Aula_04__Forças_modificando_movimentos_-_UNESP_2024_enemconcursosgaucheallfree

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ESTRATÉGIA VESTIBULARES – PROFESSOR LUCAS COSTA 
 
AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UNESP 
Exasiu 
Prof. Lucas Costa 
Aula 04 – Forças modificando 
movimentos. 
 
vestibulares.estrategia.com 
 
EXTENSIVO 
2024 
Exasi
u 
Condições de equilíbrio, centro de massa. Momento de força e máquinas 
simples. Forças modificando movimentos: variação da quantidade de 
movimento, impulso de uma força, colisões. Conservação da quantidade 
de movimento (escalar e vetorial) 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 2 
 
SUMÁRIO 
1 - CONSIDERAÇÕES INICIAIS 4 
2 - CENTRO DE MASSA 4 
3 - CORPOS EXTENSOS 10 
3.1 - Momento de uma força 10 
3.2 - Equilíbrio de corpos extensos 13 
3.3 - Máquinas simples - Alavancas 23 
3.3.1 - Alavancas interfixas 24 
3.3.2 - Alavalncas inter-resistentes 25 
3.3.3 - Alavancas interpotentes 26 
4 - FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS 27 
4.1 - Impulso de uma força 28 
4.2 - Quantidade de movimento 31 
4.2.1 - Momento linear de um sistema de partículas 38 
4.2.2 - Conservação da quantidade de movimento 38 
4.3 - Colisões 40 
4.3.1 - Colisões Inelásticas 42 
4.3.2 - Colisões Elásticas 46 
4.3.3 - O coeficiente de restituição 49 
5 - RESUMO DA AULA EM MAPAS MENTAIS 61 
6 - LISTA DE QUESTÕES 62 
6.1 - Já caiu na UNESP 62 
6.2 - Já caiu nos principais vestibulares 68 
7 - GABARITO DAS QUESTÕES SEM COMENTÁRIOS 80 
7.1 - Já caiu na UNESP 81 
7.2 - Já caiu nos principais vestibulares 82 
8 - QUESTÕES RESOLVIDAS E COMENTADAS 83 
8.1 - Já caiu na UNESP 83 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 3 
8.2 - Já caiu nos principais vestibulares 97 
9 - CONSIDERAÇÕES FINAIS 131 
10 - REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 131 
11 - VERSÃO DE AULA 131 
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 4 
1 - Considerações iniciais 
Nesta aula de número 04, serão abordados os seguintes tópicos do seu edital: 
• Condições de equilíbrio, centro de massa. 
• Momento de força e máquinas simples. 
• Forças modificando movimentos: variação da quantidade de movimento. 
• Impulso de uma força, colisões. 
• Conservação da quantidade de movimento (escalar e vetorial). 
Os assuntos mencionados se enquadram no subtópico denominado Mecânica. 
 
Para o melhor aproveitamento desta aula, é recomendado que você já tenha concluído 
as Aulas 00, 01, 02 e 03. Estude as aulas iniciais de seu material com atenção redobrada! A 
Mecânica é um tema bastante explorado e cobrado frequentemente em questões 
interdisciplinares. 
2 - Centro de massa 
O centro de massa é definido como a posição única na qual a soma dos vetores de 
posição ponderados de todas as partes do sistema é igual a zero. Isso significa que o centro de 
massa é um ponto único de um corpo, no qual podemos, para efeitos de resolução das 
questões de vestibular, considerar que toda a massa de um certo corpo está concentrada. 
De forma prática, é nesse ponto onde posicionaremos a força peso em um corpo 
extenso, desde que esse corpo seja homogêneo. Um corpo homogêneo tem a sua massa 
distribuída de maneira uniforme ao longo de seu volume, em outras palavras, tem densidade 
linear constante. 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 5 
Figura 04.1 – Força peso no centro de massa de uma barra homogênea. 
Para determinarmos as coordenadas do centro de massa de um conjunto de 𝑖 corpos de 
massa 𝑚𝑖 a uma distância 𝑑𝑖 de um referencial aleatório, devemos usar a seguinte relação. 
𝑪𝑴 =
∑𝒎𝒊 ∙ 𝒅𝒊
∑𝒎𝒊
 
Cálculo do centro de 
massa 
Não se assuste com o símbolo ∑ 𝑖0 , ele representa o somatório de 𝑖 termos, partindo do 
termo inicial, ou termo zero. Na sua prova, muito provavelmente, os corpos envolvidos em 
questões nas quais o conceito de centro de massa é necessário sempre serão puntiformes. 
Isso significa que devemos desprezar as dimensões desses corpos. 
 Vamos usar o sistema cartesiano de eixos , em um sistema com três corpos 
puntiformes, teremos: 
𝑪𝑴𝒙 =
𝒎𝟏 ∙ 𝒙𝟏 + 𝒎𝟐 ∙ 𝒙𝟐 + 𝒎𝟑 ∙ 𝒙𝟑
𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 + 𝒎𝟑 
 
 
𝑪𝑴𝒚 =
𝒎𝟏 ∙ 𝒚𝟏 + 𝒎𝟐 ∙ 𝒚𝟐 + 𝒎3 ∙ 𝒚𝟑
𝒎𝟏 + 𝒎2 + 𝒎3
 
 
 Finalmente: 
𝑪𝑴 = (𝑪𝑴𝒙; 𝑪𝑴𝒚) 
Um exemplo será de grande valia na compreensão deste novo conceito. 
(2019/INÉDITA/LUCAS COSTA) Calcule as coordenadas do centro de massa de um 
sistema composto por uma esfera de massa 𝒎𝒂 = 𝟔, 𝟎 𝒌𝒈, outra de massa 𝒎𝒃 = 𝟖, 𝟎 𝒌𝒈, e 
mais uma de 𝒎𝒄 = 𝟐, 𝟎 𝒌𝒈 Suponha que as esferas estejam posicionadas conforme a 
figura abaixo. Despreze as dimensões das esferas. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 6 
 
Comentários: 
Vamos aplicar a definição do centro de massa ao sistema em questão. Note que temos 
duas coordenadas a calcular: a abscissa (x) e a ordenada (y). Comecemos por 𝑪𝑴𝒙: 
𝑪𝑴𝒙 =
𝒎𝒂 ∙ 𝒙𝒂 + 𝒎𝒃 ∙ 𝒙𝒃 + 𝒎𝒄 ∙ 𝒙𝒄
𝒎𝒂 + 𝒎𝒃 + 𝒎𝒄
 
 
Agora devemos substituir os valores fornecidos no enunciado e retirados do gráfico: 
𝐶𝑀𝑥 =
6,0 ∙ 0 + 8,0 ∙ 1 + 2,0 ∙ 4
6,0 + 8,0 + 2,0
 
 
𝐶𝑀𝑥 =
0 + 8,0 + 8,0
16
=
16
16
= 1,0 
 
De maneira análoga para 𝐶𝑀𝑦: 
𝐶𝑀𝑦 =
𝑚𝑎 ∙ 𝑦𝑎 + 𝑚𝑏 ∙ 𝑦𝑏 + 𝑚𝑐 ∙ 𝑦𝑐
𝑚𝑎 + 𝑚𝑏 + 𝑚𝑐
 
 
𝐶𝑀𝑦 =
6,0 ∙ 0 + 8,0 ∙ 2 + 2,0 ∙ 1
6,0 + 8,0 + 2,0
 
 
𝐶𝑀𝑦 =
0 + 16 + 2
16
=
18
16
= 1,125 ≅ 1,1 
 
Desse modo, obtemos o centro de massa do sistema como: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 7 
𝐶𝑀 = (𝐶𝑀𝑥 ; 𝐶𝑀𝑦) 
𝐶𝑀 = (1,0 𝑚 ; 1,1 𝑚) 
Lembre-se que as coordenadas do centro massa indicam a sua posição. Portanto, no 
caso do exemplo em questão a sua unidade deverá ser o metro. 
Gabarito: 𝑪𝑴 = (𝟏, 𝟎 𝒎 ; 𝟏, 𝟏 𝒎). 
(2019/INÉDITA/LUCAS COSTA) Quais são as coordenadas x e y do centro de massa da 
placa homogênea da figura abaixo, 
se 𝑫 = 𝟐, 𝟎 𝒎? 
 
Comentários: 
Vamos dividir a placa homogênea em duas regiões, o centro de massa de cada uma 
dessas regiões deverá coincidir com o centro geométrico da mesma. Assim: 
 
O centro de massa da região 1 tem como coordenadas: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 8 
(𝑥1, 𝑦1) = (−2𝐷, 3𝐷) = (−4, 6) 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠. 
Já a região 2 tem seu centro de massa nas coordenadas: 
(𝑥2, 𝑦2) = (−2𝐷,−4𝐷) = (−4,−8) 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠. 
A área da região 1 é 𝐴1 = 4𝐷 ∙ 6𝐷, substituindo 𝐷 = 2,0 𝑚: 
𝐴1 = 4 ∙ 2 ∙ 6 ∙ 2 = 96 𝑚
2 
Já a área da região 2 é 𝐴2 = 4𝐷 ∙ 8𝐷, substituindo 𝐷 = 2,0 𝑚: 
𝐴2 = 4 ∙ 2 ∙ 8 ∙ 2 = 128 𝑚
2 
Desse modo, a área total 𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 é: 
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐴1 + 𝐴2 = 96 + 128 = 224 𝑚
2 
Feito isso, devemos calcular a porção da área total ocupada por cada região: 
%𝐴1 =
𝐴1
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
=
96
224
≅ 0,43 
 
E, tirando %𝐴1 do todo, obtemos %𝐴2: 
%𝐴2 = 1 − 𝐴1 = 1 − 0,43 ≅ 0,57 
Finalmente, a coordenada x do centro de massa da placa é: 
𝑥𝐶𝑀 = 0,43 ∙ 𝑥1 + 0,57 ∙ 𝑥2 
𝑥𝐶𝑀 = 0,43 ∙ (−4) + 0,57 ∙ (−4) = −4,0 𝑚 
O que era esperado, pois as duas regiões compartilham do mesmo 𝑥𝑐𝑚. Já a 
coordenada y do centro de massa da placa é: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 9 
𝑦𝐶𝑀 = 0,43 ∙ 𝑦1 + 0,57 ∙ 𝑦2 = 0,43 ∙ (6) + 0,57 ∙ (−8) 
𝑦𝐶𝑀 = 2,58 − 4,56 = −1,98 𝑚 ≅ −2,0 𝑚 
Perceba que, como a região “b” é maior que a região “a”, é de se esperar que o centro 
de massa da placa encontre-se próximo ao centro de massa dessa região. 
Aluno, escolhi trazer essa questão em seu material para lhe mostrar queexistem 
diversas formas nas quais o centro de massa de um corpo pode ser cobrado. 
Gabarito: 𝒙𝑪𝑴 = −𝟒, 𝟎 𝒎; 𝒚𝑪𝑴 = −𝟐, 𝟎 𝒎. 
(2019/INÉDITA/LUCAS COSTA) Quais são as coordenadas x e y do centro de massa do 
sistema formado por três partículas, 1, 2 e 3? Tem-se que 𝒎𝟏 = 𝟏, 𝟎 𝒌𝒈, 𝒎𝟐 = 𝟐, 𝟎 𝒌𝒈 
e 𝒎𝟑 = 𝟒, 𝟎 𝒌𝒈. As coordenadas de cada corpo são trazidas no esquema abaixo. 
 
Comentários: 
Vamos aplicar a definição do centro de massa ao sistema em questão. Note que temos 
duas coordenadas a calcular: a abscissa (x) e a ordenada (y). Comecemos por 𝐶𝑀𝑥: 
𝑪𝑴𝒙 =
𝒎𝟏 ∙ 𝒙𝟏 + 𝒎𝟐 ∙ 𝒙𝟐 + 𝒎𝟑 ∙ 𝒙𝟑
𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 + 𝒎𝟑
 
 
Agora devemos substituir os valores fornecidos no enunciado e retirados do gráfico: 
𝐶𝑀𝑥 =
1,0 ∙ 2 + 2,0 ∙ 4 + 4,0 ∙ 8
1,0 + 2,0 + 4,0
 
 
𝐶𝑀𝑥 =
2 + 8 + 32
7
=
42
7
= 6,0 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 10 
De maneira análoga para 𝐶𝑀𝑦: 
𝐶𝑀𝑦 =
𝑚1 ∙ 𝑦1 + 𝑚2 ∙ 𝑦2 + 𝑚3 ∙ 𝑦3
𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3
 
 
𝐶𝑀𝑦 =
1,0 ∙ 2 + 2,0 ∙ 6 + 4,0 ∙ 3
1,0 + 2,0 + 4,0
 
 
𝐶𝑀𝑦 =
2 + 12 + 12
7
=
26
7
= 3,714 ≅ 3,7 
 
Desse modo, obtemos o centro de massa do sistema como: 
𝐶𝑀 = (𝐶𝑀𝑥 ; 𝐶𝑀𝑦) 
𝐶𝑀 = (6,0 ; 3,7) metros 
Lembre-se que as coordenadas do centro massa indicam a sua posição, portanto, sua 
unidade deverá ser o metro. 
Gabarito: 𝑪𝑴 = (𝟔, 𝟎 ; 𝟑, 𝟕) 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔. 
3 - Corpos extensos 
Vimos, nas aulas anteriores, que para que um corpo esteja em equilíbrio, ele deveria 
estar em repouso ou em movimento retilíneo e uniforme. 
Nesta aula, ampliaremos essa noção. Isso porque, para que um corpo extenso esteja 
em equilíbrio, é necessário que a resultante das forças sobre ele seja nula, e que o 
momento resultante seja nulo. Mas, afinal, o que é o momento de uma força? 
3.1 - Momento de uma força 
Vou lhe trazer esse conceito de maneira intuitiva. Até então, estudamos apenas a 
aplicação de forças em corpos cujo comprimento era irrelevante, como partículas. Imagine um 
corpo extenso, como uma barra de ferro. Nesse caso, o comprimento do corpo não é 
desprezível. 
Veja um esquema de duas forças, �⃗�𝑎 e �⃗�𝑏, atuando de diferentes maneiras em uma 
barra de 4 metros de extensão. Suponha que essa barra seja homogênea, ou seja, que seja 
feita do mesmo material por todo a sua extensão. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 11 
Além disso, imagine que ela esteja fixada em uma parede por um prego colocado 
exatamente em seu centro. Você é capaz de identificar, intuitivamente, em quais situações a 
barra girará? 
 
Figura 04.2 - Situação A 
Instintivamente, podemos afirmar que na situação A, a barra irá girar no sentido anti-
horário, visto que as forças foram aplicadas no mesmo ponto, porém com sentidos opostos. 
Como �⃗�𝑏 tem módulo maior que �⃗�𝑎, teremos uma resultante vertical com sentido para cima que 
criará torque na barra. 
 
Figura 04.3 - Situação B Figura 04.4 - Situação C 
Nas situações B e C, estarão elas em equilíbrio quanto aos momentos? 
O momento de uma força, ou torque, é responsável por gerar rotação em um corpo, e 
é definido pelo produto da força pela distância entre o local de aplicação e algum ponto de 
referência do corpo. 
�⃑⃑⃑� = �⃑⃑� ∙ 𝒅 Momento de uma 
força 
[�⃑⃑⃑� ] = 𝐍 ∙ 𝐦 [�⃑⃑� ] = 𝐍 [𝒅] = 𝐦 
Perceba que, ao adotarmos o centro da barra como nossa referência, nas situações B e 
C o momento das forças �⃗�𝑎 e �⃗�𝑏 será nulo. Consequentemente, a barra não girará. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 12 
 
Figura 04.5 - Situação D 
Por fim, vamos fazer uma análise dos momentos na situação D. Perceba que a força �⃗�𝑎 
irá produzir torque horário, por outro lado, a força �⃗�𝑏, anti-horário. Quem produzir maior torque 
irá definir o sentido de rotação do corpo. Para a força �⃗�𝑎, temos: 
�⃗⃑⃑�𝑎 = �⃗�𝑎 ∙ 𝑑𝑎 
�⃗⃑⃑�𝑎 = 5 ∙ 2 = 10 𝑁 ∙ 𝑚 
 Vamos fazer o mesmo para a força �⃗�𝑏: 
�⃗⃑⃑�𝑏 = �⃗�𝑏 ∙ 𝑑𝑏 
�⃗⃑⃑�𝑏 = 10 ∙ 1 = 10 𝑁 ∙ 𝑚 
Como o torque produzido pela força �⃗�𝑏 é de mesmo modulo do torque produzido pela 
força �⃗�𝑎, o torque resultante é nulo e a barra não gira na situação A. Podemos falar que o 
momento resultante é, nesse caso, nulo. 
Agora já somos capazes de efetuar uma análise mais profunda para a situação C. O 
momento gerado nessa situação pela força �⃗�𝑎 será de: 
�⃗⃑⃑�𝑎 = �⃗�𝑎 ∙ 𝑑 
�⃗⃑⃑�𝑎 = 5 ∙ 2 = 10 𝑁 ∙ 𝑚 
Vamos fazer o mesmo para a força �⃗�𝑏: 
�⃗⃑⃑�𝑏 = �⃗�𝑏 ∙ 𝑑 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 13 
�⃗⃑⃑�𝑏 = 10 ∙ 2 = 20 𝑁 ∙ 𝑚 
Com isso, sendo o torque produzido pela força �⃗�𝑏 de modulo maior do que o torque 
produzido pela força �⃗�𝑎, o momento resultante é responsável por girar a barra no sentido anti-
horário na situação C. 
 
 O ângulo entre a força geradora de momento e o vetor distância deve sempre ser 
de 90°, ou seja, força e distância devem ser perpendiculares. 
 
Figura 04.6 – A força e a distância devem sempre ser perpendiculares. 
Aluno, ao resolver algum problema, caso você se depare com uma situação em que a 
força geradora de momento e o vetor distância não sejam perpendiculares, então, você deverá 
projetar uma das duas, geralmente a força, para que o conjunto se torne perpendicular. 
3.2 - Equilíbrio de corpos extensos 
Para afirmarmos que um corpo extenso está em equilíbrio, deve haver o equilíbrio das 
forças nos eixos vertical e horizontal, ou seja, a força resultante atuando sobre o corpo deve 
ser nula e, além disso, o momento resultante sobre o corpo também deve ser nulo. 
Podemos, então, escrever o seguinte: 
∑�⃑⃗⃑⃑� = 𝟎 Somatório dos momentos é nulo. 
Perceba que isso equivale a escrever: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 14 
∑�⃑⃗⃑⃑�𝒉𝒐𝒓á𝒓𝒊𝒐𝒔 = ∑�⃑⃗⃑⃑�𝒂𝒏𝒕𝒊−𝒉𝒐𝒓á𝒓𝒊𝒐𝒔 
O somatório dos momentos 
horários equivale ao somatório dos anti-
horários. 
E também, para as forças horizontais e verticais, podemos escrever: 
∑�⃗⃑⃑�𝒉𝒐𝒓𝒊𝒛𝒐𝒏𝒕𝒂𝒊𝒔 = 𝟎 
Somatório das forças horizontais 
é nulo. 
∑�⃗⃑⃑�𝒗𝒆𝒓𝒕𝒊𝒄𝒂𝒊𝒔 = 𝟎 
Somatório das forças verticais é 
nulo. 
Não se assuste com o operador ∑. Ele simplesmente faz referência a um somatório. 
Vamos exemplificar: 
 
Figura 04.7 – Três forças atuando sobre uma barra em equilíbrio. 
Para o esquema, podemos escrever: 
∑�⃑⃗⃑�ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 = ∑�⃑⃗⃑�𝑎𝑛𝑡𝑖−ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 
 
�⃗�𝑎 ∙ 𝑑𝑎 + �⃗�𝑐 ∙ 𝑑𝑐 = �⃗�𝑏 ∙ 𝑑𝑏 
Também podemos escrever que a resultante das forças na vertical deve ser nula: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 15 
∑�⃗�𝑦 = 0 
 
�⃗�𝑎 + �⃗�𝑏 = �⃗�𝑐 
Aluno, esse é um tema cujas questões não costumam ser mirabolantes. Geralmente, 
devemos utilizar as duas expressões trazidas acima em conjunto, montar algum tipo de sistema 
com as incógnitas envolvidas e resolver a questão. 
(2019/INÉDITA/LUCAS COSTA) Uma coruja, de 𝟓𝟎 𝒌𝒈 de massa, é colocada uma barra 
homogênea, de 10 metros de comprimento e 10 kg de massa, que está apoiada em suas 
extremidades. O conjunto está em equilíbrio. Adote 𝒈 = 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐. 
a) Se a coruja estiver a 1,0 m de distância do apoio A, quais as reações nos apoios da 
barra? 
b) Se a coruja estiver a 8,0 m de distância do apoio A, quais as reações nos apoios da 
barra? 
 
Comentários: 
a) Vamos começar por um esquema das forças envolvidas: 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 16 
A primeira conclusão, e mais simples, é a de que, como o conjunto está em equilíbrio, 
podemosafirmar que a resultante vertical é nula, portanto: 
∑�⃗�𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑖𝑠 = 0 
Somatório das forças verticais é 
nulo. 
Daí, podemos escrever: 
�⃗�𝐴 + �⃗�𝐵 = �⃑⃗�𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 + �⃑⃗�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 
Note que, no momento, esse é um caminho sem fim. Isso porque não conhecemos o 
módulo de �⃗�𝐴 e o de �⃗�𝐵. Assim, devemos utilizar o fato de que o momento resultante é nulo. 
 ∑ �⃑⃗⃑�ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 = ∑ �⃑⃗⃑�𝑎𝑛𝑡𝑖−ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 
Somatório dos momentos horários 
equivale ao somatório dos anti-horários. 
Um bom método de resolução dessa questão, é eliminarmos uma variável 
desconhecida. Note que escolhendo o nosso ponto de referência como A, suprimimos �⃗�𝐴 de 
nossa equação: 
�⃑⃗�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 + �⃑⃗�𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 = �⃗�𝐵 ∙ 𝑑𝐴−𝐵 
Desenvolvendo: 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 ∙ 𝑔 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 + 𝑚𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∙ 𝑔 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 = �⃗�𝐵 ∙ 𝑑𝐴−𝐵 
Substituindo os valores fornecidos: 
50 ∙ 10 ∙ 1,0 + 10 ∙ 10 ∙ 5,0 = �⃗�𝐵 ∙ 10 
500 + 500 = 10�⃗�𝐵 
�⃗�𝐵 = 100 = 1,0 ∙ 10
2 𝑁 
De posse do módulo de �⃗�𝐵, podemos usar a relação entre as forças verticais para 
descobrirmos o valor de �⃗�𝐴: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 17 
�⃗�𝐴 + �⃗�𝐵 = �⃑⃗�𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 + �⃑⃗�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 
�⃗�𝐴 + 100 = 100 + 500 
�⃗�𝐴 = 500 = 5,0 ∙ 10
2 𝑁 
b) De maneira análoga à anterior: 
�⃗�𝐴 + �⃗�𝐵 = �⃑⃗�𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 + �⃑⃗�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 
∑�⃑⃗⃑�ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 = ∑�⃑⃗⃑�𝑎𝑛𝑡𝑖−ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 
Somatório dos momentos 
horários equivale ao somatório dos 
anti-horários. 
Escolhendo o nosso ponto de referência como A, suprimimos �⃗�𝐴 de nossa equação: 
�⃑⃗�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 + �⃑⃗�𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 = �⃗�𝐵 ∙ 𝑑𝐴−𝐵 
 Desenvolvendo: 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 ∙ 𝑔 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 + 𝑚𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∙ 𝑔 ∙ 𝑑𝐴−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 = �⃗�𝐵 ∙ 𝑑𝐴−𝐵 
Substituindo-se os valores fornecidos: 
50 ∙ 10 ∙ 𝟖, 𝟎 + 10 ∙ 10 ∙ 5,0 = �⃗�𝐵 ∙ 10 
4000 + 500 = 10�⃗�𝐵 
10�⃗�𝐵 = 4000 + 500 
�⃗�𝐵 = 450 = 4,5 ∙ 10
2 𝑁 
De posse do módulo de �⃗�𝐵, podemos novamente usar a relação entre as forças na 
vertical para descobrirmos o novo valor de �⃗�𝐴: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 18 
�⃗�𝐴 + �⃗�𝐵 = �⃑⃗�𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 + �⃑⃗�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 
�⃗�𝐴 + 450 = 100 + 500 
�⃗�𝐴 = 150 = 1,5 ∙ 10
2 𝑁 
Note que, agora que a coruja está mais próxima do apoio B, a força de reação �⃗�𝐵 tem 
módulo superior a �⃗�𝐴. 
Gabarito: a) �⃗⃑⃑�𝑨 = 𝟓, 𝟎 ∙ 𝟏𝟎
𝟐 𝑵 e �⃗⃑⃑�𝑩 = 𝟏, 𝟎 ∙ 𝟏𝟎
𝟐 𝑵 b) �⃗⃑⃑�𝑨 = 𝟏, 𝟓 ∙ 𝟏𝟎
𝟐 𝑵 e �⃗⃑⃑�𝑩 = 𝟒, 𝟓 ∙ 𝟏𝟎
𝟐 𝑵 
(2019/INÉDITA/LUCAS COSTA) Uma coruja de 𝟓, 𝟎 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 de peso anda em uma tábua 
homogênea e de comprimento de 1,0 metro que está apoiada em uma extremidade A e é 
articulada em um ponto B, distante 60 cm de A. o peso da tábua é de 𝟐, 𝟎 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵. A coruja 
parte do ponto A e anda lentamente em direção à outra extremidade da tábua. Até que 
distância, a partir de A, ela pode andar sem que a tábua gire? 
 
Comentários: 
A coruja, a partir do momento que passa do ponto B, cria torque que pode girar a barra. 
A força peso da barra criará torque contrário para impedir que tal feito ocorra. 
Quanto mais afastada está a coruja do ponto A menor é a reação que esse ponto efetua 
na barra. Até que, quando a barra estiver na iminência de girar, a reação �⃗�𝐴 será praticamente 
nula. 
Aluno, nesse tipo de questão o mais indicado é desenhar um esquema das forças e 
adotar como referencial o ponto B, de articulação da barra: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 19 
 
Chamando de x a distância da coruja até o ponto B, podemos escrever: 
∑�⃗⃑⃑�ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 = ∑�⃗⃑⃑�𝑎𝑛𝑡𝑖−ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 
Somatório dos momentos horários 
equivale ao somatório dos anti-horários. 
E para a situação atual: 
�⃗�𝐴 ∙ 𝑑𝐴−𝐵 + �⃗⃑�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 ∙ 𝑥 = �⃗⃑�𝑡á𝑏𝑢𝑎 ∙ 𝑑𝐵−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 
E como �⃗�𝐴 tende a zero: 
�⃗⃑⃑�𝐴 ∙ 𝑑𝐴−𝐵 + �⃗⃑⃑�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 ∙ 𝑥 = �⃗⃑⃑�𝑡á𝑏𝑢𝑎 ∙ 𝑑𝐵−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 
�⃑⃗�𝑐𝑜𝑟𝑢𝑗𝑎 ∙ 𝑥 = �⃑⃗�𝑡á𝑏𝑢𝑎 ∙ 𝑑𝐵−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 
Agora podemos substituir os valores fornecidos, cuidado com as distâncias, 𝑑𝐵−𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 
vale 0,1 𝑚: 
500 ∙ 𝑥 = 200 ∙ 0,1 
𝑥 =
200 ∙ 0,1
500
= 0,04 𝑚 = 4,0 𝑐𝑚 
 
Como 𝑥 é a distância de B até o ponto de colapso, temos que a distância máxima que a 
coruja pode andar, a partir de A, é de 60 + 4 = 64 𝑐𝑚. 
Gabarito: 𝐃𝐢𝐬𝐭â𝐧𝐜𝐢𝐚 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐚 = 𝟔𝟒 𝒄𝒎. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 20 
(2019/INÉDITA/LUCAS COSTA) Um sistema foi montado com um círculo de raio 𝑹 e um 
hexágono regular cujo lado também vale 𝑹. Os objetos foram fixados nas extremidades 
de uma barra, ficada em um ponto 𝒁. Se o peso dos objetos for proporcional à sua área, 
a razão entre 𝒙 e 𝒚 para que o conjunto fique em equilíbrio é igual a 
 
a) 1,0. b) 1,2. c) 1,4. d) 1,6. 
 
