 4 + 2 · 3 · 4·cos(180° = 1
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Figura 2.16 Resposta do Exemplo 2.2
Sendo os módulos a = 6; b = 8 , podemos calcular o módulo do vetor diferença 
aplicando o teorema do Pitágoras ao triangulo retângulo formado pelos vetores 
a, -b e V�.
Resposta: O módulo do vetor V� = 10.
Exemplo 2.3 Um vetor deslocamento r no plano xy tem 15 m de comprimento 
e faz um ângulo θ = 30° com o semieixo x positivo. Determine a componente x e 
a componente y do vetor.
Figura 2.17 Exemplo 2.3
Solução:
Na figura 2.18 temos as componentes rx e ry 
Figura 2.18 Componentes do vetor 
Aplicamos as equações Vx = V . cos a e Vy = V . sen a para calcular as componentes 
rx e ry. Sendo r = 15 m e θ = 30o, logo calculamos as componentes horizontal e vertical:
Resposta: rx = 13m; ry = 7,5 m.
→ → →
= +
= 6 + 8 = 100
= 100 = 10
→
→ →
= 15 · = 13 
= 15 · 30° = 7,5 
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MOVIMENTO RETÍLINEO
AULA 03
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Um dos objetivos da física é estudar o movimento dos objetos: a rapidez com 
que se movem, por exemplo, ou a distância que percorrem em um dado intervalo 
de tempo.
Nesse capítulo, estudaremos a física básica do movimento nos casos em que 
o objeto (carro de corrida, placa tectônica, célula sanguínea ou qualquer outro) 
está se movendo em linha reta (Figura 3.1). Este tipo de movimento é chamado 
de movimento unidimensional (UM).
Figura 3.1 Movimentos unidimensionais - horizontal e vertical
Deslocamento
A posição x de uma partícula em um eixo x localiza a partícula em relação à 
origem, ou ponto zero, do eixo. A posição é positiva ou negativa, dependendo do 
lado da origem em que se encontra a partícula, ou zero, se a partícula se encontra 
na origem (Figura 3.2).
Figura 3.2 A posição.
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23
O deslocamento Δx de uma partícula é a variação de sua posição:
(3.1)
onde ∆x – deslocamento;
 xf – posição final;
 xi – posição inicial.
O deslocamento é uma grandeza vetorial. É positivo se a partícula se move no sen-
tido positivo do eixo x, e negativo se a partícula se move no sentido oposto (Figura 3.3).
Figura 3.3 O deslocamento.
Movimento com Velocidade Constante
Quando uma partícula se desloca de uma posição xi para uma posição xf du-
rante um intervalo de tempo ∆t = tf - ti, sua velocidade média durante esse intervalo 
é dada por
(3.2)
onde ∆t – intervalo de tempo;
 tf – tempo final;
 ti – tempo inicial.
Figura 3.4 Movimento com velocidade constante.
∆𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑓𝑓𝑓𝑓 − 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝑥𝑥𝑥𝑥
∆𝑡𝑡𝑡𝑡 =
𝑥𝑥𝑥𝑥𝑓𝑓𝑓𝑓 − 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑡𝑡𝑡𝑡𝑓𝑓𝑓𝑓 − 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑖𝑖𝑖𝑖
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24
A unidade de velocidade escalar média é expressa em unidade de comprimen-
to por unidade de tempo: km/h, m/s, cm/s, etc.
O sinal algébrico de vmed indica o sentido do movimento (vmed é uma grandeza 
vetorial).
Movimentos que possuem velocidade escalar instantânea constante (não nula) 
são chamados movimentos uniformes.
Usando equação 3.2 podemos escrever função horário do MU:
(3.3)
onde x – posição final;
 x0 – posição da partícula em t0 = 0 ;
 t – tempo final;
 t0 – tempo inicial igual 0;
 vmed – velocidade média entre t0 e um instante de tempo posterior t.
Logo, a função horário do MU seria (3.4)
Aceleração
Os movimentos são classificados em movimentos uniformes, que possuem 
velocidade escalar constante, e movimentos variados, cuja velocidade escalar 
varia com tempo. 
A aceleração escalar média é a razão entre a variação em velocidade ∆v e o 
intervalo de tempo ∆t no qual essa variação ocorre:
(3.5)
onde ∆v – variação de velocidade;
 vf – velocidade final;
 vi – velocidade inicial.
O sinal algébrico indica o sentido de amed. Aceleração escalar média é a gran-
deza que indica de quanto varia a velocidade escalar num dado intervalo de 
tempo. 
𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚(𝑡𝑡𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑡𝑡0)
𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝑣𝑣𝑣𝑣
∆𝑡𝑡𝑡𝑡 =
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑓𝑓𝑓𝑓 − 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑡𝑡𝑡𝑡𝑓𝑓𝑓𝑓 − 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑖𝑖𝑖𝑖
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25
A unidade de aceleração é o quociente da unidade de velocidade por unidade 
de tempo: etc.
No movimento uniforme a velocidade escalar é constante e a aceleração esca-
lar é nula. Já movimentos que possuem aceleração escalar instantânea constante 
(não nula) são chamados movimentos uniformes variados (MUV).
No movimento uniformemente variado, a velocidade escalar apresenta varia-
ções iguais em intervalos de tempo iguais.
(3.6)
onde a – aceleração entre t0 e t.
Sendo v0 a velocidade escalar no instante t0 = 0 denominada velocidade inicial, e 
v a velocidade escalar num instante t, temos a função horária da velocidade do MUV:
(3.7)
Função horária do espaço do MUV:
(3.8)
onde x – posição final;
 x0 – posição da partícula em t0 = 0;
 v0 – velocidadeinicial;
 t – tempo final;
 t0 – tempo inicial igual 0;
 a – aceleração entre t0 e t.
Um exemplo importante de movimento retilíneo com 
aceleração constante é o de um objeto subindo ou caindo 
livremente nas proximidades da superfície da Terra.
Figura 3.5 Movimento horizontal com aceleração g.
𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄
𝑠𝑠𝑠𝑠 = 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2,
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚
ℎ�
ℎ = 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚/ℎ
2,
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑡𝑡𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑡𝑡0)
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣0𝑡𝑡𝑡𝑡 +
1
2 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡𝑡𝑡
2
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26
As equações para aceleração constante podem ser usadas para descrever este 
movimento, mas devemos fazer duas mudanças na notação:
O movimento é descrito em relação a um eixo vertical y, com +y orientado 
verticalmente para cima;
A aceleração a é substituída por g onde g é o módulo da aceleração em queda 
livre.
O valor específico de g varia de uma pequena quantidade, de local para local da 
Terra, porém, será utilizado o valor médio aceitável, g = 9,8 m/s². Pode-se, assim, 
reescrever as Equações 3.7 e 3.8 (admitindo que não haja resistência do ar) de 
modo a descrever o movimento vertical nas proximidades da superfície da Terra:
(3.9)
(3.10)
onde v – velocidade final;
 v0 – velocidade inicial;
 t – tempo final;
 g – aceleração da gravidade;
 y – posição final em vertical;
 y0 – posição inicial em vertical.
Assim, num lançamento vertical e numa queda livre, o sinal da aceleração es-
calar é determinado somente pela orientação da trajetória e não depende do fato 
de o corpo estar subindo ou descendo. Subir ou descer está associado apenas ao 
sinal da velocidade escalar.
Figura 3.6 A aceleração escalar a é +g (orientação da trajetória para baixo) ou -g (orientação da 
trajetória para cima).
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0 + 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑦𝑦𝑦𝑦0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣0𝑔𝑔𝑔𝑔 +
1
2𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔
2
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Exemplos
Exemplo 3.1 Um ônibus passa pelo km 30 de uma rodovia às 6h, e às 9h 30 min 
passa pelo km 240. Qual é a velocidade escalar média desenvolvida pelo ônibus 
nesse intervalo de tempo?
Figura 3.7 Exemplo 3.1.
Solução:
No instante t1 = 6h o posição inicial do ônibus é x1 = 30km e no instante t2 = 9h 
30min sua posição é x2 = 240 km. A variação de posição é igual a:
O intervalo de tempo correspondente vale:
Assim, a velocidade escalar média será:
Resposta: A velocidade escalar média do ônibus é vmed = 60km/h.
∆𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥𝑥𝑥1
∆𝑥𝑥𝑥𝑥 = 240 − 30 = 210 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
∆𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝑡𝑡𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡𝑡𝑡1
∆𝑡𝑡𝑡𝑡 = 9 ℎ 30 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 − 6 ℎ = 3 ℎ 30 min = 3,5 ℎ
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝑥𝑥𝑥𝑥
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
210
3,5 = 60 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ
⁄
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Exemplo 3.2 Um móvel realiza um movimento uniforme num determinado 
referencial. Seus espaços variam com o tempo, segundo os dados da tabela:
Tabela 3.1 Exemplo 3.2.
t (s) 0 1 2 3 4
x (m) 20 28 36 44 52
a) Determine o espaço inicial x0 e a velocidade escalar vmed do movimento.
b) Qual é função horária do movimento?
c) Determine o espaço do móvel quando t=1 min.
Solução:
a) Da tabela 3.1 observamos que no instante t = 0 o espaço do móvel é x0 
= 20m. 
Para o cálculo da velocidade escalar do movimento basta observar na 
tabela que, para cada intervalo de tempo igual a 1 s, a variação do es-
paço do imóvel é de 8 m. Assim, sendo ∆t = 1s e ∆x = 8m, temos:
b) A função horária do movimento uniforme é x = x0 + vmedt. 
Sendo e x0 = 20m e vmed 8 m/s:
c) Substituindo t por 1 min que é igual 60 s em x = 20 + 8t, x = 20 + 8.60 = 500m.
Resposta:
Exemplo 3.3 Em um anúncio de certo tipo de automóvel, afirma-se que o 
veículo, partindo do repouso, atinge a velocidade de 108 km/h em 8 s. Qual é a 
aceleração escalar média desse automóvel?
Solução:
A variação da velocidade ocorre no intervalo de tempo ∆t = 8s. 
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝑥𝑥𝑥𝑥
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
8
1 = 8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
𝑥𝑥𝑥𝑥 = 20 + 8𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑥𝑥𝑥𝑥0 = 20 𝑚𝑚𝑚𝑚, 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
8
1 = 8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠, 𝑥𝑥𝑥𝑥 = 20 + 8𝑡𝑡𝑡𝑡, 𝑥𝑥𝑥𝑥 = 500 m.
∆𝑣𝑣𝑣𝑣 = 108𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚𝑚𝑚 ℎ⁄
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29
Para expressar o resultado em m/s2 , devemos converter a variação da velocidade 
para m/s:
A aceleração escalar média do veículo, portanto, vale:
Resposta:
Exemplo 3.4 Abandona-se uma pedra do alto de um edifício e está atinge o 
solo 3 s depois. Determine a altura do edificio e o módulo da velocidade de pedra 
quando atinge o solo.
Figura 3.8 Exemplo 3.4.
Solução:
Orientemos a trajetória para baixo ( ) a partir do ponto de 
abandono da pedra (v0 = 0, y0 = 0).
Quando t = 3s, a altura do edifício é:
e a velocidade da pedra quando atinge o solo:
Resposta: y = 44,1m, v = 29,4m/s
∆𝑣𝑣𝑣𝑣 = 108
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
ℎ =
108
3,6 = 30
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑠𝑠𝑠𝑠
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝑣𝑣𝑣𝑣
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
30
8 = 3,75 
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 3,75 
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠2.
𝑎𝑎𝑎𝑎 = +𝑔𝑔𝑔𝑔 = +9,8 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑠𝑠𝑠𝑠2⁄
𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑦𝑦𝑦𝑦0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣0𝑡𝑡𝑡𝑡 +
1
2𝑔𝑔𝑔𝑔𝑡𝑡𝑡𝑡
2
𝑦𝑦𝑦𝑦 = 0 + 0 · 𝑡𝑡𝑡𝑡 + 12 · 9,8 · 𝑡𝑡𝑡𝑡
2= 4,9𝑡𝑡𝑡𝑡2
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0 + 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 0 + 9,8 · 𝑡𝑡𝑡𝑡 = 9,8𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑦𝑦𝑦𝑦 = 4,9𝑡𝑡𝑡𝑡2 = 4,9 · 32 = 44,1 𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 9,8𝑡𝑡𝑡𝑡 = 9,8 · 3 = 29,4 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄
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30
MOVIMENTO EM DUAS 
DIMENSÕES
AULA 04
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31
Nesse capítulo vamos estudar a cinemática de um corpo que pode ser mo-
delado como uma partícula em movimento em um plano. Isto é um movimento 
bidimensional.
Figura 4.1 Movimento bidimensional.
Fonte: https://www.coladaweb.com/fisica/mecanica/lancamento-de-projeteis
Lançamento horizontal
Quando um corpo é lançado horizontalmente no vácuo, nas proximidades da 
superfície terrestre, ele descreve, em relação à Terra, uma trajetória parabólica. O 
lançamento horizontal é um movimento composto por um movimento horizontal 
e um movimento vertical (Figura 4.2).
De acordo com o princípio da simultaneidade, o lançamento horizontal é o re-
sultado da composição de dois movimentos simultâneos e independentes: queda 
livre e movimento horizontal.
(4.1)
onde v – velocidade resultante;
 v0 – velocidade horizontal;
 vy – velocidade vertical.
Figura 4.2 Movimento horizontal.
�⃗�𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑦𝑦𝑦𝑦
→
→
→
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32
No movimento de queda livre, movimento vertical, o corpo se move em razão 
da ação da gravidade. Assim, podemos dizer que o movimento é uniformemente 
variado, pois a aceleração gravitacional é constante (g = 9,8 m/s²). No caso do mo-
vimento horizontal, a velocidade permanece constante. Portanto, o movimento 
é uniforme. No lançamento horizontal, à medida que o corpo se movimenta, o 
módulo de sua velocidade v cresce em virtude do aumento do módulo da veloci-
dade vertical vy.
Considere um objeto disparado de uma altura H com velocidade horizontal v0. 
Sob a ação exclusiva da gravidade, o objeto toca o solo após um certo tempo de 
queda cumprindo um alcance horizontal.
(4.2)
onde A – alcance horizontal;
 v0 – velocidade horizontal;
 t – tempo de queda.
Este alcance corresponde ao deslocamento do movimento uniforme que ocor-
re na horizontal, com v0, ao mesmo tempo que o objeto despenca em queda livre 
vertical descendo, H. A partir disso, temos:
(4.3.)
onde H – altura;
 g – aceleração da gravidade;
 v0 – velocidade horizontal;
 t – tempo de queda.
A velocidade que o móvel atinge em seu voo parabólico, após um certo tempo 
do disparo, é obtida pela adição vetorial de suas velocidades componentes (Figura4.3). Aplicando teorema de Pitágoras em módulo, temos:
(4.4.)
onde v0 – componente horizontal da velocidade;
 vy – componente vertical da velocidade;
 v – velocidade resultante.
→
→
=
=
= +
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33
Figura 4.3 A velocidade resultante.
Lançamento oblíquo
Quando lançamos obliquamete um corpo, com uma velocidade inicial ( v0), incli-
nada de um ângulo θ com a horizontal, notamos que ele descreve uma trajetória 
parabólica em relação ao solo, caso a resistência do ar seja desprezível (Figura 4.4).
Figura 4.4 Lançamento oblíquo no vácuo.
Para estudar esse movimento, procuramos dividi-lo em dois: num movimento 
horizontal e num vertical. Como ponto de partida, fazemos a decomposição de 
sua velocidade inicial ( v0), descobrindo as intensidades de suas componentes 
horizontal ( v0x) e vertical ( v0y).
No movimento balístico, o movimento horizontal e o movimento vertical são 
independentes, ou seja, um não afeta o outro (Figura 4.5).
Figura 4.5 Componentes horizontal e vertical.
→
→
→ →
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34
Figura 4.6 O módulo da velocidade vertical vy varia como no lançamento vertical para cima.
Consideremos o eixo y com origem no ponto de lançamento para cima. A ace-
leração escalar do movimento vertical será -g.
Se projetamos a velocidade de lançamento v0 na direção do eixo y, obteremos 
a velocidade inicial vertical v0y, cujo módulo é dado por:
(4.5)
onde v0 – velocidade inicial;
 v0y – componente vertical da velocidade inicial;
 θ – ângulo com horizontal.
Como o movimento na direção vertical é uniformemente variado, valem as 
funções:
(4.6)
(4.7)
Para calcular a altura máxima do lançamento H, pode-se utilizar a fórmula 
seguinte:
(4.8)
Consideremos o eixo x com origem no ponto de lançamento e orientado no 
sentido da velocidade horizontal dada pela projeção sobre esse eixo da velo-
cidade de lançamento 𝑣𝑣𝑣𝑣0 .
O módulo da velocidade horizontal 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 é dado por:
(4.9)
→
→
𝑣𝑣𝑣𝑣0𝑦𝑦𝑦𝑦= 𝑣𝑣𝑣𝑣0 · sen𝜃𝜃𝜃𝜃
𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0𝑦𝑦𝑦𝑦𝑡𝑡𝑡𝑡 +
𝑔𝑔𝑔𝑔
2 𝑡𝑡𝑡𝑡
2
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0𝑦𝑦𝑦𝑦 + 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑡𝑡𝑡𝑡
𝐻𝐻𝐻𝐻 =
𝑣𝑣𝑣𝑣02 � (sen𝜃𝜃𝜃𝜃)
2
2𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 ,
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥= 𝑣𝑣𝑣𝑣0 · 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃𝜃𝜃
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35
Figura 4.6 A velocidade horizontal permanece constante durante o movimento.
A Figura 4.6 mostra que, qualquer que seja o ponto da trajetória em que o 
corpo esteja, a velocidade horizontal é sempre a mesma:
(4.10)
Assim, sendo um movimento uniforme, a função horária do movimento hori-
zontal pode ser escrita deste modo:
(4.11)
Para calcular o alcance A, deduzimos a fórmula:
(4.12)
O alcance horizontal A é máximo para um ângulo de lançamento de 45°. 
Figura 4.7 Em qualquer ponto da trajetória, a velocidade resultante �⃗�𝑣𝑣𝑣 é dada por �⃗�𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑦𝑦𝑦𝑦 .
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐
𝐴𝐴𝐴𝐴 =
𝑣𝑣𝑣𝑣02 � sen 2𝜃𝜃𝜃𝜃
𝑔𝑔𝑔𝑔
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36
É importante ressaltar que, considerando o movimento resultante, a velocidade 
do projétil �⃗�𝑣𝑣𝑣 é sempre dada pela soma dos vetores componentes 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 e 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥
(4.13)
onde �⃗�𝑣𝑣𝑣 – velocidade resultante;
 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 – componente horizontal;
 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑦𝑦𝑦𝑦 – componente vertical.
Observe, pela Figura 4.7, que a velocidade �⃗�𝑣𝑣𝑣 é sempre tangente à trajetória. 
No ponto mais alto da trajetória, tem-se 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑦𝑦𝑦𝑦 = 0 e, portanto, �⃗�𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 . Sendo assim, 
nesse ponto, a velocidade �⃗�𝑣𝑣𝑣 tem módulo mínimo.
Ao retornar ao nível horizontal de lançamento, o projétil apresenta velocidade 
�⃗�𝑣𝑣𝑣, cujo módulo é igual ao módulo da velocidade de lançamento 𝑣𝑣𝑣𝑣0 . Isso equivale a 
dizer que a velocidade escalar 𝑣𝑣𝑣𝑣 do corpo, no instante de retorno ao solo, é igual 
à velocidade escalar 𝑣𝑣𝑣𝑣0 com que foi lançado a partir do solo.
Movimento circular uniforme
Se uma partícula descreve uma circunferência ou arco de circunferência de 
raio com velocidade, dizemos que está em movimento circular uniforme. Nesse 
caso, a partícula possui uma aceleração �⃗�𝑎𝑎𝑎 cujo módulo é dado por:
(4.14)
onde a – aceleração centrípeta;
 r – raio da circunferência;
 v – velocidade da partícula.
Figura 4.8 Os vetores velocidade e aceleração de uma partícula em movimento circular uniforme.
�⃗�𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑥𝑥𝑥𝑥 + 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑦𝑦𝑦𝑦
𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑣𝑣𝑣𝑣2
𝑟𝑟𝑟𝑟
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37
O vetor �⃗�𝑎𝑎𝑎 aponta sempre para o centro da circunferência ou arco de circunfe-
rência, e é chamado de aceleração centrípeta. O tempo que a partícula leva para 
descrever uma circunferência completa é dado por:
(4.15)
onde T – período;
 r – raio da circunferência;
 v – velocidade da partícula.
 
O período é o tempo que uma partícula leva para completar uma volta em 
uma trajetória fechada.
Exemplos
Exemplo 4.1 Uma esfera rola com velocidade constante de 10 m/s sobre uma 
mesa horizontal. Ao abandonar a mesa, ela fica sujeita exclusivamente à ação da 
gravidade, atingindo o solo num ponto situado a 5 m do pé da mesa. Determine:
a) o tempo de queda;
b) a altura da mesa em relação ao solo;
c) o módulo da velocidade da esfera ao chegar ao solo.
Figura 4.9 Exemplo 4.1.
