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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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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ENERGIA CINÉTICA E 
TRABALHO
AULA 07
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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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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 