Comentários: 
A área do círculo é dada por: 
𝐴𝑐𝑖𝑟𝑐 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 
Já a área do hexágono é dada por seis vezes a área de um triângulo equilátero de lado 
𝑙: 
𝐴ℎ𝑒𝑥 =
6 ⋅ 𝑙2 ⋅ √3
4
=
3 ⋅ 𝑙2 ⋅ √3
2
 
 
Note que o lado do hexágono regular é o mesmo que o lado do triângulo equilátero em 
seu interior: 
𝐴ℎ𝑒𝑥 =
3 ⋅ 𝑅2 ⋅ √3
2
 
 
Para o equilíbrio dos momentos, podemos escrever: 
𝑃ℎ𝑒𝑥 ⋅ 𝑥 = 𝑃𝑐𝑖𝑟𝑐 ⋅ 𝑦 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 21 
E se os pesos são proporcionais às áreas: 
𝐴ℎ𝑒𝑥 ⋅ 𝑥 = 𝐴𝑐𝑖𝑟𝑐 ⋅ 𝑦 
3 ⋅ 𝑅2 ⋅ √3
2
⋅ 𝑥 = 𝜋 ⋅ 𝑅2 ⋅ 𝑦 
 
3 ⋅ 𝑅2 ⋅ √3
2
⋅ 𝑥 = 𝜋 ⋅ 𝑅2 ⋅ 𝑦 
 
3 ⋅ √3
2
⋅ 𝑥 = 𝜋 ⋅ 𝑦 
 
𝑥
𝑦
=
2 ⋅ 𝜋
3 ⋅ √3
=
2 ⋅ 3
3 ⋅ 1,7
=
2 ⋅ 3
3 ⋅ 1,7
=
2
1,7
≅ 1,2 
 
Gabarito: “b”. 
(2019/INÉDITA) Uma barra de 𝟏𝟐 𝒎 de comprimento é montada sobre um ponto de apoio 
O. Um recipiente cúbico com 𝟑𝟎 𝒄𝒎 de aresta é cheio completamente de água e, em 
seguida, preso a um fio ideal que é colocado em uma das extremidades da barra. 
 
A intensidade da força, em 𝑵, que deve ser aplicada na extremidade oposta da barra, de 
modo a equilibrar todo o conjunto, é 
a) 30 b) 120 c) 380 d) 540 e) 720 
Note e adote: 
A massa da barra e do recipiente são desprezíveis. 
A aceleração da gravidade é 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2 
A massa específica da água é 𝜇 = 1,0 𝑔/𝑐𝑚3 
 
Comentários: 
O volume do cubo é: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 22 
𝑉 = (30)3 = (3 ⋅ 10)3 = 27 ⋅ 103 𝑐𝑚3 
Pela massa específica da água, podemos encontrar a sua massa: 
𝑚 = 𝜇 ⋅ 𝑉 = 1,0 ⋅ 27 ⋅ 103 = 27 ⋅ 103 𝑔 = 27 𝑘𝑔 
Para o equilíbrio devemos ter que a soma dos momentos no sentido horário é igual a 
soma dos momentos no sentido anti-horário: 
𝐹 ⋅ 4 = 𝑃á𝑔𝑢𝑎 ⋅ 8 
𝐹 = 𝑃á𝑔𝑢𝑎 ⋅ 2 
𝐹 = 27 ⋅ 10 ⋅ 2 = 540 𝑁 
Gabarito: “d”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Um rodo de massa 𝟎, 𝟓𝟎 𝒌𝒈 e 𝟏, 𝟐 𝒎 foi apoiado em uma 
parede vertical lisa e em um chão horizontal áspero formando um ângulo 𝛉 com o chão 
(𝛉 < 𝟗𝟎°). Sabendo que o coeficiente de atrito estático entre o rodo e o chão é de 𝟎, 𝟐𝟗, o 
ângulo 𝛉 vale 
Considere que um triângulo de lados 3, 4 e 5 têm ângulos agudos de 𝟑𝟕° e 𝟓𝟑°; √𝟑 = 𝟏, 𝟕; 
aceleração gravitacional é de 𝟗, 𝟖 𝒎/𝒔𝟐; e que o vetor peso do rodo esteja aplicado no 
seu centro de massa. 
a) 30° b) 37° c) 45° d) 53° e) 60° 
 
Comentários: 
Como no enunciado disse que a parede é lisa, não possui atrito, e o chão ápero irá 
possuir atrito. Como não queremos que o rodo escorregue, o corpo estará em equilíbrio de 
forças. 
{
∑𝐹𝑥 = 0
∑𝐹𝑦 = 0
∴ {
𝑁𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 − 𝐹𝑎𝑡 = 0
𝑁𝑐ℎã𝑜 − 𝑃 = 0
∴ {
𝑁𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒= 𝐹𝑎𝑡
𝑁𝑐ℎã𝑜 = 𝑃
 
 
Como também não há a rotação, iremos fazer o momento linear em torno do ponto de 
contato com o chão, para que duas forças somente sejam usadas. Porém, para isso, devemos 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 23 
decompor a força normal na parede e a força Peso para os eixos perpendicular e paralelo ao 
rodo. 
∑𝑀 = 0 
 
𝑃 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(θ) ⋅ 0,6 − 𝑁𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(θ) ⋅ 1,2 = 0 
𝑁𝑐ℎã𝑜 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(θ) = 𝐹𝑎𝑡 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(θ) ⋅ 2 
𝑁𝑐ℎã𝑜 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(θ) = 𝑁𝑐ℎã𝑜 ⋅ μe ⋅ 𝑠𝑒𝑛(θ) ⋅ 2 
𝑡𝑔(θ) =
1
2 ⋅ 0,29
=
1
0,58
= 1,7 
 
Como a raiz quadrada de três é igual a 1,7, o valor do ângulo θ deve ser de 60° 
Gabarito: “e”. 
3.3 - Máquinas simples - Alavancas 
Qualquer aparelho por nós utilizado no dia a dia, e que obedeça aos princípios 
fundamentais da mecânica pode ser chamado de uma máquina simples. Dessas, a alavanca é 
uma das mais antigas a ser utilizada. Esse tipo de ferramenta é capaz de multiplicar o 
módulo das forças, além de alterar a sua direção e o seu sentido. 
Essa máquina é composta por um ponto de apoio, e em relação a ale são aplicadas a 
chamada força potente, proveniente do esforço do operador, e a força resistente, que é a 
força transmitida. O poder de multiplicação de uma alavanca consiste na razão entre a força 
transmitida e a força aplicada pelo operador. 
As alavancas são classificadas quanto às posições relativas ocupadas pela força 
potente, o apoio e a força resistente. Desse modo, dividem-se em 3 grupos: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 24 
 
3.3.1 - Alavancas interfixas 
Na alavanca interfixa, o apoio está entre a força potente e a força resistente. 
 
Figura 04.8 – Esquema de uma alavanca interfixa. 
Nesse caso, podemos escrever: 
�⃗�𝑃 ∙ 𝑑𝑃 = �⃗�𝑅 ∙ 𝑑𝑅 Alavanca 
interfixa 
São exemplos desse tipo de montagem: tesouras de cortar chapas, gangorras, carrinhos 
de carregar carga e martelos, ao serem usados para retirar pregos. 
Alavancas
Interfixas
InterpotentesInter-resistentes
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 25 
 
 
Figura 04.9 – Exemplos de alavancas interfixas. 
3.3.2 - Alavalncas inter-resistentes 
Já em alavancas inter-resistentes a força transmitida fica localizada entre o apoio e a 
força aplicada pelo operador. 
 
Figura 04.10 – Esquema de uma alavanca inter-resistente. 
Para a situação, temos: 
�⃗�𝑃 ∙ 𝑑𝑃 = �⃗�𝑅 ∙ 𝑑𝑅 Alavanca inter-
resistente 
São exemplos de alavancas inter-resistentes abridores de garrafa, carrinhos de mão e 
quebra-nozes. 
 
 
Figura 04.11 – Exemplos de alavancas inter-resistentes. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 26 
3.3.3 - Alavancas interpotentes 
Por fim, em alavancas interpotentes a força aplicada pelo operador fica entre o apoio e a 
força transmitida. 
 
Figura 04.12 – Esquema de uma alavanca interpotente. 
Novamente, teremos: 
�⃗�𝑃 ∙ 𝑑𝑃 = �⃗�𝑅 ∙ 𝑑𝑅 Alavanca 
interpotente 
São exemplos de alavancas interpotentes remos de canoístas, a pá usada por um 
construtor e uma vara de pescar. 
 
 
 
Figura 04.13 – Exemplos de alavancas interpotentes. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 27 
Veja como isso já foi cobrado: 
(2018/ENEM) As pessoas que utilizam objetos cujo princípio de funcionamento é o 
mesmo do das alavancas aplicam uma força, chamada de força potente, em um dado 
ponto da barra, para superar ou equilibrar uma segunda força, chamada de resistente, 
em outro ponto da barra. Por causa das diferentes distâncias entre os pontos de 
aplicação das forças, potente e resistente, os seus efeitos também são diferentes. A 
figura mostra alguns exemplos desses objetos. 
 
Em qual dos objetos a força potente é maior que a força resistente? 
a) Pinça. b) Alicate. c) Quebra-nozes. d) Carrinho de mão. e) Abridor de garrafa. 
 
Comentários: 
Aluno, numa questão como essa, que cobra um conceito decorado, use a sua intuição: 
procure o objeto diferente dos demais. A pinça é o único objeto, dentre os destacados, na qual 
a força potente é maior frente a força resistente. 
Lembre-se, a força potente é a aplicada pelo operador, e a força resistente é a devolvida 
pela alavanca. A pinça é o único objeto de precisão dentre os listados. Todos os outros 
objetos apresentam força necessária a ser feita pelo operador menor ou igual à força a ser 
vencida. 
Gabarito: “a”. 
4 - Forças modificando movimentos 
O estudo das colisões entre corpos é uma das principais aplicações práticas do teorema 
do impulso de uma força e da quantidade de movimento de um corpo. 
Tenha em mente que a quantidade de movimento e o impulso estão intimamente 
ligados. Além disso, são amplamente cobrados em conjunto aos conceitos de trabalho e 
energia. Dito isso, se você chegou até esse ponto sem ter estudado a aula que aborda a 
energia, recomendo que pare, estude essa aula e depois volte para esse tópico. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 28 
4.1 - Impulso de uma força 
O impulso de uma força é definido pelo produto da força aplicada a um corpo e o 
intervalo de tempo durante o qual ela atua. 
�⃗� = �⃗⃑⃑� ∙ 𝚫𝒕 Impulso de 
uma força. 
�⃗� = [𝑵 ∙ 𝒔] = [𝒌𝒈 ∙ 𝒎/𝒔] �⃗⃑⃑� = [𝑵] 𝚫𝒕 = [𝒔] 
 
 
O impulso é uma grandeza vetorial, e tem mesma direção e sentido da resultante das 
forças aplicadas ao corpo. 
 
(2019/INÉDITA) Assinale a opção que apresenta a mesma dimensão da medida de 
Impulso de uma força. 
a) aceleração ⋅ massa b) aceleração ⋅ massa ⋅ comprimento 
c) velocidade ⋅ intervalo de tempo ÷ massa d) aceleração ⋅ intervalo de tempo ⋅ massa 
e) velocidade ⋅ intervalo de tempo ⋅ massa 
 
Comentários: 
𝐼 = 𝐹 ⋅ ∆𝑡 = 𝑁 ⋅ 𝑠 = 𝑘𝑔 ⋅
𝑚
𝑠2
⋅ 𝑠 = 𝑘𝑔 ⋅
𝑚
𝑠
 
Devemos analisar a alternativa “d”: 
aceleração ⋅ intervalo de tempo ⋅ massa 
𝑚
𝑠2
 ⋅ 𝑠 ⋅ 𝑘𝑔 = 𝐼 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 29 
Gabarito: “d”. 
Uma propriedade interessante do gráfico que relaciona a força aplicada a um corpo e o 
intervalo de tempo durante o qual ela foi aplicada é que a área abaixo da curva é 
numericamente igual ao impulso gerado por essa força. Com isso, são comuns questões como 
a que trago no exemplo a seguir: 
(2017/CFTMG - 1ª FASE) O gráfico abaixo mostra a intensidade de uma força aplicada a 
um corpo no intervalo de tempo de 𝟎 a 𝟒 𝒔. 
 
O impulso da força, no intervalo especificado, vale: 
a) 95 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 b) 85 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 c) 65 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 d) 60 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 
 
Comentários: 
Podemos determinar o impulso da força no intervalo de tempo de 0 a 4 s pelo cálculo da 
área abaixo da curva. Para facilitar nosso cálculo, vamos dividir essa área em três partes: 
 
I – Trapézio. Lembre-se que as bases são os segmentos paralelos: 
A𝐼 = 
(𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 + 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟) ∙ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎
2
 
 
A𝐼 =
(20 + 10) ∙ 1
2
= 15 
 
II – Retângulo: 
A𝐼𝐼 = 𝑏𝑎𝑠𝑒 ∙ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 30 
A𝐼𝐼 = 2 ∙ 20 = 40 
III – Triângulo: 
A𝐼𝐼 = 
𝑏𝑎𝑠𝑒 ∙ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎
2
 
 
A𝐼𝐼 =
1 ∙ 20
2
= 10 
 
Finalmente, teremos a área total: 
A𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐴𝐼 + 𝐴𝐼𝐼 + 𝐴𝐼𝐼𝐼 
A𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 15 + 40 + 10 = 65 
Então, como podemos afirmar que a área abaixo da curva é numericamente igual ao 
impulso: 
𝐼 = 65 𝑁 ∙ 𝑠 
Estranhou essa unidade? Lembre-se de que: 
𝑁 =
𝑘𝑔 ∙ 𝑚
𝑠2
 
 
Veja o que acontece ao expandirmosas unidades do Newton no impulso: 
𝐼 = 65 𝑁 ∙ 𝑠 = 65 
𝑘𝑔 ∙ 𝑚
𝑠2
∙ s = 65 
𝑘𝑔 ∙ 𝑚
𝑠
 
 
Agora temos de forma explicita as unidades trazidas nas alternativas da questão. 
Gabarito: “c”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) O Air-Hockey é um jogo em que dois oponentes rebatem 
um disco que flutua sobre uma camada de ar em uma mesa de superfície lisa, que deixa 
o atrito entre o disco e a mesa praticamente nulo. O disco é de formato cilíndrico com 
𝟔, 𝟎 𝒄𝒎 de diâmetro e 𝟎, 𝟔𝟎 𝒄𝒎 de altura, feito de material de densidade 𝟎, 𝟗𝟎 𝒈/𝒄𝒎𝟑. Um 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 31 
dos jogadores aplica um impulso de 𝟎, 𝟏𝟓 𝑵 ⋅ 𝒔 em um disco inicialmente em repouso que 
chegou diretamente ao gol do adversário com velocidade próxima de 
Considere que 𝛑 ≅ 𝟑, 𝟎 
a) 2,2 𝑚/𝑠. b) 1,7 𝑚/𝑠. c) 2,6 𝑚/𝑠. d) 5,1 𝑚/𝑠. e) 10 𝑚/𝑠. 
 
Comentários: 
O enunciado nos dá o impulso dado ao disco, e que ele estava inicialmente em repouso. 
Portanto, podemos escrever: 
𝐼 = �⃑⃗� − �⃑⃗�0 ∴ 𝐼 = �⃑⃗� = 𝑚 ⋅ �⃗� 
A massa do disco pode ser calculada pelo produto do volume do cilindro por sua 
densidade. 
𝑚 = 𝑑 ⋅ 𝑉 = 𝑑 ⋅ π ⋅
𝑑2
4
⋅ ℎ 
 
𝑚 = 0,9 𝑔/𝑐𝑚3 ⋅ 3 ⋅
62 𝑐𝑚2
4
⋅ 0,6 𝑐𝑚 
 
𝑚 = 14,58 𝑔 = 1,458 ⋅ 10−2 𝑘𝑔 
Substituindo na fórmula do impulso, temos: 
𝐼 = 𝑚 ⋅ 𝑣 ∴ 0,15 = 1,458 ⋅ 10−2 ⋅ 𝑣 
𝑣 = 10,3 𝑚/𝑠 ≅ 10 𝑚/𝑠 
Gabarito: “e”. 
4.2 - Quantidade de movimento 
A quantidade de movimento é definida pelo produto da massa de um corpo e sua 
velocidade. Aluno, caso você se depare com a expressão “momento linear”, saiba que estamos 
tratando da mesma definição. 
�⃗⃑⃑� = 𝒎 ∙ �⃗⃑� Quantidade de 
movimento de um corpo 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 32 
de massa 𝒎. 
�⃗⃑⃑� = [𝒌𝒈 ∙ 𝒎/𝒔] 𝒎 = [𝑲𝒈] �⃗⃑� = [𝒎/𝒔] 
Notou que as unidades da quantidade de movimento e do impulso são as mesmas? 
 
Assim como o impulso, a quantidade de movimento é uma grandeza vetorial, e tem 
mesma direção e sentido da velocidade do corpo. 
O impulso produzido pela força resultante atuando em um determinado corpo é 
congruente à variação da quantidade de movimento desse mesmo corpo. Daí, podemos 
escrever: 
�⃗� = ∆�⃗⃑⃑� 
Relação entre a quantidade 
de movimento e o impulso. 
E como a massa e o tempo são grandezas escalares: 
�⃗⃑⃑� ∙ ∆𝒕 = 𝒎 ∙ ∆�⃗⃑⃑� 
Relação expandida entre a 
quantidade de movimento e o 
impulso. 
 
 Uma grande fonte de erros reside no cálculo de ∆�⃗⃑⃑�. Saiba que essa é uma diferença 
vetorial. Isso significa que a direção e a velocidade do vetor velocidade final, e do 
vetor velocidade inicial devem ser considerados quando calcularmos o vetor variação 
da velocidade. 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 33 
(2019/INÉDITA) Um professor misterioso, que é quarto Dan em Karatê, aplica um 
maeguery (chute frontal) na canela de um adversário e atinge o alvo com uma velocidade 
de 𝟏𝟒 𝒎/𝒔. Seu pé para após 𝟑, 𝟎 𝒎𝒔. Suponha que, durante o choque, o pé do atleta é 
independente do resto do corpo e tem massa 𝟏, 𝟐 𝒌𝒈. 
Qual o módulo da força média, em 𝒌𝑵, que o pé exerce sobre a canela do pobre 
adversário? 
a) 1,4 b) 2,8 c) 5,6 d) 7,8 e) 9,6 
Note e adote: 
Desconsidere as forças dissipativas. 
 
Comentários: 
Podemos adotar o sentido da velocidade inicial do pé do atleta como nosso referencial 
positivo. A variação da quantidade de movimento no sistema (pé e canela) é equivalente ao 
impulso produzido pela força média exercida pelo pé. 
𝐼 = ∆�⃑⃗� 
Relação entre a 
quantidade de movimento e o 
impulso. 
Em módulo: 
|𝐼| = |∆�⃑⃗�| 
𝐹𝑚 ⋅ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ |∆𝑣| 
𝐹𝑚 ⋅ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ |�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − �⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙| 
𝐹𝑚 ⋅ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ |0 − �⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙| 
𝐹𝑚 ⋅ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ �⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 
 �⃗�𝑚 =
𝑚 ∙ �⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
∆𝑡
 
 
Assim, podemos escrever para o módulo da força média: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 34 
𝐹𝑚 =
1,2 ∙ 14
3 ⋅ 10−3
=
16,8
3
⋅ 103 = 5,6 ⋅ 103 𝑁 = 5,6 𝑘𝑁 
 
Gabarito: “c”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Um quaterback, em repouso em relação ao solo, lançou a 
bola de futebol americano com uma angulação de 𝟒𝟓° em relação à horizontal e impulso 
de 𝟖, 𝟎 𝑵 ⋅ 𝒔. Sabendo que a massa da bola é de 𝟒𝟎𝟎 𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂𝒔, e desconsiderando a 
resistência do ar, indique a distância que o receptor deverá estar do quaterback, caso ele 
não se mova para a recepção da bola. 
Dados: os dois jogadores têm a mesma altura; 𝒈 = 𝟏𝟎, 𝟎𝒎/𝒔𝟐. 
a) 20 𝑚 b) 40 𝑚 c) 20√2 𝑚 d) 40√2 𝑚 e) 80 𝑚 
 
Comentários: 
Primeiro devemos calcular qual a velocidade que a bola sairá das mãos do quaterback, 
para isso utilizaremos o impulso. Lembrando de converter a unidade de massa da bola para 
quilograma. 
I = ΔQ ∴ I = m ⋅ v0 
8,0 = 0,4 ⋅ 𝑣0 ∴ 𝑣0 = 20 𝑚/𝑠 
Como lançamento foi oblíquo, devemos calcular o tempo de subida e descida da bola, 
para depois calcularmos a distância percorrida na horizontal. Lembrando de decompor a 
velocidade inicial na vertical e na horizontal. 
v = v0 ⋅ sen(45°) − g ⋅ tsubida 
tsubida = 2,0 ⋅ 𝑠𝑒𝑛45° 
tpercurso = 2 ⋅ tsubida 
𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0 ⋅ 𝑐𝑜𝑠45° ⋅ 𝑡𝑝𝑒𝑟𝑐𝑢𝑟𝑠𝑜 
𝑠 = 20 ⋅ 𝑐𝑜𝑠45° ⋅ 2 ⋅ 2,0 ⋅ 𝑠𝑒𝑛45° ⇒ s = 40 m 
Gabarito: “b”. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 35 
(2019/INÉDITA) Um carro de controle remoto de massa igual a 𝟒, 𝟎 𝒌𝒈 encontra-se em 
movimento retilíneo. Num certo trecho de sua trajetória começa a agir sobre ele uma 
força que tem a mesma direção do movimento e que varia com o tempo, conforme a 
figura abaixo. 
 
Neste trecho e nestas condições, pode-se afirmar que a variação da velocidade escalar 
"𝚫𝒗", em 𝒎/𝒔 do corpo será dada por: 
a) Δ𝑣 = 2,5 b) Δ𝑣 = 5,0 c) Δ𝑣 = 8,0 d) Δ𝑣 = 2,0 e) Δ𝑣 = 3,0 
 
Comentários: 
Considerando que a força 𝐹 que atua no corpo seja a resultante na direção do 
movimento, então podemos aplicar o teorema do impulso: 
𝐼�⃗�𝑟𝑒𝑠 = Δ�⃑⃗� 
 
𝐼�⃗�𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ (�⃗�𝑓 − �⃗�𝑖) 
 
𝐼�⃗�𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ Δ�⃗� 
 
Admitindo que a força não mudou de direção, então: 
𝐼𝐹 = 𝑚 ⋅ Δ𝑣 
Pelo gráfico, podemos determinar o impulso da força 𝐹: 
𝐼𝐹 Á𝑟𝑒𝑎=
𝑁 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 36 
𝐼𝐹 = 𝐴1 + 𝐴2(soma algébrica) 
𝐼𝐹 =
50 ⋅ (0,8 − 0,2)
2
−
30 ⋅ (1,0 − 0,8)
2
 
 
𝐼𝐹 = 15 − 3,0 = 12 N ⋅ s 
Portanto: 
Δ𝑣 =
𝐼𝐹
𝑚
=
12
4,0
= 3,0 𝑚/𝑠 
 
Gabarito: “e”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Uma esfera de massa 𝟓, 𝟎 𝒌𝒈 foi presa ao teto de uma 
sala de aula por um fio ideal e inextensível de 𝟏𝟎 𝒎 de comprimento. Assumindo que ela 
estivesse inicialmente em repouso, para que chegue a uma distância de 𝟓, 𝟎 𝒎 do teto, o 
impulso que deve receber é de: 
Dado: 𝒈 = 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐 
a) 5,0 ⋅ 101 kg ⋅ m/s b) 5,0 kg ⋅ m/s c) 1,0 ⋅ 102 kg ⋅ m/s 
d) 1,0 ⋅ 101 kg ⋅ m/s e) 5,0 ⋅ 102 kg ⋅ m/s   
 
Comentários: 
Devemos assumir a conservação de energia mecânica. 
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
= 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ ∴ 𝑣 = √10 ⋅ 5 ⋅ 2 = 10𝑚/𝑠 
 
Sabendo que o impulso é a variação da quantidade de movimento, e que no início a 
esfera estava em repouso, temos: 
I = ΔQ = 𝑄𝐹 − 𝑄𝑖 = 𝑚 ⋅ 𝑣 = 5 ⋅ 10 ∴ 𝐼 = 50 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 
Gabarito: “a”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Uma fabricante de carros autônomos faz testes nos freios 
de um novo veículo, de massa 𝒎 = 𝟐𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒈, que tem a capacidade de detectar objetos e 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 37 
pessoasque estejam em seu caminho, podendo então frear automaticamente e evitar 
eventuais acidentes. 
Em uma simulação, um boneco de testes é colocado abruptamente na frente do veículo, 
que se movia a 𝟗𝟎 𝒌𝒎/𝒉. Apesar de os freios serem ativados o carro ainda atinge o 
boneco. 
Sabendo que o módulo do trabalho do freio sobre o carro, durante a desaceleração, foi 
de |𝑱| = 𝟓𝟐𝟓 ⋅ 𝟏𝟎𝟑, determine a quantidade de movimento que o carro possuía quando 
atropelou o manequim. 
a) 𝑄 = 4,6 ⋅ 103 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 b) 𝑄 = 2,1 ⋅ 103 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 c) 𝑄 = 4,8 ⋅ 103 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 
d) 𝑄 = 2,0 ⋅ 104 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 e) 𝑄 = 3,8 ⋅ 104 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 
 
Comentários: 
Para encontrar a quantidade de movimento que o carro possuía no momento do choque, 
é preciso encontrar a velocidade dele nesse mesmo instante. 
A teoria da energia cinética nos diz que o trabalho realizado em um corpo é idêntico à 
variação da energia cinética neste. Uma vez que a força de atrito entre os pneus e o solo é a 
força que age contrária ao movimento, e considerando que o trabalho realizado para frear um 
objeto tem sinal negativo, temos que: 
𝐽 = ∆𝐸𝑐 
−525000 =
𝑚𝑣𝑓
2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
=
𝑚
2
⋅ (𝑣𝑓
2 − 𝑣𝑜
2) 
−525000 =
2000
2
⋅ (𝑣𝑓
2 − 25²) 
−525 = 𝑣𝑓
2 − 625 
𝑣𝑓
2 = 100 
𝑣 = 10 𝑚/𝑠 
Logo, sua quantidade de movimento 𝑄, vale: 
𝑄 = 𝑚 ⋅ 𝑣 = 2000 ⋅ 10 = 2,0 ⋅ 104 𝑘𝑔 ⋅
𝑚
𝑠
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 38 
Gabarito: “d”. 
4.2.1 - Momento linear de um sistema de partículas 
Seja um sistema formado pelos corpos A e B, de massas, 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵, e velocidades �⃗�𝐴 e 
�⃗�𝐵, respectivamente. Nesse sistema, a quantidade de movimento pode ser calculada pela 
soma do momento linear de cada um dos corpos envolvidos: 
�⃗⃑⃑�𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 = �⃗⃑⃑�𝑨 + �⃗⃑⃑�𝑩 
�⃗⃑⃑�𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 = 𝒎𝒂 ∙ �⃗⃑⃑�𝑨 + 𝒎𝑩 ∙ �⃗⃑⃑�𝑩 
Momento linear de um 
sistema de partículas. 
4.2.2 - Conservação da quantidade de movimento 
Imagine um sistema formado pelos corpos A e B. Se não existirem forças externas 
atuando nesse sistema, temos um sistema isolado, e a quantidade de movimento desse 
permanecerá constante. Podemos escrever: 
�⃗⃑⃑�𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 = �⃗⃑⃑�𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 
Conservação da quantidade 
de movimento de um sistema 
isolado. 
Vamos aplicar esses dois novos conceitos de uma só vez: 
(2019/UERJ - 1ª FASE) Em uma mesa de sinuca, as bolas 𝑨 e 𝑩, ambas com massa igual 
a 𝟏𝟒𝟎 𝒈, deslocam-se com velocidades 𝑽𝑨 e 𝑽𝑩, na mesma direção e sentido. O gráfico 
abaixo representa essas velocidades ao longo do tempo. 
 