Solução:
a) Ao abandonar a mesa, a esfera apresenta, na direção horizontal, mo-
vimento uniforme com velocidade 𝑣𝑣𝑣𝑣0 = 10 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄ e alcança o solo com 
distância 𝑥𝑥𝑥𝑥 = 5 𝑚𝑚𝑚𝑚 . Assim:
𝑇𝑇𝑇𝑇 =
2𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋
𝑣𝑣𝑣𝑣
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38
b) Simultaneamente ao movimento horizontal, a esfera cai de uma altura 
H em queda livre:
 sendo = 9,8 e = 0,5 , calculamos = 9,8 ·
1
2 · 0,5 = 1,225 
c) Ao chegar ao solo, a velocidade vetorial da esfera pode ser considerada 
resultante da componente da velocidade horizontal que se mantém 
constante e da velocidade vertical, cujo módulo é dado por:
 sendo: = 0; = 9,8 ; = 0,5 teremos = 0 + 9,8 · 0,5 = 5 / .
Aplicando o teorema de Pitágoras ao triangulo retângulo, obtemos o módulo 
da velocidade vertical da esfera ao chegar ao solo:
Resposta: = 0,5 ; = 1,225 ; = 11,14 / .
Exemplo 4.2 Um corpo é lançado obliquamente no vácuo com velocidade ini-
cial =100 m/s, numa direção que forma com a horizontal um ângulo = 50°.
Determine: 
a) os módulos das componentes horizontal e vertical da velocidade no 
instante de lançamento; 
b) a altura máxima atingida pelo corpo; 
c) o alcance do lançamento.
= ,
= + ,
= +
= 10 + 5 = 125 = 11,14 /
=
= = 5 
5 = 10 ·
=
5
10 = 0,5 
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39
b) Simultaneamente ao movimento horizontal, a esfera cai de uma altura 
H em queda livre:
 sendo = 9,8 e = 0,5 , calculamos = 9,8 ·
1
2 · 0,5 = 1,225 
c) Ao chegar ao solo, a velocidade vetorial da esfera pode ser considerada 
resultante da componente da velocidade horizontal que se mantém 
constante e da velocidade vertical, cujo módulo é dado por:
 sendo: = 0; = 9,8 ; = 0,5 teremos = 0 + 9,8 · 0,5 = 5 / .
Aplicando o teorema de Pitágoras ao triangulo retângulo, obtemos o módulo 
da velocidade vertical da esfera ao chegar ao solo:
Resposta: = 0,5 ; = 1,225 ; = 11,14 / .
Exemplo 4.2 Um corpo é lançado obliquamente no vácuo com velocidade ini-
cial =100 m/s, numa direção que forma com a horizontal um ângulo = 50°.
Determine: 
a) os módulos das componentes horizontal e vertical da velocidade no 
instante de lançamento; 
b) a altura máxima atingida pelo corpo; 
c) o alcance do lançamento.
= ,
= + ,
= +
= 10 + 5 = 125 = 11,14 /
Figura 4.10 Exemplo 4.2.
Solução:
a) Do triângulo retângulo destacado, formado por , e , calculamos 
os módulos das componentes horizontal e vertical:
 Como = 100 / e = 50°, temos:
b) Calculamos altura máxima atingida pelo corpo:
c) O alcance do lançamento:
Resposta: =64,28 /; =76,6 / ; = 299,4 ; = 1004,9 .
= ·
e
= ·
= 100 · cos 50° = 64,28 /
e
= 100 · 50° = 76,6 /
=
sen 2
=
100 sen(2 50°
9,8 = 1004,9 
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40
Exemplo 4.3 Um satélite se move em uma órbita circular, 640 km acima da 
superfície da Terra, com um período de 98 min (O raio da Terra é 6·10⁶ m). Quais 
são a velocidade e o módulo da aceleração centrípeta do satélite?
Figura 4.11 Exemplo 4.3.
Solução:
Sabendo que o raio da Terra é 𝑅𝑅𝑅𝑅 = 6 · 106 𝑚𝑚𝑚𝑚 e o satélite se move acima da 
superfície da Terra ℎ = 640 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚 ou, em metros, 640 · 103𝑚𝑚𝑚𝑚, calculamos raio total 
da circunferência:
O período do movimento circular dado 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 98 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ou em segundos 
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 98 · 60 = 5880𝑠𝑠𝑠𝑠.
Usando a equação do período podemos calcular velocidade do satélite:
O módulo da aceleração centrípeta do satélite é:
Resposta: 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 7091,8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠, 𝑎𝑎𝑎𝑎 = 7,57 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠𝑠𝑠2 .
𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 + ℎ
𝑟𝑟𝑟𝑟 = 6 · 106 + 640 · 103 = 6,64 · 106 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑇𝑇𝑇𝑇 =
2𝜋𝜋𝜋𝜋𝑟𝑟𝑟𝑟
𝑣𝑣𝑣𝑣
5880 =
41,7 · 106
𝑣𝑣𝑣𝑣
𝑣𝑣𝑣𝑣 =
41,7 · 106
5880 = 7091,8 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠
⁄
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41
LEIS DE NEWTON DO 
MOVIMENTO
AULA 05
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 43
42
A reação que existe entre uma força e a aceleração produzida por ela foi des-
coberta por Isaac Newton. O estudo dessa relação é chamado de mecânica ne-
wtoniana.
A dinâmica é a parte da mecânica que estuda os movimentos e as causas que 
os produzem ou os modificam (Figura 5.1).
 Figura 5.1 O movimento é resultado da força aplicada.
Primeira lei de Newton
As forças são grandezas vetoriais. A orientação de uma força é a orientação 
da aceleração produzida pela força. Duas ou mais forças podem ser combinadas 
segundo as regras da álgebra vetorial. A força resultante é a soma de todas as 
forças que agem sobre um corpo (Figura 5.2).
Figura 5.2 Uma força aplicada ao quilograma-padrão provoca uma aceleração.
Primeira lei de Newton (ou princípio de inércia): um objeto em repouso 
tende a permanecer em repouso e um objeto em movimento uniforme tende 
a permanecer em movimento com a mesma velocidade e na mesma direção e 
sentido, a menos que sobre ele atue uma força resultante diferente de zero. 
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 44
43
Isso significa que um ponto material isolado possui velocidade constante. Em 
outras palavras, um ponto material isolado está em equilíbrio estático (repouso) 
ou em equilíbrio dinâmico (movimento retilíneo uniforme).
Força é a causa que produz num corpo variação da velocidade e, portanto, 
aceleração. Para que a velocidade de um objeto varie (ou seja, para que o objeto 
sofra uma aceleração), é preciso que ele seja submetido a uma força (empurrão, 
ou puxão) exercida por outro objeto Figura (5.2).
Se nenhuma força resultante atua sobre um corpo, sua velocidade não pode 
mudar, ou seja, o corpo não pode sofrer uma aceleração.
Segunda lei de Newton
Segunda lei de Newton (princípio fundamental da dinâmica): a força re-
sultante que age sobre um corpo é igual ao produto da massa do corpo pela sua 
aceleração.
Em termos matemáticos,
(5.1)
onde 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. – força resultante;
 a – aceleração;
 m – massa.
Em unidades de SI força é em newton (símbolo N) 1 N = 1 kg ·1 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 
Figura 5.3 A aceleração de um corpo é diretamente proporcional à força resultante que atua 
sobre ele, e o inverso da massa do corpo.
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 45
44
Terceira lei de Newton
Sempre que dois corpos quaisquer L e C interagem, as forças exercidas são 
mútuas. Tanto L exerce força em C, como C exerce força em L. A interação entre 
corpos é regida pelo princípio da ação-e-reação (ou terceira lei de Newton).
Terceira lei de Newton (princípio da ação e reação): quando dois corpos 
interagem, as forças que cada corpo exerce sobre o outro são sempre iguais em 
módulo e têm sentidos opostos.
(5.2)
(5.3)
Figura 5.4 As forças 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿 (força da caixa sobre o livro) e 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿 (força do livro sobre a caixa) têm o 
mesmo módulo e sentidos opostos.
Algumas forças especiais
Força Gravitacional
A força gravitacional 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔, exercida sobre um corpo é um tipo especial de atração 
que um segundo corpo exerce sobre o primeiro.
Quando falamos da força gravitacional, que age sobre um corpo, estamos nos 
referindo à força que o atrai na direção do centro da Terra, ou seja, verticalmente 
para baixo.
O módulo da força gravitacional é igual ao produto massa (m) com aceleração 
da gravidade (g).
(5.4)
onde 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 – força gravitacional;
 g – aceleração da gravidade;
 m – massa.
𝐹𝐹𝐹𝐹𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿 = −𝐹𝐹𝐹𝐹𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿
𝐹𝐹𝐹𝐹𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
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45
Peso
O peso P de um corpo é o módulo da força necessária para impedir que o 
corpo caia livremente.
Peso de um corpo é a força de atração que a Terra exerce sobre ele.
O peso P de um corpo é igual ao módulo 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔, da força gravitacional que age 
sabre o corpo.
(5.5)
Substituindo por mg, obtemos:
(5.6)
onde P – peso;
 g – aceleração da gravidade;
 m – massa.
Que relaciona o peso de um corpo à sua massa.
Figura 5.5 O peso.
Observe que a massa m é uma grandeza escalar, e o peso é uma grandeza 
vetorial. O peso tem a direção da vertical do lugar onde o corpo se encontra e 
sentido de cima para baixo. Peso dirigido sempre para o interior da Terra (ou outro 
planeta) onde se encontra o corpo.
Força normal
Quando um corpo exerce uma força sobre uma superfície, a superfície (ainda 
que aparentemente rígida) se deforma e empurra o corpo com uma força normal 
que é perpendicular à superfície.
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
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(5.8)
onde 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 – força gravitacional;
 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 – força normal;
 P – peso;
 g – aceleração da gravidade;
 m – massa.
Figura 5.6 (a) Um bloco que repousa sobre uma mesa experimenta uma força normal perpendi-
cular à superfície da mesa. (b) Diagrama de corpo livre do bloco.
Exemplos
Exemplo 5.1 Nas figuras abaixo, representamos as forças que agem nos blocos 
(todos de massa igual a 2 kg). Determine, em cada caso, o módulo da aceleração 
que esses blocos adquirem.
Figura 5.7 Exemplo 5.1.
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
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Solução:
a) Nesse caso, a força 𝐹𝐹𝐹𝐹1 é a força resultante 𝐹𝐹𝐹𝐹R que produz a aceleração �⃗�𝑎𝑎𝑎.
 Pela segunda lei de Newton, temos em módulo:
b) 
c) 
d) Nesse caso, como e têm direções diferentes, a força resultante é 
obtida com o emprego da regra do paralelogramo.
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝐹𝐹𝐹𝐹1
𝐹𝐹𝐹𝐹1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
4 = 2 · 𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑎𝑎𝑎𝑎 =
4
2 = 2,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝐹𝐹𝐹𝐹1 + 𝐹𝐹𝐹𝐹2 (sentidos das forças são iguais)
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 3 + 4 = 7,0 N
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
7 = 2 · 𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑎𝑎𝑎𝑎 =
7
2 = 3,5 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝐹𝐹𝐹𝐹1 − 𝐹𝐹𝐹𝐹2 (sentidos das forças são opostos)
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 4 − 3 = 1,0 N
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
1 = 2 · 𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑎𝑎𝑎𝑎 =
1
2 = 0,5 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
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Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo destacado, temos:
e) Nesse caso, as forças e também têm direções diferentes, a força 
resultante é obtida com o emprego da regra do paralelogramo, lei 
dos cossenos.
Resposta: a) = 2,0 / ; b) = 3,5 / ; c) = 0,5 / ; d) = 2,5 / ;
e) = 3,24 /
Exemplo 5.2 Um ponto material de massa igual a 2 kg parte do repouso sob 
a ação de uma força constante de intensidade 6 N, que atua durante 10 s, após 
osquais deixa de existir. Determine a aceleração nos 10 s iniciais e a velocidade 
ao fim de 10 s.
 = +
= +
= 3 + 4 = 25 = 5,0 
 =
5 = 2 ·
=
5
2 = 2,5 /
= + +2 cos
= 3 + 4 + 2 3 4 cos 45° = 41,97 = 6,48 
 =
6,48 = 2 ·
=
6,48
2 = 3,24 /
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49
Solução:
De 𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚, sendo 𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 6 𝑁𝑁𝑁𝑁 e 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, temos:
𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
Ao fim de 10 s, a velocidade do corpo é: 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝑣𝑣𝑣𝑣0 + 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎 (sendo 𝑣𝑣𝑣𝑣0 = 0,
𝑚𝑚𝑚𝑚 = 3 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 e 𝑎𝑎𝑎𝑎 = 10 𝑠𝑠𝑠𝑠)
Resposta: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 3,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2; 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 30 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
Exemplo 5.3. Dois blocos A e B, de massas respectivamente iguais a 2 kg e 
3 kg, estão apoiados numa superfície horizontal perfeitamente lisa. Uma força 
horizontal F, de intensidade constante 10 N, é aplicada no bloco A. Determine a 
aceleração adquirida pelo conjunto e a intensidade da força que A aplica em B.
Figura 5.8 Exemplo 5.3.
Solução:
Para aplicarmos a equação da segunda lei de Newton 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚�⃗�𝑚𝑚𝑚, devemos ana-
lisar as forças que agem em cada bloco.
6 = 2 · 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚 =
6
2 = 3,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 0 + 3 · 10 = 30 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄
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Em cada bloco, o peso 𝑃𝑃𝑃𝑃 e a força normal 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 anulam-se; por isso vamos con-
siderar apenas as forças horizontais, pois a solicitação inicial �⃗�𝐹𝐹𝐹 é horizontal. Em 
A existe a força externa de intensidade F, cuja reação está no agente externo que 
a produziu, e a força de reação de intensidade f correspondente à sua ação de 
contato em B. Em B existe horizontalmente apenas a força de intensidade f, ação 
de A em B.
A intensidade da resultante das forças em A é 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑓𝑓, , pois �⃗�𝐹𝐹𝐹 tem o mesmo 
sentido da aceleração �⃗�𝑎𝑎𝑎 , enquanto 𝑓𝑓𝑓𝑓 se opõe. Em B a resultante é apenas f.
Podemos escrever 𝐹𝐹𝐹𝐹 −𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎𝑎𝑎
Como 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 10 𝑁𝑁𝑁𝑁; 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵 = 3 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, vem:
𝐹𝐹𝐹𝐹R = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
Bloco A: 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑓𝑓
𝐹𝐹𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎𝑎𝑎
Bloco B: 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑓𝑓𝑓𝑓
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵𝑎𝑎𝑎𝑎
𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵𝑎𝑎𝑎𝑎
𝐹𝐹𝐹𝐹 = (𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴+𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵) · 𝑎𝑎𝑎𝑎
10 = (2 + 3) · 𝑎𝑎𝑎𝑎
10 = 5 · 𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑎𝑎𝑎𝑎 =
10
5 = 2,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
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A intensidade f da força de A em B pode ser obtida por qualquer uma das 
equações 𝐹𝐹𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎𝑎𝑎 ou 𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵𝑎𝑎𝑎𝑎 .
Em: 𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵𝑎𝑎𝑎𝑎
Resposta: 𝑎𝑎𝑎𝑎 = 2,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2; 𝑓𝑓𝑓𝑓 = 6,0 𝑁𝑁𝑁𝑁
Exemplo 5.4 Um corpo de massa 2 kg desliza num plano inclinado perfeita-
mente liso, que forma um ângulo θ = 30o em relação à horizontal. Determine a 
aceleração do corpo e a intensidade da força normal que o plano exerce no corpo.
Figura 5.9 Exemplo 5.4.
Solução:
No corpo atuam o peso 𝑃𝑃𝑃𝑃 e a força normal 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 . 
Sabendo que 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e aceleração da gravidade 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠2⁄ podemos cal-
cular o peso P do corpo:
É comum decompor o peso 𝑃𝑃𝑃𝑃 em duas forças componentes:
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 – normal ao plano inclinado e que anula 
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 , pois não há movimento na direção perpen-
dicular ao plano inclinado.
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 – paralela ao plano inclinado.
No triângulo destacado na figura, o ângulo 
inclinado é θ = 30o, pois seus lados são dois 
perpendiculares às retas que definem o ângulo 
θ no plano inclinado. Nesse triângulo, 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 é a medida do cateto oposto ao ângulo θ, 
e é a medida hipotenusa do triângulo. Da definição de seno de um ângulo, temos:
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 3 · 2 = 6,0 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 2 · 9,8 = 19,6 𝑁𝑁𝑁𝑁
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Pela segunda lei de Newton (𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚) e sendo 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 = 9,8 :
No triângulo destacado, 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 é o cateto adjacente ao ângulo θ. Da definição de 
cosseno de um ângulo, temos:
Como 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 , resulta: 
Resposta: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 4,9 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2; 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 1,4 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
9,8 = 2𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚 = 9,82 = 4,9 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝜃𝜃 =
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦
𝑃𝑃𝑃𝑃
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑃𝑃𝑃𝑃 · 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝜃𝜃
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 = 19,6 · 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 30° = 1,4 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 = 1,4 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝜃𝜃 =
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑃𝑃𝑃𝑃
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑃𝑃𝑃𝑃 · 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝜃𝜃
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 = 19,6 · 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 30° = 9,8 𝑁𝑁𝑁𝑁
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53
APLICAÇÃO DAS LEIS DE 
NEWTON
AULA 06
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54
Força de tensão
A força de puxar que uma corda esticada exerce sobre um objeto ao qual está 
amarada é chamada de força de tração ou força de tensão T. A tensão da corda 
é o modulo da força exercida sobre o corpo.
Uma corda é frequentemente considerada sem massa (o que significa que a massa 
e desprezível em comparação com a massa do corpo ao qual está presa) e inextensível.
Figura 6.1 (a) A corda esticada está sob tensão. Se sua massa é desprezível a corda puxa o carpo 
e a mão com uma força T, mesmo que a corda passe por uma polia sem massa e sem atrito, 
como em (b) e (c).
Força de atrito
Dois corpos em contato exercem força de atrito um sobre o outro. Essa força 
é paralela às superfícies de contato e orientada de forma a oporem-se ao desli-
zamento ou à tendência ao deslizamento. Em algumas situações, para simplificar 
os cálculos desprezamos as forças de atrito.
Figura 6.2 Uma força de atrito 𝑓𝑓𝑓𝑓 se opõe ao movimento de um corpo sobre uma superfície.
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55
O atrito é uma força que se opõe ao movimento entre dois corpos em contato 
direto. A força de atrito é proporcional à força normal com a qual uma superfície 
atua sobre outra.
Na Figura 5.9.a um bloco está em repouso so-
bre uma mesa, com peso 𝑃𝑃𝑃𝑃 equilibrada pela 
força normal 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 . Na Figura 5.9.b, você exerce 
uma força �⃗�𝐹𝐹𝐹 sobre o bloco, tentando puxá-lo 
para a esquerda. Em resposta surge uma for-
ça de atrito 𝑓𝑓𝑓𝑓 , para a direita, que equilibra a 
força que você aplicou. A força 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 , é chamada 
de força de atrito estático.
As Figuras 5.9.c e 5.9.d mostram que, à 
medida que você aumenta a intensidade da 
força aplicada, a intensidade da força de atrito 
estático 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 também aumenta e o bloco per-
manece em repouso. Entretanto, quando a 
força aplicada atinge uma certa intensidade o 
bloco “se desprende” da superfície da mesa e 
sofre uma aceleração para a esquerda (Figu-
ra 5.9.e). A força de atrito 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 que se opõe ao 
movimento nessa nova situação é chamada 
de força de atrito dinâmico.
Podemos falar que o atrito estático é a for-
ça que evita que uma superfície deslize em 
relação a outra. Ela se equilibra exatamente 
com a força aplicada, o que significa que ela 
varia quando a força aplicada aumenta até 
um valor máximo. E o atrito dinâmico é a for-
ça resistiva entre duas superfícies que se mo-
vem uma relativamente à outra.
Em geral, a intensidade da força de atrito 
dinâmico, que age sobre os objetos em movi-
mento, é menor do que a intensidade máxima da força de atrito estático, que age 
sobre os objetos em repouso. Assim, para que o bloco se mova sobre a superfície 
com velocidade constante provavelmente você terá que diminuir a intensidade da 
Figura 6.3 Uma força de atrito.
FACULDADE CATÓLICAPAULISTA | 57
56
força aplicada assim que o bloco começar a se mover, como mostra a Figura 5.9.f.
Se o corpo não se move, a força de atrito estático 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 e a componente de �⃗�𝐹𝐹𝐹 , 
paralela à superfície se equilibram. Elas têm o mesmo módulo, e 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 tem o sentido 
oposto ao da componente de �⃗�𝐹𝐹𝐹 .
O módulo de 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 possui um valor máximo 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒á𝑥𝑥𝑥𝑥 que é dado por:
(6.1)
onde 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒á𝑥𝑥𝑥𝑥 – força de atrito estático máximo;
 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑒𝑒𝑒𝑒 – coeficiente de atrito estático;
 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 – força normal.
Se o corpo começa a deslizar ao longo da superfície, o módulo da força de atrito 
diminui rapidamente para um valor 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 dado por:
(6.2)
onde 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.𝑑𝑑𝑑𝑑 – força de atrito dinâmico;
 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 – coeficiente de atrito dinâmico;
 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 – força normal.
O coeficiente de atrito é uma propriedade de ambas as superfícies, e não uma 
característica de uma única superfície ou material.
