Exercícios de Mecânica

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Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 1
4) A aceleração de um ponto material é dada por: a(t)=k⋅t [SI ] , onde k é uma constante. Sabe-
se que no instante t=0 s , a velocidade v (0)=5 m/ s e no instante t=4 s a velocidade é
v (4)=35 m/ s , e no instante t=2 s o móvel encontra-se na origem da trajetória S(2)=30 m .
Pedem-se:
a) a constante k;
b) a equação da velocidade em função do tempo;
c) a equação da posição em função do tempo.
Solução:
A velocidade é obtida “integrando” a aceleração em relação ao tempo: v (t)=cte1+
k
2
⋅t2 .
v (0)=5 m/ s , tem-se v (0)=5=cte+ k
2
⋅02=cte => cte1=5 , ou seja: v (t)=5+ k
2
⋅t2
Impondo
v (4)=35 m/ s , tem-se: v (4)=35=5+ k
2
⋅42 => 35=5+k⋅8 => 30=k⋅8 => k=3,75 (a)
v (t)=5+ 3,75
2
⋅t2 => v (t)=5+1,88⋅t2 (b)
A posição é obtida “integrando” a equação da velocidade em relação ao tempo:
S(t )=cte3+5⋅t+1,88⋅t3
Impondo que S(2)=30 m ==> 30=cte3+5⋅2+1,88⋅23 ==> 30=cte3+17,52 ==> cte3=12,48
Finalmente a posição em função do tempo: S(t )=12,48+5⋅t+1,88⋅t3 (c)
12) Em pista reta, um carro
progride com velocidade constante
v = 20 m/s. À beira da estrada está
postado um guarda rodoviário com
motocicleta. Quando o carro está a
100m à frente do guarda, este parte
e põe-se no encalço do carro com
aceleração constante a (t) = 4,0
m/s2. Pedem-se:
a) o tempo necessário para o
guarda alcançar o carro;
b) a velocidade da moto no instante em que alcança o carro;
c) o percurso da moto até alcançar o carro.
Equacionando o movimento da moto:
A equação do movimento uniformemente acelerado (aceleração constante) é:
Smoto=S0
moto+v0
moto⋅t+ 1
2
⋅amoto⋅t2 ; vmoto=v0
moto+amoto⋅t
v
0
100 m
ΔSmoto
a
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 2
No caso tem-se:
S0
moto=0 ;aorigemda trajetória ; v0
moto=0 ;amoto parte dorepouso e amoto=4,0m /s2 .
Desta forma, a posição da moto em função do tempo: Smoto=1
2
⋅4,0⋅t2 ; Smoto=2,0⋅t2
Equacionando o movimento do carro:
A equação do movimento uniforme (velocidade constante) é: Scarro=S0
carro+v0
carro⋅t .
No caso tem-se: S0
carro=100 m ; v0
carro=20m/ s , desta forma, a posição do carro é: 
Scarro=100+20⋅t .
Quando a moto alcança o carro, suas posições são iguais: Smoto=Scarro
Impondo essa condição: 2,0⋅t2=100+20⋅t
Reescrevendo: 2,0⋅t2−20⋅t−100=0
A fórmula de Bascara: x=−b∓√b2−4⋅a⋅c
2⋅a
ou t=−b∓√b2−4⋅a⋅c
2⋅a
t=
−(−20)∓√202−4⋅2⋅(−100)
2⋅2
t= 20∓√400+800
4
t= 20∓34,64
4
t=5∓8,66
Duas soluções: t1=−3,66(? ?) t2=13,66 s [a]
Recuperando a equação da velocidade da moto:
vmoto=v0
moto+amoto⋅t tem-se: vmoto=zero+amoto⋅t ; vmoto=4,0⋅13,66 ; vmoto=54,64 m/ s [b]
ou … vmoto=196,70 km /h
Recuperando Smoto=2,0⋅t2 …. 
No instante em que a moto alcança o carro, a posição do mesmo é: Smoto=2,0⋅13,662=373,19m .