Após uma colisão entre as bolas, a quantidade de movimento total, em 𝒌𝒈.𝒎/𝒔, é igual a: 
a) 0,56 b) 0,84 c) 1,60 d) 2,24 
 
Comentários: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 39 
A questão nada falou sobre a interferência de forças externas sobre o sistema, logo, 
podemos concluir que a quantidade de movimento se conserva. Não sabemos como ficarão as 
velocidades depois da colisão. Entretanto, temos todas as informações para calcularmos a 
quantidade de movimento antes do choque, daí: 
�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = �⃑⃗�𝐴 + �⃑⃗�𝐵 
�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 𝑚𝑎 ∙ �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵 ∙ �⃗�𝐵 
Momento linear de 
um sistema de partículas. 
Extraindo as velocidades do gráfico e convertendo as massas para kg, através da 
divisão por 103, temos: 
�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎, 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 140 ∙ 10
−3 ∙ 10 + 140 ∙ 10−3 ∙ 6 
�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎, 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 0,14 ∙ 10 + 0,14 ∙ 6 
�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎, 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 0,14 ∙ (10 + 6) 
�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎, 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 0,14 ∙ 16 = 2,24 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 
E, como a quantidade de movimento do sistema se conserva: 
�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎, 𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 = �⃑⃗�𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎, 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 2,24 𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠 
Gabarito: “d”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Um corpo de massa 𝟐, 𝟎 𝒌𝒈 e dimensões desprezíveis 
descreve um MRUV com função horária da velocidade 𝒗(𝒕) = 𝟏𝟎 − 𝟏𝟐 ⋅ 𝒕, cujas unidades 
respeitam o Sistema Internacional. O módulo da variação da quantidade de movimento, 
em 𝒌𝒈 ⋅ 𝒎/𝒔, experimentada por esse móvel entre os instantes 𝒕𝟏 = 𝟎, 𝟓 𝒔 e 𝒕𝟐 = 𝟏, 𝟎 𝒔 vale 
a) 8,0 b) 12 c) 16 d) 24 e) 32 
 
Comentários: 
Para 𝑡1 = 0,5 𝑠, temos: 
𝑣1(0,5) = 10,0 − 12 ⋅ (0,5) ⇒ 𝑣1(0,5) = 4,0 𝑚/𝑠 
Logo, o módulo da quantidade de movimento é de: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 40 
|�⃑⃗�1| = 𝑚 ⋅ |�⃗�1| ⇒ |�⃑⃗�1| = 2,0 ⋅ 4,0 ⇒ |�⃑⃗�1| = 8,0 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 
Para 𝑡2 = 1,0 𝑠, temos: 
𝑣2(1,0) = 10,0 − 12 ⋅ (1,0) ⇒ 𝑣2(1,0) = −2,0 𝑚/𝑠 
Logo, o módulo da quantidade de movimento é de: 
|�⃑⃗�2| = 𝑚 ⋅ |�⃗�2| ⇒ |�⃑⃗�2| = 2,0 ⋅ 2,0 ⇒ |�⃑⃗�2| = 4,0 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 
A variação da quantidade de movimento (Δ�⃑⃗�), no intervalo Δ𝑡 = 𝑡2 − 𝑡1 é dado por: 
Δ�⃑⃗� = �⃑⃗�2 − �⃑⃗�1 
Note que se trata de uma grandeza vetorial, portanto, ao efetuarmos essa conta 
devemos levar em consideração direção e sentido. Podemos representar os dois instantes do 
ponto material de acordo com o esquema: 
 
Portanto: 
Δ�⃑⃗� = �⃑⃗�2 − �⃑⃗�1 ⇒ Δ�⃑⃗� = −4,0 − 8,0 
Δ�⃑⃗� = −12,0 (𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠) 
Como o módulo nos foi pedido, devemos assinalar a alternativa “b”. 
Gabarito: “b”. 
4.3 - Colisões 
Choques ocorrem quando se dá o contato físico entre dois ou mais corpos. Uma pessoa 
usando um taco para rebater uma bola, dois veículos colidindo, em suma, qualquer situação 
que envolva a mudança violenta do momento de um corpo é considerada uma colisão. 
Antes de nos aprofundarmos, é necessário fazer a distinção entre choques elásticos e 
inelásticos. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 41 
 
Em um choque elástico os corpos envolvidos se separam após o contato. Podemos 
imaginar uma bola de bilhar colidindo com outra bola após uma tacada. Nessa situação a 
energia pode se conservar por completo, caso o choque seja perfeitamente elástico. 
Por outro lado, em um choque inelástico, os corpos envolvidos permanecem unidos 
após o contato. Esse tipo é comum em colisões envolvendo automóveis modernos. Aluno, 
você já ouviu que os carros são projetados de modo a absorver o impacto? 
Isso é verdade, pois, ao se deformarem, os veículos consomem a energia da colisão, 
diminuindo as variações bruscas de momento às quais nossos corpos estariam sujeitos e, 
possivelmente, salvando as nossas vidas. 
 
 Em uma colisão inelástica, ocorre a maior perda de energia durante a colisão. Por 
outro lado, em uma colisão perfeitamente elástica, a energia pode se conservar por 
completo. 
Em uma colisão, seja ela elástica ou inelástica, a resultante das forças internas do 
sistema é nula. Adotando que não existe nenhuma força externa atuando no momento da 
colisão, ou que no curto instante de tempo no qual se dá a colisão as forças externas atuando 
no sistema são desprezíveis frente às forças internas provenientes do choque, podemos 
afirmar que a quantidade de movimento se conserva, logo: 
�⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 
Conservação da quantidade 
de movimento em uma colisão. 
Colisões
Elásticas
Inelásticas
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 42 
4.3.1 - Colisões Inelásticas 
Vamos imaginar duas esferas, A e B, de massas 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵. Antes de colidirem, as suas 
velocidades são, respectivamente, 𝑣𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 e 𝑣𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙. Depois da colisão, andarão em conjunto, 
com velocidade 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙, conforme a figura abaixo: 
 
Figura 04.14 – Esquema de uma colisão inelástica. 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da 
quantidade de movimento. 
Adotando o sentido para a direita como positivo, temos: 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 − 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 =(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão inelástica. 
Note que o sinal de 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 nos dirá qual será o sentido da velocidade dos corpos após a 
colisão. Em uma colisão inelástica, ocorre grande perda de energia cinética durante o choque, 
e, por isso, a energia cinética do sistema é maior antes do que ao final. Para determinarmos o 
quanto foi perdido de energia, basta efetuarmos a seguinte diferença: 
𝐸𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 = ∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝐸𝑐,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 Perda de energia 
durante a colisão 
Expandindo as expressões de energia cinética, temos: 
𝐸𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 =
(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ (𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
2
− [
𝑚𝐴 ∙ (𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
+
𝑚𝐵 ∙ (𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
] 
 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Após uma tacada, duas esferas de mesma massa se 
movem sobre a superfície horizontal de uma mesa de sinuca com velocidades iguais a 
𝟐𝟎 𝒄𝒎/𝒔 e 𝟏𝟎 𝒄𝒎/𝒔 em módulo, na mesma direção e em sentidos opostos. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 43 
Se após colidirem, as partículas permanecem unidas e movendo-se na mesma direção e 
sentido que o corpo de maior velocidade incialmente, a energia cinética do conjunto, em 
Joules, será de 
a) 5,0 ⋅ 10−2 b) 2,5 ⋅ 10−2 c) 2,5 ⋅ 10−3 d) 2,5 ⋅ 10−4 e) 5,0 ⋅ 10−4 
Note e adote: 
Despreze os atritos envolvidos. 
A massa de cada esfera é de 200 𝑔. 
Despreze a atuação de forças externas ao sistema no momento do choque. 
 
Comentários: 
Devemos usar o princípio da conservação da quantidade de movimento, aplicada a um 
choque inelástico. Lembre-se que os corpos vinham em sentidos opostos. 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Conservação da quantidade de 
movimento. 
Vamos chamar os corpos de A e B, e adotar como sentido positivo o da velocidade do 
corpo A. Assim, podemos escrever: 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 − 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão 
inelástica. 
𝑚 ∙ 20 − 𝑚 ∙ 10 = (𝑚 + 𝑚) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
10 ∙ 𝑚 = 2 ∙ 𝑚 ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 5,0 𝑐𝑚/𝑠 
Agora temos a velocidade final dos corpos após a colisão. Sabemos também que a 
massa final é de 2𝑚. De posse dessas informações, podemos aplicar o teorema da energia 
cinética para concluirmos a questão: 
𝐸𝑐 =
𝑚 ∙ 𝑣2
2
 
Energia 
cinética 
 Substituindo os valores encontrados: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 44 
𝐸𝑐 =
2𝑚 ∙ (𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
2
=
2 ∙ 0,2 ⋅ (5,0 ⋅ 10−2)2
2
= 0,2 ⋅ 25 ⋅ 10−4 
 
𝐸𝑐 = 5,0 ⋅ 10−4 𝐽 
Gabarito: “e”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Uma esfera M desliza em movimento circular em uma 
mesa horizontal presa a um prego fixado no centro da mesa por um fio ideal. 
Inicialmente, a energia cinética dessa esfera é constante e vale 𝑬𝟎. Uma segunda esfera, 
N, cuja massa é o dobro da massa de M, é colocada em repouso na mesa de modo que 
uma colisão inelástica ocorre entre as duas. 
 
A energia cinética do sistema formado pelas duas esferas, imediatamente após a colisão 
é de 
a) 𝐸0 b) 𝐸0/2 c) 𝐸0/3 d) 𝐸0/4 e) 𝐸0/5 
Note e adote: 
Despreze os atritos envolvidos. 
A massa da esfera N é o dobro massa de M. 
Admita que o conjunto permanece unido após o impacto. 
 
Comentários: 
Em uma colisão inelástica, parte da energia é perdida na colisão em decorrência da 
deformação dos corpos envolvidos, logo, a energia não se conserva. Por outro lado, a 
quantidade de movimento se conserva, daí podemos escrever: 
𝑄𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝑄𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑚𝑁 ∙ 𝑣𝑁,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝑀 + 𝑚𝑁) ∙ 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 45 
𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑚𝑁 ∙ 𝑣𝑁,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝑀 + 𝑚𝑁) ∙ 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝑀 + 𝑚𝑁) ∙ 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝑀 + 2 ⋅ 𝑚𝑀) ∙ 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 3 ⋅ 𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 3 ⋅ 𝑚𝑀 ∙ 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
3
 
A energia cinética inicial do conjunto era função da massa e velocidade da esfera M, já 
que N se encontrava em repouso: 
𝐸0 =
𝑚𝑀 ⋅ (𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
 
 
Já a energia cinética final é função da massa e da velocidade do conjunto: 
𝐸𝑓 =
3 ⋅ 𝑚𝑀 ⋅ (𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
2
 
 
Podemos substituir a relação entre as velocidades inicial e final nessa relação: 
𝐸𝑓 =
3 ⋅ 𝑚𝑀 ⋅ (
𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
3 )
2
2
 
 
𝐸𝑓 =
3 ⋅ 𝑚𝑀 ⋅
(𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
9
2
=
𝑚𝑀 ⋅ (𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
6
 
 
𝐸𝑓 =
1
3
⋅
𝑚𝑀 ⋅ (𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
=
1
3
⋅
𝑚𝑀 ⋅ (𝑣𝑀,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
=
1
3
⋅ 𝐸0 
 
Gabarito: “c”. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 46 
4.3.2 - Colisões Elásticas 
Vamos imaginar as mesmas duas esferas, A e B, de massas 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵. Antes de 
colidirem, as suas velocidades também são, respectivamente, 𝑣𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 e 𝑣𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙. Depois da 
colisão, suas velocidades serão 𝑣𝐴,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 e 𝑣𝐵,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙, conforme a figura abaixo: 
 
Figura 04.15 – Esquema de uma colisão elástica. 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da 
quantidade de movimento. 
Adotando o sentido para a direita como positivo, temos: 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 − 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão elástica. 
Note que não sabemos qual será o sentido da velocidade dos corpos após a colisão. A 
figura é uma mera representação, se B tivesse massa muito maior que A, tenderia continuar 
seguindo da direita para a esquerda, por exemplo. 
Para determinarmos as velocidades após a colisão, teríamos que utilizar o teorema da 
energia cinética em conjunto com as equações de conservação de momento linear. Caso o 
choque seja perfeitamente elástico, sabemos que a energia cinética se conserva por 
completo, logo, podemos escrever: 
𝐸𝑐𝑖𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑎,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝑐𝑖𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑎,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da energia 
cinética. 
E para o caso em questão: 
𝑚𝐴 ∙ (𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
+
𝑚𝐵 ∙ (𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
=
𝑚𝐴 ∙ (𝑉𝐴,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
2
+
𝑚𝐵 ∙ (𝑉𝐵,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
2
 
 
Simplificando: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 47 
𝑚𝐴 ∙ (𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
+ 𝑚𝐵 ∙ (𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
= 𝑚𝐴 ∙ (𝑉𝐴,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
+ 𝑚𝐵 ∙ (𝑉𝐵,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
 
Note que este já é um caso bastante trabalhoso. Contudo, e se a colisão não fosse 
perfeitamente elástica? Nesse caso, devemos usar o coeficiente de restituição. 
(2019/INÉDITA) Dois corpos de massas 𝒎𝑨 = 𝟐, 𝟎 𝒌𝒈 e 𝒎𝑩 = 𝟒, 𝟎 𝒌𝒈, movem-se sobre uma 
reta, alinhados os sentidos e os módulos das velocidades, conforme figura abaixo. A 
velocidade inicial do corpo A é de 𝟏𝟐 𝒎/𝒔 e a do corpo B de 𝟒, 𝟎 𝒎/𝒔. 
 
Após a colisão unidimensional dos corpos, a partícula 𝑨 move-se para a esquerda com 
velocidade de 𝟔, 𝟎 𝒎/𝒔. O módulo e o sentido da velocidade do corpo 𝑩 é de 
(A) 1,0 m/s e para a esquerda (B) 1,0 m/s e para a direita 
(C) 5,0 m/s e para a direita (D) 5,0 m/s e para a esquerda 
(E) nula 
 
Comentários: 
Inicialmente, devemos adotar um eixo para orientarmos a direção e o sentido das 
velocidades e das quantidades de movimento. Pela conservação da quantidade de movimento 
na colisão, temos: 
(�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠)𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 = (�⃑⃗�𝑠𝑖𝑠)𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 
 
𝑚𝐴 ⋅ �⃗�𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ �⃗�𝐵 = 𝑚𝐴 ⋅ �⃗�
′
𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ �⃗�𝐵
′ 
Vamos adotar o sentido inicial do movimento do corpo A como nosso referencial 
positivo. Dessa maneira, podemos escrever: 
2,0 ⋅ 12 + 4,0 ⋅ (−4,0) = 2,0 ⋅ (−6,0) + 4,0 ⋅ �⃗�𝐵
′ 
24 − 16 = −12 + 4,0 ⋅ �⃗�𝐵
′ 
8 + 12 = 4,0 ⋅ �⃗�𝐵
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 48 
�⃗�𝐵
′ =
20
4
= 5,0 𝑚/𝑠 
 
O sinal positivo indica que B se move para a direita após a colisão. 
Gabarito: “c”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Um móvel L, de massa 𝒎𝑳 = 𝟓𝟎 𝒌𝒈, colide com outro 
móvel C, de massa 𝒎𝑪 = 𝟑𝟎 𝒌𝒈. As posições dos dois corpos, desde seus lançamentos 
até o impacto, em 𝒕 = 𝟖, 𝟎 𝒔, é trazida pelo gráfico. 
 
Cinco segundos após a colisão, o móvel C se encontrará na posição 
a) 0 b) 20 m c) 80 m d) 100 m e) 120 m 
Note e adote: 
Os móveis se encontram em uma pista retilínea e horizontal e a colisão é frontal. 
Despreze os atritos envolvidos. 
Adote o movimento de 𝐿 antes do impacto como referencial positivo. 
A velocidade de 𝐿 após o impacto é de 3,5 𝑚/𝑠 e com sem sentido oposto àquela antes da 
colisão. 
O gráfico não está em escala. 
 
Comentários: 
As velocidades de L e de C antes do impacto podem ser calculadas a partir do gráfico: 
𝑣𝐿 =
∆𝑆𝐿
∆𝑡
=
(20 − 0)
8
= 2,5 𝑚/𝑠 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 49 
𝑣𝐶 =
∆𝑆𝐶
∆𝑡
=
(20 − 100)
8
= −10 𝑚/𝑠 
 
Pela conservação da quantidade de movimento durante a colisão, temos: 
𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑄𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑚𝐿 ⋅ 𝑣𝐿 − 𝑚𝑐 ⋅ 𝑣𝑐 = 𝑚𝐿 ⋅ 𝑣𝐿
′ + 𝑚𝐶 ⋅ 𝑣𝐶
′ 
50 ⋅ 2,5 − 30 ⋅ 10 = 50 ⋅ (−3,5) + 30 ⋅ 𝑣𝐶
′ 
125 − 300 = −175 + 30 ⋅ 𝑣𝐶
′ 
𝑣𝐶
′ = 0 
Dessa forma, 𝐶 fica em repouso após a colisão e na posição 𝑆 = 20 𝑚. 
Gabarito: “b”. 
4.3.3 - O coeficiente de restituição 
O coeficiente de restituição, 𝑒, é uma grandeza adimensional e, em termos práticos, 
mede o quanto da energia se conserva em uma colisão parcialmente elástica. Ele o faz isso por 
meio das velocidades relativas finais e iniciais, segundo a seguinte relação: 
𝜀 =
𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑓𝑎𝑠𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎çã𝑜
 
Coeficiente de 
restituição 
No exemplo em questão, temos como coeficiente de restituição: 
𝜀 =
𝑉𝐵,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝑉𝐴,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 − 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 50 
 
 
Vamos praticar para assimilar? 
 
(2019/INÉDITA) Num domingo ensolarado, o professor Victor Marçal joga bola com seu 
filho no Parque do Povo, em São Paulo. 
No auge de sua habilidade, o mestre chuta a bola para fora do parque, e ela se choca 
com um caminhão que trafegava pela Marginal Pinheiros. Por transportar uma carga 
extremamente pesada, o veículo trafega a uma velocidade de 𝟓𝟒 𝒌𝒎/𝒉. 
Sabendo-se que a bola atinge a traseira do caminhão perpendicularmente, com 
velocidade de 𝟕𝟐 𝒌𝒎/𝒉, em reação ao solo, qual o módulo da velocidade horizontal, em 
𝒎/𝒔, final da bola após o choque? 
a) 10 b) 15 c) 20 d) 30 e) 𝑧𝑒𝑟𝑜 
Note e adote: 
Considere a massa do caminhão muito superior que a bola de futebol. 
Admita que o choque foi perfeitamente elástico. 
Desconsidere a resistência do ar. 
 
Comentários: 
•Choque perfeitamente elástico;
•A energia se conserva por completo.ε = 1
•Choque parcialmente elástico;
•Ocorre alguma perda de energia.0 < ε < 1
•Choque inelástico;
•Ocorre a maior perde de energia.ε = 0
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 51 
Inicialmente, devemos perceber que a massa do caminhão é muito maior que a massa 
da bola e que antes da colisão eles se deslocam no mesmo sentido. 
Nesse caso, pela diferença tamanha entre a massa dos dois corpos, a velocidade do 
caminhão permanece praticamente inalterada. Portanto, pelo coeficiente de restituição, temos: 
𝑒 =
|𝑣𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎𝑝ó𝑠|
|𝑣𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠|
=
𝑣′ + 15
20 − 15
= 1 
 
𝑣′ + 15 = 5 
𝑣′ = −10 𝑚/𝑠 
Gabarito “a”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Uma tenista faz um saque cuja velocidade inicial foi de 
𝟏𝟖𝟎 𝒌𝒎/𝒉. A bolinha de tênis possui 𝟓𝟎 𝒈 de massa, e o coeficiente de restituição no 
impacto com uma raquete é de 0,50. Para rebater esse saque com uma velocidade 𝟐𝟎% 
menor e na mesma direção, porém em sentido oposto, sua adversária deverá fornecer a 
bolinha uma energia mecânica próxima de 
a) 2,7 kJ b) 25 J c) 76 J. d) 5,5 kJ. e) 56 J. 
 
Comentários: 
Pela teoria dos choques, sabemos que o coeficiente de restituição é o módulo da razão 
entre a velocidade após o choque pela velocidade antes do choque. 
e = |
𝑣𝑎𝑝ó𝑠
𝑣𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
| ∴ 𝑣𝑎𝑝ó𝑠 =
180
3,6
⋅ 0,5 = 25 𝑚/𝑠 
 
Como a velocidade de retorno deve ser 20% menor, podemos calcular, pela 
conservação de energia, a quantidade de energia gasta pela adversária. 
Emretorno = Ecimpacto + Eccedida 
𝑚 ⋅ (0,80 ⋅ 50)2
2
=
𝑚 ⋅ 252
2
+ Eccedida 
 
Eccedida =
5 ⋅ 10−2 ⋅ 1600
2
−
5 ⋅ 10−2 ⋅ 625
2
= 24,4 ≅ 25 𝐽 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 52 
Gabarito: “b”. 
(2019/INÉDITA) Em um plano horizontal sem atritos, duas massas, 𝒎𝟏 e 𝒎𝟐 giram em 
órbitas angulares de mesma frequência uniforme e presas por cordas de massa 
desprezível. 
Em um certo instante, ocorre uma colisão frontal e perfeitamente elástica entre as duas 
massas. Após o choque, as duas voltam a descrever um movimento circular uniforme. 
Se os módulos das velocidades de 𝒎𝟏 e 𝒎𝟐 são iguais após o choque, a razão entre 𝒎𝟏 e 
𝒎𝟐 vale 
a) 1 b) 2/3 c) 4/3 d) 5/4 e) 7/13 
Note e adote: 
O raio da órbita inicial da massa 𝑚2 é a quarta parte do raio da órbita da massa 𝑚1. 
 
Comentários: 
Se as frequências são inicialmente iguais as velocidades angulares também são: 
𝜔 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑓 
𝑓1 = 𝑓2 ⟷ 𝜔1 = 𝜔2 
Pela relação entre a velocidade angular e a velocidade linear, podemos escrever: 
𝜔1 = 𝜔2 
𝑣1
𝑟1
=
𝑣2
𝑟2
 
Pela relação entre os raios das órbitas fornecida, 𝑟2 = 𝑟1/4, podemos escrever: 
𝑣1
𝑟1
=
𝑣2
𝑟1
4
 
𝑟1
4
⋅ 𝑣1 = 𝑟1 ⋅ 𝑣2 
 
𝑣1
4
= 𝑣2 ⟹ 𝑣1 = 4 ⋅ 𝑣2 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 53 
Vamos chamar a velocidade das partículas após a colisão de 𝑣. O coeficiente de 
restituição é igual à unidade, já que a colisão é perfeitamente elástica, daí: 
𝑒 =
𝑣𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑓𝑎𝑠𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑣𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎çã𝑜
=
𝑣 + 𝑣
𝑣1 + 𝑣2
=
2 ⋅ 𝑣
𝑣1 + 𝑣2
 
 
Substituindo 𝑣1 = 4 ⋅ 𝑣2: 
1 =
2 ⋅ 𝑣
4 ⋅ 𝑣2 + 𝑣2
 
 
5 ⋅ 𝑣2 = 2 ⋅ 𝑣 ⟹ 𝑣2 =
2 ⋅ 𝑣
5
 
 
E para 𝑣1: 
𝑣1
4
=
2 ⋅ 𝑣
5
⟹ 𝑣1 =
8 ⋅ 𝑣
5
 
 
Finalmente, aplicando a conservação da quantidade de movimento considerando a 
velocidade de 𝑚1 inicial como referencial positivo, temos: 
𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑄𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑚1 ⋅ 𝑣1 − 𝑚2 ⋅ 𝑣2 = −𝑚1 ⋅ 𝑣 + 𝑚2 ⋅ 𝑣 
𝑚1 ⋅
8 ⋅ 𝑣
5
− 𝑚2 ⋅
2 ⋅ 𝑣
5
= 𝑣 ⋅ (𝑚2 − 𝑚1) 
 
8 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑚1 − 2 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑚2 = 5 ⋅ 𝑣 ⋅ (𝑚2 − 𝑚1) 
𝑣 ⋅ (8 ⋅ 𝑚1 − 2 ⋅ 𝑚2) = 5 ⋅ 𝑣 ⋅ (𝑚2 − 𝑚1) 
𝑣 ⋅ (8 ⋅ 𝑚1 − 2 ⋅ 𝑚2) = 5 ⋅ 𝑣 ⋅ (𝑚2 − 𝑚1) 
8 ⋅ 𝑚1 − 2 ⋅ 𝑚2 = 5 ⋅ m2 − 5 ⋅ 𝑚1 
8 ⋅ 𝑚1 + 5 ⋅ 𝑚1 = 5 ⋅ m2 + 2 ⋅ 𝑚2 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 54 
13 ⋅ 𝑚1 = 7 ⋅ m2 
𝑚1
𝑚2
=
7
13
 
 
Gabarito: “e”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Em um jogo de sinuca, o jogador mira a bola branca, com 
massa 𝒎𝒃 = 𝟏𝟕𝟎 𝒈 em uma bola azul com massa 𝒎𝒂 = 𝟏𝟓𝟎 𝒈 que está a 𝟕𝟎 𝒄𝒎 de 
distância. Admita que a bola branca inicia o movimento após a tacada com uma 
velocidade 𝒗𝒃 = 𝟓, 𝟎 𝒎/𝒔, e para completamente após atingir a bola azul. A velocidade 𝒗𝒂 
com a qual a bola azul parte ao ser atingida pela branca é próxima de 
a) 9,2 𝑚/𝑠b) 5,3 𝑚/𝑠 c) 2,8 𝑚/𝑠 d) 7,9 𝑚/𝑠 e) 1,3 𝑚/𝑠 
Note e adote: 
A aceleração da gravidade 𝑔 vale 10 𝑚/𝑠²; 
o coeficiente de atrito entre a mesa e as bolas vale µ = 0,2; 
considere que as bolas deslizam na mesa; 
considere a mesa perfeitamente plana; 
todas as outras forças dissipativas além do atrito devem ser desprezadas. 
 