Força centrípeta
Toda vez que um corpo descreve uma curva, sua velocidade vetorial varia em 
direção. Para que isso ocorra, pela segunda lei de Newton, as forças que atuam 
no corpo devem garantir a aceleração centrípeta.
(6.3)
(6.4)
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑒𝑒𝑒𝑒 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎. = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐𝑒𝑒𝑒𝑒𝑐𝑐𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎. =
𝑣𝑣𝑣𝑣2
𝑟𝑟𝑟𝑟
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onde 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐. – força centrípeta;
 m – massa;
 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐. – aceleração centrípeta;
 v – velocidade escalar;
 r – raio do círculo;
Uma força centrípeta acelera um corpo modificando a direção da velocidade 
do corpo sem mudar a velocidade escalar e uma aceleração centrípeta empurra 
um corpo em movimento no sentido do centro de uma trajetória circular.
(6.4)
Figura 6.4 Uma força centrípeta.
Força elástica
Corpos elásticos se deformam sob ação de 
forças de contato. A força exercida por uma 
mola deformada é diretamente proporcional 
e tem sentido contrário à deformação (Lei de 
Hooke).
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐. = 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑣𝑣𝑣𝑣2
𝑟𝑟𝑟𝑟
Figura 6.5 Força elástica.
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Na Figura 6.5 foi traçado um eixo x paralelo à maior dimensão da mola, com 
a origem (x=0) na posição da extremidade livre quando a mola está no estado 
relaxado. Para esta configuração comum, podemos escrever a equação:
(6.5)
onde 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒. – força elástica;
 k – constante elástica;
 x – deformação.
Na equação 6.2 mudamos o índice se x é positivo (ou seja, se mola está alon-
gada para a direita), 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒. é negativa (é um puxão para a esquerda). Se x é negativo 
(ou seja, se a mola está comprimida para a esquerda), 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒. e positiva (ela é um 
empurrão para a direita).
A constante elástica da mola traduz a dureza da mola. Quanto maior a cons-
tante elástica da mola, mais difícil será deformá-la.
Exemplos
Exemplo 6.1 Um corpo de massa 𝑚𝑚𝑚𝑚1 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘  é 
conectado a outro de massa 𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 por um 
cabo de massa desprezível que circunda uma po-
lia, conforme mostrado na Figura 6.5. Determine a 
aceleração do sistema e a força de tração no cabo. 
Admita também que a polia possui uma massa tão 
pequena que pode ser desprezada.
Figura 6.5. Exemplo 6.1.
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒. = −𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
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Solução:
A primeira etapa é a construção do 
diagrama de corpo livre. O interesse é 
determinar as forças e as acelerações 
relacionadas aos dois corpos, assim, a 
força devida à gravidade atuante em 
cada corpo e a força devida à tração no 
cabo atuante em cada corpo são indica-
das no diagrama. A força de tração deve 
ser a mesma para ambas as extremida-
des do cabo de modo a garantir que o 
cabo não rompa nem fique folgado.
Agora podemos escrever as equações da segunda lei de Newton (𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚), que 
representam as forças atuantes em cada direção para cada corpo. Esse problema 
requer duas equações na direção y, uma para cada um dos dois corpos.
Como os dois corpos se movem juntos, tanto a aceleração 𝑚𝑚𝑚𝑚1 , y quanto 𝑚𝑚𝑚𝑚2 , y são 
orientadas no mesmo sentido ao longo do eixo y positivo. Além disso, 𝑚𝑚𝑚𝑚1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
Observe também que a tração atua sobre o corpo 2 no sentido y positivo e no senti-
do y negativo sobre o corpo 1. Analogamente, a força devida à gravidade é orien-
tada no sentido y negativo para o corpo 2 e no sentido y positivo para o corpo 1.
Aplicando segunda lei de Newton (𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚) podemos escrever:
em que as forças devidas à gravidade para os corpos também foram substi-
tuídas pelos pesos dos corpos 𝑃𝑃𝑃𝑃1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑔𝑔𝑔𝑔 e 𝑃𝑃𝑃𝑃2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑔𝑔𝑔𝑔. 
Adicionando-se as duas equações, elimina-se a tração T:
� −𝑇𝑇𝑇𝑇 + 𝑃𝑃𝑃𝑃1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 (𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 1
)
 𝑇𝑇𝑇𝑇 − 𝑃𝑃𝑃𝑃2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 (𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2)
� −𝑇𝑇𝑇𝑇 + 𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑇𝑇𝑇𝑇 −𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
� 𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑔𝑔𝑔𝑔 − 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑚𝑚𝑚𝑚1 − 𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑚𝑚𝑚𝑚1 −𝑚𝑚𝑚𝑚2
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2
� 𝑔𝑔𝑔𝑔
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60
Sendo 𝑚𝑚𝑚𝑚1 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, 𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 temos:
Aplicando uma das equações da segunda lei de Newton podemos calcular 
força de tensão no cabo:
Resposta: 𝑎𝑎𝑎𝑎 = 3,27 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2; 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 13,07 𝑁𝑁𝑁𝑁
Exemplo 6.2 Um bloco de massa 10 kg movimenta-se numa mesa horizontal 
sob ação de uma força horizontal �⃗�𝐹𝐹𝐹 de intensidade 30 N. O coeficiente de atrito 
dinâmico entre o bloco e a mesa é 0,2. Determine a aceleração do bloco.
Figura 6.6. Exemplo 6.2.
Solução:
Na figura, representamos as forças que agem no bloco. 
A força de atrito é dada por 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 e, sendo 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘, vem 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘.
Sendo 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 = 0,2, 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 10 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2, temos:
𝑎𝑎𝑎𝑎 =
2− 1
2 + 1 � 9,8 = 3,27 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠
2⁄
𝑇𝑇𝑇𝑇 −𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑘𝑘𝑘𝑘 
𝑇𝑇𝑇𝑇 = (𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑘𝑘𝑘𝑘)𝑚𝑚𝑚𝑚2 
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 3,27 + 9,8 � 1 = 13,07 𝑁𝑁𝑁𝑁 
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 0,2 � 10 � 9,8 = 19,6 𝑁𝑁𝑁𝑁
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A segunda lei de Newton (𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚) fornece:
Sabendo que 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 30 𝑁𝑁𝑁𝑁 , temos:
Resposta: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1,04 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2
Exemplo 6.3 Dois corpos A e B de massas 1 kg e 2 kg estão ligados por uma corda 
de peso desprezível, que passa sem atrito pela polia C. Entre A e o apoio existe atrito 
de coeficiente 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑=0,5. Determine a aceleração dos corpos e a tração do fio.
Figura 6.7. Exemplo 6.3.
Solução:
As forças que atuam em cada corpo estão indicadas na figura.
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑
𝐹𝐹𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
30 − 19,6 = 10𝑚𝑚𝑚𝑚
10,4 = 10𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚 = 10,410 = 1,04 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 63
62
Corpo A: 𝑚𝑚𝑚𝑚A = 1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 , temos:
Com 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 = 0,5 calculamos:
Corpo B: 𝑚𝑚𝑚𝑚B = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 , temos:
Pela segunda lei de Newton (𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ), obtemos o seguinte sistema:
Substituindo na primeira equação:
Resposta: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 4,9 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2, 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 9,8 𝑁𝑁𝑁𝑁
Exemplo 6.4 O bloco A de massa 3 kg está apoiado num plano inclinado que 
forma um ângulo 𝜃𝜃𝜃𝜃 = 35° com a horizontal. O bloco A está na iminência de escor-
regar para cima. O coeficiente de atrito estático entre o bloco A e o plano é 0,5. 
Considere o fio e a polia ideais. Determine, nessas condições, o peso do bloco B.
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑚𝑚𝑚𝑚A𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1 � 9,8 = 9,8 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 9,8 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑑𝑑𝑑𝑑 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 0,5 � 9,8 = 4,9 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑚𝑚𝑚𝑚B𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 � 9,8 = 19,6 𝑁𝑁𝑁𝑁
�
𝑇𝑇𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝑚𝑚𝑚𝑚 (𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝐴𝐴𝐴𝐴)
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 − 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ 𝑚𝑚𝑚𝑚 (𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝐵𝐵𝐵𝐵)
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 − 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = (𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴 +𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵𝐵𝐵) ⋅ 𝑚𝑚𝑚𝑚
19,6 − 4,9 = (1 + 2) ⋅ 𝑚𝑚𝑚𝑚
14,7 = 3 ⋅ 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚 =
14,7
3 = 4,9 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠
2
𝑇𝑇𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑇𝑇𝑇𝑇 − 4,9 = 1 ⋅ 4,9
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 4,9 + 4,9 = 9,8 𝑁𝑁𝑁𝑁
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63
Figura 6.8. Exemplo 6.4.
Solução:
Vamos inicialmente calcular as componentes 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 e 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 do peso 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 do bloco A:
Eixo x:
Eixo y:
Na figura representamos as forças que agem em cada bloco. Observe que a 
força de atrito 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 , que o plano exerce em A, tem sentido para cima, pois o bloco 
A está na iminência de escorregar para baixo. Estando os blocos em equilíbrio, 
podemos escrever:
Portanto: 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 � 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝜃𝜃
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴 � 𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑚𝑚𝑚𝑚A = 3 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑔𝑔𝑔𝑔 e 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 9,8𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 temos
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3 � 9,8 = 29,4 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 = 29,4 � 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 35° = 16,86 𝑁𝑁𝑁𝑁
� 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑇𝑇𝑇𝑇 + 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 (𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 𝐴𝐴𝐴𝐴)
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 � 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝜃𝜃
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 = 29,4 � 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠 35° = 24,08 𝑁𝑁𝑁𝑁
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Como bloco A está na iminência de escorregar, temos:
Resposta: 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4,82 𝑁𝑁𝑁𝑁
Exemplo 6.5 Um pequeno bloco de massa 4 kg, preso à extremidade de um 
fio, descreve, sobre uma mesa horizontal e perfeitamente lisa, um movimento 
circular de raio 0,5 m, com velocidade escalar constante 3 m/s. Determine a in-
tensidade da força de tração que o fio exerce no bloco.
Figura 6.9. Exemplo 6.5.
Solução:
Primeiro representamos as forças que agem no bloco. 
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑒𝑒𝑒𝑒 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦
Logo: 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑥𝑥𝑥𝑥 e 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑒𝑒𝑒𝑒 = 0,5
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 + 0,5 · 24,08 = 16,86
𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 = 16,86 − 12,04 = 4,82 𝑁𝑁𝑁𝑁
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65
As forças que agem no bloco são: o peso 𝑃𝑃𝑃𝑃 , a normal 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 e a força de tração 
𝑇𝑇𝑇𝑇 . O peso e a normal se anulam e a tração 𝑇𝑇𝑇𝑇 é a resultante força centrípeta 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 . 
A aceleração centrípeta tem módulo:
Sabendo que 𝑟𝑟𝑟𝑟 = 0,5 𝑚𝑚𝑚𝑚 e 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 3,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠 temos:
Pela equação segunda lei de Newton (𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ), podemos escrever:
Como 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 , calculamos força de tração 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 4 · 18 = 72 𝑁𝑁𝑁𝑁
Resposta: 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 72 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑣𝑣𝑣𝑣2
𝑟𝑟𝑟𝑟
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 =
3,02
0,5 = 18 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠
2⁄
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
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66
ENERGIA CINÉTICA E 
TRABALHO
AULA 07
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67
Energia cinética e trabalho
Uma das tarefas da física é identificar os diferentes tipos de energia que exis-
tem no mundo, especialmente as que têm utilidade prática.
A energia cinética 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 é a energia associada ao estado de movimento de um ob-
jeto. Quanto mais depressa o objeto se move, maior é a energia cinética. Quando 
um objeto está em repouso, a energia cinética é nula.
A energia cinética 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 associada ao movimento de uma partícula de massa e 
velocidade escalar v, onde v é muito menor que a velocidade da luz, é dada por:
(7.1)
onde 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 – energia cinética;
 v – velocidade escalar;
 m – massa.
A unidade de energia cinética (e de qualquer outra forma de energia) no SI é 
o joule (símbolo J). Ela é definida a partir da equação 7.1 em termos das unidades 
de massa e velocidade:
Para uma partícula, uma variação Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 da energia cinética é igual ao trabalho 
total W realizado sobre a partícula:
(7.2)
onde Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 – variação da energia cinética;
 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 – energia cinética inicial;
 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 – energia cinética final;
 W – trabalho.
Figura 7.1 Uma força constante �⃗�𝐹𝐹𝐹 , fazendo um ângulo 𝜙𝜙𝜙𝜙 com o fio, é usada para acelerar a partícula.
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑣𝑣2
2
𝐽𝐽𝐽𝐽 =
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚2
𝑠𝑠𝑠𝑠2
W = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
W = Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐
Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = W
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Trabalho é a energia transferida para um objeto ou de um objeto através de 
uma força que age sobre o objeto. Quando a energia é transferida para o objeto, 
o trabalho é positivo; quando a energia é transferida do objeto, o trabalho é ne-
gativo (Figura 7.2).
Figura 7.2 Trabalho realizado por uma partícula.
Trabalho de uma Força Constante
Para calcular o trabalho que uma força realiza sobre um objeto quando este 
sofre um deslocamento, usamos apenas a componente da força em relação ao 
deslocamento do objeto. A componente da força perpendicular ao deslocamento 
não realiza trabalho.
(7.3)
onde W – trabalho;
 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑥𝑥𝑥𝑥 – força;
 d – deslocamento.
Figura 7.3
Uma força realiza trabalho positivo se possui uma componente vetorial no 
mesmo sentido do deslocamento, e realiza um trabalho negativo quando possui 
uma componente vetorial no sentido oposto. Se a força não possui uma compo-
nente vetorial na direção do deslocamento, o trabalho é nulo.
O trabalho realizado sobre uma partícula por uma força constante �⃗�𝐹𝐹𝐹 durante 
um deslocamento �⃗�𝑑𝑑𝑑 é dado por:
𝑊𝑊𝑊𝑊 = ±𝐹𝐹𝐹𝐹𝑥𝑥𝑥𝑥𝑑𝑑𝑑𝑑
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(7.4)
onde W – trabalho;
 F – força;
 d – deslocamento;
 𝜃𝜃𝜃𝜃 – ângulo entre o deslocamento e a força.
Figura 7.4
Quando duas ou mais forças agem sobre um objeto, o trabalho total é a soma 
dos trabalhos realizados pelas forças, que também é igual ao trabalho que seria 
realizado pela força resultante 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. .
Trabalho realizado pela força gravitacional
O trabalho 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑔𝑔𝑔𝑔 realizado pela força gravitacional 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 sobre um objeto (semelhan-
te a uma partícula) de massa m durante um deslocamento ℎ é dado por:
(7.5)
onde 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑔𝑔𝑔𝑔 – trabalho;
 P – peso;
 h – altura;
 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 –força gravitacional.
Figura 7.5 Trabalho realizado pela força gravitacional (𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑃𝑃𝑃𝑃).
O trabalho do peso é independente da trajetória. 
𝑊𝑊𝑊𝑊 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 cos𝜃𝜃𝜃𝜃
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑃𝑃𝑃𝑃
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑔𝑔𝑔𝑔 = ±𝑃𝑃𝑃𝑃ℎ
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70
Trabalho realizado pela força elásticaSe um objeto está preso à extremidade livre da mola, o trabalho 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑒𝑒𝑒𝑒, realizado 
sobre o objeto pela força elástica, é dado por:
(7.6)
onde 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑒𝑒𝑒𝑒 – trabalho;
 k – constante elástica;
 x – deslocamento.
Figura 7.6 Trabalho realizado pela força elástica.
Forças conservativas, como o peso e a força elástica, têm trabalhos indepen-
dentes da forma da trajetória.
Potência
Potência desenvolvida por uma força é a taxa com a qual a força realiza traba-
lho sobre um objeto. Se a força realiza um trabalho W em um intervalo de tempo 
∆𝑡𝑡𝑡𝑡, a potência média desenvolvida pela força neste intervalo de tempo é dada por:
(7.7)
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑒𝑒𝑒𝑒 = ±
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥2
2
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑊𝑊𝑊𝑊∆𝑡𝑡𝑡𝑡
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onde P – potência;
 W – trabalho;
 ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 – intervalo do tempo.
No caso de uma forca F com velocidade v de um objeto, a potência é:
(7.8)
onde P – potência;
 F – força;
 v – velocidade.
Unidades de potência no SI é watt (símbolo W). Ela é definida a partir da equa-
ção 7.7 em termos das unidades de trabalho e tempo:
Também, muito usado na prática, unidades de potência quilowatt-hora kWh.
Exemplos
Exemplo 7.1: Um corpo de 10 kg parte do repouso sob a ação de uma força 
constante paralela à trajetória e 5 s depois atinge a velocidade de 15 m/s. Deter-
mine sua energia cinética no instante 5 s e o trabalho da força, suposta única, que 
atua no corpo no intervalo 0 s a 5 s.
Solução:
A energia cinética no instante t = 5 s é:
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹
𝑊𝑊𝑊𝑊 =
𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑠𝑠𝑠𝑠
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Pelo teorema da energia cinética:
Note que , pois , portanto:
Resposta: 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 1125 𝐽𝐽𝐽𝐽, 𝑊𝑊𝑊𝑊 = 1125 𝐽𝐽𝐽𝐽
Exemplo 7.2: Um bloco parte da posição A e atinge a posição B sob ação de 
um sistema de forças, conforme mostra a figura. Sendo F = 50 N, θ = 30°, P = 70 
N, 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 40 N, 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = 10 N e d = 5 m, determine:
a) O trabalho que cada força realiza no deslocamento 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ;
b) O trabalho da força resultante nesse deslocamento.
Solução:
a) O trabalho que a força �⃗�𝐹𝐹𝐹 realiza é dado por:
Os trabalhos das forças 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 e 𝑃𝑃𝑃𝑃 são nulos, pois estas forças são perpendiculares 
ao deslocamento 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 . Portanto 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 0 e 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 = 0
A força de atrito 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. realiza um trabalho resistente:
b) O trabalho da força resultante 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 é a soma algébrica dos trabalhos das 
forças componentes. Assim, temos:
𝑊𝑊𝑊𝑊 = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑊𝑊𝑊𝑊 = 1125 − 0 = 1125 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 = 50 � 5 � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30° = 216,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = −𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.𝐹𝐹𝐹𝐹
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = −10 � 5 = −50 𝐽𝐽𝐽𝐽
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Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 = 216,5 J, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = −50 𝐽𝐽𝐽𝐽 e 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
Exemplo 7.3: Uma partícula de massa 100 g é lançada obliquamente, descreven-
do a trajetória indicada na figura. Sendo ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 m e ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,3 m, determine o traba-
lho realizado pelo peso da partícula nos deslocamentos de O para A e A para B.
Figura 7.7 Exercício 7.3
Solução:
No deslocamento O para A, a partícula sobe e, portanto, seu peso realiza tra-
balho negativo:
Sendo 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 e ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 𝑚𝑚𝑚𝑚 (desnível entre O e A), temos:
No deslocamento de A para B o corpo desce e o trabalho do peso é positivo: 
O desnível h entre A e B é: ℎ = ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 − ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 − 0,3 = 0,7 𝑚𝑚𝑚𝑚
Portanto 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 � 9,8 � 0,7 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽
Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽 .
Exemplo 7.4: Uma força �⃗�𝐹𝐹𝐹 , de intensidade 20 N, é aplicada a uma caixa, deslo-
cando-a 3,0 m na direção e no sentido da força. O deslocamento ocorre em 4,0s. 
determine a potência média desenvolvida. 
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 216,5 + 0 + 0 − 50 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑃𝑃𝑃𝑃ℎ
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = − 1 � 9,8 � 1 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = +𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
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Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 = 216,5 J, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = −50 𝐽𝐽𝐽𝐽 e 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
Exemplo 7.3: Uma partícula de massa 100 g é lançada obliquamente, descreven-
do a trajetória indicada na figura. Sendo ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 m e ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,3 m, determine o traba-
lho realizado pelo peso da partícula nos deslocamentos de O para A e A para B.
Figura 7.7 Exercício 7.3
Solução:
No deslocamento O para A, a partícula sobe e, portanto, seu peso realiza tra-
balho negativo:
Sendo 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 e ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 𝑚𝑚𝑚𝑚 (desnível entre O e A), temos:
No deslocamento de A para B o corpo desce e o trabalho do peso é positivo: 
O desnível h entre A e B é: ℎ = ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 − ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 − 0,3 = 0,7 𝑚𝑚𝑚𝑚
Portanto 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 � 9,8 � 0,7 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽
Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽 .
Exemplo 7.4: Uma força �⃗�𝐹𝐹𝐹 , de intensidade 20 N, é aplicada a uma caixa, deslo-
cando-a 3,0 m na direção e no sentido da força. O deslocamento ocorre em 4,0s. 
determine a potência média desenvolvida. 
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 216,5 + 0 + 0 − 50 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑃𝑃𝑃𝑃ℎ
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = − 1 � 9,8 � 1 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = +𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
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Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 = 216,5 J, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = −50 𝐽𝐽𝐽𝐽 e 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
Exemplo 7.3: Uma partícula de massa 100 g é lançada obliquamente, descreven-
do a trajetória indicada na figura. Sendo ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 m e ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,3 m, determine o traba-
lho realizado pelo peso da partícula nos deslocamentos de O para A e A para B.