Comentários: 
Esse problema pode ser resolvido utilizando-se princípios da conservação da quantidade 
de movimento e conceitos de cinética. Para descobrirmos a velocidade com que a bola azul 
parte ao ser atingida, é necessário calcular a velocidade com que a bola branca a atinge, uma 
vez que neste caso o atrito não é desprezível. 
Após o choque com o taco, desprezando-se outras forças que não o atrito entre a bola e 
a mesa, temos a força de atrito 𝐹𝑎𝑡 como resultante atuando sobre a bola. Com o valor dessa 
força em mãos, podemos calcular a desaceleração da bola branca, e consequentemente a 
velocidade com que esta atingirá a bola azul. 
𝐹𝑎𝑡 = 𝜇 ⋅ 𝑁 = 𝜇 ⋅ 𝑚1 ⋅ 𝑔 
𝐹𝑎𝑡 = 0,2 ⋅ 0,17 ⋅ 10 = 0,34 𝑁 
Com a massa da bola, e agora com a força de atrito, podemos utilizar a segunda lei de 
Newton para calcular a aceleração com que esta bola está sofrendo. Lembre-se que a força de 
atrito possui sentido contrário ao movimento, logo, a utilizamos com sinal negativo: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 55 
𝐹𝑅 = 𝑚1 ⋅ 𝑎 
𝐹𝑅 = 𝐹𝑎𝑡 = 0,34 𝑁 
−0,34 = 𝑚1 ⋅ 𝑎 ⇒ 𝑎 = −2,0 𝑚/𝑠
2 
Aqui, poderíamos ter substituído a fórmula da força de atrito diretamente na segunda lei 
de Newton, restando 
𝐹𝑎𝑡 = 𝑚1 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑚1 ⋅ 𝑔 = 𝑚1 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑔 = |𝑎| = 2,0 𝑚/𝑠² 
Tendo a aceleração, a velocidade inicial, e a distância percorrida pela bola branca, 
podemos calcular a velocidade com que ela encontra a bola azul: 
𝑣2 = 𝑣0
2 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝛥𝑆 
𝑣2 = 52 + 2 ⋅ (−2) ⋅ 0,7 
𝑣2 = 25 − 2,8 
𝑣 = √22,2 ≈ 4,7 𝑚/𝑠 
Uma vez que a colisão é perfeitamente elástica, e a bola branca para completamente 
após o choque, toda a quantidade de movimento é transferida para a bola azul. Para o cálculo 
da quantidade de movimento da bola branca, fazemos: 
𝑄
𝑏
= 𝑚𝑏 ⋅ 𝑣𝑏 
𝑄
𝑏
= 0,17 ⋅ 4,7 ≈ 0,8 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 
E agora para o cálculo da velocidade da bola azul: 
𝑄
𝑎
= 𝑚𝑎 ⋅ 𝑣𝑎 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 56 
0,8 = 0,15 ⋅ 𝑣𝑎 
𝑣𝑎 ≅ 5,3 𝑚/𝑠 
Gabarito: “b”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Um pêndulo balístico é um dispositivo usado para a 
aferição da velocidade de projéteis. Suponha um sistema composto por um grande bloco 
de madeira de massa M pendurado por fios a uma superfície horizontal. Quando o 
projétil de massa 𝒎 e velocidade 𝒗𝟎 é disparado horizontalmente em direção ao bloco, 
nele fica alojado. Em seguida, o conjunto formado pelo projétil e pelo bloco atinge a 
altura máxima 𝑯 em relação à posição de repouso referenciada. 
 
Ao expressarmos a velocidade inicial do projétil em termos das grandezas citadas no 
problema, temos 
a) (m/(m + M)) ⋅ √((2 ⋅ g)/H) b) ((h + M)/(2 ⋅ M)) ⋅ √((5 ⋅ H)/g) 
c) ((m + M)/m) ⋅ √(2 ⋅ g ⋅ H) d) ((g ⋅ m)/(2 ⋅ H)) ⋅ √(M/2) 
e) ((2h + M)/h) ⋅ √(2 ⋅ g ⋅ m) 
Note e adote: 
Os fios são inextensíveis, flexíveis e tem massa desprezível. 
Adote a aceleração da gravidade local como 𝑔. 
Assuma que o intervalo de tempo durante o qual ocorre o choque seja ínfimo. 
 
Comentários: 
Como devemos considerar que o intervalo de tempo do choque é muito pequeno, logo 
após a colisão o conjunto 𝑝𝑟𝑜𝑗é𝑡𝑖𝑙 + 𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 ainda não começou a subir. Dessa forma, podemos 
trabalhar a conservação da quantidade de movimento como sendo unidimensional: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 57 
(�⃑⃗⃑�
𝑠𝑖𝑠
)
𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
= (�⃑⃗⃑�
𝑠𝑖𝑠
)
𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
 
(𝑚 + 𝑀) ⋅ 𝑣𝑖 = 𝑚 ⋅ 𝑣0 
𝑣𝑖 =
𝑚
𝑚 + 𝑀
⋅ 𝑣0 
 Conhecido o módulo da velocidade do conjunto logo após a colisão, podemos 
aplicar a conservação da energia mecânica entre o início da subida e o ponto mais alto que o 
conjunto alcança: 
(𝐸𝑚𝑒𝑐)𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = (𝐸𝑚𝑒𝑐)𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 
𝐸𝑝𝑜𝑡𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝐸𝑐𝑖𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 
(𝑚 + 𝑀) ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐻 =
(𝑚 + 𝑀) ⋅ 𝑣𝑖
2
2
 
𝑣𝑖 = √2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐻 
Finalmente, podemos expressar a velocidade inicial do projétil, 𝑣0, em termos das 
grandezas fornecidas: 
𝑣𝑖 =
𝑚
𝑚 + 𝑀
⋅ 𝑣0 
√2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐻 =
𝑚
𝑚 + 𝑀
⋅ 𝑣0 
𝑣0 = (
𝑚 + 𝑀
𝑚
) ⋅ √2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐻 
Gabarito: “c”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) No jogo de bocha, duas equipes jogam com o objetivo de 
colocar sua bola o mais próximo do bolim, e afastar a bola da outra equipe. Uma equipe 
jogou uma bola azul com velocidade 𝒗, que colide de maneira perfeitamente elástica com 
a bola amarela da outra equipe que estava parada. A bola amarela, após a colisão, fica 
com velocidade 𝒗 𝟐⁄ e sai em um ângulo de 60o em relação ao eixo x. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 58 
 
A velocidade da bola azul e o ângulo θ que sua trajetória faz com o eixo x valem 
a) 𝑣 ⋅ √3 2⁄ e 60° b) 𝑣 ⋅ √3 2⁄ e 30° c) 𝑣 ⋅ √3 e 60° 
d) 𝑣 ⋅ √3 e 30° e) 𝑣 2⁄ e 45° 
 
Comentários: 
Primeiro devemos aplicar a Lei de conservação de energia para calcularmos a 
velocidade da bolinha azul depois da colisão. Como os corpos só tem a Energia cinética, 
podemos simplificar. 
𝐸𝐶 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝐸𝐶 𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
= 
𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑜
2
2
+
𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑧𝑢𝑙
2
2
 
 
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
= 
𝑚 ⋅ (𝑣 2⁄ )2
2
+
𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑧𝑢𝑙
2
2
 
 
𝑣2 = 
𝑣2
4
+ 𝑣𝑎𝑧𝑢𝑙
2 
 
𝑣𝑎𝑧𝑢𝑙
2 = 𝑣2 − 
𝑣2
4
= 
3 ⋅ 𝑣2
4
 
 
𝑣𝑎𝑧𝑢𝑙 = 
√3 ⋅ 𝑣
2
 
 
Para aplicar a conservação da quantidade de movimento, devemos decompor as 
velocidades das bolas azul e amarelo no eixo x e y. Fazendo a conservação da quantidade de 
movimento no eixo x, temos: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 59 
𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑄𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑚 ⋅ 𝑣 = 𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑜 + 𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑧𝑢𝑙 
𝑚 ⋅ 𝑣 = 𝑚 ⋅
𝑣
2
⋅ 𝑐𝑜𝑠60° + 𝑚 ⋅ (
√3 ⋅ 𝑣
2
) ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 
 
1 =
1
2
⋅
1
2
+ (
√3
2
) ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 
 
(
√3
2
) ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1 −
1
4
=
3
4
⇒ 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
√3
2
 
 
Sabendo que o cosseno de 30o é √3 2⁄ , podemos falar que o valor de 𝜃 é igual a 30. 
Também poderíamos ter feito a conservação da quantidade de movimento no eixo y, fazendo 
com que a orientação do eixo y seja de baixo para cima, e o eixo x seja o ponto zero, temos: 
𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑄𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑚 ⋅ 𝑣 = 𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑚𝑎𝑟𝑒𝑙𝑜 − 𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑧𝑢𝑙 
0 = 𝑚 ⋅
𝑣
2
⋅ 𝑠𝑒𝑛60° − 𝑚 ⋅ (
√3 ⋅ 𝑣
2
) ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 
 
√3 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑠𝑒𝑛60° = √3 2⁄ ⇒ 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 1 2⁄ 
Sabendo que o seno de 30o é 1 2⁄ , chegamos a mesma conclusão que o valor de 𝜃 é 
igual a 30. 
Gabarito: “b”. 
(2020/INÉDITA/LUCAS COSTA) Um arqueiro posiciona uma maçã de massa 𝒎𝒎 = 𝟏𝟎𝟎 𝒈 
sobre uma mureta com 𝟏𝟓𝟎 𝒄𝒎 de altura. Após afastar-se alguns metros, lança uma 
flecha de massa 𝒎𝒇 = 𝟑𝟎 𝒈 horizontalmente e acerta a fruta, que fica presa à flecha. 
Considerando que a constante elástica da corda do arco vale 𝒌 = 𝟑𝟎𝟎 𝑵/𝒎 e que ela foi 
esticada em 𝒙 = 𝟏𝟓 𝒄𝒎 da posição inicial, a distância que conjunto maçã + flecha cairá 
do muro após a colisão vale aproximadamente 
a) 0,50 𝑚. b) 1,1 𝑚. c) 1,9 𝑚. d) 4,6 𝑚. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 60 
 
Comentários: 
Para calcular a distância horizontal que o conjunto percorre, é preciso saber a 
velocidade inicial com que o mesmo é projetado pela flechada. Essa velocidade inicial pode ser 
calculada através de relações deconservação de energia e momento. Primeiro, calculando a 
velocidade com que a flecha sai do arco 𝑣𝑓, considerando que toda energia elástica do arco foi 
transferida para o projétil: 
𝐸𝑃𝑒𝑙 = 𝐸𝐶 
𝑘 ⋅
𝑥2
2
=
𝑚𝑓 ⋅ 𝑣
2
2
 
𝑣𝑓 = √
𝑘 ⋅ 𝑥2
𝑚𝑓
= √
300 ⋅ 0,152
0,03
= 15 𝑚/𝑠 
Para encontrar a velocidade do conjunto flecha + maçã, 𝑣𝑐, podemos utilizar conceitos 
de conservação de quantidade de movimento, na qual: 
𝑄0 = 𝑄𝑓 
𝑚𝑓 ⋅ 𝑣𝑓 = (𝑚𝑓 + 𝑚𝑚) ⋅ 𝑣𝑐 
𝑣𝑐 =
𝑚𝑓 ⋅ 𝑣𝑓
(𝑚𝑓 + 𝑚𝑚)
=
0,03 ⋅ 15
0,03 + 0,1
≅ 3,46 𝑚/𝑠 
O conjunto, após ser atingido, descreve um movimento parabólico em direção ao chão, 
sendo que sua velocidade horizontal é 𝑣𝑐𝑥 = 3,46 𝑚/𝑠 e verticalmente descreve um movimento 
acelerado causado pela aceleração da gravidade 𝑔. Calculando o tempo 𝑡𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎 que o conjunto 
levou para cair livremente: 
𝑡 = √2 ⋅
𝐻
𝑔
= √
2 ⋅ 1,5
10
= √0,3 ≅ 0,54 𝑠 
Considerando a velocidade na direção horizontal, e o tempo de queda, podemos calcular 
a distância percorrida pelo conjunto: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 61 
∆𝑆 = 𝑣𝑐𝑥 ⋅ ∆𝑡 = 3,46 ⋅ 0,54 ≅ 1,9 𝑚 
Gabarito: “c”. 
5 - Resumo da aula em mapas mentais 
Use o(s) mapa(as) mental(ais) como forma de fixar o conteúdo e para consulta 
durante a resolução das questões. Não tente decorar as fórmulas específicas para cada 
situação, ao invés disso entenda como deduzi-las. 
Tente elaborar os seus mapas mentais, eles serão de muito mais fácil assimilação do 
que um montado por outra pessoa. Além disso, leia um mapa mental a partir da parte superior 
direita, e siga em sentido horário. 
 O mapa mental foi disponibilizado como um arquivo .pdf na sua área do aluno. 
 
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 62 
6 - Lista de questões 
6.1 - Já caiu na UNESP 
1. (2021/UNESP/1ªFASE/2ºDIA) Para alcançar o teto de uma garagem, uma pessoa 
sobe em uma escada AB e fica parada na posição indicada na figura 1. A escada é 
mantida em repouso, presa por cordas horizontais, e apoiada no chão. Na figura 2 estão 
indicadas algumas distâncias e desenhadas algumas forças que atuam sobre a escada 
nessa situação: seu peso 𝑷𝑬 = 𝟑𝟎𝟎 𝑵, a força aplicada pelo homem sobre a escada 𝑭𝑯 =
𝟓𝟔𝟎 𝑵 e a tração aplicada pelas cordas, �⃗⃑⃑�. A força de contato com o solo, aplicada no 
ponto B, não está indicada nessa figura. 
 
Considerando um eixo passando pelo ponto B, perpendicular ao plano que contém a 
figura 2, para o cálculo dos momentos aplicados pelas forças sobre a escada, a 
intensidade da força de tração �⃗⃑⃑� é 
(A) 280 N. (B) 430 N. (C) 525 N. (D) 640 N. (E) 375 N. 
 
2. (2019/UNESP/1ª FASE) Duas caixas, A e B, estão apoiadas, em repouso, sobre uma 
barra homogênea reta presa pelo seu ponto médio (ponto O) ao teto por meio de um fio 
inextensível. A caixa A está colocada a uma distância x do ponto O e a caixa B a uma 
distância y desse ponto. Nessa situação, a barra exerce sobre a caixa A uma força �⃗⃑⃑�𝑨 e, 
sobre a caixa B, uma força �⃗⃑⃑�𝑩. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 63 
 
Uma matriz quadrada M é construída de forma que seus elementos são as intensidades 
de �⃗⃑⃑�𝑨 e �⃗⃑⃑�𝑩 e as distâncias x e y, tal que 𝑴 = [
𝑵𝑨 𝑵𝑩
𝒚 𝒙
]. Sendo 𝑴𝒕 a matriz transposta de 
M e considerando-se o sentido anti-horário como o positivo para a rotação, para que a 
barra permaneça em equilíbrio na horizontal é necessário que 
a) 𝒅𝒆𝒕(𝑴𝒕) = 𝟎 b) 𝒅𝒆𝒕𝑴 < 𝟎 c) 𝒅𝒆𝒕𝑴 ≠ 𝟎 
d) 𝒅𝒆𝒕(𝑴𝒕) ≠ 𝟎 e) 𝒅𝒆𝒕𝑴 > 𝟎 
 
3. (2018/UNESP/1ª FASE) A figura mostra a trajetória de um projétil lançado 
obliquamente e cinco pontos equidistantes entre si e localizados sobre o solo horizontal. 
Os pontos e a trajetória do projétil estão em um mesmo plano vertical. 
 
No instante em que atingiu o ponto mais alto da trajetória, o projétil explodiu, dividindo-
se em dois fragmentos, A e B, de massas 𝑴𝑨 e 𝑴𝑩, respectivamente, tal que 𝑴𝑨 = 𝟐𝑴𝑩. 
Desprezando a resistência do ar e considerando que a velocidade do projétil 
imediatamente antes da explosão era 𝑽𝑯 e que, imediatamente após a explosão, o 
fragmento B adquiriu velocidade 𝑽𝑩 = 𝟓𝑽𝑯, com mesma direção e sentido de 𝑽𝑯, o 
fragmento A atingiu o solo no ponto 
a) IV. b) III. c) V. d) I. e) II. 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 64 
4. (2015/UNESP/1ª FASE) O gol da conquista do tetracampeonato pela Alemanha na 
Copa do Mundo de 2014 foi feito pelo jogador Götze. Nessa jogada, ele recebeu um 
cruzamento, matou a bola no peito, amortecendo-a, e chutou de esquerda para fazer o 
gol. Considere que, imediatamente antes de tocar o jogador, a bola tinha velocidade de 
módulo 𝑽𝟏 = 𝟖 𝒎/𝒔 em uma direção perpendicular ao seu peito e que, imediatamente 
depois de tocar o jogador, sua velocidade manteve-se perpendicular ao peito do jogador, 
porém com módulo 𝑽𝟐 = 𝟎, 𝟔 𝒎/𝒔 e em sentido contrário. 
 
 
Admita que, nessa jogada, a bola ficou em contato com o peito do jogador por 𝟎, 𝟐 𝒔 e 
que, nesse intervalo de tempo, a intensidade da força resultante (𝑭𝑹), que atuou sobre 
ela, variou em função do tempo, conforme o gráfico. 
Considerando a massa da bola igual a 𝟎, 𝟒 𝒌𝒈, é correto afirmar que, nessa jogada, o 
módulo da força resultante máxima que atuou sobre a bola, indicada no gráfico por 𝑭𝒎á𝒙, 
é igual, em newtons, a 
a) 68,8. b) 34,4. c) 59,2. d) 26,4. e) 88,8. 
 
5. (2015/UNESP/1ª FASE) Enquanto movia-se por uma trajetória parabólica depois de 
ter sido lançada obliquamente e livre de resistência do ar, uma bomba de 𝟒𝟎𝟎 𝒈 explodiu 
em três partes, A, B e C, de massas 𝒎𝑨 = 𝟐𝟎𝟎 𝒈 e 𝒎𝑩 = 𝒎𝑪 = 𝟏𝟎𝟎 𝒈. A figura representa 
as três partes da bomba e suas respectivas velocidades em relação ao solo, 
imediatamente depois da explosão. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 65 
 
Analisando a figura, é correto afirmar que a bomba, imediatamente antes de explodir, 
tinha velocidade de módulo igual a 
(A) 𝟏𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu antes de atingir a altura máxima de sua trajetória. 
(B) 𝟏𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu exatamente na altura máxima de sua trajetória. 
(C) 𝟐𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu depois de atingir a altura máxima de sua trajetória. 
(D) 𝟒𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu exatamente na altura máxima de sua trajetória. 
(E) 𝟒𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu depois de atingir a altura máxima de sua trajetória. 
 
6. (2013/UNESP/1ª FASE) Em um jogo de sinuca, a bola A é lançada com velocidade 
𝑽 de módulo constante e igual a 𝟐 𝒎/𝒔 em uma direção paralela às tabelas (laterais) 
maiores da mesa, conforme representado na figura 1. Ela choca-se de forma 
perfeitamente elástica com a bola B, inicialmente em repouso, e, após a colisão, elas se 
movem em direções distintas, conforme a figura 2. 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 66 
Sabe-se que as duas bolas são de mesmo material e idênticas em massa e volume. A 
bola A tem, imediatamente depois da colisão, velocidade �⃗⃑⃑�′ de módulo igual a 𝟏 𝒎/𝒔. 
Desprezando os atritos e sendo 𝑬ꞌ𝑩 a energia cinética da bola B imediatamente depois 
da colisão e 𝑬𝑨 a energia cinética da bola A antes da colisão, a razão 𝑬𝑩
′ /𝑬𝑨 é igual a 
a) 𝟐/𝟑 b) 𝟏/𝟐 c) 𝟒/𝟓 d) 𝟏/𝟓 e) 𝟑/𝟒 
 
7. (2009/UNESP/1ª FASE) Um madeireiro tem a infeliz ideia de praticar tiro ao alvo 
disparando seu revólver contra um tronco de árvore caído no solo. Os projéteis alojam-
se no tronco, que logo fica novamente imóvel sobre o solo. Nessa situação, 
considerandoum dos disparos, pode-se afirmar que a quantidade de movimento do 
sistema projétil-tronco 
a) não se conserva, porque a energia cinética do projétil se transforma em calor. 
b) se conserva e a velocidade final do tronco é nula, pois a sua massa é muito maior do que a 
massa do projétil. 
c) não se conserva, porque a energia não se conserva, já que o choque é inelástico. 
d) se conserva, pois a massa total do sistema projétil-tronco não foi alterada. 
e) não se conserva, porque o sistema projétil-tronco não é isolado. 
 
8. (2007/UNESP/1ª FASE) Um bloco A, deslocando-se com velocidade 𝒗𝟎 em 
movimento retilíneo uniforme, colide frontalmente com um bloco B, inicialmente em 
repouso. Imediatamente após a colisão, ambos passam a se locomover unidos, na 
mesma direção em que se locomovia o bloco A antes da colisão. Baseado nestas 
informações e considerando que os blocos possuem massas iguais, é correto afirmar 
que 
a) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎/𝟐 e houve conservação de quantidade de 
movimento e de energia. 
b) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎 e houve conservação de quantidade de 
movimento e de energia. 
c) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎 e houve apenas conservação de energia. 
d) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎/𝟐 e houve apenas conservação de quantidade 
de movimento. 
e) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎/𝟐 e houve apenas conservação de energia. 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 67 
9. (2005/UNESP/1ª FASE) Um corpo 𝑨 de massa 𝒎, movendo-se com velocidade 
constante, colide frontalmente com um corpo 𝑩, de massa 𝑴, inicialmente em repouso. 
Após a colisão, unidimensional e inelástica, o corpo 𝑨 permanece em repouso e 𝑩 
adquire uma velocidade desconhecida. Pode-se afirmar que a razão entre a energia 
cinética final de 𝑩 e a inicial de 𝑨 é: 
a) 𝑴𝟐/𝒎𝟐 b) 𝟐𝒎/𝑴 c) 𝒎/𝟐𝑴 d) 𝑴/𝒎 e) 𝒎/𝑴 
 
10. (2004/UNESP/1ª FASE) Uma bola de futebol de massa 𝒎, em repouso na marca do 
pênalti, é atingida pela chuteira de um jogador e deixa a marca com velocidade 𝒗. A 
chuteira permanece em contato com a bola por um pequeno intervalo de tempo ∆𝒕. 
Nessas condições, a intensidade da força média exercida pela chuteira sobre a bola é 
igual a 
𝐚)
𝟏
𝟐
𝒎𝒗𝟐∆𝒕 𝐛)
𝒎𝒗𝟐
𝟐∆𝒕
 𝐜)
𝒎(∆𝒕)𝟐
𝟐𝒗
 𝐝)𝒎𝒗∆𝒕 𝐞)
𝒎𝒗
∆𝒕
 
 
11. (2003/UNESP/1ª FASE) Em um teste de colisão, um automóvel de 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝒌𝒈 colide 
frontalmente com uma parede de tijolos. A velocidade do automóvel anterior ao impacto 
era de 𝟏𝟓 𝒎/𝒔. Imediatamente após o impacto, o veículo é jogado no sentido contrário ao 
do movimento inicial com velocidade de 𝟑 𝒎/𝒔. Se a colisão teve duração de 𝟎, 𝟏𝟓 𝒔, a 
força média exercida sobre o automóvel durante a colisão foi de 
𝐚) 𝟎, 𝟓 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐛) 𝟏 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐜) 𝟑 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐝) 𝟏𝟓 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐞) 𝟏𝟖 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 
 
12. (2003/UNESP) Um corpo A, de massa 𝒎 e velocidade 𝒗𝒐, colide elasticamente com 
um corpo B em repouso e de massa desconhecida. Após a colisão, a velocidade do 
corpo A é 𝒗𝒐/𝟐, na mesma direção e sentido que a do corpo B. A massa do corpo B é 
a) 𝒎/𝟑. b) 𝒎/𝟐. c) 𝟐 𝒎. d) 𝟑 𝒎. e) 𝟔 𝒎. 
 
13. (2002/UNESP) Uma esfera, A, de massa mA, movendo-se com velocidade de 2,0 
m/s ao longo de uma direção x, colide frontalmente com outra esfera, B, de massa mB em 
repouso, livres da ação de quaisquer forças externas. Depois da colisão, cada uma das 
esferas passa a se deslocar com velocidade de 1,0 m/s na direção do eixo x, nos 
sentidos indicados na figura. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 68 
 
Nestas condições, pode-se afirmar que a razão entre as massas é: 
A) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
=
𝟏
𝟑
 B) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
=
𝟏
𝟐
 C) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
= 𝟏 D) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
= 𝟐 E) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
= 𝟑 
 
14. (2001/UNESP) Num jogo de futebol, a bola bate na trave superior do gol. Suponha 
que isso ocorra numa das quatro situações representadas esquematicamente a seguir, I, 
II, III e IV. A trajetória da bola está contida no plano das figuras, que é o plano vertical 
perpendicular à trave superior do gol. 
 
 
Sabendo que o módulo da velocidade com que a bola atinge e é rebatida pela trave é o 
mesmo em todas as situações, pode-se se afirmar que o impulso exercido pela trave 
sobre a bola é 
a) maior em I. b) maior em II. c) maior em III. 
d) maior em IV. e) igual nas quatro situações. 
 
6.2 - Já caiu nos principais vestibulares 
1. (2015/UFU) Uma pessoa arremessa um corpo de material deformável de massa 𝒎𝟏, 
com velocidade 𝒗𝟏 em sentido oposto a um outro corpo, também de mesmo material, 
porém com massa 𝒎𝟐, que possuía velocidade 𝒗𝟐 diferente de zero. Considere que 𝒎𝟐 =
𝒎𝟏/𝟒. Os dois corpos se chocam frontalmente numa colisão perfeitamente inelástica, 
parando imediatamente após o choque. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 69 
Na situação descrita, a relação entre os módulos das velocidades iniciais dos dois 
corpos, antes do choque, é: 
a) 𝒗𝟏 = 𝟒𝒗𝟐 b) 𝒗𝟏 = 𝒗𝟐/𝟒 c) 𝒗𝟏 = 𝟓–𝒗𝟐 d) 𝒗𝟏 = 𝒗𝟐 
 
2. (2007/UFU) Uma pequena esfera de massa 𝑴𝟏, inicialmente em repouso, é 
abandonada de uma altura de 1,8 m de altura, posição A da figura a seguir. Essa esfera 
desliza sem atrito sobre um trilho, até sofrer um choque inelástico com outra esfera 
menor, inicialmente parada, de massa 𝑴𝟐. O deslocamento das esferas ocorre sem 
rolamentos. Após o choque, as duas esferas deslocam-se juntas e esse deslocamento 
ocorre sem atrito. 
 
A aceleração da gravidade no local é de 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐. Sendo a massa 𝑴𝟏, duas vezes maior 
que 𝑴𝟐, a altura em relação à base (linha tracejada) que as duas esferas irão atingir será 
de 
a) 0,9 m. b) 3,6 m. c) 0,8 m. d) 1,2 m. 
 
3. (2010/UFU) Um garoto brinca com seu barquinho de papel, que tem uma massa 
igual a 30 g e está navegando sobre um pequeno lago. Em certo instante, ele coloca 
sobre o barquinho, sem tocá-lo, uma bolinha de isopor e percebe que o barquinho passa 
a andar com metade de sua velocidade inicial. Seu irmão mais velho, que observa a 
brincadeira, resolve estimar a massa da bolinha de isopor com base na variação da 
velocidade do barquinho. Desprezando efeitos relativos ao empuxo, ele conclui que a 
massa da bolinha é de 
a) 15 g. b) 20 g. c) 60 g. d) 30 g. 
 
4. (2001/UFU) Um corpo de 𝟏𝟎 𝒌𝒈 desloca-se em uma trajetória retilínea, horizontal, 
com uma velocidade de 𝟑 𝒎/𝒔, quando passa a atuar sobre ele uma força F, que varia de 
acordo com o gráfico, formando um ângulo reto com a direção inicial do movimento. Se 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 70 
F é a única força que atua sobre o corpo e se sua direção e sentido permanecem 
constantes, analise as seguintes afirmações. 
 
I. A energia cinética do corpo no instante 𝒕 = 𝟔 𝒔 é de 𝟏𝟐𝟓 𝑱. 
II. O trabalho realizado pela força 𝑭 no intervalo entre 𝒕 = 𝟎 e 𝒕 = 𝟔 𝒔 é nulo. 
III. A quantidade de movimento do corpo no instante 𝒕 = 𝟔 𝒔 é de 𝟕𝟎 𝒌𝒈 ⋅ 𝒎/𝒔. 
Responda de acordo com o código que se segue: 
a) I e II são corretas. b) Apenas I é correta. c) II e III são corretas. d) I e III são corretas. 
 
5. (2020/UFRGS) A figura abaixo mostra dois corpos, identificados como X e Y, cada 
um de massa 𝟏 𝒌𝒈, movendo-se sobre uma superfície horizontal sem atrito. Os módulos 
de suas velocidades são 𝒗𝒙 = 𝟒 𝒎/𝒔 e 𝒗𝒚 = 𝟔 𝒎/𝒔. 
 
Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas abaixo, na ordem em que 
aparecem. 
Se os corpos X e Y sofrem uma colisão elástica, a energia cinética final do sistemaé______________________. 
Se os corpos X e Y sofrem uma colisão perfeitamente inelástica, a energia cinética final 
do sistema vale_________________________. 
Qualquer que seja o tipo de colisão, o módulo da velocidade do centro de massa do 
sistema é ___________________. 
a) 10J - 4 J - 2 m/s b) 10J - 2 J - 1 m/s c) 26 J - 1J - 1m/s 
d) 26 J - 1J - 2 m/s e) 26 J - 2 J - 1 m/s 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 71 
 
6. (2018/UFRGS) A figura abaixo representa esquematicamente o braço e o antebraço 
de uma pessoa que está sustentando um peso P. O antebraço forma um ângulo de 90° 
com o braço. 𝑭𝑩 é a força exercida pelo bíceps sobre o antebraço, e 𝑭𝒄 é a força na 
articulação do cotovelo. 
 
Sendo o módulo do peso 𝑷 = 𝟓𝟎 𝑵 e o módulo do Peso do antebraço 𝑷𝒂 = 𝟐𝟎𝑵, qual é o 
módulo da força 𝑭𝑩? 
a) 70 N. b) 370 N. c) 450 N. d) 460 N. e) 530 N. 
 
7. (2019/UFRGS) A esfera de massa M cai, de uma altura h, verticalmente ao solo, 
partindo do repouso. A resistência do ar é desprezível. A figura a seguir representa essa 
situação. 
 
Sendo T o tempo de queda e g o módulo da aceleração da gravidade, o módulo da 
quantidade de movimento linear da esfera, quando atinge o solo, é 
a) 𝑴𝒉/𝑻. b) 𝑴𝒈𝒉/𝑻. c) 𝑴𝒈𝟐/(𝟐𝑻𝟐). d) 𝑴𝒈𝑻. e) 𝑴𝒉𝑻. 
 
8. (2019/UFRGS) Impulso específico é uma medida da eficiência do uso do 
combustível por motores a jato para produzir o necessário impulso. Ele é calculado pela 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 72 
razão entre os módulos do impulso produzido pelo motor e do peso do combustível 
usado, 𝑷𝒄, isto é, 𝑰/𝑷𝑪. 
A figura abaixo representa a força produzida por um motor a jato durante 30 s. 
 
Sabendo que o impulso específico do motor é de 𝟐. 𝟎𝟎𝟎 𝒔 e considerando o módulo da 
aceleração da gravidade igual a 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐, a massa de combustível usado nesse intervalo 
de tempo foi de 
a) 13,75 kg. b) 137,5 kg. c) 275,0 kg. 
d) 1375 kg. e) 2750 kg. 
 
9. (2019/UECE) Considere um vagão com uma carga líquida, que é puxado por uma 
locomotiva em uma via reta horizontal. Despreze os atritos e considere que a força 
aplicada pela locomotiva ao vagão seja constante. Caso haja vazamento dessa carga, o 
momento linear do conjunto formado pelo vagão e a carga no seu interior 
a) varia somente pela aplicação da força. 
b) varia pela aplicação da força e pela variação na massa. 
c) varia somente pela perda de massa do vagão. 
d) não varia mesmo com mudança na massa. 
 
10. (2019/UECE) Considere duas massas iguais penduradas por uma corda flexível e 
inextensível que passa por uma polia presa ao teto. Desconsiderando-se todos os 
atritos, de modo que as massas possam subir ou descer livremente, e considerando, 
nesse arranjo, a situação em que uma das massas está subindo com velocidade 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 73 
constante, é correto afirmar que o módulo da soma vetorial dos momentos lineares das 
massas é 
a) o dobro do módulo do momento linear de uma das massas. 
b) o triplo do módulo do momento linear de uma das massas. 
c) zero. 
d) igual ao módulo do momento linear de uma das massas. 
 
11. (2019/UECE) Considere um veículo de massa constante que se desloca em linha 
reta. Este veículo tem seu momento linear dado por 𝒑 = 𝟒𝒕, onde t é o tempo e a 
constante multiplicativa 4 tem a unidade de medida apropriada. Assim, é correto afirmar 
que 
a) sua velocidade é constante. b) sua aceleração é constante. 
c) sua energia cinética é constante. d) sua energia cinética é decrescente. 
 
12. (2019/UECE) Considere uma bola de futebol de salão que cai em linha reta, choca-
se (colide) com o piso da quadra e inicia nova subida com 𝟓𝟎 % da velocidade que tinha 
imediatamente antes de tocar o solo. Considerando os instantes imediatamente antes do 
choque e imediatamente após, é correto afirmar que, entre esses instantes, 
a) o módulo da variação do momento linear da bola é menor que o momento linear inicial. 
b) a variação, em módulo, do momento linear da bola é 𝟏𝟓𝟎 % maior que o módulo do 
momento linear inicial. 
c) o momento linear da bola não muda. 
d) o momento linear da bola é maior na subida. 
 
13. (2012/UnB) 
Texto I 
Falhou a implosão da arquibancada do Estádio Mané Garrincha, em Brasília, programada 
para a tarde deste domingo. Técnicos acionaram, por duas vezes, os 250 kg de 
explosivos à base de nitrato de amônio, mas, de acordo com o consórcio responsável 
pela obra, houve um corte na linha de detonação, o que impediu a derrubada da 
estrutura. O estádio será palco da Copa do Mundo de 2014 e da Copa das Confederações 
de 2013. 
Internet: <www.uol.com.br> (com adaptações). 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 74 
Texto II 
A figura a seguir ilustra um modelo simplificado de um edifício, que será utilizado na 
análise de alguns aspectos de uma implosão. Nesse modelo, o prédio é constituído por 
quatro lajes de massa M, separadas por quatro colunas de massa m, e sustentado por 
quatro colunas fixadas no solo (as colunas ao fundo não são mostradas na figura). Em 
cada andar, a força de sustentação é igualmente repartida entre as quatro colunas que 
sustentam a laje. A altura entre o piso e o teto de um andar é h e a altura do primeiro 
andar é igual a 2h. Para implodir o prédio, destroem-se simultaneamente, por meio de 
uma explosão, todas as colunas que sustentam as lajes. 
 
Considere que, utilizando-se o modelo de prédio apresentado no texto II, o processo de 
implosão tenha falhado e apenas as colunas do último andar tenham sido 
completamente destruídas. Considere, ainda, que a laje superior, ao cair, chocou-se, de 
modo totalmente inelástico, com a laje abaixo dela e a arrastou consigo na queda, e que 
tal fato se repetiu com as lajes mais abaixo, de modo que as lajes se foram empilhando 
até caírem todas juntas no solo. Nesse caso, assumindo-se g como a aceleração da 
gravidade, a perda de energia mecânica das quatro lajes foi de 
a) 𝟐, 𝟎 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. b) 𝟐, 𝟓 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. c) 𝟑, 𝟎 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. d) 𝟑, 𝟓 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. 
 
14. (2019/UEL/1ª FASE/MODIFICADA) 
Arma ofensiva e poderosa, os chutes de bola parada foram um verdadeiro desafio 
defensivo na Copa da Rússia em 2018. De fato, todos os gols sofridos pelas seleções 
africanas na primeira fase vieram com bola parada: um no Egito e no Marrocos, dois na 
Nigéria e na Tunísia. 
Adaptado de lance.com.br 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 75 
Geralmente o chute de “bola parada” surpreende o adversário pela sua trajetória 
descrita e pela velocidade que a bola atinge. Considerando que uma bola de futebol tem 
massa de 400 g e, hipoteticamente, durante o seu movimento, a resistência do ar seja 
desprezível, é correto afirmar que a bola atinge 
a) 𝟏𝟓 𝒎/𝒔 devido à aplicação de um impulso resultante de 𝟏, 𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟏 𝑵 ∙ 𝒔. 
b) 𝟒𝟎 𝒎/𝒔 quando o jogador aplica uma força de 𝟏, 𝟔 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 durante um intervalo de tempo de 
𝟎, 𝟏 𝒔. 
c) 𝟔𝟎 𝒎/𝒔 quando uma força de 𝟏, 𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 é aplicada durante um intervalo de tempo de 𝟎, 𝟏 𝒔. 
d) 𝟗𝟎 𝒌𝒎/𝒉 devido à aplicação de um impulso de 𝟏, 𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟏 𝑵. 𝒔 
e) 𝟏𝟎𝟖 𝒌𝒎/𝒉 quando o jogador aplica uma força de 𝟏, 𝟔 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 durante um intervalo de tempo 
de 𝟎, 𝟏 𝒔. 
 
15. (2019/UEL/1ª FASE) Na Copa do Mundo de 2018, observou-se que, para a maioria 
dos torcedores, um dos fatores que encantou foi o jogo bem jogado, ao passo que o 
desencanto ficou por conta de partidas com colisões violentas.Muitas dessas colisões 
travavam as jogadas e, não raramente, causavam lesões nos atletas. A charge a seguir 
ilustra a narração de um suposto jogo da Copa, feita por físicos: 
 
 
umsabadoqualquer.com 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 76 
Com base na charge e nos conhecimentos sobre colisões e supondo que, em um jogo 
de futebol, os jogadores se comportam como um sistema de partículas ideais, é correto 
afirmar que, em uma colisão 
a) elástica, a energia cinética total final é menor que a energia cinética total inicial. 
b) elástica, a quantidade de movimento total final é menor que a quantidade de movimento total 
inicial. 
c) parcialmente inelástica, a energia cinética total final é menor que a energia cinética total 
inicial. 
d) perfeitamente inelástica, a quantidade de movimento total inicial é maior que a quantidade 
de movimento total final. 
e) parcialmente inelástica, a quantidade de movimento total final é menor que a quantidade de 
movimento total inicial. 
 
16. (2018/UECE/ 2ª FASE) Considere uma gangorra defeituosa, em que o ponto de 
apoio não está no centro. É possível que, mesmo assim, haja equilíbrio estático, com a 
gangorra na horizontal e uma criança em cada extremidade, desde que 
a) A soma dos torques sobre a gangorra seja oposta à força peso das crianças. 
b) o torque exercido sobre a gangorra em uma das extremidades seja igual à força peso na 
outra extremidade. 
c) as crianças tenham a mesma massa. 
d) A soma dos torques sobre a gangorra seja nula. 
 
17. (2017/ACAFE) Para cortar galhos de árvores um jardineiro usa uma tesoura de 
podar, como mostra a figura 1. Porém, alguns galhos ficam na copa das árvores e como 
ele não queria subir nas mesmas, resolveu improvisar, acoplando à tesoura cabos 
maiores, conforme figura 2. 
 
Assim, assinale a alternativa correta que completa as lacunas da frase a seguir. 
Utilizando a tesoura da _____________ o rapaz teria que fazer uma força _____________ 
a força aplicada na tesoura da _____________ para produzir o mesmo torque. 
a) figura 2 – menor do que – figura 1 b) figura 2 – maior do que – figura 1 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 77 
c) figura 1 – menor do que – figura 2 d) figura 1 – igual – figura 2 
 
18. (2018/PUC-RJ/1ª FASE) Sobre uma superfície horizontal sem atrito, duas partículas 
de massas 𝒎 e 𝟒𝒎 se movem, respectivamente, com velocidades 𝟐𝒗 e 𝒗 (em módulo) na 
mesma direção e em sentidos opostos. Após colidirem, as partículas ficam grudadas. 
Calcule a energia cinética do conjunto após a colisão, em função de 𝒎 e 𝒗. 
a) 0 b) 𝟎, 𝟐 𝒎𝒗𝟐 c) 𝟎, 𝟒 𝒎𝒗𝟐 d) 𝟐, 𝟓 𝒎𝒗𝟐 e) 𝟑, 𝟎 𝒎𝒗𝟐 
 
19. (2018/UFJF/1ª FASE) Nas cobranças de faltas em um jogo de futebol, uma bola 
com massa de 𝟓𝟎𝟎 𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂𝒔 pode atingir facilmente a velocidade de 𝟏𝟎𝟖 𝒌𝒎/𝒉. Supondo 
que no momento do chute o tempo de interação entre o pé do jogador e a bola seja de 
𝟎, 𝟏𝟓 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐𝒔, podemos supor que a ordem de grandeza da força que atua na bola, em 
newton, é de: 
a) 𝟏𝟎𝟎 b) 𝟏𝟎𝟏 c) 𝟏𝟎𝟐 d) 𝟏𝟎𝟑 e) 𝟏𝟎𝟒 
 
20. (2018/PUC-RJ/1ª FASE) Um corpo A colide com um corpo B que se encontra 
inicialmente em repouso. Os dois corpos estão sobre uma superfície horizontal sem 
atrito. Após a colisão, os corpos saem unidos, com uma velocidade igual a 20% daquela 
inicial do corpo A. 
Qual é a razão entre a massa do corpo A e a massa do corpo B, 𝒎𝑨/𝒎𝑩? 
a) 𝟎, 𝟐𝟎 b) 𝟎, 𝟐𝟓 c) 𝟎, 𝟖𝟎 d) 𝟏, 𝟎 e) 𝟒, 𝟎 
 
21. (2018/UEMG/1ª FASE) Considere a figura a seguir em que uma bola de massa 𝒎, 
suspensa na extremidade de um fio, é solta de uma altura 𝒉 e colide elasticamente, em 
seu ponto mais baixo, com um bloco de massa 𝟐𝒎 em repouso sobre uma superfície 
sem nenhum atrito. Depois da colisão, a bola subirá até uma altura igual a 
 
a) 𝒉/𝟕 b) 𝒉/𝟗 c) 𝒉/𝟓 d) 𝒉/𝟑 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 78 
 
22. (2018/CEFET-MG/1ª FASE) Considere dois astronautas com massas iguais a 𝑴 que 
estão inicialmente em repouso e distantes de qualquer corpo celeste. Um deles resolve 
lançar uma mochila de ferramentas também de massa igual a 𝑴 para o outro, 
empurrando-a com uma força de módulo 𝑭. 
Admitindo que uma jogada completa se dá no início do arremesso até que o outro agarre 
a mochila e que o impulso permaneça o mesmo, a quantidade de jogada(s) completa(s) 
que os astronautas conseguem realizar é 
a) uma. b) duas. c) três. d) mais de três. 
 
23. (2018/UERJ/1ª FASE) A lei de conservação do momento linear está associada às 
relações de simetrias espaciais. 
Nesse contexto, considere uma colisão inelástica entre uma partícula de massa 𝑴 e 
velocidade 𝑽 e um corpo, inicialmente em repouso, de massa igual a 𝟏𝟎𝑴. 
Logo após a colisão, a velocidade do sistema composto pela partícula e pelo corpo 
equivale a: 
a) 𝑽/𝟏𝟎 b) 𝟏𝟎𝑽 c) 𝑽/𝟏𝟏 d) 𝟏𝟏𝑽 
 
24. (2018/FGV/1ª FASE) Têm sido corriqueiras as notícias relatando acidentes 
envolvendo veículos de todos os tipos nas ruas e estradas brasileiras. A maioria dos 
acidentes são causados por falhas humanas, nas quais os condutores negligenciam as 
normas de boa conduta. A situação seguinte é uma simulação de um evento desse tipo. 
 
O motorista de um automóvel, de massa 𝑴, perdeu o controle do veículo ao passar pelo 
ponto A, deslizando, sem atrito, pela ladeira retilínea AB, de 𝟐𝟎𝟎 𝒎 de extensão; o ponto 
A está situado 𝟐𝟓 𝒎 acima da pista seguinte BC retilínea e horizontal. Ao passar pelo 
ponto B, a velocidade do carro era de 𝟏𝟎𝟖 𝒌𝒎/𝒉. 
O trecho BC, sendo mais rugoso que o anterior, fez com que o atrito reduzisse a 
velocidade do carro para 𝟕𝟐 𝒌𝒎/𝒉, quando, então, ocorreu a colisão com outro veículo, 
de massa 𝟒𝑴, que estava parado no ponto C, a 𝟏𝟎𝟎 𝒎 de B. A colisão frontal foi 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 79 
totalmente inelástica. Considere a aceleração da gravidade com o valor 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐 e os 
veículos como pontos materiais. 
A energia mecânica dissipada na colisão, em função de 𝑴, foi 
a) 𝟏𝟔𝟎𝑴 b) 𝟏𝟒𝟓𝑴 c) 𝟏𝟒𝟐, 𝟓𝑴 d) 𝟏𝟑𝟕, 𝟓𝑴 e) 𝟏𝟐𝟓𝑴 
 
25. (MACKENZIE/SP-MODIFICADA) Um pequeno tubo de ensaio está suspenso por um 
fio ideal que está preso à metade de seu corpo. O fio tem comprimento 𝟎, 𝟓𝟎 𝒎, e uma 
extremidade presa a um pino 𝑶. O tubo de 𝟏𝟎𝟎 𝒈 está cheio de gás e está fechado por 
uma rolha de 𝟓𝟎 𝒈. Aquecendo o tubo, a rolha salta com velocidade de módulo 𝒗. A 
menor velocidade 𝒗 da rolha que faz com que o tubo descreva uma volta completa em 
torno de 𝑶 é: 
Despreze a massa do gás. 
a) 2,0 m/s b) 4,0 m/s c) 5,0 m/s d) 8,0 m/s e) 10,0 m/s 
 
26. (2007/UECE) Por transportar uma carga extremamente pesada, um certo caminhão 
trafega a uma velocidade de 𝟏𝟎 𝒎/𝒔. Um rapaz à beira da estrada brinca com uma bola 
de tênis. Quando o caminhão passa, ele resolve jogar a bola na traseira do mesmo. 
Sabendo-se que a bola atinge a traseira do caminhão perpendicularmente, com 
velocidade de 𝟐𝟎 𝒎/𝒔, em reação ao solo, qual a velocidade horizontal final da bola após 
o choque? Considere um choque perfeitamente elástico. 
a) 10 m/s b) 20 m/s c) 30 m/s d) Zero 
 
27. (ITA) Um corpo de massa igual a 𝟐, 𝟎 𝒌𝒈 acha-se em movimento retilíneo. Num 
certo trecho de sua trajetória faz-se agir sobre ele uma força que tem a mesma direção 
do movimento e que varia com o tempo, conforme a figura abaixo. Neste trecho e nestas 
condições, pode-se afirmar que a variação da velocidade escalar "𝚫𝒗" do corpo será 
dada por: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 80 
 
a) 𝚫𝒗 = 𝟐, 𝟓 𝒎/𝒔 b) 𝚫𝒗 = 𝟓, 𝟎 𝒎/𝒔 c) 𝚫𝒗 = 𝟖, 𝟎 𝒎/𝒔 
d) 𝚫𝒗 = 𝟐, 𝟎 𝒎/𝒔 e) 𝚫𝒗 = 𝟒, 𝟎 𝒎/𝒔 
 
28. (ITA – SP) A figura mostra o gráfico da força resultante agindo numa partícula de 
massa 𝒎, inicialmente em repouso. No instante 𝒕𝟐 a velocidade da partícula, 𝒗𝟐, será: 
 
a) 𝒗𝟐 = [(𝑭𝟏 + 𝑭𝟐)𝒕𝟏 − 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 b) 𝒗𝟐 = [(𝑭𝟏 − 𝑭𝟐)𝒕𝟏 − 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 
c) 𝒗𝟐 = [(𝑭𝟏 − 𝑭𝟐)𝒕𝟏 + 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 d) 𝒗𝟐 = [𝑭𝟏𝒕𝟏 − 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 
e) 𝒗𝟐 = [(𝒕𝟐 − 𝒕𝟏)(𝑭𝟏 − 𝑭𝟐)]/𝟐𝒎 
 
7 - Gabarito das questões sem comentários 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 81 
7.1 - Já caiu na UNESP 
1. “E”. 
2. “A”. 
3. “E”. 
4. “B”. 
5. “B”. 
6. “E”. 
7. “E”. 
8. “D”. 
9. “E”. 
10. “E”. 
11. “E”. 
12. “A”. 
13. “A”. 
14. “A”. 
 
 
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 82 
7.2 - Já caiu nos principais vestibulares 
1. “B”. 
2. “C”. 
3. “D”. 
4. “B”. 
5. “C”. 
6. “E”. 
7. “D”. 
8. “B”. 
9. “B”. 
10. “C”. 
11. “B”. 
12. “B”. 
13. “B”. 
14. “B”. 
15. “C”. 
16. “D”. 
17. “A”. 
18. “C”. 
19. “C”. 
20. “B”. 
21. “B”. 
22. “A”. 
23. “C”. 
24. “A”. 
25. “E”. 
26. “D”. 
27. ΔV = 2,0 M/S. 
28. “A”. 
29. 
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 83 
8 - Questões resolvidas e comentadas 
8.1 - Já caiu na UNESP 
1. (2021/UNESP/1ªFASE/2ºDIA) Para alcançar o teto de uma garagem, uma pessoa 
sobe em uma escada AB e fica parada na posição indicada na figura 1. A escada é 
mantida em repouso, presa por cordas horizontais, e apoiada no chão. Na figura 2 estão 
indicadas algumas distâncias e desenhadas algumas forças que atuam sobre a escada 
nessa situação: seu peso 𝑷𝑬 = 𝟑𝟎𝟎 𝑵, a força aplicada pelo homem sobre a escada 𝑭𝑯 =
𝟓𝟔𝟎 𝑵 e a tração aplicada pelas cordas, �⃗⃑⃑�. A força de contato com o solo, aplicada no 
ponto B, não está indicada nessa figura. 
 
Considerando um eixo passando pelo ponto B, perpendicular ao plano que contém a 
figura 2, para o cálculo dos momentos aplicados pelas forças sobre a escada, a 
intensidade da força de tração �⃗⃑⃑� é 
(A) 280 N. (B) 430 N. (C) 525 N. (D) 640 N. (E) 375 N. 
Comentários 
Adotando como referência o ponto “B”, sabemos que o momento resultante é nulo para 
o equilíbrio: 
𝑀𝑇 = 𝑀𝐹ℎ + 𝑀𝑃𝐸 
𝑇 ⋅ 6,4 = 560 ⋅ 3,0 + 300 ⋅ 2,4 
𝑇 ⋅ 6,4 = 1680 + 720 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 84 
𝑇 =
2400
6,4
= 375 𝑁 
Gabarito: “e”. 
2. (2019/UNESP/1ª FASE) Duas caixas, A e B, estão apoiadas, em repouso, sobre uma 
barra homogênea reta presa pelo seu ponto médio (ponto O) ao teto por meio de um fio 
inextensível. A caixa A está colocada a uma distância x do ponto O e a caixa B a uma 
distância y desse ponto. Nessa situação, a barra exerce sobre a caixa A uma força �⃗⃑⃑�𝑨 e, 
sobre a caixa B, uma força �⃗⃑⃑�𝑩. 
 
Uma matriz quadrada M é construída de forma que seus elementos são as intensidades 
de �⃗⃑⃑�𝑨 e �⃗⃑⃑�𝑩 e as distâncias x e y, tal que 𝑴 = [
𝑵𝑨 𝑵𝑩
𝒚 𝒙
]. Sendo 𝑴𝒕 a matriz transposta de 
M e considerando-se o sentido anti-horário como o positivo para a rotação, para que a 
barra permaneça em equilíbrio na horizontal é necessário que 
a) 𝒅𝒆𝒕(𝑴𝒕) = 𝟎 b) 𝒅𝒆𝒕𝑴 < 𝟎 c) 𝒅𝒆𝒕𝑴 ≠ 𝟎 
d) 𝒅𝒆𝒕(𝑴𝒕) ≠ 𝟎 e) 𝒅𝒆𝒕𝑴 > 𝟎 
Comentários 
 Para resolvermos essa questão, devemos começar adotando que a soma dos 
momentos deve ser nula, pois nesse caso a barra permanece em equilíbrio na horizontal. 
Como devemos adotar os momentos anti-horários como positivos, devemos escrever: 
∑ �⃗⃑⃑⃑�𝑎𝑛𝑡𝑖−ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 − ∑ �⃗⃑⃑⃑�ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 = 0 O somatório dos momentos é nulo. 
 A melhor estratégia para resolver questões que envolvem momentos de uma 
força é eliminar uma variável desconhecida. Por esse motivo, devemos escolher como nosso 
ponto de referência o ponto médio da barra, no qual o fio está preso. Fazemos isso porque 
desconhecemos o valor do módulo da força feita pelo fio e não temos interesse em descobrir 
esse valor. 
Além disso, a força peso da barra também deveria ser representada no seu ponto 
médio, visto que ela é homogênea. Essa força também ficará de fora de nossa resolução 
adotando o ponto médio como nossa referência. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 85 
 
Sabemos também que o momento de uma força é dado pelo produto entre o módulo da 
força e a distância até o ponto de referência. Dessa forma, podemos escrever para a situação 
em questão: 
𝑃𝐴 ∙ 𝑥 − 𝑃𝐵 ∙ 𝑦 = 0 
 E como o peso de cada bloco e a sua respectiva força normal, que a barra exerce 
sobre as caixas, tem mesmo módulo, podemos escrever: 
𝑁𝐴 ∙ 𝑥 − 𝑁𝐵 ∙ 𝑦 = 0 
 O determinante da matriz 𝑀 = [
𝑁𝐴 𝑁𝐵
𝑦 𝑥
] é calculado pela diferença entre o 
produto dos termos da diagonal principal e os da diagonal secundária: 
detM = |
𝑁𝐴 𝑁𝐵
𝑦 𝑥
| = 𝑁𝐴 ⋅ 𝑥 − 𝑁𝐵 ⋅ 𝑦 
 
 Para encontrarmos a matriz transposta à matriz 𝑀, devemos substituir linhas por 
colunas: 
𝑀𝑡 = [
𝑁𝐴 𝑦
𝑁𝐵 𝑥
] 
 
 Perceba que o determinante de 𝑀𝑡 é o mesmo de 𝑀. Isso é uma propriedade das 
matrizes transpostas. 
 
 O determinante de uma matriz transposta 𝑀𝑡 é o mesmo que o da matriz originária 
𝑀. 
detMt = |
𝑁𝐴 𝑦
𝑁𝐵 𝑥
| = 𝑁𝐴 ⋅ 𝑥 − 𝑁𝐵 ⋅ 𝑦 
 
 Dessa maneira, detMt é a própria condição 𝑁𝐴 ∙ 𝑥 − 𝑁𝐵 ∙ 𝑦 = 0, a qual garante a 
barra permaneça em equilíbrio na horizontal. 
Gabarito: “a”. 
3. (2018/UNESP/1ª FASE) A figura mostra a trajetória de um projétil lançado 
obliquamente e cinco pontos equidistantes entre si e localizados sobre o solo horizontal. 
Os pontos e a trajetória do projétil estão em um mesmo plano vertical. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 86 
 
No instante em que atingiu o ponto mais alto da trajetória, o projétil explodiu, dividindo-
se em dois fragmentos, A e B, de massas 𝑴𝑨 e 𝑴𝑩, respectivamente, tal que 𝑴𝑨 = 𝟐𝑴𝑩. 
Desprezando a resistência do ar e considerando que a velocidade do projétil 
imediatamente antes da explosão era 𝑽𝑯 e que, imediatamente após a explosão, o 
fragmento B adquiriu velocidade 𝑽𝑩 = 𝟓𝑽𝑯, com mesma direção e sentido de 𝑽𝑯, o 
fragmento A atingiu o solo no ponto 
a) IV. 
b) III. c) V. d) I. e) II. 
Comentários 
 Ao desprezarmos a resistência do ar, e desconsiderarmos a ação da força peso 
durante a explosão, podemos afirmar que a quantidade de movimento se conservou. 
 