Figura 7.7 Exercício 7.3
Solução:
No deslocamento O para A, a partícula sobe e, portanto, seu peso realiza tra-
balho negativo:
Sendo 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 e ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 𝑚𝑚𝑚𝑚 (desnível entre O e A), temos:
No deslocamento de A para B o corpo desce e o trabalho do peso é positivo: 
O desnível h entre A e B é: ℎ = ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 − ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 − 0,3 = 0,7 𝑚𝑚𝑚𝑚
Portanto 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 � 9,8 � 0,7 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽
Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽 .
Exemplo 7.4: Uma força �⃗�𝐹𝐹𝐹 , de intensidade 20 N, é aplicada a uma caixa, deslo-
cando-a 3,0 m na direção e no sentido da força. O deslocamento ocorre em 4,0s. 
determine a potência média desenvolvida. 
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 216,5 + 0 + 0 − 50 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑃𝑃𝑃𝑃ℎ
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = − 1 � 9,8 �1 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = +𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
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Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 = 216,5 J, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 = 0, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = −50 𝐽𝐽𝐽𝐽 e 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
Exemplo 7.3: Uma partícula de massa 100 g é lançada obliquamente, descreven-
do a trajetória indicada na figura. Sendo ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 m e ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,3 m, determine o traba-
lho realizado pelo peso da partícula nos deslocamentos de O para A e A para B.
Figura 7.7 Exercício 7.3
Solução:
No deslocamento O para A, a partícula sobe e, portanto, seu peso realiza tra-
balho negativo:
Sendo 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 9,8 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠2 e ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,0 𝑚𝑚𝑚𝑚 (desnível entre O e A), temos:
No deslocamento de A para B o corpo desce e o trabalho do peso é positivo: 
O desnível h entre A e B é: ℎ = ℎ𝐴𝐴𝐴𝐴 − ℎ𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 − 0,3 = 0,7 𝑚𝑚𝑚𝑚
Portanto 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 � 9,8 � 0,7 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽
Resposta: 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽, 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,7 𝐽𝐽𝐽𝐽 .
Exemplo 7.4: Uma força �⃗�𝐹𝐹𝐹 , de intensidade 20 N, é aplicada a uma caixa, deslo-
cando-a 3,0 m na direção e no sentido da força. O deslocamento ocorre em 4,0s. 
determine a potência média desenvolvida. 
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑃𝑃𝑃𝑃 + 𝑊𝑊𝑊𝑊𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐹𝐹𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 = 216,5 + 0 + 0 − 50 = 166,5 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑃𝑃𝑃𝑃ℎ
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
𝑊𝑊𝑊𝑊𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴 = − 1 � 9,8 � 1 = −9,8 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑊𝑊𝑊𝑊𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 = +𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 75
74
Figura 7.8 Exercício 7.4
Solução:
Vamos inicialmente calcular o trabalho realizado pela força �⃗�𝐹𝐹𝐹. 
De 𝑊𝑊𝑊𝑊 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 , sendo 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 20 𝑁𝑁𝑁𝑁 e 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 3,0 𝑚𝑚𝑚𝑚, temos:
A potência média é dada por:
Sendo ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 = 4 𝑠𝑠𝑠𝑠 , temos:
Resposta: 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑡𝑡𝑡𝑡 = 15 𝑊𝑊𝑊𝑊
𝑊𝑊𝑊𝑊 = 20 � 3 = 60 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑡𝑡𝑡𝑡 =
𝑊𝑊𝑊𝑊
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑡𝑡𝑡𝑡 =
60
4 = 15 𝑊𝑊𝑊𝑊
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75
ENERGIA POTENCIAL E 
CONSERVAÇÃO DA 
ENERGIA
AULA 08
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76
Energia potencial
Tecnicamente, energia potencial é qualquer energia que pode ser associada à confi-
guração de um sistema de objetos que exercem forças uns sobre os outros. Ela está ar-
mazenada em um sistema (sistema elástico), e pode a qualquer momento manifestar-se.
Figura 8.1 Energia potencial.
Energia potencial gravitacional
A energia potencial gravitacional associada a um sistema partícula-Terra de-
pende apenas da posição vertical y (ou altura) da partícula em relação à posição 
de referência (y=0), e não da posição horizontal.
Figura 8.2 Energia potencial gravitacional.
Energia potencial gravitacional 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 de uma partícula a uma altura h é dada por:
(8.1)
(8.2)
onde 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 – energia potencial;
 P – peso;
 h – deslocamento;
 m – massa;
 g – aceleração da gravidade.
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑃𝑃
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77
Energia potencial elástica
Energia potencial elástica é a energia associada ao estado de compressão ou 
distensão de um objeto elástico.
(8.3)
onde 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 – energia potencial;
 k – constante elástica;
 x – deslocamento.
Figura 8.3 Energia potencial elástica.
Energia mecânica
A energia mecanica 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 de um sistema é a soma da energia cinética 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚 e da 
energia potencial 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 do sistema.
(8.4)
onde 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 – energia potencial;
 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚 – energia cinética;
 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 – energia mecânica.
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 =
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥2
2
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 + 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚
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78
Em um sistema isolado, onde apenas forças conservativas causam variação de 
energia, a energia cinética e a energia potencial podem variar, mas sua soma, a 
energia mecânica 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 do sistema, não pode variar. Este resultado é conhecido 
como princípio de conservação da energia mecânica.
Em um sistema isolado, podemos relacionar a energia total em um dado ins-
tante à energia total em outro instante sem considerar a energia em instantes 
intermediários.
(8.5)
onde 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝1 – energia potencial no instante 1;
 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝2 – energia potencial no instante 2;
 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚1 – energia cinética no instante 1;
 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚2 – energia cinética no instante 2.
Em um sistema isolado, onde apenas forças conservativas causam variações 
de energia, a energia cinética e a energia potencial podem variar, mas sua soma, 
a energia mecânica 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 do sistema, não pode variar.
(8.6)
onde Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 – variação da energia mecânica;
 Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚 – variação da energia cinética;
 Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 – variação da energia potencial.
A energia total 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 de um sistema (a soma da energia mecânica e da energia 
interna, incluindo a energia térmica) pode mudar apenas através da transferên-
cia de energia para o sistema ou do sistema. Este fato experimental é conhecido 
como lei da conservação da energia.
A energia total, 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚, de um sistema isolado não pode variar. A energia mecâ-
nica permanece constante na ausência de forças dissipativas e apenas ocorre a 
conversão entre suas formas cinética e potencial. 
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝2 + 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝1 + 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚1
Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚 + Δ𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 = 0
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
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79
Figura 8.4 Energia mecânica gravitacional.
Figura 8.5 Diagrama da energia mecânica gravitacional.
Considere um corpo em queda livre sem resistência do ar. Em relação ao solo 
sua energia potencial é 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃, sendo h uma função de 2o grau em t e energia 
cinética 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑣𝑣2
2
, também uma função de 2o grau (parábola).
Figura 8.6 Energia mecânica elástica.
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 81
80
Figura 8.7 Diagrama da energia mecânica elástica.
A energia potencial 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 =
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥2
2
 e a energia cinética 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑣𝑣2
2
 de uma mola são 
funções de 2o grau em x e os gráficos são parábolas (Figura 8.7).
Exemplos
Exemplo 8.1: Determine a velocidade que um corpo adquire ao cair de uma 
altura h = 4 m, a partir do repouso.
Solução: 
Pela conservação da energia mecânica:
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 82
81
Sendo na posição A: = e = = 0, porque = 0 .
Na posição B: = = 0, porque a altura h no ponto B é nula e = 2
Sendo = 4 , temos = 2 9,8 4 = 8,85 /
Resposta: = 8,85 
Exemplo 8.2: Um corpo é atirado verticalmente para cima com velocidade = 10 m/s. 
Determine a altura máxima que o corpo atinge.
Solução: 
Na altura máxima a velocidade é nula. Pela conservação da energia mecânica:
Sendo = 10 , temos =
10
2 9,8 = 5,1 
Resposta: = 5,1 
=
=
+ = +
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82
Exemplo 8.3: Um bloco de massa 4 kg e velocidade horizontal 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 0,5 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄ 
choca-se com uma mola de constante elástica 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 100 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑚𝑚𝑚𝑚⁄ . Não há atrito entre o 
bloco e a superfície de contato. Determine a máxima deformação sofrida pela mola.
Solução: 
A energia cinética que o bloco possui será transferida integramente à mola 
quando esta estiver totalmentecomprimida 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
Então: 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑣𝑣
2
2 =
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥2
2
Sendo 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘, 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 0,5 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠 e 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 100 𝑁𝑁𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚 temos:
Resposta: 𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0,1 𝑚𝑚𝑚𝑚
0,5 = 50 � 𝑥𝑥𝑥𝑥2
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83
CENTRO DE MASSA E 
MOMENTO LINEAR
AULA 09
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 85
84
Centro de massa
O movimento complicado de um sistema de objetos, como um carro ou uma 
bailarina, pode ser simplificado se determinarmos um ponto especial do sistema: 
o centro de massa. 
Figura 9.1 Centro de massa.
O centro de massa de um sistema de partículas é o ponto que se move como 
se toda a massa do sistema estivesse concentrada nesse ponto e todas as forças 
externas estivessem aplicadas nesse ponto.
Figura 9.1 Centro de massa.
Se as partículas estão distribuídas em três dimensões, a posição do centro de 
massa deve ser especificada por três coordenadas:
(9.1)
(9.2)
(9.3)
𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. =
𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑥𝑥𝑥𝑥1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑥𝑥𝑥𝑥2 + ⋯+ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛𝑛𝑛𝑥𝑥𝑥𝑥𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 + … + 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑦𝑦𝑦𝑦𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. =
𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑦𝑦𝑦𝑦1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑦𝑦𝑦𝑦2 + ⋯+ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛𝑛𝑛𝑦𝑦𝑦𝑦𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 + … + 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑧𝑧𝑧𝑧𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. =
𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑧𝑧𝑧𝑧1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑧𝑧𝑧𝑧2 + ⋯+ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛𝑛𝑛𝑧𝑧𝑧𝑧𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 + … + 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛𝑛𝑛
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85
onde 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. – posição do centro de massa em coordenada x;
 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. – posição do centro de massa em coordenada y;
 𝑧𝑧𝑧𝑧𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. – posição do centro de massa em coordenada z;
 n – número das partículas;
 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛𝑛𝑛 – massa da partícula n;
 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑛𝑛𝑛𝑛 – posição da partícula n em coordenada x;
 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑛𝑛𝑛𝑛 – posição da partícula n em coordenada y;
 𝑧𝑧𝑧𝑧𝑛𝑛𝑛𝑛 – posição da partícula n em coordenada z.
Momento linear
O momento linear de uma partícula é uma grandeza vetorial 𝑝𝑝𝑝𝑝 definida através 
da equação:
onde m – massa;
 �⃗�𝑣𝑣𝑣 – veloc idade da partícula;
 𝑝𝑝𝑝𝑝 – momento linear da partícula.
As unidades de quantidade de movimento são as unidades de massa multipli-
cadas pelas unidades de velocidade. Não existe no SI uma unidade equivalente 
a 1 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠 .
O momento linear de um sistema de partículas é igual ao produto da massa 
total 𝑝𝑝𝑝𝑝 do sistema pela velocidade do centro de massa.
Se um sistema de partículas não está submetido a nenhuma força externa, o 
momento linear total do sistema não pode variar.
Se uma das componentes da força externa aplicada a um sistema fechado é 
nula, a componente do momento linear do sistema em relação ao mesmo eixo 
não pode variar.
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑚𝑚𝑚𝑚�⃗�𝑣𝑣𝑣
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝑐𝑐𝑐𝑐
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86
Impulso de uma força
Considere uma força constante �⃗�𝐹𝐹𝐹 atuando num ponto material durante um 
intervalo de tempo ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 . 
Figura 9.3 Impulso.
O impulso 𝐽𝐽𝐽𝐽 dessa força constante nesse intervalo de tempo é a grandeza 
vetorial dada por:
onde ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 – intervalo de tempo;
 �⃗�𝐹𝐹𝐹 – força;
 𝐽𝐽𝐽𝐽 – impulso.
No SI, a unidade de intensidade do impulso é 𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑠𝑠𝑠𝑠.
O impulso da força resultante num intervalo de tempo é igual à variação da 
quantidade de movimento do corpo no mesmo intervalo de tempo.
onde ∆𝑝𝑝𝑝𝑝 – variação da quantidade de movimento linear;
 𝐽𝐽𝐽𝐽 – impulso.
𝐽𝐽𝐽𝐽 = 𝑝𝑝𝑝𝑝2 − 𝑝𝑝𝑝𝑝1 = ∆𝑝𝑝𝑝𝑝
𝐽𝐽𝐽𝐽 = �⃗�𝐹𝐹𝐹∆𝑡𝑡𝑡𝑡
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87
Colisão
Uma colisão entre dois corpos que se movem numa mesma reta, antes e depois 
da colisão, é chamada choque frontal ou unidimensional.
Figura 9.4 Colisão de dois carros de corrida.
Se a energia cinética final é igual à energia cinética inicial, a colisão é chamada 
choque perfeitamente elástico.
A quantidade de movimento também se conserva durante a colisão, pois o 
sistema de corpos é isolado de forças externas.
Numa colisão perfeitamente elástica entre dois corpos, antes da colisão, o 
corpo de massa 𝑚𝑚𝑚𝑚2 está em repouso (𝑣𝑣𝑣𝑣2𝑖𝑖𝑖𝑖=0 ) e o corpo de massa está se moven-
do com velocidade 𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑖𝑖𝑖𝑖 em direção a ele. Após a colisão os corpos se movem com 
as velocidades diferentes 𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑓𝑓𝑓𝑓 e 𝑣𝑣𝑣𝑣2𝑓𝑓𝑓𝑓 .
Figura 9.5 Choque perfeitamente elástico.
A conservação da quantidade de movimento pode ser expressa em equação:
𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑖𝑖𝑖𝑖 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑓𝑓𝑓𝑓 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑣𝑣𝑣𝑣2𝑓𝑓𝑓𝑓
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88
Em uma colisão elástica do corpo 1 em movimento com o corpo 2 estacionário, 
as velocidades finais dos corpos são:
onde 𝑚𝑚𝑚𝑚1 – massa do 1 corpo;
 𝑚𝑚𝑚𝑚2 – massa do 2 corpo;
 𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑖𝑖𝑖𝑖 – velocidade inicial do corpo 1;
 𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑓𝑓𝑓𝑓 – velocidade final do corpo 1;
 𝑣𝑣𝑣𝑣2𝑓𝑓𝑓𝑓 – velocidade final do corpo 2.
 O choque em que os corpos se deformam de tal maneira que permaneçam 
unidos após a colisão são denominados choques perfeitamente inelásticos.
Numa colisão perfeitamente inelástica entre dois corpos, antes da colisão o 
corpo de massa 𝑚𝑚𝑚𝑚2 está em repouso (𝑣𝑣𝑣𝑣2𝑖𝑖𝑖𝑖=0 ) e o corpo de massa 𝑚𝑚𝑚𝑚1 está se mo-
vendo (𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑖𝑖𝑖𝑖 ) em direção a ele. Após a colisão os corpos unidos se movem com a 
mesma velocidade 𝑉𝑉𝑉𝑉.
Figura 9.6 Choque perfeitamente inelástico.
Conservação da quantidade de movimento:
ou
𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑖𝑖𝑖𝑖 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 � 𝑉𝑉𝑉𝑉
𝑉𝑉𝑉𝑉 =
𝑚𝑚𝑚𝑚1
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2
𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑖𝑖𝑖𝑖
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 90
89
onde 𝑚𝑚𝑚𝑚1 – massa do 1 corpo;
 𝑚𝑚𝑚𝑚2 – massa do 2 corpo;
 𝑣𝑣𝑣𝑣1𝑖𝑖𝑖𝑖 – velocidade inicial do corpo 1;
 V – velocidade final.
Exemplos
Exemplo 9.1: a figura mostra um sistema de três partículas de massas 𝑚𝑚𝑚𝑚1 = 3 
kg, 𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 4 kg e 𝑚𝑚𝑚𝑚3 = 8 kg. As escalas do gráfico são definidas 𝑥𝑥𝑥𝑥3 = 1 m e 𝑦𝑦𝑦𝑦2 = 1 m. 
Quais são a coordenada 𝑥𝑥𝑥𝑥𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 e a coordenada 𝑦𝑦𝑦𝑦𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 do centro de massa do sistema?
Figura 9.7 Exemplo 9.1
Solução:
O centro de massa de um sistema depende da distância que cada corpo esteja 
de um ponto de referência selecionado arbitrariamente e da massa de cada corpo.
No sistema temos três partículas de massas 𝑚𝑚𝑚𝑚1 = 3 kg, 𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 4 kg e 𝑚𝑚𝑚𝑚3 = 8 kg. 
A massa total do sistema é 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2+𝑚𝑚𝑚𝑚3= 3 + 4 + 8 = 15 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘.
Nesse caso, as três partículas têm as seguintes coordenadas:
Primeira partícula: 𝑥𝑥𝑥𝑥1 = 0 e 𝑦𝑦𝑦𝑦1 = 0
Segunda partícula: 𝑥𝑥𝑥𝑥2 = 2 𝑚𝑚𝑚𝑚 e 𝑦𝑦𝑦𝑦2 = 1 𝑚𝑚𝑚𝑚
Terceira partícula: 𝑥𝑥𝑥𝑥3 = 1 𝑚𝑚𝑚𝑚 e 𝑦𝑦𝑦𝑦3 = 2 𝑚𝑚𝑚𝑚
De acordo com equações (9.1) e (9.2), as coordenadas do centro de massa são:
Resposta: 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. = 1,07 𝑚𝑚𝑚𝑚, 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. = 1,33 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. =
𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑥𝑥𝑥𝑥1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑥𝑥𝑥𝑥2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚3𝑥𝑥𝑥𝑥𝑛𝑛𝑛𝑛3
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. =
3 � 0 + 4 � 2 + 8 � 1
15 = 1,07 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑦𝑦𝑦𝑦𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. =
𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑦𝑦𝑦𝑦1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑦𝑦𝑦𝑦2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚3𝑦𝑦𝑦𝑦𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝑦𝑦𝑦𝑦𝑐𝑐𝑐𝑐.𝑚𝑚𝑚𝑚. =
3 � 0 + 4 � 1 + 8 � 2
15 = 1,33 𝑚𝑚𝑚𝑚
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 91
90
Exemplo 9.2: compare a magnitude da quantidade de movimento de uma bola 
de beisebol de 0,15 kg lançada a uma velocidade de 42 m/s com a magnitude da 
quantidade de movimento de uma munição de 0,0042 kg disparada a uma velo-
cidade de 900 m/s.
Solução: 
A quantidade de movimento de um corpo é calculada utilizando-se a equação:
Para a bola de beisbol temos massa 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,15 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e velocidade 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 42 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄Para a munição: massa 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,0042 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e velocidade 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 900 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄
Tanto a massa quanto a velocidade contribuem para a magnitude da quantida-
de de movimento de um corpo. Nesse caso, a bola de beisebol, à qual é atribuída 
uma velocidade típica referente a uma bola rápida da liga principal, possui uma 
quantidade de movimento maior do que a da munição. Mesmo sabendo-se que 
a velocidade da munição é muito superior à da bola de beisebol, a massa da bola 
acaba por ser ainda maior, conduzindo ao resultado mostrado.
Resposta: 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 = 6,3 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘�𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠 , 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑏𝑏𝑏𝑏 = 3,8 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘�𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠
Exemplo 9.3: uma força constante atua durante 5,0 s sobre uma partícula de 
massa 2,0 kg, na direção e no sentido de seu movimento, fazendo com que sua 
velocidade escalar varie de 5,0 m/s para 9,0 m/s. Determine:
a) o módulo da variação da quantidade de movimento da partícula;
b) a intensidade do impulso da força atuante;
c) a intensidade da força.
Solução: 
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑣𝑣
𝑝𝑝𝑝𝑝𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 = 0,15 � 42 = 6,3 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠
𝑝𝑝𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑏𝑏𝑏𝑏 = 0,0042 � 900 = 3,8 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠
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91
a) As quantidades de momento inicial 𝑝𝑝𝑝𝑝1 e final 𝑝𝑝𝑝𝑝2 da particula são dados por:
Sendo 𝑣𝑣𝑣𝑣1 = 5,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠 e 𝑣𝑣𝑣𝑣2 = 9,0 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠 as velocidades escalares inicial e final, os 
módulos das quantidades de movimento valem:
Como 𝑝𝑝𝑝𝑝1 e 𝑝𝑝𝑝𝑝2 têm a mesma direção e o mesmo sentido, o módulo da variação 
da quantidade de movimento é:
b) Aplicando o teorema do impulso à situação considerada: 𝐽𝐽𝐽𝐽 = 𝑝𝑝𝑝𝑝2 − 𝑝𝑝𝑝𝑝1
Como o impulso tem a mesma direção e o mesmo sentido que as quantidedes 
de movimento, vale escrever, pra sua intensidade:
Como 𝐽𝐽𝐽𝐽 = �⃗�𝐹𝐹𝐹∆𝑡𝑡𝑡𝑡, a intensidade da força será dada por: 
Sendo ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 = 5,0 𝑠𝑠𝑠𝑠, temos:
Resposta: ∆𝑝𝑝𝑝𝑝 = 8 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘�𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠𝑠𝑠 , 𝐽𝐽𝐽𝐽 = 8 𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑠𝑠𝑠𝑠, 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 1,6 𝑁𝑁𝑁𝑁
Exemplo 9.4: um carro cuja massa é igual a 1500 kg se move a 4,5 m/s, quando 
atinge outro carro estacionário cuja massa é igual a 1000 kg. Durante a colisão, os 
para-choques dos dois carros ficam juntos. Qual é a velocidade dos dois carros 
quando, juntos, deixam a colisão?