 Sendo mais rigoroso, para podermos afirmar que a quantidade de movimento foi 
conservada, devemos nos ater ao fato de que uma explosão ocorre em um intervalo 
de tempo muito curto. 
Desse fato, teremos que o impulso é praticamente nulo, visto que ele é dado pela 
força média multiplicado pelo intervalo de tempo no qual ela agiu. 
 Se o impulso é equivalente à variação da quantidade de movimento, então a 
quantidade de movimento será praticamente nula. 
 Dessa forma, podemos escrever que: 
�⃗⃑⃑�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃗⃑⃑�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da quantidade de 
movimento. 
 Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do projétil antes da 
explosão, 𝑉𝐻. Assim, teremos: 
(𝑀𝐴 + 𝑀𝐵) ∙ 𝑉𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑀𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 𝑀𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 Explosão 
 Agora devemos aplicar 𝑀𝐴 = 2 ⋅ 𝑀𝐵, e também as informações acerca das 
velocidades: 
(2 ⋅ 𝑀𝐵 + 𝑀𝐵) ∙ 𝑉𝐻 = 𝑀𝐵 ∙ 5 ⋅ 𝑉𝐻 + 2 ⋅ 𝑀𝐵 ∙ 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
3 ⋅ 𝑀𝐵 ∙ 𝑉𝐻 = 𝑀𝐵 ∙ 5 ⋅ 𝑉𝐻 + 2 ⋅ 𝑀𝐵 ∙ 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
 Como todosos termos possuem 𝑀𝐵, podemos fazer a sua simplificação: 
3 ⋅ 𝑀𝐵 ∙ 𝑉𝐻 = 𝑀𝐵 ∙ 5 ⋅ 𝑉𝐻 + 2 ⋅ 𝑀𝐵 ∙ 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 87 
3 ⋅ 𝑉𝐻 = 5 ⋅ 𝑉𝐻 + 2 ⋅ 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
2 ⋅ 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 = 3 ⋅ 𝑉𝐻 − 5 ⋅ 𝑉𝐻 
𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 =
−2 ⋅ 𝑉𝐻
2
 
 
𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 = −𝑉𝐻 
 Se adotamos o sentido de 𝑉𝐻 como positivo, escrevemos 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 como um termo 
positivo em nossa equação, e ainda assim encontramos que a velocidade do fragmento A, 
depois da explosão, é o contrário de 𝑉𝐻, então sabemos que ela terá mesmo módulo, mesma 
direção e sentido oposto. 
 Perceba que o fragmento A teve somente o seu sentido alterado. Lembre-se que 
ao desprezarmos a resistência do ar, somente a velocidade inicial será determinante na 
trajetória do objeto. 
 Em outras palavras, mesmo que o fragmento A tenha somente 2/3 da massa 
inicial do projétil, ele voltará exatamente para o ponto de lançamento II. 
Gabarito: “e”. 
4. (2015/UNESP/1ª FASE) O gol da conquista do tetracampeonato pela Alemanha na 
Copa do Mundo de 2014 foi feito pelo jogador Götze. Nessa jogada, ele recebeu um 
cruzamento, matou a bola no peito, amortecendo-a, e chutou de esquerda para fazer o 
gol. Considere que, imediatamente antes de tocar o jogador, a bola tinha velocidade de 
módulo 𝑽𝟏 = 𝟖 𝒎/𝒔 em uma direção perpendicular ao seu peito e que, imediatamente 
depois de tocar o jogador, sua velocidade manteve-se perpendicular ao peito do jogador, 
porém com módulo 𝑽𝟐 = 𝟎, 𝟔 𝒎/𝒔 e em sentido contrário. 
 
 
Admita que, nessa jogada, a bola ficou em contato com o peito do jogador por 𝟎, 𝟐 𝒔 e 
que, nesse intervalo de tempo, a intensidade da força resultante (𝑭𝑹), que atuou sobre 
ela, variou em função do tempo, conforme o gráfico. 
Considerando a massa da bola igual a 𝟎, 𝟒 𝒌𝒈, é correto afirmar que, nessa jogada, o 
módulo da força resultante máxima que atuou sobre a bola, indicada no gráfico por 𝑭𝒎á𝒙, 
é igual, em newtons, a 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 88 
a) 68,8. b) 34,4. c) 59,2. d) 26,4. e) 88,8. 
Comentários 
 Vamos adotar a velocidade que a bola tinha como o sentido positivo. Durante a 
colisão, a área abaixo da curva do gráfico que relaciona a força resultante e o tempo de contato 
é numericamente igual ao impulso da força resultante. 
 O impulso produzido pela força resultante atuando em um determinado corpo é 
congruente à variação da quantidade de movimento desse mesmo corpo. Daí, podemos 
escrever: 
�⃗� = ∆�⃗⃑⃑� 
Relação entre a 
quantidade de movimento 
e o impulso. 
 E como a massa e o tempo são grandezas escalares, e o impulso é 
numericamente igual a área abaixo da curva, que é a área de um triângulo cuja base é o 
intervalo de tempo e a altura o módulo da força máxima, temos: 
𝐹𝑚á𝑥 ⋅ ∆𝑡
2
= 𝑚 ⋅ |∆�⃑⃗⃑�| 
 
𝐹𝑚á𝑥 =
𝑚 ⋅ |∆�⃑⃗⃑�| ⋅ 2
∆𝑡
 
 
 Muito cuidado com o módulo da variação da velocidade. Lembre-se que 
adotamos o sentido positivo para a velocidade que tínhamos antes, e que o módulo é dado 
pela diferença entre a velocidade final e a velocidade inicial: 
𝐹𝑚á𝑥 =
0,4 ⋅ |−0,6 − 8| ⋅ 2
0,2
=
0,4 ⋅ |−8,6| ⋅ 2
0,2
 
 
𝐹𝑚á𝑥 = 4 ⋅ 8,6 = 34,4 𝑁 
Gabarito: “b”. 
 
5. (2015/UNESP/1ª FASE) Enquanto movia-se por uma trajetória parabólica depois de 
ter sido lançada obliquamente e livre de resistência do ar, uma bomba de 𝟒𝟎𝟎 𝒈 explodiu 
em três partes, A, B e C, de massas 𝒎𝑨 = 𝟐𝟎𝟎 𝒈 e 𝒎𝑩 = 𝒎𝑪 = 𝟏𝟎𝟎 𝒈. A figura representa 
as três partes da bomba e suas respectivas velocidades em relação ao solo, 
imediatamente depois da explosão. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 89 
 
Analisando a figura, é correto afirmar que a bomba, imediatamente antes de explodir, 
tinha velocidade de módulo igual a 
(A) 𝟏𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu antes de atingir a altura máxima de sua trajetória. 
(B) 𝟏𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu exatamente na altura máxima de sua trajetória. 
(C) 𝟐𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu depois de atingir a altura máxima de sua trajetória. 
(D) 𝟒𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu exatamente na altura máxima de sua trajetória. 
(E) 𝟒𝟎𝟎 𝒎/𝒔 e explodiu depois de atingir a altura máxima de sua trajetória. 
Comentários 
 Novamente, por considerarmos que a explosão ocorre um intervalo de tempo 
muito curto, temos que o impulso é praticamente nulo, e a variação da quantidade de 
movimento também. Dessa forma, podemos escrever que: 
�⃗⃑⃑�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃗⃑⃑�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da quantidade de 
movimento. 
 Nessa questão, devemos fazer o estudo da conservação da quantidade de 
movimento da direção vertical e na horizontal. Começando pela vertical, vamos adotar como 
sentido positivo o da velocidade do projétil B. Assim, teremos: 
𝑄𝑦,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 − 𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 Explosão 
 Substituindo-se os valores fornecidos: 
𝑄𝑦,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 100 ∙ 200 − 200 ∙ 100 = 0 
 Se a quantidade de movimento na vertical é nula após a explosão podemos inferir 
que ela se deu no ponto mais alto da trajetória. Com isso ficamos entre as alternativas “b” ou 
“d”. Para determinarmos a velocidade antes da explosão, devemos fazer o estudo da 
quantidade de movimento no eixo horizontal, visto que a bomba tinha somente velocidade 
horizontal no momento da detonação. 
(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ⋅ 𝑉𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑚𝑐 ∙ 𝑉𝑐,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 Explosão 
Substituindo-se os valores fornecidos: 
(200 + 100 + 100) ⋅ 𝑉𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 100 ∙ 400 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 90 
𝑉𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 =
100 ∙ 400
400
= 100 𝑚/𝑠 
 
Gabarito: “b”. 
6. (2013/UNESP/1ª FASE) Em um jogo de sinuca, a bola A é lançada com velocidade 
𝑽 de módulo constante e igual a 𝟐 𝒎/𝒔 em uma direção paralela às tabelas (laterais) 
maiores da mesa, conforme representado na figura 1. Ela choca-se de forma 
perfeitamente elástica com a bola B, inicialmente em repouso, e, após a colisão, elas se 
movem em direções distintas, conforme a figura 2. 
 
 
Sabe-se que as duas bolas são de mesmo material e idênticas em massa e volume. A 
bola A tem, imediatamente depois da colisão, velocidade �⃗⃑⃑�′ de módulo igual a 𝟏 𝒎/𝒔. 
Desprezando os atritos e sendo 𝑬ꞌ𝑩 a energia cinética da bola B imediatamente depois 
da colisão e 𝑬𝑨 a energia cinética da bola A antes da colisão, a razão 𝑬𝑩
′ /𝑬𝑨 é igual a 
a) 𝟐/𝟑 b) 𝟏/𝟐 c) 𝟒/𝟓 d) 𝟏/𝟓 e) 𝟑/𝟒 
Comentários 
 Se o choque é perfeitamente elástico, então a energia cinética se conserva por 
completo. Em outras palavras, a energia cinética final é igual à inicial: 
𝐸𝑐𝑖𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑎,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝑐𝑖𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑎,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da energia 
cinética. 
 E para o caso em questão: 
𝐸𝐴 = 𝐸′𝐴 + 𝐸′𝐵 
𝑚 ∙ (2)2
2
=
𝑚 ∙ (1)2
2
+ 𝐸′𝐵 
 
2 ⋅ 𝑚 −
𝑚
2
= 𝐸′𝐵 
 
𝐸′𝐵 =
3 ⋅ 𝑚
2
 
 
 Se a energia inicial da bola A é dada por: 
𝐸𝐴 =
𝑚 ∙ (2)2
2
= 2 ⋅ 𝑚 
 
 A razão pedida será: 
𝐸′𝐵 
𝐸𝐴
=
3 ⋅ 𝑚
2
2 ⋅ 𝑚
 
 
 Podemos repetir a fração do numerador e multiplicá-la pelo inverso da fração do 
denominador: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 91 
𝐸′𝐵 
𝐸𝐴
=
3 ⋅ 𝑚
2
⋅
1
2 ⋅ 𝑚
=
3 ⋅ 𝑚
2
⋅
1
2 ⋅ 𝑚
=
3
4
 
 
Gabarito: “e”. 
7. (2009/UNESP/1ª FASE) Um madeireiro tem a infeliz ideia de praticar tiro ao alvo 
disparando seu revólver contra um tronco de árvore caído no solo. Os projéteis alojam-
se no tronco, que logo fica novamente imóvel sobre o solo. Nessa situação, 
considerando um dos disparos, pode-se afirmar que a quantidade de movimento do 
sistema projétil-tronco 
a) não se conserva, porque a energia cinética do projétil se transformaem calor. 
b) se conserva e a velocidade final do tronco é nula, pois a sua massa é muito maior do que a 
massa do projétil. 
c) não se conserva, porque a energia não se conserva, já que o choque é inelástico. 
d) se conserva, pois a massa total do sistema projétil-tronco não foi alterada. 
e) não se conserva, porque o sistema projétil-tronco não é isolado. 
Comentários 
 Quando o projétil entra em contato com o tronco, ele exerce uma força interna. O 
sistema tronco e projétil tende, então, a deslocar-se. Uma força externa, no caso o atrito, é 
responsável por impedir esse movimento. Uma vez que existem forças externas atuando no 
sistema tronco e projétil, não podemos dizer que ele é mecanicamente isolado. 
 Dessa forma, a quantidade de movimento não se conserva e a alternativa “e” é a 
que melhor explica a situação descrita. 
Gabarito: “e”. 
8. (2007/UNESP/1ª FASE) Um bloco A, deslocando-se com velocidade 𝒗𝟎 em 
movimento retilíneo uniforme, colide frontalmente com um bloco B, inicialmente em 
repouso. Imediatamente após a colisão, ambos passam a se locomover unidos, na 
mesma direção em que se locomovia o bloco A antes da colisão. Baseado nestas 
informações e considerando que os blocos possuem massas iguais, é correto afirmar 
que 
a) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎/𝟐 e houve conservação de quantidade de 
movimento e de energia. 
b) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎 e houve conservação de quantidade de 
movimento e de energia. 
c) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎 e houve apenas conservação de energia. 
d) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎/𝟐 e houve apenas conservação de quantidade 
de movimento. 
e) a velocidade dos blocos após a colisão é 𝒗𝟎/𝟐 e houve apenas conservação de energia. 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 92 
Comentários 
 Se os blocos passam a se locomover juntos, temos uma colisão inelástica, na 
qual a energia cinética não se conserva. Por outro lado, como os blocos não estão sujeitos a 
forças externas, podemos dizer que a quantidade de movimento se conserva. 
 Pela conservação da quantidade de movimento, podemos escrever: 
�⃗⃑⃑�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃗⃑⃑�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da quantidade de 
movimento. 
 Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do bloco A. Assim, podemos 
escrever: 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 − 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão 
inelástica. 
𝑚 ∙ 𝑣0 − 𝑚 ∙ 0 = (2 ⋅ 𝑚) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑚 ∙ 𝑣0 = 2 ⋅ 𝑚 ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑣0 = 2 ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
𝑣0
2
 
 
Gabarito: “d”. 
9. (2005/UNESP/1ª FASE) Um corpo 𝑨 de massa 𝒎, movendo-se com velocidade 
constante, colide frontalmente com um corpo 𝑩, de massa 𝑴, inicialmente em repouso. 
Após a colisão, unidimensional e inelástica, o corpo 𝑨 permanece em repouso e 𝑩 
adquire uma velocidade desconhecida. Pode-se afirmar que a razão entre a energia 
cinética final de 𝑩 e a inicial de 𝑨 é: 
a) 𝑴𝟐/𝒎𝟐 b) 𝟐𝒎/𝑴 c) 𝒎/𝟐𝑴 d) 𝑴/𝒎 e) 𝒎/𝑴 
Comentários 
 Em uma colisão inelástica a energia cinética não se conserva. Por outro lado, 
como os corpos não estão sujeitos a forças externas, podemos dizer que a quantidade de 
movimento se conserva. 
�⃗⃑⃑�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃗⃑⃑�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Conservação da quantidade de 
movimento. 
 Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do corpo A. Assim, podemos 
escrever: 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão 
inelástica. 
𝑚 ∙ 𝑉𝐴 + 𝑀 ∙ 0 = 𝑚 ∙ 0 + 𝑀 ∙ 𝑉′𝐵 
𝑉′𝐵
𝑉𝐴
=
𝑚
𝑀
 
 
 Lembre-se da equação da energia cinética: 
𝐸𝑐 =
𝑚 ∙ 𝑣2
2
 
Energia 
cinética 
A razão entre as energias cinéticas pode ser obtida a partir da expansão de sua relação: 
𝐸𝑐𝐵
𝐸𝑐𝐴
=
𝑚𝐵 ∙ (𝑉𝐵,𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
2
2
𝑚𝐴 ∙ (𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
2
2
=
𝑀 ∙ (𝑉′𝐵)
2
2
𝑚 ∙ (𝑉𝐴)2
2
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 93 
𝐸𝑐𝐵
𝐸𝑐𝐴
=
𝑀 ∙ (𝑉′𝐵)
2
2
𝑚 ∙ (𝑉𝐴)2
2
=
𝑀 ∙ (𝑉′𝐵)
2
𝑚 ∙ (𝑉𝐴)2
=
𝑀
𝑚
⋅ (
𝑉′𝐵
𝑉𝐴
)
2
 
 
 A partir da relação entre as velocidades, obtidas pela relação da conservação da 
quantidade de movimento, podemos fazer a substituição: 
𝐸𝑐𝐵
𝐸𝑐𝐴
=
𝑀
𝑚
⋅ (
𝑉′𝐵
𝑉𝐴
)
2
=
𝑀
𝑚
⋅ (
𝑚
𝑀
)
2
=
𝑀
𝑚
⋅
𝑚2
𝑀2
=
𝑀
𝑚
⋅
𝑚2
𝑀2
=
𝑚
𝑀
 
 
Gabarito: “e”. 
10. (2004/UNESP/1ª FASE) Uma bola de futebol de massa 𝒎, em repouso na marca do 
pênalti, é atingida pela chuteira de um jogador e deixa a marca com velocidade 𝒗. A 
chuteira permanece em contato com a bola por um pequeno intervalo de tempo ∆𝒕. 
Nessas condições, a intensidade da força média exercida pela chuteira sobre a bola é 
igual a 
𝐚)
𝟏
𝟐
𝒎𝒗𝟐∆𝒕 𝐛)
𝒎𝒗𝟐
𝟐∆𝒕
 𝐜)
𝒎(∆𝒕)𝟐
𝟐𝒗
 𝐝)𝒎𝒗∆𝒕 𝐞)
𝒎𝒗
∆𝒕
 
Comentários 
 Vamos adotar a velocidade que a bola adquire como o sentido positivo. O impulso 
produzido pela força resultante atuando em um determinado corpo é congruente à variação da 
quantidade de movimento desse mesmo corpo. Daí, podemos escrever: 
�⃗� = ∆�⃗⃑⃑� 
Relação entre a 
quantidade de movimento e 
o impulso. 
 Como a massa e o tempo são grandezas escalares, temos: 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 ⋅ ∆𝑡 = 𝑚 ⋅ |∆�⃑⃗⃑�| 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑚 ⋅ |∆�⃑⃗⃑�|
∆𝑡
 
 
 Lembre-se que a variação de vetorial da velocidade é dada pela diferença entre o 
vetor velocidade final e o vetor velocidade inicial. Já que a bola parte do repouso, temos que a 
velocidade inicial é nula: 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑚 ⋅ (𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝑣𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
∆𝑡
=
𝑚 ⋅ (𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙)
∆𝑡
 
 
 E se o enunciado diz que a bola deixa a marca do pênalti com velocidade 𝑣: 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑚 ⋅ 𝑣
∆𝑡
 
Gabarito: “e”. 
11. (2003/UNESP/1ª FASE) Em um teste de colisão, um automóvel de 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝒌𝒈 colide 
frontalmente com uma parede de tijolos. A velocidade do automóvel anterior ao impacto 
era de 𝟏𝟓 𝒎/𝒔. Imediatamente após o impacto, o veículo é jogado no sentido contrário ao 
do movimento inicial com velocidade de 𝟑 𝒎/𝒔. Se a colisão teve duração de 𝟎, 𝟏𝟓 𝒔, a 
força média exercida sobre o automóvel durante a colisão foi de 
𝐚) 𝟎, 𝟓 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐛) 𝟏 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐜) 𝟑 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐝) 𝟏𝟓 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 𝐞) 𝟏𝟖 ⋅ 𝟏𝟎𝟒 𝑵 
Comentários 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 94 
Vamos adotar a velocidade do veículo antes da colisão como o sentido positivo. O 
impulso produzido pela força resultante atuando em um determinado corpo é congruente à 
variação da quantidade de movimento desse mesmo corpo. Daí, podemos escrever: 
�⃗� = ∆�⃗⃑⃑� 
Relação entre a 
quantidade de movimento e 
o impulso. 
 Como a massa e o tempo são grandezas escalares, temos: 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 ⋅ ∆𝑡 = 𝑚 ⋅ |∆�⃑⃗⃑�| 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑚 ⋅ |∆�⃑⃗⃑�|
∆𝑡
 
 
 Lembre-se que a variação de vetorial da velocidade é dada pela diferença entre o 
vetor velocidade final e o vetor velocidade inicial. 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
𝑚 ⋅ (𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝑣𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙)
∆𝑡
 
 
 Para substituirmos os valores fornecidos, precisamos nos atentar às velocidades. 
Para o nosso referencial, a velocidade final será negativa, e a velocidade inicial positiva. 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
1500 ⋅ [−3 − (15)]
0,15
=
1500 ⋅ (−18)
0,15
 
 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
1,5 ⋅ 103 ⋅ (−18)
1,5 ⋅ 10−1
=
1,5 ⋅ 103 ⋅ (−18)
1,5 ⋅ 10−1
 
÷ (1,5) 
𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎 = −18 ⋅ 10
4 𝑁 
 Perceba que o sinal negativo indica que a força teve sentido de atuação contrário 
ao nosso referencial. Para respondermos corretamente à questão, basta destacarmos o 
módulo da força média: 
|𝐹𝑚é𝑑𝑖𝑎| = 18 ⋅ 10
4 𝑁 
Gabarito: “e”. 
12. (2003/UNESP) Um corpo A, de massa 𝒎 e velocidade 𝒗𝒐, colide elasticamente com 
um corpo B em repouso e de massa desconhecida. Após a colisão, a velocidade do 
corpo A é 𝒗𝒐/𝟐, na mesma direçãoe sentido que a do corpo B. A massa do corpo B é 
a) 𝒎/𝟑. b) 𝒎/𝟐. c) 𝟐 𝒎. d) 𝟑 𝒎. e) 𝟔 𝒎. 
Comentários 
 Em uma colisão elástica, o momento linear e a energia cinética total do sistema 
se mantem e o coeficiente de restituição vale 1. Pela conservação do momento, podemos 
escrever: 
𝑚 ⋅ 𝑣𝑎0 + 𝑚𝑏 ⋅ 𝑣𝑏0 = 𝑚 ⋅ 𝑣𝑎𝑓 + 𝑚𝑏 ⋅ 𝑣𝑏𝑓 
𝑚 ⋅ 𝑣𝑎0 + 𝑚𝑏 ⋅ 0 = 𝑚 ⋅
𝑣𝑎0
2
+ 𝑚𝑏 ⋅ 𝑣𝑏𝑓 
𝑚 ⋅ 𝑣𝑎0 = 𝑚 ⋅
𝑣𝑎0
2
+ 𝑚𝑏 ⋅ 𝑣𝑏𝑓 
𝑚𝑏 ⋅ 𝑣𝑏𝑓 = 𝑚 ⋅
𝑣𝑎0
2
 
𝑚𝑏
𝑚
=
𝑣𝑎0
2 ⋅ 𝑣𝑏𝑓
 
 Utilizando o coeficiente de restituição, definido pela razão entre as velocidades de 
afastamento e aproximação, temos: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 95 
𝑒 =
𝑣𝑎𝑓
𝑣𝑎𝑝
=
𝑣𝑏𝑓 − 𝑣𝑎𝑓
𝑣0 − 𝑣𝑏0
= 1 
𝑣𝑏𝑓 −
𝑣0
2
𝑣0 − 0
= 1 
𝑣𝑏𝑓 = 𝑣0 +
𝑣0
2
=
3
2
⋅ 𝑣0 
 Em posse das duas equações, podemos escrever: 
𝑚𝑏
𝑚
=
𝑣0
2 ⋅ 𝑣𝑏𝑓
=
𝑣0
2 ⋅ (
3
2 ⋅ 𝑣0)
=
1
3
 
𝑚𝑏 = 𝑚/3 
Gabarito: “a”. 
13. (2002/UNESP) Uma esfera, A, de massa mA, movendo-se com velocidade de 2,0 
m/s ao longo de uma direção x, colide frontalmente com outra esfera, B, de massa mB em 
repouso, livres da ação de quaisquer forças externas. Depois da colisão, cada uma das 
esferas passa a se deslocar com velocidade de 1,0 m/s na direção do eixo x, nos 
sentidos indicados na figura. 
 
Nestas condições, pode-se afirmar que a razão entre as massas é: 
A) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
=
𝟏
𝟑
 B) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
=
𝟏
𝟐
 C) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
= 𝟏 D) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
= 𝟐 E) 
𝒎𝑨
𝒎𝑩
= 𝟑 
Comentários 
Como o sistema está livre de qualquer tipo de força externa, a quantidade de movimento 
total se conserva na horizontal. 
𝑄𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑄𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 
Sendo VA
′  e VB
′ as velocidades de A e B depois da colisão, temos: 
𝑚𝐴 ⋅ 𝑉𝐴
′ + 𝑚𝐵 ⋅ 𝑉𝐵
′ = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑉𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ 𝑉𝐵 
Temos todos os dados necessários, agora basta substituirmos na equação acima, com 
referencial assumido positivo para a direita. 
𝑚𝐴 ⋅ (−1) + 𝑚𝐵 ⋅ 1 = 𝑚𝐴 ⋅ 2 
𝑚𝐵 = 3 ⋅ 𝑚𝑎 
𝑚𝐴
𝑚𝐵
=
1
3
 
Obs.: A velocidade de A depois da colisão é negativa pois ela se moveu para o sentido 
negativo depois da colisão. 
Gabarito: “a”. 
14. (2001/UNESP) Num jogo de futebol, a bola bate na trave superior do gol. Suponha 
que isso ocorra numa das quatro situações representadas esquematicamente a seguir, I, 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 96 
II, III e IV. A trajetória da bola está contida no plano das figuras, que é o plano vertical 
perpendicular à trave superior do gol. 
 
 
Sabendo que o módulo da velocidade com que a bola atinge e é rebatida pela trave é o 
mesmo em todas as situações, pode-se se afirmar que o impulso exercido pela trave 
sobre a bola é 
a) maior em I. b) maior em II. c) maior em III. 
d) maior em IV. e) igual nas quatro situações. 
Comentários 
 Sabendo que: 
𝐼 = Δ�⃑⃗� 
 Na direção do impacto 
𝐼 = 𝑚 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑚 ⋅ 𝑣0 ⋅ 𝐶𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) 
 Onde 𝜃 é o ângulo entre a incidência e a reflexão na trave e 𝛼 é o ângulo entre a 
incidência e a direção de impacto. Com isso, temos que o maior impulso ocorre quando: 
𝐶𝑜𝑠 𝛼 = 1 𝑒 𝐶𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) = −1 
 Para isso, temos: 
𝛼 = 0 𝑒 𝜃 = 180° 
 Dessa forma, temos que esse cenário é reproduzido em I. Portanto, temos que a 
alternativa correta é a letra A. 
Gabarito: “a”. 
 
 
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 97 
8.2 - Já caiu nos principais vestibulares 
1. (2015/UFU) Uma pessoa arremessa um corpo de material deformável de massa 𝒎𝟏, 
com velocidade 𝒗𝟏 em sentido oposto a um outro corpo, também de mesmo material, 
porém com massa 𝒎𝟐, que possuía velocidade 𝒗𝟐 diferente de zero. Considere que 𝒎𝟐 =
𝒎𝟏/𝟒. Os dois corpos se chocam frontalmente numa colisão perfeitamente inelástica, 
parando imediatamente após o choque. 
Na situação descrita, a relação entre os módulos das velocidades iniciais dos dois 
corpos, antes do choque, é: 
a) 𝒗𝟏 = 𝟒𝒗𝟐 b) 𝒗𝟏 = 𝒗𝟐/𝟒 c) 𝒗𝟏 = 𝟓–𝒗𝟐 d) 𝒗𝟏 = 𝒗𝟐 
 
Comentários: 
Aplicando a conservação de quantidade de movimento, temos: 
𝑄𝑖 = 𝑄𝑓 
𝑚1 ⋅ 𝑣1 − 𝑚2 ⋅ 𝑣2 = 0 
𝑚1 ⋅ 𝑣1 = 𝑚2 ⋅ 𝑣2 
𝑚1 ⋅ 𝑣1 = (𝑚1/4) ⋅ 𝑣2 
𝑣1 = 𝑣2/4 
Gabarito: “b”. 
2. (2007/UFU) Uma pequena esfera de massa 𝑴𝟏, inicialmente em repouso, é 
abandonada de uma altura de 1,8 m de altura, posição A da figura a seguir. Essa esfera 
desliza sem atrito sobre um trilho, até sofrer um choque inelástico com outra esfera 
menor, inicialmente parada, de massa 𝑴𝟐. O deslocamento das esferas ocorre sem 
rolamentos. Após o choque, as duas esferas deslocam-se juntas e esse deslocamento 
ocorre sem atrito. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 98 
 
A aceleração da gravidade no local é de 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐. Sendo a massa 𝑴𝟏, duas vezes maior 
que 𝑴𝟐, a altura em relação à base (linha tracejada) que as duas esferas irão atingir será 
de 
a) 0,9 m. b) 3,6 m. c) 0,8 m. d) 1,2 m. 
 
Comentários: 
Primeiro devemos fazer a conservação de energia do ponto A até a colisão. 
𝐸𝑃𝑔 = 𝐸𝐶 
𝑀1 ⋅ 10 ⋅ 1,8 = 𝑀1 ⋅ 𝑣1
2/2 
𝑣1 = 6𝑚/𝑠 
Sabendo da velocidade imediatamente antes da colisão, podemos calcular, pela 
conservação de quantidade de movimento a velocidade após a colisão. 
𝑄𝑖 = 𝑄𝑓 
𝑀1 ⋅ 𝑣1 = (𝑀1 + 𝑀2) ⋅ 𝑣2 
2M2 ⋅ 6 = 3M2 ⋅ v2 
𝑣2 = 4𝑚/𝑠 
Para sabermos a altura que conjunto dos dois blocos chegará, devemos fazer a 
conservação de energia: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 99 
𝐸𝑐 = 𝐸𝑃𝑔 
3𝑀2 ⋅ 𝑣2
2/2 = 3𝑀2 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ 
ℎ = 0,8𝑚 
Gabarito: “c”. 
3. (2010/UFU) Um garoto brinca com seu barquinho de papel, que tem uma massa 
igual a 30 g e está navegando sobre um pequeno lago. Em certo instante, ele coloca 
sobre o barquinho, sem tocá-lo, uma bolinha de isopor e percebe que o barquinho passa 
a andar com metade de sua velocidade inicial. Seu irmão mais velho, que observa a 
brincadeira, resolve estimar a massa da bolinha de isopor com base na variação da 
velocidade do barquinho. Desprezando efeitos relativos ao empuxo, ele conclui que a 
massa da bolinha é de 
a) 15 g. b) 20 g. c) 60 g. d) 30 g. 
 
Comentários: 
Supondo que ocorrerá a conservação de quantidade de movimento, temos: 
𝑄𝑖 = 𝑄𝑓 
𝑚𝑏𝑎𝑟𝑞𝑢𝑖𝑛ℎ𝑜 ⋅ 𝑣0 = (𝑚𝑏𝑎𝑟𝑞𝑢𝑖𝑛ℎ𝑜 + 𝑚𝑏𝑜𝑙𝑎) ⋅ 𝑣0/2 
𝑚𝑏𝑜𝑙𝑎 = 𝑚𝑏𝑎𝑟𝑞𝑢𝑖𝑛ℎ𝑜 = 30 𝑔 
Gabarito: “d”. 
4. (2001/UFU) Um corpo de 𝟏𝟎 𝒌𝒈 desloca-se em uma trajetória retilínea, horizontal, 
com uma velocidade de 𝟑 𝒎/𝒔, quando passa a atuar sobre ele uma força F, que varia de 
acordo com o gráfico, formando um ângulo reto com a direção inicial do movimento. Se 
F é a única força que atua sobre o corpo e se sua direção e sentido permanecem 
constantes, analise as seguintes afirmações. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 100 
 
I. A energia cinética do corpo no instante 𝒕 = 𝟔 𝒔 é de 𝟏𝟐𝟓 𝑱. 
II. O trabalho realizado pela força 𝑭 no intervalo entre 𝒕 = 𝟎 e 𝒕 = 𝟔 𝒔 é nulo. 
III. A quantidade de movimento do corpo no instante 𝒕 = 𝟔 𝒔 é de 𝟕𝟎 𝒌𝒈 ⋅ 𝒎/𝒔. 
Responda de acordo com o código que se segue: 
a) I e II são corretas. b) Apenas I é correta. c) II e III são corretas. d) I e III são corretas. 
 
Comentários: 
I. Correta. A força atua no eixo y perpendicular ao eixo do movimento, que possuía 
velocidade inicial nula. Sabendo que o Impulso é numericamente igual a área do gráfico, e que 
reflete a variação da quantidade de movimento,podemos calcular a velocidade no t=6s no eixo 
y. 
I = ΔQ = m ⋅ vy 
I = (6 − 4 + 6) ⋅ 10/2 
I = 40 ∴ vy = 4m/s 
Calculando a energia cinética em 𝑡 = 6 𝑠, temos que somar a energia cinética no eixo 𝑥 e 
no eixo 𝑦. 
EC = ECx + ECy 
EC =
10 ⋅ 32
2
+
10 ⋅ 42
2
= 125 J 
 
II. Incorreta. Como houve um aumento de enérgica cinética, sabendo que anteriormente 
só tinha energia cinética no eixo x de 45 𝐽 e no final haviam 125 𝐽, houve trabalho da força 𝐹. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 101 
III. Incorreta. Para calcularmos a quantidade de movimento no corpo devemos calcular 
primeiro a velocidade resultante aplicando o teorema de Pitágoras. 
vr
2 = vx
2 + vy
2 
vr
2 = 32 + 42 = 25 ∴ vr = 5m/s 
Q = m ⋅ vr = 10 ⋅ 5 = 50 𝑘𝑔 ⋅ 𝑚/𝑠 
Gabarito: “b”. 
5. (2020/UFRGS) A figura abaixo mostra dois corpos, identificados como X e Y, cada 
um de massa 𝟏 𝒌𝒈, movendo-se sobre uma superfície horizontal sem atrito. Os módulos 
de suas velocidades são 𝒗𝒙 = 𝟒 𝒎/𝒔 e 𝒗𝒚 = 𝟔 𝒎/𝒔. 
 
Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas abaixo, na ordem em que 
aparecem. 
Se os corpos X e Y sofrem uma colisão elástica, a energia cinética final do sistema 
é______________________. 
Se os corpos X e Y sofrem uma colisão perfeitamente inelástica, a energia cinética final 
do sistema vale_________________________. 
Qualquer que seja o tipo de colisão, o módulo da velocidade do centro de massa do 
sistema é ___________________. 
a) 10J - 4 J - 2 m/s b) 10J - 2 J - 1 m/s c) 26 J - 1J - 1m/s 
d) 26 J - 1J - 2 m/s e) 26 J - 2 J - 1 m/s 
 
Comentários: 
Quando ocorre colisão elástica, a enérgica cinética se conserva, portanto: 
ECi = ECf 
ECf =
1 ⋅ 42
2
+
1 ⋅ 62
2
= 26 J 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 102 
Na colisão perfeitamente inelástica, devemos aplicar a conservação da quantidade de 
movimento, que permanecem juntos após o choque. 
Qi = Qf 
m ⋅ vx + m ⋅ vy = 2 ⋅ m ⋅ v 
v =
(4 − 6)
2
= −1 m/s 
 
Qualquer que seja o tipo de colisão, a quantidade de movimento permanece constante 
para o sistema. 
Q = ms ⋅ vcm 
m ⋅ vx + m ⋅ vy = (m + m) ⋅ vcm 
1 ⋅ 4 + 1 ⋅ (−6) = 2 ⋅ vcm 
𝑣𝑐𝑚 = −1 𝑚/𝑠 
Gabarito: “c”. 
6. (2018/UFRGS) A figura abaixo representa esquematicamente o braço e o 
antebraço de uma pessoa que está sustentando um peso P. O antebraço forma um 
ângulo de 90° com o braço. 𝑭𝑩 é a força exercida pelo bíceps sobre o antebraço, e 𝑭𝒄 é a 
força na articulação do cotovelo. 
 
Sendo o módulo do peso 𝑷 = 𝟓𝟎 𝑵 e o módulo do Peso do antebraço 𝑷𝒂 = 𝟐𝟎𝑵, qual é o 
módulo da força 𝑭𝑩? 
a) 70 N. b) 370 N. c) 450 N. d) 460 N. e) 530 N. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 103 
 
Comentários: 
Como a pessoa está sustentando o peso, há o equilíbrio estático. Portanto a força 
resultante deve ser nula, e o somatório dos momentos lineares deve ser igual a zero. 
FR = FC − FB + Pa + P 
Observando a figura, vemos que o momento aplicado pela força da articulação é nulo, 
pois está sobre o eixo de rotação. Igualando os momentos no sentido horário com o do sentido 
anti-horário, temos: 
FB ⋅ 4 = Pa ⋅ 16 + P ⋅ 36 
FB ⋅ 4 = 20 ⋅ 16 + 50 ⋅ 36 
FB =
(320 + 1800)
4
= 530 N 
 
Gabarito: “e”. 
7. (2019/UFRGS) A esfera de massa M cai, de uma altura h, verticalmente ao solo, 
partindo do repouso. A resistência do ar é desprezível. A figura a seguir representa essa 
situação. 
 
Sendo T o tempo de queda e g o módulo da aceleração da gravidade, o módulo da 
quantidade de movimento linear da esfera, quando atinge o solo, é 
a) 𝑴𝒉/𝑻. b) 𝑴𝒈𝒉/𝑻. c) 𝑴𝒈𝟐/(𝟐𝑻𝟐). d) 𝑴𝒈𝑻. e) 𝑴𝒉𝑻. 
 
Comentários: 
Aplicando a equação horária da velocidade no Movimento Retilíneo e Uniformemente 
Variado, temos: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 104 
v = v0 + g ⋅ T 
v = 0 + g ⋅ T ∴ v = g ⋅ T 
A quantidade de movimento será: 
Q = m ⋅ v = M ⋅ g ⋅ T 
Gabarito: “d”. 
8. (2019/UFRGS) Impulso específico é uma medida da eficiência do uso do 
combustível por motores a jato para produzir o necessário impulso. Ele é calculado pela 
razão entre os módulos do impulso produzido pelo motor e do peso do combustível 
usado, 𝑷𝒄, isto é, 𝑰/𝑷𝑪. 
A figura abaixo representa a força produzida por um motor a jato durante 30 s. 
 
Sabendo que o impulso específico do motor é de 𝟐. 𝟎𝟎𝟎 𝒔 e considerando o módulo da 
aceleração da gravidade igual a 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐, a massa de combustível usado nesse intervalo 
de tempo foi de 
a) 13,75 kg. b) 137,5 kg. c) 275,0 kg. 
d) 1375 kg. e) 2750 kg. 
 
Comentários: 
Como impulso I é o produto da força F pela variação de tempo, ele pode ser igualado 
numericamente à área abaixo do gráfico: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 105 
I =
10 ⋅ 100
2
+ (20 − 10) ⋅ 100 +
(100 + 150) ⋅ (30 − 20)
2
 
 
I = 500 + 1000 + 1250 = 2750 ⋅ 103 N ⋅ s 
Como o impulso específico é a razão entre o impulso e o peso do combustível, temos: 
Ie =
I
(mc ⋅ g)
 
 
mc =
2750 ⋅ 103
(2000 ⋅ 10)
= 137,5 kg 
 
Gabarito: “b”. 
9. (2019/UECE) Considere um vagão com uma carga líquida, que é puxado por uma 
locomotiva em uma via reta horizontal. Despreze os atritos e considere que a força 
aplicada pela locomotiva ao vagão seja constante. Caso haja vazamento dessa carga, o 
momento linear do conjunto formado pelo vagão e a carga no seu interior 
a) varia somente pela aplicação da força. 
b) varia pela aplicação da força e pela variação na massa. 
c) varia somente pela perda de massa do vagão. 
d) não varia mesmo com mudança na massa. 
 
Comentários: 
O momento linear, por definição, é o produto da massa pela velocidade do corpo. 
�⃑⃗� = 𝑚 ∙ �⃗� 
Inferimos que o momento linear depende da massa e da velocidade. Sabendo que a 
força é o produto da massa pela aceleração, com a diminuição de massa pelo vazamento, para 
manter a força constante, a aceleração deve aumentar, modificando a velocidade. 
Sendo assim, vimos que o momento linear varia tanto pela aplicação da força constante 
quanto pela variação na massa. 
Gabarito: “b”. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 106 
10. (2019/UECE) Considere duas massas iguais penduradas por uma corda flexível e 
inextensível que passa por uma polia presa ao teto. Desconsiderando-se todos os 
atritos, de modo que as massas possam subir ou descer livremente, e considerando, 
nesse arranjo, a situação em que uma das massas está subindo com velocidade 
constante, é correto afirmar que o módulo da soma vetorial dos momentos lineares das 
massas é 
a) o dobro do módulo do momento linear de uma das massas. 
b) o triplo do módulo do momento linear de uma das massas. 
c) zero. 
d) igual ao módulo do momento linear de uma das massas. 
 
Comentários: 
Como as bolinhas estão ligadas por uma corda e passando por uma polia, se uma 
bolinha está subindo com velocidade v constante, a outra bolinha descenderá com a mesma 
velocidade v constante. Portanto, a soma vetorial das quantidades de movimento será: 
𝑄1 + 𝑄2 = 𝑚 ⋅ 𝑣 + 𝑚 ⋅ (−𝑣) = 0 
Gabarito: “c”. 
11. (2019/UECE) Considere um veículo de massa constante que se desloca em linha 
reta. Este veículo tem seu momento linear dado por 𝒑 = 𝟒𝒕, onde t é o tempo e a 
constante multiplicativa 4 tem a unidade de medida apropriada. Assim, é correto afirmar 
que 
a) sua velocidade é constante. b) sua aceleração é constante. 
c) sua energia cinética é constante. d) sua energia cinética é decrescente. 
 
Comentários:Fazendo a análise dimensional do momento linear dado: 
𝑄 = 𝑚 ⋅ 𝑣 =
[𝑘𝑔] ⋅ [𝑚]
[𝑠]
 
 
𝑄 = 4 ⋅ 𝑡 ∴ 4 =
𝑄
𝑡
=
[𝑘𝑔] ⋅ [𝑚]
[𝑠2]
= [𝑁] 
 
Portanto, o “4” tem unidade de força. Analisando os itens: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 107 
a) Incorreta. Como o momento linear aumenta proporcionalmente com o tempo, e a 
massa é constante, ocorrerá o aumento da velocidade. 
b) Correta. Como o momento linear está proporcional a uma força de módulo constante 
4 N, a aceleração é constante. 
c) Incorreta. Como visto que a velocidade aumenta, a energia cinética será crescente. 
d) Incorreta. Idem ao item anterior. 
Gabarito: “b”. 
12. (2019/UECE) Considere uma bola de futebol de salão que cai em linha reta, choca-
se (colide) com o piso da quadra e inicia nova subida com 𝟓𝟎 % da velocidade que tinha 
imediatamente antes de tocar o solo. Considerando os instantes imediatamente antes do 
choque e imediatamente após, é correto afirmar que, entre esses instantes, 
a) o módulo da variação do momento linear da bola é menor que o momento linear inicial. 
b) a variação, em módulo, do momento linear da bola é 𝟏𝟓𝟎 % maior que o módulo do 
momento linear inicial. 
c) o momento linear da bola não muda. 
d) o momento linear da bola é maior na subida. 
 
Comentários: 
a) Incorreta. Sabendo que a velocidade imediatamente após o impacto da bola é metade 
da velocidade antes do impacto, temos: 
{
𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑣
𝑄𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 = 𝑚 ⋅ (−𝑣/2)
 
 
Δ𝑄 = 𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 − 𝑄𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 = (3/2) ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑣 
b) Correta. Como visto no item “a”, a variação será de 1,5 ⋅ 𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠, portanto uma variação 
de 150% maior que o 𝑄𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠. 
c) Incorreta. Visto que a velocidade da bola após o impacto no chão muda, o momento 
linear irá mudar. 
d) Incorreta. Visto que a velocidade da bola diminui após o impacto, o momento linear 
será menor na subida que na descida. 
Gabarito: “b”. 
13. (2012/UnB) 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 108 
Texto I 
Falhou a implosão da arquibancada do Estádio Mané Garrincha, em Brasília, programada 
para a tarde deste domingo. Técnicos acionaram, por duas vezes, os 250 kg de 
explosivos à base de nitrato de amônio, mas, de acordo com o consórcio responsável 
pela obra, houve um corte na linha de detonação, o que impediu a derrubada da 
estrutura. O estádio será palco da Copa do Mundo de 2014 e da Copa das Confederações 
de 2013. 
Internet: <www.uol.com.br> (com adaptações). 
Texto II 
A figura a seguir ilustra um modelo simplificado de um edifício, que será utilizado na 
análise de alguns aspectos de uma implosão. Nesse modelo, o prédio é constituído por 
quatro lajes de massa M, separadas por quatro colunas de massa m, e sustentado por 
quatro colunas fixadas no solo (as colunas ao fundo não são mostradas na figura). Em 
cada andar, a força de sustentação é igualmente repartida entre as quatro colunas que 
sustentam a laje. A altura entre o piso e o teto de um andar é h e a altura do primeiro 
andar é igual a 2h. Para implodir o prédio, destroem-se simultaneamente, por meio de 
uma explosão, todas as colunas que sustentam as lajes. 
 
Considere que, utilizando-se o modelo de prédio apresentado no texto II, o processo de 
implosão tenha falhado e apenas as colunas do último andar tenham sido 
completamente destruídas. Considere, ainda, que a laje superior, ao cair, chocou-se, de 
modo totalmente inelástico, com a laje abaixo dela e a arrastou consigo na queda, e que 
tal fato se repetiu com as lajes mais abaixo, de modo que as lajes se foram empilhando 
até caírem todas juntas no solo. Nesse caso, assumindo-se g como a aceleração da 
gravidade, a perda de energia mecânica das quatro lajes foi de 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 109 
a) 𝟐, 𝟎 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. b) 𝟐, 𝟓 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. c) 𝟑, 𝟎 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. d) 𝟑, 𝟓 𝑴 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒉. 
 
Comentários: 
Da questão vemos que primeiro cai a laje superior (chamaremos de laje 4), e se choca 
inelasticamente com a laje imediatamente abaixo dela (laje 3). Chamaremos de 1ª Colisão. 
Para a primeira colisão vamos calcular, utilizando a Conservação de Energia Mecânica, a 
velocidade que a laje superior colide na de baixo. 
EPg = EC 
M ⋅ g ⋅ h =
M ⋅ v0
2
2
 
 
v0 = √2 ⋅ g ⋅ h 
Após a 1ª colisão, como o choque é inelástico, a velocidade das duas lajes será: 
M ⋅ v0 = 2 ⋅ M ⋅ v1 
𝑣1 = (1/2) ⋅ √2 ⋅ g ⋅ h 
Repetindo o processo para a colisão do conjunto lajes 4 e 3 com a laje 2, temos: 
2 ⋅ M ⋅ g ⋅ h +
2 ⋅ M ⋅ v1
2
2
=
2 ⋅ M ⋅ v2
2
2
 
 
v2 = √(5/2) ⋅ g ⋅ h 
2 ⋅ M ⋅ v2 = 3 ⋅ M ⋅ v3 
𝑣3 = (2/3) ⋅ √(5/2) ⋅ g ⋅ h 
Para a colisão do conjunto lajes 4, 3 e 2 com a laje 1: 
3 ⋅ M ⋅ g ⋅ h + 3 ⋅ M ⋅ v3
2/2 = 3 ⋅ M ⋅ v4
2/2 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 110 
v4 = (2/3)√7 ⋅ g ⋅ h 
3 ⋅ M ⋅ v4 = 4 ⋅ M ⋅ v5 
𝑣5 = (1/2) ⋅ √7 ⋅ g ⋅ h 
Para sabermos a perda de energia mecânica, deveremos calculas a Energia mecânica 
sem as colisões e com as colisões. Portanto: 
𝐸𝑀𝑠𝑒𝑚 = 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ 5 ⋅ ℎ + 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ 4 ⋅ ℎ + 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ 3 ⋅ ℎ + 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ 2 ⋅ ℎ 
𝐸𝑀𝑠𝑒𝑚 = 14 ⋅ 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ 
𝐸𝑀𝑐𝑜𝑚 = (4 ⋅ 𝑀) ⋅ 𝑔 ⋅ 2 ⋅ ℎ +
(4 ⋅ 𝑀) ⋅ v5
2
2
 
 
𝐸𝑀𝑐𝑜𝑚 = (23/2) ⋅ 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ 
𝐸𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 = 𝐸𝑀𝑠𝑒𝑚 − 𝐸𝑀𝑐𝑜𝑚 
𝐸𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 = (5/2) ⋅ 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ = 2,5 ⋅ 𝑀 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ 
Gabarito: “b”. 
14. (2019/UEL/1ª FASE/MODIFICADA) 
Arma ofensiva e poderosa, os chutes de bola parada foram um verdadeiro desafio 
defensivo na Copa da Rússia em 2018. De fato, todos os gols sofridos pelas seleções 
africanas na primeira fase vieram com bola parada: um no Egito e no Marrocos, dois na 
Nigéria e na Tunísia. 
Adaptado de lance.com.br 
Geralmente o chute de “bola parada” surpreende o adversário pela sua trajetória 
descrita e pela velocidade que a bola atinge. Considerando que uma bola de futebol tem 
massa de 400 g e, hipoteticamente, durante o seu movimento, a resistência do ar seja 
desprezível, é correto afirmar que a bola atinge 
a) 𝟏𝟓 𝒎/𝒔 devido à aplicação de um impulso resultante de 𝟏, 𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟏 𝑵 ∙ 𝒔. 
b) 𝟒𝟎 𝒎/𝒔 quando o jogador aplica uma força de 𝟏, 𝟔 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 durante um intervalo de tempo de 
𝟎, 𝟏 𝒔. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 111 
c) 𝟔𝟎 𝒎/𝒔 quando uma força de 𝟏, 𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 é aplicada durante um intervalo de tempo de 𝟎, 𝟏 𝒔. 
d) 𝟗𝟎 𝒌𝒎/𝒉 devido à aplicação de um impulso de 𝟏, 𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟏 𝑵. 𝒔 
e) 𝟏𝟎𝟖 𝒌𝒎/𝒉 quando o jogador aplica uma força de 𝟏, 𝟔 ∙ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 durante um intervalo de tempo 
de 𝟎, 𝟏 𝒔. 
 
Comentários: 
Sendo a resistência do ar desprezível, sabemos que o impulso é responsável por alterar 
a quantidade de movimento da bola, assim, podemos escrever: 
𝐼 = ∆�⃗⃑� 
Relação entre a quantidade de 
movimento e o impulso. 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ ∆�⃗� 
Relação expandida entre a 
quantidade de movimento e o impulso. 
Sabendo que a velocidade inicial da bola é nula, nos resta aplicar a relação acima em 
cada uma das alternativas, até encontrar uma que satisfaça às condições apresentadas. 
Aluno, em uma questão como essa, não siga a ordem das alternativas, você deve 
procurar ganhar tempo em uma prova de múltipla escolha. Olhe por alto as alternativas, e tente 
identificar aquela que traz informações medianas, para escolher a próxima alternativa a ser 
testada de forma lógica. 
Não se deixe enganar pelas unidades, sabemos que 90 𝑘𝑚/ℎ equivalem a 25 𝑚/𝑠 
(dividindo por 3,6) e 108 𝑘𝑚/ℎ a 30 𝑚/𝑠. Desse modo, seria interessante começarmos pela 
alternativa “d”. 
𝐼 = ∆�⃑⃗� 
Relação entre a 
quantidadede movimento e o 
impulso. 
𝐼 = 𝑚 ∙ ∆�⃗� 
𝐼 = 𝑚 ∙ (�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − �⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙) 
𝐼 = 𝑚 ∙ (�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 0) 
𝐼 = 𝑚 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Agora podemos substituir os valores fornecidos na alternativa “d”. Não se esqueça que 
400g equivalem a 0,4 kg (divisão por 1000). 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 112 
1,2 ∙ 101 = 0,4 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
0,4 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 1,2 ∙ 10
1 
�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
1,2 ∙ 101
0,4
= 30 𝑚/𝑠 
 
Com isso, sabemos que um impulso de 1,2 ∙ 101 𝑁. 𝑠 gera uma velocidade de 30 𝑚/𝑠 na 
bola em questão. Por esse motivo, a alternativa “a” também é falsa. Vamos agora testar as 
alternativas “b” e “e”, com uma força de 1,6 ∙ 102 𝑁 durante um intervalo de tempo de 0,1 𝑠. 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ ∆�⃗� Relação expandida entre a quantidade de movimento e o 
impulso. 
E como a velocidade inicial da bola é nula: 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ (�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − �⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙) 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ (�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 0) 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Agora vamos substituir os valores pretendidos: 
1,6 ∙ 102 ∙ 0,1 = 0,4 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
0,4 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 1,6 ∙ 10
2 ∙ 0,1 = 40 𝑚/𝑠 
Portanto, uma força de 1,6 ∙ 102 𝑁 durante um intervalo de tempo de 0,1 𝑠 implica uma 
velocidade de 40 𝑚/𝑠, e a alternativa “b” é a correta. 
Gabarito: “b”. 
15. (2019/UEL/1ª FASE) Na Copa do Mundo de 2018, observou-se que, para a maioria 
dos torcedores, um dos fatores que encantou foi o jogo bem jogado, ao passo que o 
desencanto ficou por conta de partidas com colisões violentas. Muitas dessas colisões 
travavam as jogadas e, não raramente, causavam lesões nos atletas. A charge a seguir 
ilustra a narração de um suposto jogo da Copa, feita por físicos: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 113 
 
 
umsabadoqualquer.com 
Com base na charge e nos conhecimentos sobre colisões e supondo que, em um jogo 
de futebol, os jogadores se comportam como um sistema de partículas ideais, é correto 
afirmar que, em uma colisão 
a) elástica, a energia cinética total final é menor que a energia cinética total inicial. 
b) elástica, a quantidade de movimento total final é menor que a quantidade de movimento total 
inicial. 
c) parcialmente inelástica, a energia cinética total final é menor que a energia cinética total 
inicial. 
d) perfeitamente inelástica, a quantidade de movimento total inicial é maior que a quantidade 
de movimento total final. 
e) parcialmente inelástica, a quantidade de movimento total final é menor que a quantidade de 
movimento total inicial. 
 
Comentários: 
Para resolvermos essa questão, precisamos dos conhecimentos acerca das colisões e 
suas implicações energéticas: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 114 
 
Note que a questão considera uma colisão elástica como perfeitamente elástica, e uma 
parcialmente elástica como parcialmente inelástica. Fique atento a essas alterações de 
nomenclatura. 
a) Incorreta. Em uma colisão perfeitamente elástica (elástica para o examinador) a 
energia cinética se conserva por completo. Então, a energia cinética total final é semelhante à 
energia cinética total inicial. 
b) Incorreta. Seja qual for o tipo de colisão, não havendo ação de forças externas no 
sistema, a quantidade de movimento se conserva, e, portanto, a quantidade de movimento total 
final é congruente à quantidade de movimento total inicial. 
c) Correta. Em uma colisão parcialmente elástica (parcialmente inelástica para o 
examinador) ocorre alguma perda de energia cinética. Portanto, a energia cinética total final é 
menor que a energia cinética total inicial. 
d) Incorreta. Em um choque inelástico (perfeitamente inelástico para o examinador), 
ocorre a maior perda possível de energia cinética, os móveis permanecem coesos após a 
colisão, e a quantidade de movimento se conserva. 
e) Incorreta. Em uma colisão parcialmente elástica (parcialmente inelástica para o 
examinador) a quantidade de movimento se mantém, porém, ocorre alguma perda de energia 
cinética. 
Gabarito: “c”. 
16. (2018/UECE/ 2ª FASE) Considere uma gangorra defeituosa, em que o ponto de 
apoio não está no centro. É possível que, mesmo assim, haja equilíbrio estático, com a 
gangorra na horizontal e uma criança em cada extremidade, desde que 
a) A soma dos torques sobre a gangorra seja oposta à força peso das crianças. 
b) o torque exercido sobre a gangorra em uma das extremidades seja igual à força peso na 
outra extremidade. 
c) as crianças tenham a mesma massa. 
d) A soma dos torques sobre a gangorra seja nula. 
 
• Choque perfeitamente elástico;
• A energia se conserva por completo.ε = 1
• Choque parcialmente elástico;
• Ocorre alguma perda de energia.0 < ε < 1
• Choque inelástico;
• Ocorre a maior perde de energia.ε = 0
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 115 
Comentários: 
a) Errada. Em uma situação de equilíbrio, forças anulam forças e torques anulam 
torques. É verdade que uma força aplicada a uma certa distância de um ponto de referência 
gera um torque, porém não se pode falar em soma dos torques oposta à soma das forças 
pesos como condição de equilíbrio. 
b) Errada. É a soma dos torques na gangorra que deve ser nula. Uma força gera um 
torque a partir de uma distância até um ponto de referência. É necessário que o produto força 
por distância seja equivalente em ambos os lados da gangorra, tomando como referencial o 
novo ponto de apoio, para que se tenha a situação de equilíbrio. 
c) Errada. Se as crianças tiverem a mesma massa, então, terão o mesmo peso. Como o 
ponto de apoio não está exatamente no centro da haste que compõe a gangorra, as distâncias 
entre o vetor peso das crianças e o ponto de apoio serão diferentes, e, portanto, os torques por 
elas criado não serão capazes de se anular. 
d) Correta. Esse é o nosso gabarito. Se a soma dos torques sobre a gangorra for nula, 
então, teremos uma situação de equilíbrio estático. 
Gabarito: “d”. 
17. (2017/ACAFE) Para cortar galhos de árvores um jardineiro usa uma tesoura de 
podar, como mostra a figura 1. Porém, alguns galhos ficam na copa das árvores e como 
ele não queria subir nas mesmas, resolveu improvisar, acoplando à tesoura cabos 
maiores, conforme figura 2. 
 