𝑝𝑝𝑝𝑝1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑣𝑣1 e 𝑝𝑝𝑝𝑝2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑣𝑣2
𝑝𝑝𝑝𝑝1 = 2 � 5 = 10 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠
𝑝𝑝𝑝𝑝2 = 2 � 9 = 18 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠
∆𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑝𝑝𝑝𝑝2 − 𝑝𝑝𝑝𝑝1
∆𝑝𝑝𝑝𝑝 = 18 − 10 = 8 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑠𝑠𝑠𝑠
𝐽𝐽𝐽𝐽 = ∆𝑝𝑝𝑝𝑝 = 8 𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑠𝑠𝑠𝑠
𝐽𝐽𝐽𝐽 = 𝐹𝐹𝐹𝐹∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝐽𝐽𝐽𝐽
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝐹𝐹𝐹𝐹 =
8
5 = 1,6 𝑁𝑁𝑁𝑁
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 93
92
Figura 9.8 Exemplo 9.4
Solução:
Explicitando-se a magnitude da velocidade final na equação 𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑣𝑣𝑣𝑣1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2 � 𝑉𝑉𝑉𝑉 , 
tem-se:
Utilizando-se os valores fornecidos no enunciado do problema, calcula-se a 
velocidade final como:
Resposta: 𝑉𝑉𝑉𝑉 = 2,7 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄
𝑉𝑉𝑉𝑉 =
𝑚𝑚𝑚𝑚1
𝑚𝑚𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2
𝑣𝑣𝑣𝑣1
𝑉𝑉𝑉𝑉 =
1500
1500 + 100 4,5 = 2,7 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠
⁄
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93
ROTAÇÃO
AULA 10
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 95
94
As variáveis da rotação
Nesse capítulo vamos conhecer os movimentos de rotação, em que um objeto 
gira em torno de um eixo. 
Para descrever a rotação de um corpo rígido em torno de um eixo fixo, chama-
do eixo de rotação, supomos que uma reta de referência está fixa no corpo, per-
pendicular ao eixo e girando com o corpo. A Figura 10.1 mostra um corpo rígido de 
forma arbitraria girando em torno de um eixo fixo, chamado eixo de rotação.
Figura 10.1 Um corpo rígido de forma arbitrária em rotação pura em torno do eixo z de um 
sistema de coordenadas.
Agora vamos discutir os equivalentes angulares das grandezas lineares: posi-
ção, deslocamento, velocidade e aceleração.
A posição angular é medida em relação ao semieixo x positivo. é medido em 
radianos.
(10.1)
onde 𝜃𝜃𝜃𝜃 – posição angular;
 s – comprimento de um arco de circunferência;
 r – raio.
A relação entre um ângulo em radianos, um ângulo em revolução e um ângulo 
em graus é a seguinte:
(10.2)
𝜃𝜃𝜃𝜃 =
𝑠𝑠𝑠𝑠
𝑟𝑟𝑟𝑟
1 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 360° = 2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 96
95
Um corpo que gira em torno de um eixo de rotação, mudando de posição an-
gular de 𝜃𝜃𝜃𝜃1 para 𝜃𝜃𝜃𝜃2, sofre um deslocamento angular:
(10.3)
Onde ∆𝜃𝜃𝜃𝜃 é positivo para rotações no sentido anti-horário e negativo para ro-
tações no sentido horário.
Se um corpo sofre um deslocamento angular ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 em um intervalo de tempo , 
sua velocidade angular média 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 é:
(10.4)
Onde 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 – velocidade angular média;
 ∆𝜃𝜃𝜃𝜃 – deslocamento angular;
 ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 – intervalo de tempo.
Se a velocidade angular de um corpo varia de 𝜔𝜔𝜔𝜔1 para 𝜔𝜔𝜔𝜔2 em um intervalo de 
tempo ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝑡𝑡𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡𝑡𝑡1 , a aceleração angular média 𝛼𝛼𝛼𝛼𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 do corpo é:
Quando temos a aceleração angular constante, é um caso especial importante 
de movimento de rotação. As equações cinemáticas apropriadas são:
Assim como foi feito na cinemática linear, definiu-se o valor inicial de velocidade 
angular como ω0. Define-se a variável tempo de “início” em t0 = 0, de acordo com a 
convenção-padrão. Também define-se a posição angular inicial θ0  de forma que o 
deslocamento angular seja θ − θ0 .
∆𝜃𝜃𝜃𝜃 = 𝜃𝜃𝜃𝜃2 − 𝜃𝜃𝜃𝜃1
𝜔𝜔𝜔𝜔𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝜃𝜃𝜃𝜃
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝛼𝛼𝛼𝛼𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝜔𝜔𝜔𝜔
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝜔𝜔𝜔𝜔 = 𝜔𝜔𝜔𝜔0 + 𝛼𝛼𝛼𝛼𝑡𝑡𝑡𝑡
𝜃𝜃𝜃𝜃 = 𝜃𝜃𝜃𝜃0 + 𝜔𝜔𝜔𝜔0𝑡𝑡𝑡𝑡 +
1
2𝛼𝛼𝛼𝛼𝑡𝑡𝑡𝑡
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96
Energia cinética de rotação e momento de inércia
A energia cinética de um objeto rígido que gira em torno de um dado eixo é 
chamada de energia cinética de rotação. Depende não apenas da massa e da 
velocidade angular do objeto, mas também como a massa do objeto é distribuída 
em relação ao eixo de rotação.
Figura 10.2 Cada pequeno elemento de uma pá de um aerogerador está movendo-se em torno 
de um eixo de rotação, contribuindo, assim, para a energia cinética associada à rotação da pá.
A energia cinética de um corpo rígido em rotação em torno de um eixo fixo é 
dada por:
onde K – energia cinética;
 – velocidade angular;
 I – momento de inércia do corpo.
O momento de inércia do corpo, definido por:
onde – massa;
 – distância.
=
1
2
=
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97
Figura 10.3 Momento de inércia de um corpo.
O momento de inércia de um corpo não envolve apenas a massa do corpo, 
mas também a forma como a massa está distribuída. Na Figura 10.3 podemos 
observar que é mais fácil girar uma barra comprida em torno (a) do eixo central 
(longitudinal) do que (b) de um eixo passando pelo centro e perpendicular à maior 
dimensão da barra. A razão para diferença é que a distribuição de massa está 
mais próxima do eixo de rotação em (a) do que em (b).
Exemplos
Exemplo 10.1. Qual é a velocidade angular do ponteiro dos segundos e do 
ponteiro dos minutos de um relógio analógico? Dê as respostas em radianos por 
segundo.
Solução: 
O ponteiro dos segundos de um relógio completa uma volta (2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟) em 
1 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 60 𝑠𝑠𝑠𝑠. Assim,
E a velocidade angular:
O ponteiro dos minutos de um relógio completa uma volta (2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 ) em 
1 ℎ = 60 � 60 = 3600 𝑠𝑠𝑠𝑠
Resposta: 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑠𝑠𝑠𝑠 = 0,105 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠𝑠𝑠, 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1,75 � 10−3 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠𝑠𝑠1 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 360° = 2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝜔𝜔𝜔𝜔𝑠𝑠𝑠𝑠 =
2𝜋𝜋𝜋𝜋
60 = 0,105 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠𝑠𝑠
⁄
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98
Exemplo 10.2. Um disco, inicialmente girando a 120 rad/s, é freado com uma 
aceleração angular constante de módulo 4,0 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑠𝑠2⁄ . Quanto tempo o disco leva 
para parar? 
Solução: 
Supomos que o disco está girando inicialmente no sentido anti-horário (positi-
vo). Nesse caso, como o disco é freado, a aceleração é negativa: 𝛼𝛼𝛼𝛼 = −4,0 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑠𝑠2⁄ , 
a velocidade angular inicial é 𝜔𝜔𝜔𝜔0 = 120 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄ e a velocidade angular final 𝜔𝜔𝜔𝜔 = 0.
Usamos a equação 𝜔𝜔𝜔𝜔 = 𝜔𝜔𝜔𝜔0 + 𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 para obter o valor de tempo:
Resposta: 𝛼𝛼𝛼𝛼 = 30 𝑠𝑠𝑠𝑠
Exemplo 10.3. Calcule o momento de inércia de uma roda que tem uma ener-
gia cinética de 24.400 J quando gira a 602 rev/min.
Solução: 
A energia cinética (em J) é dada por 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 12 𝐼𝐼𝐼𝐼𝜔𝜔𝜔𝜔
2 , em que I é o momento de inércia 
(em 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚2) e 𝜔𝜔𝜔𝜔 é a velocidade angular (in rad/s). Temos:
Assim, o momento de inércia é:
Resposta: 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 12,3 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚2
0 = 120 + (−4)𝛼𝛼𝛼𝛼
𝛼𝛼𝛼𝛼 =
0− 120
−4 = 30 𝑠𝑠𝑠𝑠
𝜔𝜔𝜔𝜔𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
∆𝜃𝜃𝜃𝜃
∆𝛼𝛼𝛼𝛼
1 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 360° = 2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜔𝜔𝜔𝜔 =
602 � 2𝜋𝜋𝜋𝜋
60 = 63 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑑𝑑𝑑𝑑/𝑠𝑠𝑠𝑠
𝐼𝐼𝐼𝐼 =
2𝐾𝐾𝐾𝐾
𝜔𝜔𝜔𝜔2
𝐼𝐼𝐼𝐼 =
2 � 24400
632 = 12,3 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
2
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 100
99
Exemplo 10.4. Quando o físico  gira um pequeno objeto vermelho em um cír-
culo aproximadamente horizontal na extremidade de um barbante de 0,30 m, o 
objeto efetua 5 rev/s. Considerando o objeto como se toda a sua massa estivesse 
concentrada em um único ponto e desprezando a massa do barbante, quanta 
energia cinética de rotação o físico deve fornecer para viabilizar este movimento? 
O objeto tem uma massa igual a 0,20 kg.
Figura 10.4 Exemplo 10.4.
Solução: 
Para determinar a energia cinética de rotação, =
1
2 é preciso conhecer o 
momento de inércia de massa I do sistema em torno do eixo de rotação, como 
também a velocidade angular ω. Desprezando a massa do barbante e tratando o 
objeto vermelho como se toda a massa estivesse concentrada em um único pon-
to, pode-se achar o momento de inércia de massa utilizando a equação:
A energia cinética de rotação do pequeno objeto vermelho é:
Para calcular o resultado numérico, converta ω = 5 rev/s para rad/s:
Assim,
Resposta: = 8,81 
=
: =
=
1
2
1 = 360° = 
= 5 / = 5 = 31,4 /
=
1
2 0,2 0,3 31,3 = 8,81 
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 101
100
ROLAGEM, TORQUE E 
MOMENTO ANGULAR
AULA 11
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 102
101
Rolamento
No caso de uma roda de raio R rolando suavemente,
onde 𝑣𝑣𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 – velocidade linear do centro de massa da roda;
 𝜔𝜔𝜔𝜔 – velocidade angular da roda em torno do deu centro;
 R – raio da roda.
Figura 11.1. O centro de massa O de uma roda percorre uma distância s com velocidade 𝑣𝑣𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 
enquanto a roda gira de um ângulo θ.
A roda pode também ser vista como se estivesse girando instantaneamente em 
torno do ponto P do piso que está em contato com a roda. A velocidade angular da roda 
em torno deste ponto é igual à velocidade angular da roda em torno do seu centro.
Se a roda está sendo acelerada, mas ainda está rolando suavemente, a acele-
ração do centro de massa 𝑎𝑎𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 está relacionada à aceleração angular em relação 
ao centro de rotação através da equação:
Torque
O torque pode fazer um corpo rígido girar, como acontece, por exemplo, quan-
do abrimos ou fechamos uma porta.
Torque τ é o análogo rotacional da força e leva em conta a distância r entre a força F e 
o eixo de rotação, assim como o ângulo φ entre o vetor 𝑟𝑟𝑟𝑟 e o vetor �⃗�𝐹𝐹𝐹 (o vetor 𝑟𝑟𝑟𝑟 aponta 
do eixo de rotação ao ponto no qual a força é aplicada.) O módulo do torque é:
𝑣𝑣𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝜔𝜔𝜔𝜔𝜔𝜔𝜔𝜔
𝑎𝑎𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝛼𝛼𝛼𝛼𝜔𝜔𝜔𝜔
𝜏𝜏𝜏𝜏 = 𝑟𝑟𝑟𝑟 𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 103
102
A unidade SI de torque é evidente da equação é newton-metro 𝑚𝑚𝑚𝑚 � 𝑁𝑁𝑁𝑁
Figura 11.2. O torque τ é o análogo rotacional da força e leva em conta a distância r entre o local 
onde a força F é aplicada e o eixo de rotação
A segunda lei de Newton para rotação é:
Onde 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 – torque resultante que age sobre o corpo rígido;
 𝐼𝐼𝐼𝐼 – momento de inércia do corpo em torno do eixo de rotação;
 a – aceleração angular em torno do eixo.
Momento angular
A quantidade de momento angular L é o análogo rotacional da quantidade de 
momento linear. A quantidade de momento angular é o produto da velocidade 
angular 𝜔𝜔𝜔𝜔 e o momento de inércia de massa I, ou o equivalente ao produto ve-
torial do vetor 𝑟𝑟𝑟𝑟 de um objeto em rotação a um dado ponto e a quantidade de 
momento linear 𝑝𝑝𝑝𝑝 do objeto.
Para um corpo rígido que gira em torno de um eixo fixo, a componente do 
momento angular paralela ao eixo de rotação é:
ou
O módulo de 𝐿𝐿𝐿𝐿 é dado por:
Onde 𝜙𝜙𝜙𝜙 – ângulo entre 𝑟𝑟𝑟𝑟 e 𝑝𝑝𝑝𝑝.
𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼
𝐿𝐿𝐿𝐿 = 𝐼𝐼𝐼𝐼𝜔𝜔𝜔𝜔
𝐿𝐿𝐿𝐿 = 𝑟𝑟𝑟𝑟 × 𝑝𝑝𝑝𝑝
𝐿𝐿𝐿𝐿 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜙𝜙𝜙𝜙
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 104
103
Exemplos
Exemplo 11.1. Um automóvel que se move a 80 km/h possui pneus com 75 cm 
de diâmetro. Qual é a velocidade angular dos pneus em relação aos respectivos 
eixos?
Solução: 
A velocidade inicial do carro em m/s é
O raio dos pneus é 𝑅𝑅𝑅𝑅 =
75,0
2 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 0,375 𝑐𝑐𝑐𝑐
Como a velocidade inicial do carro é igual à velocidade inicial do centro de 
massa dos pneus, a equação 𝑣𝑣𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑅𝑅𝑅𝑅 nos dá:
Resposta: 𝜔𝜔𝜔𝜔 = 59,3 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄
Exemplo 11.2. O comprimento do braço do pedal de uma bicicleta é de 0,152 
m, e uma força de 111 N é aplicada ao pedal pelo ciclista. Qual é o módulo do 
torque em relação ao eixo do braço do pedal quando o braço faz ângulo de 30° 
com a vertical?
Solução: 
Calculamos o torque usando a equação:
Para 𝜑𝜑𝜑𝜑 = 30° , 𝜏𝜏𝜏𝜏 = 0,152 � 111 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠30° = 8,4 𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑐𝑐𝑐𝑐
Resposta: 𝜏𝜏𝜏𝜏 = 8,4 𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑐𝑐𝑐𝑐
Exemplo 11.3. Se um torque de 32,0 exercido sobre uma roda produz uma 
aceleração angular de 25,0 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑠𝑠2⁄ , qual é o momento de inércia da roda?
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 80 
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑐𝑐𝑐𝑐
ℎ =
80 � 1000
3600 = 22,2 
𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑠𝑠𝑠𝑠
𝜔𝜔𝜔𝜔 =
𝑣𝑣𝑣𝑣𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅𝑅𝑅
𝜔𝜔𝜔𝜔 =
22,2
0,375 = 59,3 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑑𝑑𝑑𝑑/𝑠𝑠𝑠𝑠
𝜏𝜏𝜏𝜏 = 𝑟𝑟𝑟𝑟 𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜑𝜑𝜑𝜑
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 105
104
Solução: 
De acordo com a equação 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼, temos:
Para 𝜏𝜏𝜏𝜏 = 32,0 Nm e 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 25,0 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑠𝑠2⁄ calculamos:
Resposta: 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 1,28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚2
Exemplo 11.4. Determine o torque da força �⃗�𝐹𝐹𝐹 indicada na figura ao lado em 
relação ao ponto O. Dados: 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 10𝑁𝑁𝑁𝑁, 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 1 𝑚𝑚𝑚𝑚 e θ = 60°
Figura 11.3. Exemplo 11.4. 
Solução: 
Vamos inicialmente decompor a força �⃗�𝐹𝐹𝐹 , na direção da barra e na direção per-
pendicular à barra. O torque de �⃗�𝐹𝐹𝐹 em relação a O é igual ao torque de 𝐹𝐹𝐹𝐹1 em 
relação ao O, pois o torque de 𝐹𝐹𝐹𝐹2 é nulo.
Assim: 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂1 = +𝐹𝐹𝐹𝐹1𝑑𝑑𝑑𝑑 (sentido anti-horário).
Sendo 𝐹𝐹𝐹𝐹1 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 � cos𝜃𝜃𝜃𝜃, temos:
Resposta: 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 5 𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐼𝐼𝐼𝐼 =
𝜏𝜏𝜏𝜏
𝐼𝐼𝐼𝐼
𝐼𝐼𝐼𝐼 =
32
25 = 1,28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
2
𝜏𝜏𝜏𝜏𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂= 𝐹𝐹𝐹𝐹 � 𝑑𝑑𝑑𝑑 � cos𝜃𝜃𝜃𝜃
𝜏𝜏𝜏𝜏𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 10 � 1 � cos 60° = 5 𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑚𝑚𝑚𝑚
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 106
105
EQUILÍBRIO DE CORPOS 
EXTENSOS
AULA 12
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 107
106
Equilíbrio de um ponto material
As obras civis devem ser estáveis, apesar das forças que atuam sobre elas. 
Um edifício, por exemplo, deve ser estável apesar das forças da gravidade e do 
vento, e uma ponte deve ser estável apesar da força da gravidade e dos repetidos 
solavancos que ela recebe de carros e caminhões. Um dos interesses da física é 
conhecer o que faz um objeto permanecer estável na presença das forças.
Estática é a parte da mecânica que estuda as condições de equilíbrio de um 
corpo. Corpo rígido é aquele cujas dimensões não são desprezíveis e que suas 
deformações são desprezíveis quando sujeito a forças.
Figura 12.1. O domino só vai tombar se o centro de massa estiver à direita da aresta de apoio. 
Na Figura 12.1(a) um dominó é equilibrado em uma aresta, com o centro de 
massa verticalmente acima dessa aresta. A linha de ação da força gravitacional 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 
a que o dominó está submetido passa pela aresta de apoio. Em (b), se o dominó 
sofre uma rotação, ainda que pequena, a partir da orientação de equilíbrio, 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔
produz um torque que aumenta a rotação. Um dominó (c) apoiado no lado estreito 
está em uma situação um pouco mais estável do que o dominó mostrado em (a). 
Um cubo (d) é ainda mais estável.
A força gravitacional 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 age efetivamente sobre um único ponto de um corpo, 
o chamado centro de gravidade (CG) do corpo.
Se a aceleração da gravidade g é a mesma para todos os elementos de um cor-
po, o centro de gravidade (CG) do corpo coincide com seu centro de massa (CM). 
Se um corpo homogêneo apresentar um elemento de simetria (um ponto, 
um eixo ou um plano), o centro de gravidade pertence necessariamente a esse 
elemento. Significa que o centro de gravidade coincide, nesse caso, com o centro 
geométrico (Figura 12.2).
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 108
107
Figura 12.2. Centro de gravidade. 
Quando um corpo rígido está em repouso, dizemos que ele se encontra em 
equilíbrio estático (Figura 12.3).
Figura 12.3. Equilibrio estático. 
A soma vetorial das forças que agem sobre um corpo em equilíbrio estático é zero:
(12.1)
onde �⃗�𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. - resultante das forças.
Se todas as forças estão no plano xy, esta equação vetorial é equivalente a duas 
equações para as componentes:
(12.2)
onde �⃗�𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟.𝑥𝑥𝑥𝑥 – componente da força resultante no eixo x;
 �⃗�𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟.𝑦𝑦𝑦𝑦 – componente da força resultante no eixo y.
Torque de uma força em relação a um ponto
O torque de uma força em relação a um ponto ou a um eixo, fornece uma 
medida da tendência dessa força de provocar a rotação de um corpo em torno 
do ponto ou eixo.
(12.3)
�⃗�𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. = 0
�⃗�𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟.𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0
�⃗�𝐹𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟.𝑦𝑦𝑦𝑦 = 0
𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. = 0
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 109
108
A soma vetorial dos torques externos em relação a qualquer ponto que agem 
sobre um corpo em equilíbrio estático também é zero, ou seja, para que o 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. 
seja nulo é necessário que o torque no sentido horário seja igual ao momento no 
sentido anti-horário.
Figura 12.4. Torque. 
Relembrando que podemos calcular o torque:
(12.4)
onde d - distância perpendicular do eixo no ponto O para linha de ação da força F;
 F – força aplicada.
 
O corpo estar em equilíbrio significa que o corpo não apresenta movimento de 
translação ou que ele realiza translação retilínea e uniforme; e, ainda, que o corpo 
não está em rotação ou que ele realiza rotação uniforme. Em outras palavras, é 
preciso considerar os equilíbrios de translação e de rotação.
Exemplos
Exemplo 12.1. Determine as trações nos fios ideais AB e BC, sabendo que o sistema 
está em equilíbrio na posição indicada. Massa do corpo 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 9 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e ângulo 𝜃𝜃𝜃𝜃 = 35°.
Figura 12.5. Exemplo 12.1. 
𝜏𝜏𝜏𝜏𝑜𝑜𝑜𝑜 = ±𝐹𝐹𝐹𝐹 · 𝑑𝑑𝑑𝑑
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 110
109
Solução:
Isolamos o ponto B, onde concorrem os três fios. Observe que a tração no fio 
vertical tem módulo igual ao peso P. A força de peso podemos calcular usando a 
equação 𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 (𝑚𝑚𝑚𝑚 = 9,8 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠𝑠𝑠2), 𝑃𝑃𝑃𝑃 = 9 � 9,8 = 88,2 𝑁𝑁𝑁𝑁 .
Na primeira etapa vamos desenhar o diagrama das forças.
Vamos resolver este exercício, inicialmente, pelo método das projeções.
Projeções em x:
Projeções em y:
Em equação , vem 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � 0,82, vem 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 154,7 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 154,7 � 0,82 = 126,85 𝑁𝑁𝑁𝑁
Resposta: 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 154,7 𝑁𝑁𝑁𝑁; 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 126,85 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � cos𝜃𝜃𝜃𝜃 = 0
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � cos𝜃𝜃𝜃𝜃
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � cos 35°
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � 0,82
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � sen𝜃𝜃𝜃𝜃 − 𝑃𝑃𝑃𝑃 = 0
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � sen𝜃𝜃𝜃𝜃 = 𝑃𝑃𝑃𝑃
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � sen 35° = 88,2
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � 0,57 = 88,2
𝑇𝑇𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 =
88,2
0,57 = 154,7 𝑁𝑁𝑁𝑁
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 111
110
Exemplo 12.2. Para demonstrar as condições de equilíbrio de um corpo exten-
so, foi montado o experimento abaixo, em que uma régua (de massa 40 g), gradua-
da de 0 a 12, permanece em equilíbrio horizontal, apoiada no pino de uma haste 
vertical. Um corpo de massa 150 g é colocado no ponto 1 e um corpo de massa 50 
g é colocado no ponto 9. Para que a régua permaneça em equilíbrio horizontal, qual 
a massa, em gramas, do corpo que deve ser colocado no ponto 11?
Figura 12.6. Exemplo 12.2. 
Solução:
Sabemos que a régua estará em equilíbrio quando a soma vetorial dos torques 
externos em relação a ponto 5 for zero.
Para que o 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. seja nulo é necessário que o torque no sentido horário seja 
igual ao momento no sentido anti-horário.
𝜏𝜏𝜏𝜏1 − 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟é𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 − 𝜏𝜏𝜏𝜏2 − 𝜏𝜏𝜏𝜏3 = 0
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 112
111
Podemos calcular os torques usando equação 𝜏𝜏𝜏𝜏 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 · 𝑑𝑑𝑑𝑑 Sendo 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑃𝑃𝑃𝑃 :
Temos:
𝜏𝜏𝜏𝜏1 = 𝑃𝑃𝑃𝑃1 � 𝑑𝑑𝑑𝑑1, onde 𝑑𝑑𝑑𝑑1 é a distância entre a posição 5 e 1 é igual a 4. 
𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟é𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 � 𝑑𝑑𝑑𝑑6, onde 𝑑𝑑𝑑𝑑6 = 1 é o centro de gravidade da régua.
𝜏𝜏𝜏𝜏2 = 𝑃𝑃𝑃𝑃2 � 𝑑𝑑𝑑𝑑2, onde 𝑑𝑑𝑑𝑑2 é a distância entre a posição 9 e 5 é igual a 4. 
𝜏𝜏𝜏𝜏2 = 4,9 � 4 = 19,6 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
𝜏𝜏𝜏𝜏3 = 𝑃𝑃𝑃𝑃3 � 𝑑𝑑𝑑𝑑3 , onde 𝑑𝑑𝑑𝑑3 é a distância entre a posição 11 e 5 é igual a 6. 
𝜏𝜏𝜏𝜏3 = 𝑁𝑁𝑁𝑁3 � 9,8 � 6 = 58,8 � 𝑁𝑁𝑁𝑁3 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
Aplicando a equação dos torques em equilíbrio estático vamos descobrir a 
massa 𝑁𝑁𝑁𝑁3
Resposta: 𝑁𝑁𝑁𝑁3 = 58 𝑔𝑔𝑔𝑔
Exemplo 12.3. O esquema representa um sistema em equilíbrio e na iminência de 
movimento. Determine o coeficiente de atrito entre o corpo A e o plano horizontal. 
Os fios são ideais. São dados os pesos dos corpos 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 200 𝑁𝑁𝑁𝑁, 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 = 100 𝑁𝑁𝑁𝑁 , 𝜃𝜃𝜃𝜃 = 30° 
e o ângulo .
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 � 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 0,4 � 9,8 = 4,92 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑃𝑃𝑃𝑃1 = 𝑁𝑁𝑁𝑁1 � 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 1,5 � 9,8 = 14,7 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑃𝑃𝑃𝑃2 = 𝑁𝑁𝑁𝑁2 � 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 0,5 � 9,8 = 4,9 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑃𝑃𝑃𝑃3 = 𝑁𝑁𝑁𝑁3 � 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑁𝑁𝑁𝑁3 � 9,8
𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟é𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 = 4,92 � 1 = 4,92 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
𝜏𝜏𝜏𝜏1 − 𝜏𝜏𝜏𝜏𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 − 𝜏𝜏𝜏𝜏2 − 𝜏𝜏𝜏𝜏3= 0
58,8 − 4,92 − 19,6 − 58,8 � 𝑁𝑁𝑁𝑁3 = 0
𝑁𝑁𝑁𝑁3 =
34,28
58,8 = 0,58 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑔𝑔𝑔𝑔 ou 𝑁𝑁𝑁𝑁3 = 58 𝑔𝑔𝑔𝑔
𝜏𝜏𝜏𝜏1 = 14,7 � 4 = 58,8 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
0,04 . 9,8 = 0,392 N
0,15 . 9,8 = 1,47 N
0,05 . 9,8 = 0,49 N
0,392 . 1 = 0,392 Nm
1,47 . 4 = 5,88 Nm
0,49 . 4 = 1,96 Nm
5,8 - 0,392 - 1,96 - 9,8 . 6 . m3 = 0
5,8 - 0,392 - 1,96 = 9,8 . 6 . m3 
3,528 = 58,8 m33,528_______
58,8
 = m3
0,06Kg = 60g
0,04 . 9,8 = 0,392 N
60
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 113
112
Figura 12.7. Exemplo 12.3. 
Solução:
Isolamos o corpo A e o ponto C:
Como o corpo A está em equilíbrio, temos: 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. . Como o corpo está na imi-
nência de movimento, podemos escrever 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = 𝜇𝜇𝜇𝜇𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁. Sendo 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴:
Como o ponto C está em equilíbrio, temos:
Projeções em x: 𝑇𝑇𝑇𝑇1 � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 0
Projeções em y: 𝑇𝑇𝑇𝑇1 � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0
Da equação 𝑇𝑇𝑇𝑇1 � 0,87 = 𝑇𝑇𝑇𝑇 podemos calcular força 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 200 � 0,87 = 174 𝑁𝑁𝑁𝑁
Sabemos que 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝜇𝜇𝜇𝜇 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴:
Resposta: 𝜇𝜇𝜇𝜇 = 0,87
𝑇𝑇𝑇𝑇1 � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑇𝑇𝑇𝑇
𝑇𝑇𝑇𝑇1 � 0,87 = 𝑇𝑇𝑇𝑇
𝑇𝑇𝑇𝑇1 � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 100
𝑇𝑇𝑇𝑇1 =
100
0,5 = 200 𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝜇𝜇𝜇𝜇 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴
174 = 𝜇𝜇𝜇𝜇 200
𝜇𝜇𝜇𝜇 =
174
200 = 0,87
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 114
113
ELASTICIDADE
AULA 13
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 115
114
Elasticidade
Todos os corpos rígidos reais são, na verdade, ligeiramente elásticos, o que 
significa que podemos mudar ligeiramente suas dimensões puxando-os, empur-
rando-os, torcendo-os ou comprimindo-os.
Três módulos de elasticidade são usados para descrever o comprimento elástico 
(as deformações) de objetos submetidos a forças. A deformação (variação relativa 
do comprimento) está linearmente relacionada à tensão (força por unidade área) 
aplicada através de um módulo apropriado, de acordo com a relação geral.
(13.1)
Figura 13.1. Um corpo sobre tração. 
O módulo das tensões de tração e de compressão é chamado de módulo de 
Young, e é representado pelo símbolo E. Substituindo as grandezas da equação 
13.1 por símbolos, obtemos a seguinte equação:
(13.2)
onde 𝜎𝜎𝜎𝜎 - tensão;
 E – módulo da elasticidade;
 𝜀𝜀𝜀𝜀 – deformação.
A deformação:
(13.3)
𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡ã𝑜𝑜𝑜𝑜 = 𝑚𝑚𝑚𝑚ó𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑡𝑡𝑡𝑡 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑑𝑑𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒𝑑𝑑𝑑𝑑𝑡𝑡𝑡𝑡 × 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑡𝑡𝑡𝑡𝑑𝑑𝑑𝑑𝑜𝑜𝑜𝑜𝑑𝑑𝑑𝑑𝑚𝑚𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒çã𝑜𝑜𝑜𝑜
𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝐸𝐸𝐸𝐸· 𝜀𝜀𝜀𝜀
𝜀𝜀𝜀𝜀 =
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝛥𝛥𝛥𝛥
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 116
115
onde L - comprimento inicial;
 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 – variação do comprimento de alongamento ou compressão do objeto.
A tensão:
(13.4)
onde F - módulo da força responsável pela deformação;
 A – área de seção reta à qual a força é aplicada.
A unidade módulo de Young é N/m² ou Pa (Pa = N/m²)
Tabela 13.1. Algumas propriedades elásticas de materiais escolhidos. 
Quando um objeto está sob tração ou compressão podemos escrever a equação:
(13.5)
Figura 13.2. Um cilindro submetido a uma tração sofre um alongamento 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥. 
𝜎𝜎𝜎𝜎 =
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝐸𝐸
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝛥𝛥𝛥𝛥
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116
Na Figura 13.3 o corpo de prova sofre uma deformação permanente quando 
a tensão atinge o limite elástico do material, e se rompe quando a tensão atinge 
o limite de ruptura.
Figura 13.3. Curva tensão-deformação de um corpo de prova de aço. 
Cisalhamento
Quando um objeto está sob tração de cisalhamento:
(13.6)
Onde 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝐿𝐿𝐿𝐿
 é a deformação de cisalhamento do objeto,𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 é o deslocamento de 
uma das extremidades do objeto na direção da força aplicada, e G é o módulo de 
cisalhamento do objeto. A tensão é 𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴
.
Figura 13.4. Um cilindro submetido a uma tensão de cisalhamento sofre uma deformação . 
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐺𝐺𝐺𝐺
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝐿𝐿𝐿𝐿
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 118
117
Tensão hidrostática
Quando um objeto é submetido a uma compressão hidrostática por uma ten-
são exercida por um fluido no qual está submerso:
(13.7)
Onde é a pressão (tensão hidrostática) que o fluido exerce sobre o objeto, 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝛥𝛥𝛥𝛥
 
(a deformação) é o valor absoluto da variação relativa do volume do objeto pro-
duzida por essa pressão e B é o módulo de elasticidade volumétrica do objeto.
Figura 13.5. Uma esfera maciça submetida a uma tensão hidrostática uniforme aplicada por um 
fluido tem seu volume reduzido de um valor 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 . 
Exemplos
Exemplo 13.1. Uma extremidade de uma barra de aço de raio 9,5 mm e compri-
mento 81 cm é presa a um torno, e uma força de módulo 62 kN é aplicada à outra 
extremidade. Quais são a tensão, o alongamento 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 e a deformação da barra?
Solução:
Para determinar a tensão, escrevemos 
Área do um cilindro em 𝑚𝑚𝑚𝑚2 é 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝜋𝜋𝜋𝜋𝑟𝑟𝑟𝑟2 é ou 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3,14 � 9,5 � 10−3 2 = 283,385 � 10−6 𝑚𝑚𝑚𝑚2
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝐵𝐵𝐵𝐵
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝛥𝛥𝛥𝛥
𝜎𝜎𝜎𝜎 =
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴
𝜎𝜎𝜎𝜎 =
6,2 � 104
283,385 � 10−6 = 2,19 � 10
8 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑚𝑚𝑚𝑚2⁄
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118
Como o limite elástico do aço estrutural é de 2,5 � 108 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑚𝑚𝑚𝑚2⁄ , esta barra está 
perigosamente próxima do limite elástico.
 O valor do módulo Young do aço pode ser obtido na Tabela 13.1. De acor-
do com a equação 13.5, o alongamento é: 
A deformação é, portanto,
Resposta: 𝜎𝜎𝜎𝜎 = 2,19 · 108 𝑁𝑁𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚2; 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 = 0,89 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚; 𝜀𝜀𝜀𝜀 = 0,11%
Exemplo 13.2. Fios de aço carbono com área de seção transversal nominal 
de 62,9 mm² são utilizados para a fabricação de peças pré-moldadas de concreto 
protendido. Nessas peças, a armação de fios de aço é pré-tensionada (tração) 
antes de ser imersa na matriz de concreto. Depois que o concreto é adicionado e 
endurece, a tensão na armação de aço é retirada, o aço sofre recuperação elástica 
e comprime o sistema todo, o que aumenta a resistência mecânica do conjunto 
pois mantém o concreto sob um esforço de compressão. O valor do módulo de 
elasticidade desse aço é 200 GPa. Assumindo que esses fios de aço sofreram uma 
deformação elástica de 1% quando foram pré-tensionados, qual foi a força (em 
newtons) à qual eles foram submetidos no processo de pré-tensionamento?
Solução:
Para calcular a força usamos a equação:
Utilizando os valores dados no enunciado do problema:
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 =
𝜎𝜎𝜎𝜎 � 𝛥𝛥𝛥𝛥
𝐸𝐸𝐸𝐸
𝜀𝜀𝜀𝜀 =
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝛥𝛥𝛥𝛥
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝐸𝐸
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝛥𝛥𝛥𝛥
𝐴𝐴𝐴𝐴 = 62,9 mm2 = 62,9 � 10−6 m2
𝐸𝐸𝐸𝐸 = 200 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 = 200 � 109 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺
𝜀𝜀𝜀𝜀 =
𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥
𝛥𝛥𝛥𝛥 = 1% = 0,01
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119
Agora podemos calcular a força:
Resposta: 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 125,8 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
Exemplo 13.3. Uma placa de dedicatória montada na base de um prédio tinha 
originalmente 0,80 m de altura, 0,50 m de comprimento, e 0,10 × 10ˉ² m de es-
pessura. Durante um terremoto a placa foi deformada de tal maneira que a sua 
superfície superior foi deslocada 0,08 m em relação à superfície inferior. A que 
força de cisalhamento a placa foi submetida durante o terremoto? A placa foi feita 
de uma liga metálica com módulo de cisalhamento de 0,40 × 10¹¹ N/m².
Solução:
Como as outras formas de tensão, a tensão de cisalhamento é definida pela 
força de cisalhamento dividida pela área.
Resolvendo para F:
Utilizando os valores dados no enunciado do problema,
Resposta: 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 2,0 � 106 N
𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 � 𝐸𝐸𝐸𝐸 � 𝜀𝜀𝜀𝜀
𝐹𝐹𝐹𝐹 = 62,9 � 10−6 � 200 � 109 � 0,01 = 125800 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 125,8 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐺𝐺𝐺𝐺𝛥𝛥𝛥𝛥𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐿𝐿𝐿𝐿
𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐺𝐺𝐺𝐺 × 𝐴𝐴𝐴𝐴 ×
𝛥𝛥𝛥𝛥𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐿𝐿𝐿𝐿
𝐹𝐹𝐹𝐹 = 0,1 � 10−2 � 0,5 � 0,1 � 10−2 �
0,08
0,8 = 2,0 � 10
6 𝑘𝑘𝑘𝑘
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120
GRAVITAÇÃO E OSCILAÇÕES
AULA 14
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 122
121
Lei da gravitação universal de Newton
A lei da gravitação universal de Newton descreve a força gravitacional que um 
objeto exerce em outro. Ela estabelece que a força gravitacional que uma partí-
cula exerce em outra é proporcional ao produto de suas massas e inversamente 
proporcional ao quadrado da distância entre seus centros. A força é de atração, 
e dirigida ao longo da linha que conecta os centros das duas partículas.
Figura 14.1. Cada um dos objetos infinitesimalmente pequenos, de massa m1 e m2, exerce uma 
força gravitacional no outro.
O objeto m2 exerce a força 𝐹𝐹𝐹𝐹2→1  em m1. O objeto m1 exerce a força 𝐹𝐹𝐹𝐹1→2 em m2. 
Cada força é dirigida ao longo da linha que conecta os dois objetos. O módulo da 
força é inversamente proporcional ao quadrado da distância de separação r. A 
constante de proporcionalidade G é aproximadamente:
(14.1)
O módulo da força gravitacional entre dois objetos é:
(14.2)
Onde F – força gravitacional;
 G – constante de proporcionalidade;
 𝑚𝑚𝑚𝑚1 e 𝑚𝑚𝑚𝑚2 – as massas de duas partículas;
 r – distância entre os centros das duas partículas.
𝐺𝐺𝐺𝐺 = 6,67 � 10−11𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘2⁄
𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝐺𝐺𝐺𝐺𝑚𝑚𝑚𝑚1𝑚𝑚𝑚𝑚2
𝑟𝑟𝑟𝑟2
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 123
122
O movimento harmônico simples
Nosso mundo está repleto de oscilações, nas quais os objetos se movem re-
petidamente de um lado para outro. Muitas são simplesmente curiosas ou de-
sagradáveis, mas outras podem ser economicamente importantes ou perigosas. 
A compreensão de movimentos periódicos é essencial para o estudo de ondas, 
som, correntes alternadas, luz, radiação etc.
Um corpo que está em movimento periódico está em uma situação de equilí-
brio estável. Quando é colocado fora deste ponto de equilíbrio surge uma força, 
ou torque, restaurador e o coloca de volta no equilíbrio.
Existem vários tipos de sistemas que seguem movimentos periódicos, mas 
utilizaremos como exemplos simples pêndulos e sistemas massa-mola. Estes sis-
temas servem de base para a descrição de outros casos mais complexos.
Se um movimento se repete em intervalos de tempo regulares este é chamado 
de movimento periódico ou movimento harmônico. Este ocorre pela ação de uma 
força restauradora.
Figura 14.2. O gráfico mais à direita mostra a posição em função do tempo de um objeto vincu-
lado à mola e que oscila entre +A e –A.
O movimento periódico é uma função cossenoidal do tempo. O movimento da 
figura pode ser descrito em uma equação do deslocamento em função do tempo 
da forma:
(14.3)𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚cos(𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡𝑡𝑡 + 𝜑𝜑𝜑𝜑)
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 124
123
Onde 𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑡𝑡𝑡𝑡 – deslocamento no instante t;
 t – instante do tempo;
 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚 – amplitude;
 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡𝑡𝑡 + 𝜑𝜑𝜑𝜑 – fase;
 𝜔𝜔𝜔𝜔 – frequência angular;
 𝜑𝜑𝜑𝜑 – ângulo de fase.
𝑥𝑥𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚, ω e φ são constantes. A constante de fase (φ) é dependente do desloca-
mento e da velocidade da partícula no instante t=0.
A amplitude do movimento, denotada por A, é o valor em módulo do máximo 
deslocamento a partir do equilíbrio, e é um valor sempre positivo. A unidade de-
penderá do tipo de oscilação que estivermos olhando. Se for a oscilação de uma 
mola, a unidade seria o metro.
O período, T, é o tempo que leva para termos um ciclo. É uma quantidade 
sempre positiva. No SI sua unidade é em segundos.
A frequência, 𝑓𝑓𝑓𝑓 , é o número de ciclos que se tem por unidade de tempo. É uma 
quantidade sempre positiva. 
No SI sua unidade é o hertz: 1 ℎ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑡𝑡𝑡𝑡 = 1𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 = 1𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜çã𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑒𝑒𝑒𝑒𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑜𝑜𝑜𝑜 = 1𝑜𝑜𝑜𝑜−1
Da definição de 𝑓𝑓𝑓𝑓 e T é:
(14.4)
A frequência angular, 𝜔𝜔𝜔𝜔, é 2π vezes a frequência 𝑓𝑓𝑓𝑓 :
(14.5)
Em unidades SI, a frequência angular é normalmente apresentada em radianos 
por segundo (rad/s), mesmo quando não expressa um valor de rotação. Do ponto 
de vista da análise dimensional, a unidade hertz (Hz) também está correta, mas, 
na prática, só é usado para frequência ordinária f, e quase nunca para ω.