Assim, assinale a alternativa correta que completa as lacunas da frase a seguir. 
Utilizando a tesoura da _____________ o rapaz teria que fazer uma força _____________ 
a força aplicada na tesoura da _____________ para produzir o mesmo torque. 
a) figura 2 – menor do que – figura 1 b) figura 2 – maior do que – figura 1 
c) figura 1 – menor do que – figura 2 d) figura 1 – igual – figura 2 
 
Comentários: 
A tesoura da figura 2 tem maiores braços. Isso significa que a distância entre a força 
aplicada pelo operador e o ponto de apoio da tesoura é maior se comparada à figura 1. 
Lembre-se de que: 
�⃑⃑⃑� = �⃑⃑� ∙ 𝒅 Momento de 
uma força 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 116 
[�⃑⃑⃑� ] = 𝐍 ∙ 𝐦 [𝐹 ] = N [𝑑] = m 
Com isso, uma mesma força é capaz de gerar um maior momento na tesoura da figura 
2. Pensando de maneira similar, utilizando a tesoura da figura 2, um operador teria que fazer 
uma força menor se comparada a força aplicada na tesoura da figura 1 para produzir o mesmo 
torque. 
Gabarito: “a”. 
18. (2018/PUC-RJ/1ª FASE) Sobre uma superfície horizontal sem atrito, duas partículas 
de massas 𝒎 e 𝟒𝒎 se movem, respectivamente, com velocidades 𝟐𝒗 e 𝒗 (em módulo) na 
mesma direção e em sentidos opostos. Após colidirem, as partículas ficam grudadas. 
Calcule a energia cinética do conjunto após a colisão, em função de 𝒎 e 𝒗. 
a) 0 b)𝟎, 𝟐 𝒎𝒗𝟐 c) 𝟎, 𝟒 𝒎𝒗𝟐 d) 𝟐, 𝟓 𝒎𝒗𝟐 e) 𝟑, 𝟎 𝒎𝒗𝟐 
 
Comentários: 
Devemos usar o princípio da conservação da quantidade de movimento, aplicada a um 
choque inelástico. Lembre-se que os corpos vinham em sentidos opostos. 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Conservação da quantidade de 
movimento. 
Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do corpo de maior massa. Assim, 
podemos escrever: 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 − 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão 
inelástica. 
4𝑚 ∙ 𝑣 − 𝑚 ∙ 2𝑣 = (4𝑚 + 𝑚) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
4𝑚𝑣 − 2𝑚𝑣 = 5𝑚 ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
2𝑚𝑣 = 5𝑚 ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
5𝑚 ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 2𝑚𝑣 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
2𝑚𝑣
5𝑚
=
2𝑚𝑣
5𝑚
=
2𝑣
5
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 117 
Agora temos a velocidade final dos corpos após a colisão. Sabemos também que a 
massa final é de 5𝑚. De posse dessas informações, podemos aplicar o teorema da energia 
cinética para concluirmos a questão: 
𝐸𝑐 =
𝑚 ∙ 𝑣2
2
 
Energia 
cinética 
Substituindo os valores encontrados: 
𝐸𝑐 =
5𝑚 ∙ (
2𝑣
5
)
2
2
=
5𝑚 ∙
4𝑣2
25
2
=
5𝑚 ∙ 4𝑣2
25
2
 
 
Repetindo a fração do numerador, e efetuando a multiplicação pelo inverso da fração do 
denominador: 
𝐸𝑐 =
𝑚 ∙ 4𝑣2
5
∙
1
2
=
4 ∙ 𝑚 ∙ 𝑣2
10
= 0,4 ∙ 𝑚 ∙ 𝑣2 
 
Gabarito: “c”. 
19. (2018/UFJF/1ª FASE) Nas cobranças de faltas em um jogo de futebol, uma bola 
com massa de 𝟓𝟎𝟎 𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂𝒔 pode atingir facilmente a velocidade de 𝟏𝟎𝟖 𝒌𝒎/𝒉. Supondo 
que no momento do chute o tempo de interação entre o pé do jogador e a bola seja de 
𝟎, 𝟏𝟓 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐𝒔, podemos supor que a ordem de grandeza da força que atua na bola, em 
newton, é de: 
a) 𝟏𝟎𝟎 b) 𝟏𝟎𝟏 c) 𝟏𝟎𝟐 d) 𝟏𝟎𝟑 e) 𝟏𝟎𝟒 
 
Comentários: 
Podemos encontrar uma relação entre o impulso e a variação da quantidade movimento 
através do teorema do impulso. 
�⃗� = ∆�⃗⃑⃑� 
Relação entre a quantidade 
de movimento e o impulso. 
E como a massa e o tempo são grandezas escalares: 
�⃗⃑⃑� ∙ ∆𝒕 = 𝒎 ∙ ∆�⃗⃑⃑� 
Relação expandida entre a 
quantidade de movimento e o 
impulso. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 118 
Como a velocidade inicial da bola é nula, chegamos à seguinte expressão: 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ (�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − �⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙) 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ (�⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 0) 
�⃗� ∙ ∆𝑡 = 𝑚 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Isolando a força, temos: 
�⃗� =
𝑚 ∙ �⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
∆𝑡
 
 
Substituindo-se os valores fornecidos, convertendo 108 𝑘𝑚/ℎ para 30 𝑚/𝑠 (dividindo por 
3,6) e 500 𝑔 para 0,5 𝑘𝑔 (dividindo por 1000), temos: 
�⃗� =
0,5 ∙ 30
0,15
=
15
0,15
= 1,0 ∙ 102 𝑁 
 
Como 1,0 é menor que 3,16, a ordem de grandeza da força será: 
Gabarito: “c”. 
20. (2018/PUC-RJ/1ª FASE) Um corpo A colide com um corpo B que se encontra 
inicialmente em repouso. Os dois corpos estão sobre uma superfície horizontal sem 
atrito. Após a colisão, os corpos saem unidos, com uma velocidade igual a 20% daquela 
inicial do corpo A. 
Qual é a razão entre a massa do corpo A e a massa do corpo B, 𝒎𝑨/𝒎𝑩? 
a) 𝟎, 𝟐𝟎 b) 𝟎, 𝟐𝟓 c) 𝟎, 𝟖𝟎 d) 𝟏, 𝟎 e) 𝟒, 𝟎 
 
Comentários: 
Como os corpos saem unidos, podemos inferir que se trata de uma colisão inelástica e 
sem atrito. Pelo princípio da conservação da quantidade de movimento: 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Conservação da quantidade de 
movimento. 
Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do corpo A. Assim, podemos 
escrever: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 119 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑉𝐵,𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão inelástica. 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴 + 𝑚𝐵 ∙ 0 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 0,2 ∙ 𝑉𝐴 
𝑚𝐴 ∙ 𝑉𝐴 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 0,2 ∙ 𝑉𝐴 
𝑚𝐴 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 0,2 
𝑚𝐴 = 0,2 ∙ 𝑚𝐴 + 0,2 ∙ 𝑚𝐵 
𝑚𝐴 − 0,2 ∙ 𝑚𝐴 = 0,2 ∙ 𝑚𝐵 
𝑚𝐴
𝑚𝐵
=
0,2
0,8
= 0,25 
 
Gabarito: “b”. 
21. (2018/UEMG/1ª FASE) Considere a figura a seguir em que uma bola de massa 𝒎, 
suspensa na extremidade de um fio, é solta de uma altura 𝒉 e colide elasticamente, em 
seu ponto mais baixo, com um bloco de massa 𝟐𝒎 em repouso sobre uma superfície 
sem nenhum atrito. Depois da colisão, a bola subirá até uma altura igual a 
 
a) 𝒉/𝟕 b) 𝒉/𝟗 c) 𝒉/𝟓 d) 𝒉/𝟑 
 
Comentários: 
Primeiramente devemos calcular a velocidade com a qual o corpo de massa 𝑚 atinge o 
bloco de massa 2𝑚. Note que, como não temos atritos, a energia mecânica irá se conservar, e 
toda a energia potencial gravitacional será convertida em energia cinética: 
𝐸.𝑀.𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝐸.𝑀.𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 Conservação da energia 
mecânica 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 120 
𝐸𝑐𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 + 𝐸𝑝𝑜𝑡𝑔𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝐸𝑐𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 𝐸𝑝𝑜𝑡𝑔𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
Como a altura final está no mesmo nível do referencial, e no início a velocidade da bola 
é nula, podemos simplificar essa equação: 
𝐸𝑐𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 + 𝐸𝑝𝑜𝑡𝑔𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝐸𝑐𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 𝐸𝑝𝑜𝑡𝑔𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ =
m ∙ 𝑣2
2
 
 
𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ =
𝑚 ∙ 𝑣2
2
 
 
𝑔 ∙ ℎ =
𝑣2
2
 
 
𝑣2
2
= 𝑔 ∙ ℎ 
 
𝑣2 = 2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ 
𝑣 = √2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ 
Aluno, eu poderia simplesmente te dizer para, nesse ponto, decorar que quando houver 
uma colisão elástica (perfeitamente elástica para este livro), a velocidade final de cada 
corp será proporcional à sua massa. 
 Como o bloco tem o dobro da massa, ele irá adquirir 2/3 da velocidade inicial, e a 
esfera 1/3. Assim, podemos escrever: 
𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 =
𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
3
 
𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 =
√2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ
3
 
 
Lembre-se que, agora o antes e depois refere-se à nova subida da esfera. Como a 
energia cinética, na forma de velocidade, será reconvertida em energia potencial gravitacional, 
podemos escrever: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 121 
𝐸𝑐𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 + 𝐸𝑝𝑜𝑡𝑔𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝐸𝑐𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 𝐸𝑝𝑜𝑡𝑔𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
m ∙ 𝑣2
2
= 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 
 
𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
m ∙ 𝑣2
2
 
 
𝑔 ∙ ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
𝑣2
2
 
 
ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
𝑣2
2 ∙ 𝑔
 
 
Substituindo o valor da velocidade da esfera depois da colisão, que é o com a qual a 
velocidade fará a nova subida, temos: 
ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
(
√2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ
3
)
2
2 ∙ 𝑔
 
 
ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ
9
2 ∙ 𝑔
 
 
Usando o velho truque de repetir a fração do numerado e multiplicá-la pelo inverso da 
fração do denominador: 
ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ
9
2 ∙ 𝑔
1
 
 
ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ
9
∙
1
2 ∙ 𝑔
 
 
ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
2 ∙ 𝑔 ∙ ℎ
9 ∙ 2 ∙ 𝑔
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 122 
ℎ𝑛𝑜𝑣𝑎 =
ℎ
9
 
 
E, com isso, o gabarito é a alternativa “b”. 
Contudo, permita-me lhe provar essa constatação. Como se trata de uma colisão 
elástica. Pelo princípio da conservação da quantidade de movimento: 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Conservação da quantidade de 
movimento. 
Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do corpo de massa 𝑚. Sendo 
𝑣𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 a velocidade antes da colisão e 𝑣𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 as velocidades depois da colisão, podemos 
escrever: 
𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 + 2𝑚 ∙ 0 = −𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 2𝑚 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 Colisão 
elástica. 
𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = −𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 2𝑚 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = −𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 2𝑚 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = −𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 2𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 Equação “A” 
Também devemos nos lembrar do fato de que a energia cinética se conserva por 
completo, por se tratar de uma colisão perfeitamente elástica: 
𝐸𝑐𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙Conservação da energia 
cinética. 
Então, para a colisão em questão: 
𝐸𝑐𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝐸𝑐𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 𝐸𝑐2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
m ∙ 𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
2
2
=
𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2
2
+
2𝑚 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2
2
 
 
𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
2
2
=
𝑚 ∙ 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2
2
+
2 ∙ 𝑚 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2
2
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 123 
𝑣𝑚,𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
2 = 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2 + 2 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2 Equação “B” 
Agora devemos substituir a Equação “A” na Equação “B”: 
(−𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 + 2𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠)
2
= 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2 + 2 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2 
(2𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 − 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠)
2
= 𝑣𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2 + 2 ∙ 𝑣2𝑚,𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
2 
Nesse ponto estamos trabalhando somente com as velocidades após a colisão, então, 
para despoluir o desenvolvimento, irei omitir o “depois” na legendas das velocidades. Também 
passarei a usar os parênteses como forma de melhorar a compreensão. 
(2𝑣2𝑚 − 𝑣𝑚)
2 = 𝑣𝑚
2 + 2 ∙ (𝑣2𝑚)
2 
4 ∙ (𝑣2𝑚)
2 − 4 ∙ 𝑣2𝑚 ∙ 𝑣𝑚 + (𝑣𝑚)
2 = (𝑣𝑚)
2 + 2 ∙ (𝑣2𝑚)
2 
4 ∙ (𝑣2𝑚)
2 − 2 ∙ (𝑣2𝑚)
2 = 4 ∙ 𝑣2𝑚 ∙ 𝑣𝑚 
2 ∙ (𝑣2𝑚)
2 = 4 ∙ 𝑣2𝑚 ∙ 𝑣𝑚 
(𝑣2𝑚)
2 = 2 ∙ 𝑣2𝑚 ∙ 𝑣𝑚 
𝑣2𝑚 = 2 ∙ 𝑣𝑚 
Como queríamos demonstrar: a velocidade do corpo com o dobro de massa (bloco) será 
o dobro da velocidade do corpo com massa 𝑚 (esfera). Portanto, a esfera sai da colisão com 
1/3 da velocidade que tinha antes do choque, ao passo que, o bloco sai com 2/3 da velocidade 
que a esfera tinha. 
Gabarito: “b”. 
22. (2018/CEFET-MG/1ª FASE) Considere dois astronautas com massas iguais a 𝑴 que 
estão inicialmente em repouso e distantes de qualquer corpo celeste. Um deles resolve 
lançar uma mochila de ferramentas também de massa igual a 𝑴 para o outro, 
empurrando-a com uma força de módulo 𝑭. 
Admitindo que uma jogada completa se dá no início do arremesso até que o outro agarre 
a mochila e que o impulso permaneça o mesmo, a quantidade de jogada(s) completa(s) 
que os astronautas conseguem realizar é 
a) uma. b) duas. c) três. d) mais de três. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 124 
 
Comentários: 
Como os astronautas estão distantes de qualquer outro corpo celeste, não sofrem 
influência do campo gravitacional desses. Antes de resolver lançar a mochila, a velocidade dos 
dois astronautas e da mochila é nula, portanto, a quantidade de movimento inicial do sistema 
também é nula. 
Assim que o primeiro astronauta lançar a mochila para o outro, pelo princípio da ação e 
reação, a força que ele aplicar na mochila será a ele devolvida. Então, esse astronauta se 
afastará. 
Quando a mochila chegar até o outro astronauta, teremos uma colisão inelástica, e o 
conjunto mochila e astronauta viajará com metade da velocidade da mochila, já que a mochila 
e o astronauta têm a mesma massa. 
Caso o segundo astronauta lance a mochila com o mesmo impulso do primeiro 
lançamento, essa não conseguirá alcançar o primeiro, pois teria a mesma aceleração do 
astronauta. 
Com isso, somente é possível executar esse movimento uma única vez, caso o impulso 
permaneça o mesmo. 
Gabarito: “a”. 
23. (2018/UERJ/1ª FASE) A lei de conservação do momento linear está associada às 
relações de simetrias espaciais. 
Nesse contexto, considere uma colisão inelástica entre uma partícula de massa 𝑴 e 
velocidade 𝑽 e um corpo, inicialmente em repouso, de massa igual a 𝟏𝟎𝑴. 
Logo após a colisão, a velocidade do sistema composto pela partícula e pelo corpo 
equivale a: 
a) 𝑽/𝟏𝟎 b) 𝟏𝟎𝑽 c) 𝑽/𝟏𝟏 d) 𝟏𝟏𝑽 
 
Comentários: 
Como se trata de uma colisão inelástica. Pelo princípio da conservação da quantidade 
de movimento: 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Conservação da quantidade de 
movimento. 
Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do corpo de massa 𝑀. Assim, 
podemos escrever: 
𝑀 ∙ 𝑉 + 10𝑀 ∙ 0 = (𝑀 + 10𝑀) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão inelástica. 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 125 
𝑀 ∙ 𝑉 = (𝑀 + 10𝑀) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑀 ∙ 𝑉 = (11𝑀) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
𝑀 ∙ 𝑉
11𝑀
=
𝑉
11
 
 
Gabarito: “c”. 
24. (2018/FGV/1ª FASE) Têm sido corriqueiras as notícias relatando acidentes 
envolvendo veículos de todos os tipos nas ruas e estradas brasileiras. A maioria dos 
acidentes são causados por falhas humanas, nas quais os condutores negligenciam as 
normas de boa conduta. A situação seguinte é uma simulação de um evento desse tipo. 
 
O motorista de um automóvel, de massa 𝑴, perdeu o controle do veículo ao passar pelo 
ponto A, deslizando, sem atrito, pela ladeira retilínea AB, de 𝟐𝟎𝟎 𝒎 de extensão; o ponto 
A está situado 𝟐𝟓 𝒎 acima da pista seguinte BC retilínea e horizontal. Ao passar pelo 
ponto B, a velocidade do carro era de 𝟏𝟎𝟖 𝒌𝒎/𝒉. 
O trecho BC, sendo mais rugoso que o anterior, fez com que o atrito reduzisse a 
velocidade do carro para 𝟕𝟐 𝒌𝒎/𝒉, quando, então, ocorreu a colisão com outro veículo, 
de massa 𝟒𝑴, que estava parado no ponto C, a 𝟏𝟎𝟎 𝒎 de B. A colisão frontal foi 
totalmente inelástica. Considere a aceleração da gravidade com o valor 𝟏𝟎 𝒎/𝒔𝟐 e os 
veículos como pontos materiais. 
A energia mecânica dissipada na colisão, em função de 𝑴, foi 
a) 𝟏𝟔𝟎𝑴 b) 𝟏𝟒𝟓𝑴 c) 𝟏𝟒𝟐, 𝟓𝑴 d) 𝟏𝟑𝟕, 𝟓𝑴 e) 𝟏𝟐𝟓𝑴 
 
Comentários: 
Aluno, a quantidade exagerada de informações no enunciado se deve ao fato de que 
mais questões aproveitavam esse mesmo texto. Você foi capaz de filtrar as informações 
relevantes à determinação da energia mecânica dissipada na colisão? 
Como se trata de uma colisão inelástica. Pelo princípio da conservação da quantidade 
de movimento: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 126 
�⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Conservação da quantidade de 
movimento. 
Vamos adotar como sentido positivo o da velocidade do corpo de massa 𝑀. Assim, 
podemos escrever: 
𝑀 ∙ 𝑉𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 + 4𝑀 ∙ 0 = (𝑀 + 4𝑀) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Colisão inelástica. 
𝑀 ∙ 𝑉𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 = (𝑀 + 4𝑀) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑀 ∙ 𝑉𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 = (5𝑀) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
(5𝑀) ∙ 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑀 ∙ 𝑉𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
𝑀 ∙ 𝑉𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜
5𝑀
 
 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
𝑀 ∙ 𝑉𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜
5 ∙ 𝑀
 
 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
𝑉𝑐𝑜𝑙𝑖𝑠ã𝑜
5
 
 
Sabemos que a velocidade do carro de massa 𝑀, antes da colisão, era de 72 𝑘𝑚/ℎ, o 
que equivale a 20 𝑚/𝑠 (divisão por 3,6), logo: 
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
20
5
= 4,0 𝑚 
 
A energia dissipada na colisão se dá pela diferença entre a energia cinética depois e 
antes do choque: 
∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝐸𝑐𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 
∆𝐸𝑐 =
𝑚 ∙ 𝑣𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
2
2
−
𝑚 ∙ 𝑣𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
2
2
 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 127 
 
 Lembre-se de que a massa a ser substituída depois da colisão é a soma da massa 
dos dois automóveis, visto que a colisão foi inelástica, e o conjunto permanece unido 
após o choque. 
∆𝐸𝑐 =
5𝑀 ∙ 4,02
2
−
𝑀 ∙ 202
2
 
 
∆𝐸𝑐 =
5𝑀 ∙ 4 ∙ 4
2
−
𝑀 ∙ 20 ∙ 20
2
 
 
∆𝐸𝑐 =
5𝑀 ∙ 4 ∙ 4
2
−
𝑀 ∙ 20 ∙ 20
2
 
 
∆𝐸𝑐 = 5𝑀 ∙ 2 ∙ 4 − 𝑀 ∙ 10 ∙ 20 
∆𝐸𝑐 = 40𝑀 − 200𝑀 
∆𝐸𝑐 = −160𝑀 
Se a variação da energia cinética foi de −160𝑀, isso significa que foram dissipados 160𝑀 (𝑆𝐼), 
durante a colisão. 
Gabarito: “a”. 
25. (2007/UECE)Por transportar uma carga extremamente pesada, um certo caminhão 
trafega a uma velocidade de 𝟏𝟎 𝒎/𝒔. Um rapaz à beira da estrada brinca com uma bola 
de tênis. Quando o caminhão passa, ele resolve jogar a bola na traseira do mesmo. 
Sabendo-se que a bola atinge a traseira do caminhão perpendicularmente, comvelocidade de 𝟐𝟎 𝒎/𝒔, em reação ao solo, qual a velocidade horizontal final da bola após 
o choque? Considere um choque perfeitamente elástico. 
a) 10 m/s b) 20 m/s c) 30 m/s d) Zero 
 
Comentários: 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 128 
Inicialmente, devemos perceber que a massa do caminhão é muito maior que a massa 
da bola e que antes da colisão eles se deslocam no mesmo sentido. 
Nesse caso, pela diferença tamanha entre a massa dos dois corpos, a velocidade do 
caminhão permanece praticamente inalterada. Portanto, pelo coeficiente de restituição, temos: 
𝑒 =
|𝑣𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎𝑝ó𝑠|
|𝑣𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠|
=
𝑣′ + 10
20 − 10
= 1 
 
𝑣′ + 10 = 10 ⇒ 𝑣′ = 0 
Gabarito “d”. 
26. (ITA) Um corpo de massa igual a 𝟐, 𝟎 𝒌𝒈 acha-se em movimento retilíneo. Num 
certo trecho de sua trajetória faz-se agir sobre ele uma força que tem a mesma direção 
do movimento e que varia com o tempo, conforme a figura abaixo. Neste trecho e nestas 
condições, pode-se afirmar que a variação da velocidade escalar "𝚫𝒗" do corpo será 
dada por: 
 
a) 𝚫𝒗 = 𝟐, 𝟓 𝒎/𝒔 b) 𝚫𝒗 = 𝟓, 𝟎 𝒎/𝒔 c) 𝚫𝒗 = 𝟖, 𝟎 𝒎/𝒔 
d) 𝚫𝒗 = 𝟐, 𝟎 𝒎/𝒔 e) 𝚫𝒗 = 𝟒, 𝟎 𝒎/𝒔 
 
Comentários: 
Considerando que a força 𝐹 que atua no corpo seja a resultante na direção do 
movimento, então podemos aplicar o teorema do impulso: 
𝐼�⃗�𝑟𝑒𝑠 = Δ�⃑⃗� 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 129 
𝐼�⃗�𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ (�⃗�𝑓 − �⃗�𝑖) 
 
𝐼�⃗�𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ Δ�⃗� 
 
Admitindo que a força não mudou de direção, então: 
𝐼𝐹 = 𝑚 ⋅ Δ𝑣 
Pelo gráfico, podemos determinar o impulso da força 𝐹: 
𝐼𝐹 Á𝑟𝑒𝑎=
𝑁 
𝐼𝐹 = 𝐴1 + 𝐴2(soma algébrica) 
𝐼𝐹 =
30 ⋅ (0,4 − 0,1)
2
−
10 ⋅ (0,5 − 0,4)
2
 
 
𝐼𝐹 = 3,5 N ⋅ s 
Portanto: 
Δ𝑣 =
𝐼𝐹
𝑚
 
 
Δ𝑣 =
3,5
2,0
= 1,75 𝑚/𝑠 
 
Gabarito: 𝚫𝒗 = 𝟐, 𝟎 𝒎/𝒔. 
27. (ITA – SP) nA figura mostra o gráfico da força resultante agindo numa partícula de 
massa 𝒎, inicialmente em repouso. No instante 𝒕𝟐 a velocidade da partícula, 𝒗𝟐, será: 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 130 
a) 𝒗𝟐 = [(𝑭𝟏 + 𝑭𝟐)𝒕𝟏 − 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 b) 𝒗𝟐 = [(𝑭𝟏 − 𝑭𝟐)𝒕𝟏 − 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 
c) 𝒗𝟐 = [(𝑭𝟏 − 𝑭𝟐)𝒕𝟏 + 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 d) 𝒗𝟐 = [𝑭𝟏𝒕𝟏 − 𝑭𝟐𝒕𝟐]/𝒎 
e) 𝒗𝟐 = [(𝒕𝟐 − 𝒕𝟏)(𝑭𝟏 − 𝑭𝟐)]/𝟐𝒎 
 
Comentários: 
Pelo teorema do impulso, temos: 
𝐼𝐹 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − �⃑⃗�𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 ⇒ 𝐼𝐹 = �⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
Considerando que a força resultante não alterou sua direção, então podemos trabalhar a 
equação acima em módulo: 
|𝐼𝐹| = |�⃑⃗�𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙| 
Lembrando que a área é numericamente ao impulso da força em um gráfico 𝐹 × 𝑡, 
então: 
Á𝑟𝑒𝑎 = 𝐴1 + 𝐴2 
Á𝑟𝑒𝑎 = 𝐹1 ⋅ 𝑡1 + [−𝐹2 ⋅ (𝑡2 − 𝑡1)] 
Á𝑟𝑒𝑎 = (𝐹1 + 𝐹2) ⋅ 𝑡1 − 𝐹2𝑡2 
Portanto: 
(𝐹1 + 𝐹2) ⋅ 𝑡1 − 𝐹2𝑡2 = 𝑚 ⋅ 𝑣2 
𝑣2 = [(𝐹1 + 𝐹2) ⋅ 𝑡1 − 𝐹2𝑡2]/𝑚 
Gabarito “a”. 
 
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AULA 04 – FORÇAS MODIFICANDO MOVIMENTOS. 131 
9 - Considerações finais 
“O segredo do sucesso é a constância no objetivo” 
 
Parabéns por mais uma aula concluída. Ela significa menos um degrau até a sua 
aprovação. É importante frisar que um dos principais diferencias do Estratégia é o famoso 
fórum de dúvidas. 
O fórum é um ambiente no qual, prevalecendo o respeito, ocorre a troca de informações 
e o esclarecimento das dúvidas dos alunos. Para acessar o fórum de dúvidas faça login na 
área do aluno, no site do Estratégia Vestibulares. Pelo link 
https://www.estrategiavestibulares.com.br/ e busque pela opção “Fórum de Dúvidas”. 
 
10 - Referências Bibliográficas 
[1] Calçada, Caio Sérgio. Física Clássica volume 1. 2. Ed. Saraiva Didáticos, 2012. 
354p. 
[2] Newton, Gualter, Helou. Tópicos de Física volume 1. 11ª ed. Saraiva, 1993. 512p. 
[3] Toledo, Nicolau, Ramalho. Os Fundamentos da Física volume 1. 9ª ed. Moderna. 
521p. 
[4] Resnick, Halliday, Jearl Walker. Fundamentos de Física volume 1. 10ª ed. LTC. 282p. 
 
11 - Versão de Aula 
 
Versão Data Modificações 
1.0 24/01/2022 Primeira versão do texto. 
 
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