Lei do movimento harmônico simples
Quando a partícula unida a uma mola idealmente desprovida de massa é des-
locada para uma posição x, a mola exerce uma força restauradora sobre ela dada 
pela lei de Hooke �⃗�𝐹𝐹𝐹 = −𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥 (k é constante elástica da mola). 
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 1𝑇𝑇𝑇𝑇
𝜔𝜔𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋𝜋𝜋𝑓𝑓𝑓𝑓
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124
Figura 14.3. Um objeto preso à extremidade de uma mola horizontal, que por sua vez tem a 
outra extremidade fixada em um suporte, está em sua posição de equilíbrio quando a mola não 
está nem comprimida nem distendida. Quando deslocado do ponto de equilíbrio, a mola exerce 
sobre ele uma força restauradora que o traz de volta àquela posição.
Podemos utilizar a segunda Lei de Newton para descobrir qual força deve ser 
exercida sobre uma partícula para que ela adquira tal aceleração.
(14.6)
O MHS é o movimento executado por uma partícula sujeita a uma força propor-
cional ao deslocamento da partícula e orientada no sentido oposto. Um sistema 
desse tipo é chamado de oscilador harmônico linear simples. 
Podemos escrever a equação do período do oscilador linear:
(14.7)
O período do MHS depende da massa m do ponto material em movimento e 
da constante elástica k, mas não depende da amplitude da oscilação.
Uma partícula em movimento harmônico simples possui, em qualquer instan-
te, uma energia cinética (associada à velocidade do ponto material) e uma energia 
potencial (do tipo elástica, associada à posição x do ponto material).
Energia cinética: (14.7)
Energia potencial elástica: (14.8)
=
= 2
= 2
=
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125
Se não há atrito, a energia mecânica é 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. = 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑀𝑀𝑀𝑀 + 𝐸𝐸𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝
(14.9)
No movimento harmônico simples as energias cinética e potencial variam, pois 
variam a velocidade v e a posição x do ponto material. Entretanto, a energia me-
cânica permanece constante, mesmo que energias cinética e potencial variem.
Figura 14.4. A soma da energia cinética com a energia potencial associadas a um objeto em 
movimento harmônico simples é constante. 
A energia mecânica de sistemas oscilatórios reais diminui durante as oscilações 
porque forças externas, como a força de arrasto, inibem as oscilações e transfe-
rem energia mecânica para a energia térmica. Nesse caso, dizemos que o oscila-
dor real e o seu movimento são amortecidos.
Figura 14.5. A energia mecânica de sistemas oscilatórios reais.
Isto está 
na rede
Prédio balança e água de piscina transborda após ventania em Balneário 
Camboriú (SC)
Fonte: Hoje em Dia. Publicado em 5 de fevereiro de 2018. Disponível em: 
<https://www.youtube.com/watch?v=OIrWzOw70Y0>
𝐸𝐸𝐸𝐸𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. =
1
2𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚
2
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126
Pêndulo simples
Um pêndulo simples é um modelo idealizado de um ponto material suspenso 
por uma corda sem massa e inextensível. 
Figura 14.6. O pêndulo simples.
Quando o ponto material é movido para um dos lados de sua posição de equi-
líbrio, ele oscila em torno desta posição de equilíbrio.
As forças que agem sobre o peso são a força gravitacional e a tensão do fio. A 
componente tangencial 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 da força gravitacional é a força restauradora que 
tende a levar opêndulo de volta para a posição central.
Para pequenas oscilações, de abertura não superior a 10°, a esfera pendular 
realiza movimento harmônico simples. O período do pêndulo simples não depen-
de da massa da esfera.
(14.10)
Onde T – período;
 L – comprimento do pêndulo;
 g – aceleração da gravidade.
Exemplos
Exemplo 14.1. Encontre o módulo da força gravitacional da Terra sobre você. 
Para tal, considere sua massa como 70,0 kg.
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 128
127
Figura 14.7. Exemplo 14.1.
Solução:
Para encontrar um resultado numérico, vamos substituir os valores conhecidos 
na equação, que são a constante 𝐺𝐺𝐺𝐺 = 6,67 � 10−11𝑁𝑁𝑁𝑁 � 𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘2⁄ , a massa da Terra (MT = 
5,98 × 10²⁴ kg), o raio médio da Terra (RT = 6,38 × 10⁶ m), e sua massa (m = 70,0 kg):
Resposta: 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 637 𝑁𝑁𝑁𝑁
Exemplo 14.2. O ponto material da figura tem massa 0,2 kg e está preso à mola 
de constante elástica 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 8,5 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑚𝑚𝑚𝑚⁄ . Por meio de uma ação externa distende-se a 
mola de 3 cm, abandonando-se o conjunto, que começa a oscilar, efetuando um 
MHS na ausência de forças dissipativas. Determine o período do movimento e a 
amplitude de oscilação.
Figura 14.8. Exemplo 14.2.
Solução:
O período do movimento não depende da amplitude, mas da massa m e da 
constante elástica k. Calculando o período T obtemos:
𝐹𝐹𝐹𝐹 =
𝐺𝐺𝐺𝐺 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 � 𝑀𝑀𝑀𝑀
𝑅𝑅𝑅𝑅𝑇𝑇𝑇𝑇2
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 129
128
Inicialmente o conjunto bloco e mola está em equilíbrio. Distendida a mola de 3 
cm (cedendo energia potencial ao sistema) e abandonando-se em seguida o bloco, 
o conjunto vai oscilar. O bloco oscila 3 cm de cada lado da posição de equilíbrio; 
portanto, a amplitude é 3 cm.
Resposta: = 1 , = 3 
Exemplo 14.3. Uma mola tem o comprimento de 8 cm quando não solicitada. 
Coloca-se em sua extremidade um corpo de massa igual a 0,1 kg e o comprimen-
to da mola passa a ser 12 cm. Por meio de uma ação externa puxa-se o corpo até 
que o comprimento da mola atinja 14 cm, abandonando-se em seguida o conjun-
to, que passa a efetuar um MHS. Despreze as forças dissipativas. Determine a 
constante elástica da mola, o período, a frequência e a amplitude do MHS.
Figura 14.9. Exemplo 14.3.
= 3 
= 2
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 130
129
Solução:
Da figura (a) à figura (b), pela ação do peso = do corpo de massa m, a 
mola sofre a deformação x, dada por:
Na figura (b), o corpo está em equilíbrio após a deformação ampla. No corpo 
atuam: seu peso =
e a força elástica da mola, para cima, de intensidade =
A força peso P e a força elástica da mola se equilibram; logo:
O período do MHS, que independe da amplitude, é dado por:
A frequência é =
1 , temos:
Da figura (b), posição de equilíbrio, à figura (c), posição em que o sistema é 
abandonado, a mola foi distendida 2 cm. Em relação à posição de equilíbrio, o 
sistema oscilará 2 cm acima e abaixo; logo, a amplitude é 2 cm.
Resposta: = 24,5 / , = 0,4 , = 2,5 , = 2 
= 12 8 = 4 = 0,04 m
= 0,1 9,8 = 0,98 
=
=
0,04 = 0,98
=
0,98
0,04 = 24,5 /
= 2
=
1
0,4 = 2,5 
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 131
130
Exemplo 14.4. Um pêndulo simples é criado ao suspender uma pequena es-
fera de massa igual a 60 g por um fio elástico de massa desprezível. Com a esfera 
presa, o fio tem 40 cm de comprimento. Encontre o período quando a esfera é 
deslocada de uma pequena distância da posição de equilíbrio e então liberada. 
(b) Quando a esfera é substituída por outra de massa igual a 260 g, o fio estica 10 
cm. Encontre o novo período.
Solução: 
Para a parte (a), o comprimento do pêndulo é L = 40 cm = 0,40 m; logo,
Para a parte (b), a mudança no comprimento afeta o período, mas a mudança 
da massa, não. Pode-se aplicar diretamente a equação mais uma vez:
O período do pêndulo simples depende de seu comprimento, mas não da 
massa do objeto que oscila.
Resposta: 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 1,3 𝑠𝑠𝑠𝑠, 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 1,4 𝑠𝑠𝑠𝑠
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 132
131
ONDAS
AULA 15
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 133
132
Ondas
O estudo das ondas, tanto mecânicas como eletromagnéticas, é umas das par-
tes da física que mais se desenvolveu nos últimos séculos e uma das que mais pos-
sibilita aprimoramentos nos modelos atuais. O conhecimento das propriedades 
das ondas possibilita o estudo de frequências naturais de oscilação das obras de 
engenharia civil e é muito utilizado para se evitarem problemas futuros nas mes-
mas. Também é devido à compreensão das ondas, neste caso eletromagnéticas, 
que puderam se desenvolver os avanços na área de comunicação, principalmente 
via satélite e rádio.
Ondas mecânicas são as mais familiares porque as encontramos constante-
mente. Entre elas estão as ondas do mar, as ondas sonoras e as ondas sísmicas. 
Todas essas ondas possuem duas características: são governadas pelas leis de 
Newton e existem apenas em um meio material, como água, o ar ou as rochas. 
As ondas mecânicas não se propagam no vácuo.
Ondas eletromagnéticas podem ser menos familiares, mas estão entre as mais 
usadas; exemplos importantes são a luz visível, a luz ultravioleta, as ondas de 
rádio e de televisão, as micro-ondas, os raios X e as ondas de radar. Essas ondas 
não precisam de um meio material para existir. Todas as ondas eletromagnéticas 
se propagam no vácuo com a mesma velocidade c = 299 792 458 m/s. As ondas 
eletromagnéticas propagam-se no vácuo e em certo meio material.
Figura 15.1. Ondas eletromagnéticas.
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 134
133
Ondas de matéria são ondas usadas nos laboratórios. Estão associadas a elé-
trons, prótons e outras partículas elementares, e mesmo a átomos e moléculas. 
Elas são chamadas de ondas de matéria porque normalmente pensamos nessas 
partículas como elementos básicos da matéria.
Conceito de onda
No exemplo, a perturbação denomina-se pulso e o movimento do pulso cons-
titui uma onda. Denomina-se onda uma perturbação que se propaga num meio.
Figura 15.2. Ondas mecânicas em uma corda.
Na Figura 15.2 (a) um pulso isolado é produzido em uma corda esticada. Um ele-
mento típico da corda (assinalado com um ponto) se desloca para cima e depois para 
baixo quando o pulso passa por ele. Como o movimento do elemento é perpendicular 
à direção de propagação da onda, o pulso é uma onda transversal. Na Figura 15.2 (b) 
uma onda senoidal é produzida na corda. Um elemento típico da corda se move para 
cima e para baixo com a passagem da onda. Esta também é uma onda transversal.
Ondas transversais são aquelas em que a direção de propagação da onda é 
perpendicular à direção de vibração.
Ondas longitudinais são aquelas em que a direção de propagação da onda 
coincide com a direção de vibração.
Figura 15.3. Como a mola é helicoidal, verificamos a existência de dois tipos de ondas: a) trans-
versais e b) longitudinais.
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 135
134
Ondas mistas são aquelas em que as partículas do meio vibram transversal e 
longitudinalmente, ao mesmo tempo.
Figura 15.4. Origem e propagação de ondas na superfície da água. A rolha de cortiça flutuante 
recebe energia da onda circular que se propaga.
Em relação à direção de propagação de energia nos meios materiais elásticos, 
as ondas são classificadas em:
• Unidimensionais: quando se propagam numa só direção, com numa 
corda.
• Bidimensionais: quando se propagam ao longo de um plano, como na 
superfície da água.
• Tridimensionais: quando se propagam em todas as direções, como ocor-
re com as ondas sonoras no ar atmosférico.
Uma onda transfere energia de um ponto a outro sem o transporte de matéria 
entre os pontos.
Ondas senoidais
Para descrever perfeitamente uma onda em uma corda (e o movimento de qual-
quer elemento da corda), precisamos de uma função que forneça a forma da onda.
Figura 15.5. Onda senoidal.
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 136
135
Uma onda senoidal que se propaga no sentido positivo de um eixo pode ser 
representada pela função.(15.1)
onde 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑥𝑥𝑥𝑥, 𝑡𝑡𝑡𝑡 - deslocamento;
 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚 – amplitude da onda;
 k – número de onda;
 x – posição;
 𝜔𝜔𝜔𝜔 – frequência angular;
 t – tempo;
 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥 − 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡𝑡𝑡 – fase.
O comprimento 𝜆𝜆𝜆𝜆 de onda está relacionado a 𝑘𝑘𝑘𝑘 (número de onda) através da equação:
(15.2)
Figura 15.6. Comprimento da onda .
O período e a frequência da onda estão relacionados à frequência angular 
através da equação: 
(15.3)
(15.4)
onde 𝑓𝑓𝑓𝑓 – frequência;
 𝜔𝜔𝜔𝜔 – frequência angular;
 T – período.
A velocidade da onda está relacionada a esses outros parâmetros através das 
equações:
(15.5)
(15.6)
𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑥𝑥𝑥𝑥, 𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑘𝑘𝑥𝑥𝑥𝑥 − 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡𝑡𝑡)
𝜆𝜆𝜆𝜆 =
2𝜋𝜋𝜋𝜋
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝜔𝜔𝜔𝜔2𝜋𝜋𝜋𝜋
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 1𝑓𝑓𝑓𝑓
𝑣𝑣𝑣𝑣 =
𝜔𝜔𝜔𝜔
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑣𝑣𝑣𝑣 =
𝜆𝜆𝜆𝜆
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝜆𝜆𝜆𝜆𝑓𝑓𝑓𝑓
FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 137
136
Isto está 
na rede
RESSONÂNCIA DAS ESTRUTURAS
Fonte: O canal da Engenharia. Publicado em 27 de abril de 2017. Dispo-
nível em: <https://www.youtube.com/watch?v=1tf86I5bEgU>
As ondas sonoras
As ondas longitudinais de pressão, que se propagam no ar e nos fluidos em 
geral, são denominadas ondas sonoras.
Figura 15.7. Ondas sonoras.
As ondas sonoras têm origem mecânica, pois são produzidas por deformações 
em um meio elástico. Portanto, as ondas sonoras não se propagam no vácuo.
O sistema auditivo de uma pessoa normal é sensibilizado por ondas sonoras de 
frequências entre, aproximadamente, 20 Hz e 20 000 Hz. As ondas sonoras nesta 
faixa audível costumam ser denominadas sons. As frequências inferiores as 20 
Hz são denominadas infra-sons e ocorrem, por exemplo, precedendo os abalos 
sísmicos. Certos animais têm ouvidos sensíveis a essas ondas, como os cavalos e 
os elefantes. Ondas sonoras com frequências superiores as 20 000 Hz constituem 
os ultra-sons. Embora não sejam audíveis para o homem, muitos animais podem 
ouvi-los, como cachorros, gatos, morcegos e outros.
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137
Figura 15.8. A frequência das ondas sonoras.
A velocidade do som em um fluido: (15.7)
 B – módulo de compressão;
 – densidade do fluido.
A velocidade do som em um sólido: (15.8)
 Y – módulo de Young;
 – densidade do sólido.
A velocidade do som em um gás: = · (15.9)
 – constante que depende da natureza do gás = ;
 T – temperatura;
 R – constante do gás;
 M – massa molar do gás;
 – razão das capacidades calóricas.
Tratando-se de ondas periódicas, valem para as ondas sonoras as mesmas 
considerações já feitas a respeito de amplitude, período, frequência, velocidade 
e comprimento de onda.
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138
Intensidade
A qualidade fisiológica pela qual diferenciamos os sons fracos dos sons fortes 
é denominada intensidade auditiva ou nível sonoro do som. Depende da energia 
transportada pelas ondas sonoras e, portanto, de sua intensidade física.
A intensidade física de uma onda, como já definimos anteriormente, é o quo-
ciente da energia que atravessa uma superfície (perpendicular à direção de pro-
pagação) na unidade de tempo e a área da superfície.
Figura 15.9. A intensidade física de uma onda.
A intensidade física de uma onda sonora podemos calcular com a equação:
(15.10)
Onde ∆𝐸𝐸𝐸𝐸 – variação da energia;
 A – área da superfície;
 ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 – intervalo de tempo.
Sabemos que a potência da onda é 𝑃𝑃𝑃𝑃 = ∆𝐸𝐸𝐸𝐸∆𝑡𝑡𝑡𝑡 . Também podemos escrever através 
da intensidade 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃. Unidades no SI: 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝑚𝑚𝑚𝑚2 � 𝑠𝑠𝑠𝑠
 ou 𝑊𝑊𝑊𝑊
𝑚𝑚𝑚𝑚2
.
Toda energia emitida pela fonte passa pela superfície da esfera. Assim, a taxa 
com a qual a energia das ondas sonoras atravessa a superfície é igual à taxa com 
a qual a energia é emitida pela fonte (ou seja, a potência 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑆𝑆𝑆𝑆 da fonte). De acordo 
com a equação, a intensidade da onda sonora na superfície da esfera é dada por:
(15.11)
onde 𝑃𝑃𝑃𝑃 = 4𝜋𝜋𝜋𝜋𝑟𝑟𝑟𝑟2 – área da esfera;
 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑆𝑆𝑆𝑆 – potência;
 r – raio da esfera.
𝐼𝐼𝐼𝐼 =
∆𝐸𝐸𝐸𝐸
𝑃𝑃𝑃𝑃 � ∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝐼𝐼𝐼𝐼 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑆𝑆𝑆𝑆4𝜋𝜋𝜋𝜋𝑟𝑟𝑟𝑟2
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139
Experiências mostram que, para medir a intensidade auditiva, também deno-
minada nível sonoro do som, deve-se utilizar uma escala logarítmica.
(15.12)
onde β – nível sonoro em decibéis;
 𝐼𝐼𝐼𝐼 – intensidade auditiva;
 𝐼𝐼𝐼𝐼0 – nível de intensidade de referência com o qual todas as intensi-
dades são comparadas 𝐼𝐼𝐼𝐼0 = 10−12
𝑊𝑊𝑊𝑊
𝑚𝑚𝑚𝑚2
.
Nessa fórmula, β é medida em bel (símbolo B). Na prática geralmente medimos 
β em unidade menor, o decibel (dB), sendo 1 dB = 0,1 B.
Figura 15.10. Níveis sonoros.
A Organização Mundial da Saúde considera que um som deve ficar em até 50 
dB para não causar prejuízos ao ser humano. Acima de 70 dB o ruído pode causar 
danos à saúde. O som do tráfego na cidade é de 90 dB; um conjunto de rock, 
usando amplificador, produz intensidades audíveis de 125 dB, e o som de um 
avião a jato aterrissando é de aproximadamente 140 dB. Já está aprovado que 
uma exposição prolongada a níveis sonoros acima de 85 dB geralmente ocasiona 
um dano permanente às estruturas auditivas do ouvinte.
Figura 15.11. Limites padrão por tipo de área, em decibéis.
𝛽𝛽𝛽𝛽 = 10 � log
𝐼𝐼𝐼𝐼
𝐼𝐼𝐼𝐼0
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Exemplos
Exemplo 15.1. Um vibrador é ligado a uma corda tensa e em 6 s produz ondas 
que assumem o aspecto indicado na figura. Determine comprimento da onda, a 
frequência e velocidade de propagação da onda na corda.
Figura 15.12. Exemplo 15.1.
Solução:
Pelo esquema são produzidas três vibrações em 6 s. Assim, a frequência pode 
ser calculada por regra de três simples e direta:
Temos 𝑓𝑓𝑓𝑓 =
1 � 3
6 = 0,5 𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻
A distância entre duas cristas sucessivas é o comprimento de onda 𝜆𝜆𝜆𝜆 . Portanto 
𝜆𝜆𝜆𝜆 = 20 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 0,2 𝑐𝑐𝑐𝑐 , assim, a velocidade de propagação da onda na corda é dada por:
Resposta: 𝑓𝑓𝑓𝑓 = 0,5 𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻; 𝜆𝜆𝜆𝜆 = 0,2 𝑐𝑐𝑐𝑐; 𝑣𝑣𝑣𝑣 = 0,1 𝑐𝑐𝑐𝑐/𝑠𝑠𝑠𝑠
Exemplo 15.2. Sabendo que a 15 °C o som se propaga a 340 m/s, qual será 
sua velocidade de propagação à 100 °C?
Solução:
Precisamos converter a temperatura em Celsius (°C) para temperatura em 
Kelvin (K)
� 6𝑠𝑠𝑠𝑠 → 3 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣çõ𝑒𝑒𝑒𝑒𝑠𝑠𝑠𝑠 1𝑠𝑠𝑠𝑠 → 𝑓𝑓𝑓𝑓
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝜆𝜆𝜆𝜆𝑓𝑓𝑓𝑓
𝑣𝑣𝑣𝑣 = 0,2 � 0,5 = 0,1 𝑐𝑐𝑐𝑐/𝑠𝑠𝑠𝑠
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Sabemos que = 340
Resposta: = 386,91 
Exemplo 15.3. Num festival de rock, uma pessoa a 40 metros de uma caixa 
acústica ouve sons de nível sonoro 120 dB. Admitindo que a fonte é puntiforme 
e isotrópica, qual é a potência por ele emitida?
Solução:
Calculemos inicialmente a intensidade física I da onda emitida. Sendo = 120 
o nível sonoro e = 1 10 a intensidade física de referência, teremos:
Como a onda se distribui a partir da fonte segundo esferas concêntricas, po-
demos escrever:
340 = · 288,15
= ·
= 401,18 · 373,15 = 386,91 /
= 10 
120 = 10 
= 10
= 10
= 10 1 10 = 1 /
= + 273,15
= 15 + 273,15 = 288,
= 100 + 273,15 = 373,
= ·
= ·
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142
Para 𝑅𝑅𝑅𝑅 = 40 𝑚𝑚𝑚𝑚, temos:
Resposta: 𝑃𝑃𝑃𝑃 = 20,094 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
Exemplo 15.4. Num festival de rock, os ouvintes próximos às caixas de som 
recebiam uma intensidade física sonora de 10 W/m². Sendo 10ˉ¹² W/m² a menor in-
tensidade física sonora audível, determine o nível sonoro do som ouvido por eles.
Solução:
Para o nível sonoro 𝛽𝛽𝛽𝛽 expresso em decibel (dB), podemos escrever:
Como 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 10 𝑊𝑊𝑊𝑊
𝑚𝑚𝑚𝑚2
e 𝐼𝐼𝐼𝐼0 = 10−12
𝑊𝑊𝑊𝑊
𝑚𝑚𝑚𝑚2
, teremos:
Resposta: 𝛽𝛽𝛽𝛽= 130 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅2
𝑃𝑃𝑃𝑃 = 1 � 4 � 3,14 � 402 = 20096 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 20,094 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝛽𝛽𝛽𝛽 = 10 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙
𝐼𝐼𝐼𝐼
𝐼𝐼𝐼𝐼0
𝛽𝛽𝛽𝛽 = 10 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙
10
10−12 = 10 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 10
13 = 130 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
𝐼𝐼𝐼𝐼 =
𝑃𝑃𝑃𝑃
𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅2
𝐼𝐼𝐼𝐼 =
𝑃𝑃𝑃𝑃
𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅2
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FLUIDOS
AULA 16
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Fluidos
A física dos fluidos é base da engenharia hidráulica, um ramo da engenharia com 
muitas aplicações práticas. A engenharia hidráulica é o ramo da engenharia civil que 
se ocupa do fluxo e do transporte de fluidos, especialmente de águas e esgotos.
Hidrostática é a parte da Física que estuda os líquidos em repouso, bem como 
as forças que podem ser aplicadas em corpos neles submersos.
Um fluido, ao contrário de um sólido, é uma substância que pode escoar. Os 
fluidos assumem a forma do recipiente em que são colocados. Eles se comportam 
dessa forma porque um fluido não pode resistir a uma força paralela à sua superfície.
A massa específica de qualquer material é definida como a massa do material 
por unidade de volume.
(16.1)
onde 𝜌𝜌𝜌𝜌 – massa especifica (densidade);
 m – massa;
 V – volume.
As unidades de densidade ou massa específica correspondem sempre à rela-
ção entre unidade de massas e unidade de volume. As unidades mais usadas são 
kg/𝑚𝑚𝑚𝑚3, g/𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚3 e kg/l.
A pressão
A grandeza dada pela relação entre a intensidade da força que atua perpendi-
cularmente e a área em que ela se distribui é denominada pressão.
(16.2)
onde 𝑝𝑝𝑝𝑝 – pressão;
 F – força;
 A – área.
𝜌𝜌𝜌𝜌 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝑝𝑝𝑝𝑝 =
𝐹𝐹𝐹𝐹
𝐴𝐴𝐴𝐴
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A força associada à pressão em um ponto de um fluido tem o mesmo módulo 
em todas as direções. A unidade de pressão no SI é o N/𝑚𝑚𝑚𝑚2 , também denominada 
pascal (Pa). A atmosfera (ATM) é, como o nome indica, a pressão média aproxima-
da da atmosfera ao nível do mar. A abreviação de libra por polegada quadrada é 
PSI (do inglês pound per square inch).
A pressão em um ponto de um fluido em equilíbrio estático depende da profun-
didade desse ponto, mas não da dimensão horizontal do fluido ou do recipiente.
(16.3)
onde 𝑝𝑝𝑝𝑝 – pressão em ponto de um fluido;
 𝑝𝑝𝑝𝑝0 – pressão atmosférica na superfície;
 h – profundidade;
 𝜌𝜌𝜌𝜌 – densidade do fluido;
 𝑔𝑔𝑔𝑔 – aceleração da gravidade.
Figura 16.1. A pressão em um ponto de um fluido.
Esta equação pode ser usada para determinar a pressão tanto em um líquido 
(em função da profundidade) como na atmosfera (em função da altitude ou altura). 
A pressão em um fluido é a mesma para todos os pontos situados à mesma altura.
A pressão em um ponto situado à profundidade h no interior de um líquido em 
equilíbrio é dada pela pressão na superfície, exercida pelo ar, chamada pressão 
atmosférica, somada à pressão exercida pela coluna de líquido situada acima do 
ponto e expressa pelo produto 𝜌𝜌𝜌𝜌𝑔𝑔𝑔𝑔𝜌𝜌. A pressão atmosférica depende da altitude 
do local. Por exemplo, a pressão atmosférica na cidade do Rio de Janeiro é maior 
que a pressão atmosférica em Belo Horizonte.
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑝𝑝𝑝𝑝0 + 𝜌𝜌𝜌𝜌𝑔𝑔𝑔𝑔𝜌𝜌
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146
O princípio de Pascal
Uma variação da pressão aplicada a um fluido incompressível contido em um 
recipiente é transmitida integralmente a todas as partes do fluido e às paredes 
do recipiente.
Figura 16.2. Uma prensa hidráulica.
Quando é exercida uma pressão num ponto de um líquido em equilíbrio, essa 
pressão se transmite a todos os pontos do líquido.
Aplicando no êmbolo menor uma força 𝐹𝐹𝐹𝐹1, o líquido fica sujeito a um acréscimo 
de pressão 𝑝𝑝𝑝𝑝1. Como a pressão se transmite integralmente através do líquido, o 
êmbolo maior fica sujeito ao acréscimo de pressão 𝑝𝑝𝑝𝑝2, igual á pressão 𝑝𝑝𝑝𝑝1 . Portanto 
𝑝𝑝𝑝𝑝1 = 𝑝𝑝𝑝𝑝2 é:
(16.4)
ou 
(16.5)
onde 𝐹𝐹𝐹𝐹1 - força no êmbolo menor;
 𝐹𝐹𝐹𝐹2 - força no êmbolo maior;
 𝐴𝐴𝐴𝐴1 - área no êmbolo menor;
 𝐴𝐴𝐴𝐴2 - área no êmbolo maior;
 ℎ1 - deslocamento no êmbolo menor;
 ℎ2 - deslocamento no êmbolo maior.
O princípio de Arquimedes
Quando um corpo está total ou parcialmente submerso em um fluido, uma 
força de empuxo exercida pelo fluido 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒 age sobre o corpo. A força é dirigida para 
cima e tem um módulo igual ao peso 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑓𝑓𝑓𝑓𝑔𝑔𝑔𝑔 do fluido deslocado pelo corpo.
𝐹𝐹𝐹𝐹1
𝐴𝐴𝐴𝐴1
= 𝐹𝐹𝐹𝐹2𝐴𝐴𝐴𝐴2
ℎ1𝐴𝐴𝐴𝐴1 = ℎ2𝐴𝐴𝐴𝐴2
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147
(16.6)
Aplicando a equação da densidade 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑓𝑓𝑓𝑓 = 𝜌𝜌𝜌𝜌𝑓𝑓𝑓𝑓𝑉𝑉𝑉𝑉𝑓𝑓𝑓𝑓 , temos:
(16.7)
Figura 16.3. Flutuação em um fluido.
Quando um corpo flutua em um fluido, o módulo 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒 da força de empuxo que 
age sobre o corpo é igual ao módulo 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔 da força gravitacional a que o corpo está 
submetido 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝐹𝐹𝐹𝐹𝑔𝑔𝑔𝑔.
Quando a força de empuxo é igual ao peso o objeto flutua, porém quando o 
peso é maior que a força do empuxo o objeto afunda.
Escoamento de fluido ideal
A Hidrodinâmica é o estudo dos fluidos (líquidos e gases) em movimento, como 
a água escoando ao longo de um tubo ou no leito de um rio.
Um fluido ideal é incompressível, não tem viscosidade e seu escoamento é 
laminar e irrotacional. Uma linha de fluxo é a trajetória seguida por uma partícu-
la do fluido. Um tubo de fluxo é um feixe de linhas de fluxo.
Figura 16.4. A vazão do fluido.
A vazão do fluido é o volume que passa por uma seção reta por unidade de 
tempo. A unidade de vazão no SI é o 𝑚𝑚𝑚𝑚3 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄ , 1𝑚𝑚𝑚𝑚3 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄ = 103𝑙𝑙𝑙𝑙/𝑠𝑠𝑠𝑠 .
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑓𝑓𝑓𝑓𝑔𝑔𝑔𝑔
𝐹𝐹𝐹𝐹𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝜌𝜌𝜌𝜌𝑓𝑓𝑓𝑓𝑉𝑉𝑉𝑉𝑓𝑓𝑓𝑓𝑔𝑔𝑔𝑔
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148
(16.8)
onde 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑉𝑉𝑉𝑉 - vazão;
 ∆𝑉𝑉𝑉𝑉 – variação do volume;
 ∆𝑡𝑡𝑡𝑡 – intervalo do tempo.
Figura 16.5. A vazão do fluido num tubo cuja seção transversal não seja constante.
A equação da continuidade exprime o fato de que a velocidade de escoamento 
de um fluido é inversamente proporcional à área da seção transversal do tubo.
(16.9)
onde 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑉𝑉𝑉𝑉1 – vazão do fluido através de seção 1;
 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑉𝑉𝑉𝑉2 – vazão do fluido através de seção 2;
 𝐴𝐴𝐴𝐴1 – área da seção 1;
 𝐴𝐴𝐴𝐴2 – área da seção 2;
 𝑣𝑣𝑣𝑣1 – velocidade na seção 1;
 𝑣𝑣𝑣𝑣2 – velocidade na seção 2.
Figura 16.5. O escoamento de um fluido ideal.
A aplicação do princípio de conservação da energia mecânica ao escoamento 
de um fluido ideal leva à equação de Bernoulli:
ao longo de qualquer tubo de fluxo.
𝑅𝑅𝑅𝑅𝑉𝑉𝑉𝑉 =
∆𝑉𝑉𝑉𝑉
∆𝑡𝑡𝑡𝑡
𝑅𝑅𝑅𝑅𝑉𝑉𝑉𝑉1 = 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑉𝑉𝑉𝑉2
𝐴𝐴𝐴𝐴1 � 𝑣𝑣𝑣𝑣1 = 𝐴𝐴𝐴𝐴2 � 𝑣𝑣𝑣𝑣2
𝑝𝑝𝑝𝑝 + 𝜌𝜌𝜌𝜌𝜌𝜌𝜌𝜌𝜌𝜌+
1
2 𝜌𝜌𝜌𝜌𝑣𝑣𝑣𝑣
2 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑡𝑡𝑡𝑡𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑡𝑡𝑡𝑡𝑐𝑐𝑐𝑐
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149
Nessa equação, + é a chamada pressão estática, e 1
2
, pressão dinâmica.
(16.10)
onde – pressão do fluido no ponto 1;
 – pressão do fluido no ponto 2;
 – densidade do fluido;
 – aceleração da gravidade;
 – altura do ponto 1;
 – altura do ponto 2;
 – velocidade no ponto 1;
 – velocidade no ponto 2.
Aplicando a equação de Bernoulli ao caso particular em que = = , temos:
(16.11)
Figura 16.6. O caso específico quando .
Se a velocidade de um fluido aumenta enquanto ele se move horizontalmente 
ao longo de uma linha de fluxo, a pressão do fluido diminui, e vice-versa. 
Figura 16.7. A velocidade de um fluido.
A equação de Torricelli pode ser usada para a determinação da velocidade.
(16.12)
onde v – velocidade do fluido;
 g – aceleração da gravidade;
 h – profundidade.
+ +
1
2 = + +
1
2
+
1
2 = +
1
2
= 2
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150
Exemplos
Exemplo 16.1. Umespaçador de alumínio possui um diâmetro de 12 cm e 
espessura de 1 cm. O diâmetro do furo é de 2 cm. O alumínio possui uma massa 
específica de 2700 kg/m³. Determine a massa do espaçador.
Solução:
A densidade do espaçador é dada pela relação entre sua massa e o seu volume:
A massa específica do espaçador é dada: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2700 k g 𝑚𝑚𝑚𝑚3⁄
A forma geométrica do espaçador é um cilindro. O volume do um cilindro é:
Para calcular a massa específica do alumínio do cilindro, devemos calcular o 
volume descontando, do volume total, o volume da parte oca:
Temos o raio do cilindro 𝑟𝑟𝑟𝑟 = 122 = 6 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,06 𝑚𝑚𝑚𝑚 e a altura ℎ = 1 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,01 𝑚𝑚𝑚𝑚
O volume da parte oca quando o raio é 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 =
2
2 = 1 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0,01 𝑚𝑚𝑚𝑚 temos:
Agora podemos calcular a massa do espaçador.
Resposta: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 297 𝑔𝑔𝑔𝑔
𝜌𝜌𝜌𝜌 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝑉𝑉𝑉𝑉 = 𝜋𝜋𝜋𝜋 � 𝑟𝑟𝑟𝑟2 � ℎ
𝑉𝑉𝑉𝑉𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑉𝑉𝑉𝑉𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑜𝑜𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑜𝑜𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝑉𝑉𝑉𝑉𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
𝑉𝑉𝑉𝑉𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑜𝑜𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑜𝑜𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝜋𝜋𝜋𝜋 � 𝑟𝑟𝑟𝑟2 � ℎ
𝑉𝑉𝑉𝑉𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑜𝑜𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑜𝑜𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3,14 � 0,062 � 0,01 = 1,13 � 10−4 𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝑉𝑉𝑉𝑉𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 = 3,14 � 0,012 � 0,01 = 3,14 � 10−6 𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝑉𝑉𝑉𝑉𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,13 � 10−4 − 3,14 � 10−6 = 1,099 � 10−4 𝑚𝑚𝑚𝑚3
2700 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
1,099 � 10−4 𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2700 � 1,099 � 10−4 = 0,297 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑔𝑔𝑔𝑔 = 297 𝑔𝑔𝑔𝑔
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151
Exemplo 16.2. Um reservatório contém água, cuja densidade é 1 g/cm³, até a 
altura de 10 m. A pressão atmosférica local é 105 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑚𝑚𝑚𝑚⁄ 3. Determine a pressão no 
fundo do reservatório.
Solução:
De acordo com equação 16.13, a pressão no fundo do reservatório, vale:
Mas: 𝑝𝑝𝑝𝑝0 = 105 𝑁𝑁𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚3, 𝜌𝜌𝜌𝜌 = 1
𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐3 = 1000
𝑘𝑘𝑘𝑘𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑐𝑐𝑐𝑐3 ; ℎ = 10𝑚𝑚𝑚𝑚
Assim: 𝑝𝑝𝑝𝑝 = 105 + 1000 � 9,8 � 10 = 1,98 � 105 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑚𝑚𝑚𝑚⁄ 3
Resposta: 𝑝𝑝𝑝𝑝 = 1,98 � 105 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑚𝑚𝑚𝑚⁄ 3
Exemplo 16.3. O elevador hidráulico de um posto de automóveis é acionado 
mediante um cilindro de área 3 � 10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚2. O automóvel a ser elevado tem massa 
1,4 � 103 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 e está sobre o êmbolo de área 3 � 10−2 𝑚𝑚𝑚𝑚2 . Determine a intensidade 
mínima da força que deve ser aplicada no êmbolo menor para o elevador do 
automóvel e o deslocamento que teoricamente deve ter o êmbolo menor para 
elevar o automóvel a 10 cm de altura. 
Solução:
As intensidades das forças nos dois êmbolos são diretamente proporcionais 
às respectivas áreas:
Temos:
Assim: 
𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑝𝑝𝑝𝑝0 + 𝜌𝜌𝜌𝜌𝑘𝑘𝑘𝑘ℎ
𝐹𝐹𝐹𝐹1
𝐴𝐴𝐴𝐴1
=
𝐹𝐹𝐹𝐹2
𝐴𝐴𝐴𝐴2
𝐹𝐹𝐹𝐹2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘;
 𝐹𝐹𝐹𝐹2= 3 � 103 � 10 = 3 � 104𝑁𝑁𝑁𝑁
𝐴𝐴𝐴𝐴1 = 3 � 10−5 𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝐴𝐴𝐴𝐴2 = 6 � 10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝐹𝐹𝐹𝐹1
3 � 10−5 =
3 � 104
6 � 10−3
𝐹𝐹𝐹𝐹1 =
3 � 10−5 � 3 � 104
6 � 10−3 = 1,5 � 10
2 𝑁𝑁𝑁𝑁
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152
Também é dada a altura ℎ2 = 10 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 0,1 𝑐𝑐𝑐𝑐
Substituindo em ℎ1 � 𝐴𝐴𝐴𝐴1 = ℎ2 � 𝐴𝐴𝐴𝐴2 , temos:
Esse deslocamento teórico que o êmbolo menor deve sofrer é muito grande. 
Na prática, como vimos, esse deslocamento é subdividido em vários deslocamen-
tos menores e sucessivos, por meio de válvulas adequadas.
Resposta: 𝐹𝐹𝐹𝐹1 = 1,5 � 102 𝑁𝑁𝑁𝑁; ℎ1 = 20 𝑐𝑐𝑐𝑐
Exemplo 16.4. As superfícies S1 e S2 do tubo indicado na figura possuem áreas 
de 3 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2 e 2 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2 , respectivamente. Um líquido de densidade 0,8 � 103 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑐𝑐𝑐𝑐3⁄ 
escoa pelo tubo e apresenta, no ponto 1, velocidade 2 m/s e pressão 4 � 104 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 . 
Determine a velocidade e a pressão do líquido no ponto 2.
Solução:
Pela equação da continuidade, temos 𝐴𝐴𝐴𝐴1 � 𝑣𝑣𝑣𝑣1 = 𝐴𝐴𝐴𝐴2 � 𝑣𝑣𝑣𝑣2 . Sendo 𝐴𝐴𝐴𝐴1 = 3,0 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2 , 
𝐴𝐴𝐴𝐴2 = 2,0 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2 e 𝑣𝑣𝑣𝑣1 = 2,0 𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑠𝑠𝑠𝑠⁄ , temos:
Para o cálculo da pressão no ponto 2, usamos a equação de Bernoulli, para o 
caso em que ℎ1 = ℎ2 :
Sendo 𝑝𝑝𝑝𝑝1 = 4,0 � 104𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 e 𝜌𝜌𝜌𝜌 = 0,8 � 103 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑐𝑐𝑐𝑐3⁄ ,temos:
Resposta: 𝑣𝑣𝑣𝑣2 = 3,0 𝑐𝑐𝑐𝑐/𝑠𝑠𝑠𝑠, 𝑝𝑝𝑝𝑝2 = 3,8 � 104 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃
ℎ1 � 3 � 10−5 = 0,1 � 6 � 10−3
ℎ1 = 20 𝑐𝑐𝑐𝑐
3 � 2 = 2 � 𝑣𝑣𝑣𝑣2
𝑣𝑣𝑣𝑣2 = 3,0 𝑐𝑐𝑐𝑐/𝑠𝑠𝑠𝑠
𝑝𝑝𝑝𝑝1 +
1
2𝜌𝜌𝜌𝜌𝑣𝑣𝑣𝑣1
2 = 𝑝𝑝𝑝𝑝2 +
1
2 𝜌𝜌𝜌𝜌𝑣𝑣𝑣𝑣2
2
4,0 � 104 +
1
2 � 0,8 � 10
3 � 22 = 𝑝𝑝𝑝𝑝2 +
1
2 � 0,8 � 10
3 � 32
𝑝𝑝𝑝𝑝2 = 3,8 � 104 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃
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153
REFERÊNCIAS
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; WALKER, Jearl. Fundamentos de Física: 
Mecânica. V1. 10. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2016
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; WALKER, Jearl. Fundamentos de Física: 
Gravitação, ondas e termodinâmica. V2. 10. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2016
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; WALKER, Jearl. Fundamentos de Física: 
Eletromagnetismo. V3. 10. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2016
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; WALKER, Jearl. Fundamentos de Física: 
Óptica e física moderna. V4. 10. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2016
RAMALHO JUNIOR, Francisco; FERRARO, Nicolau Gilberto; SOARES, Paulo A. 
de Toledo. Os Fundamentos da Física: Mecânica. Volume 1. 11 ed. São Paulo: 
Editora Moderna, 2015
RAMALHO JUNIOR, Francisco; FERRARO, Nicolau Gilberto; SOARES, Paulo A. de 
Toledo. Os Fundamentos da Física: Termologia, óptica, ondas. Volume 2. 11 ed. 
São Paulo: Editora Moderna, 2015
RAMALHO JUNIOR, Francisco; FERRARO, Nicolau Gilberto; SOARES, Paulo A. de 
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FACULDADE CATÓLICA PAULISTA | 155
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