O percurso é a distância entre o ponto de partida e essa posição final: Δ S=S (t)−S0=373,19 m [c]
 
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 3
16) Um atirador faz dois disparos endereçados
a dois alvos diferentes, alinhados e separados
por 16 m. A velocidade dos dois projéteis é
550 m/s e ambos apresentam trajetórias retas
e horizontais. Determinar o intervalo de tempo
entre esses disparos.
Entendendo a mecânica do processo:
O segundo disparo atingirá o primeiro alvo ao passo que o primeiro disparo atingirá o
segundo alvo, a lógica desse raciocínio é que para atingir o segundo alvo, o percurso é maior em
16 m, que aquele percurso para atingir o primeiro alvo.
Sendo “D” a distância percorrida pelo projétil do segundo disparo e o alvo mais próximo, a distância
percorrida pelo projétil do primeiro disparo será maior que a do segundo disparo: Δ S=D+16 .
Primeiro disparo no segundo alvo:
. percurso: D + 16
.. velocidade: 550
… tempo de voo do projétil: ta2=
ΔSa2
v
=> ta2=
D+16
550
 => ta2=
D
550
+ 16
550
=> ta2=
D
550
+0,029
Segundo disparo no primeiro alvo:
. percurso: D
.. velocidade: 550
… tempo de voo do projétil: ta1=
Δ Sa1
v
=> ta1=
D
550
Comparando os tempos de voo de cada projétil:
 ta2=ta 1+0,029 Δ=ta2−ta 1=0,029 s
Comentário: o intervalo de tempo de apenas 0,029 s, exige uma destreza ímpar do atirador…
10 tiro: t = 020 tiro: t 
10 tiro20 tiro
D 16 m
Compara
ndo os d
ois t
em
pos d
e v
oo
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 4
20) Em pista reta, o carro A possui velocidade constante v A=50 m/ s=180 km /h . No boxe está um
carro B parado. Quando o carro A está 200 m à frente do carro B este parte com aceleração
constante aB=5 m/ s2 . Pedem-se:
a) o tempo necessário para que o carro B alcance carro A.
b) o percurso Δ SB do carro B até alcançar o carro A.
Carro A:
S A=S0
A+v A⋅t+ aA
2
⋅t2 => S A=200+50⋅t+ zero
2
⋅t2 => S A=200+50⋅t
Carro B:
S B=S0
B+vB⋅t+ aB
2
⋅t2 => S B=zero+ zero⋅t+5
2
⋅t2 => S B=5
2
⋅t2
Quando o carro B alcança o carro A, eles possuirão a mesma posição, ou seja: S B=S A .
S B=5
2
⋅t2
 5
2
⋅t 2=200+50⋅t => 2,5⋅t2−50⋅t−200=0
S A=200+50⋅t
Dividindo todos os termos por 2,5: t2−20⋅t−80=0
t1=−3,41s
Da fórmula de Bhaskara: t=
20±√202−4⋅1⋅(−80)
2⋅1
=> t= 20±26,83
2
t2=23,42s
Percurso do carro B:
encontram-se no instante t2=23,42 s ;
a equação horária do carro B é: S B=5
2
⋅t2
O carro deslocou-se: S B=5
2
⋅t2
2 => S B=5
2
⋅23,422 => S B=1371,24 m
A
v
A
200 m
ΔSB
aB
AB
B
S0
t = 0
sem sentido
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 5
22) Um coelho e uma tartaruga resolvem apostar uma corrida ao longo de um percurso de 600
m. A tartaruga tem velocidade constante vT=2m/min=0,033m/ s , enquanto o coelho tem
velocidade também constante vC=10km /h=2,78 m/ s . No disparo do cronômetro (t=0 s) , ambos
os corredores partem. Após 2mim=120 s o coelho está tão distante da tartaruga que resolver tirar
uma soneca, seu sono tem duração de 4 h 56 min 24 s (17.784 s) . O coelho é acordado com
fogos de artifício que comemoram a iminência da vitória da tartaruga, que nesse instante está a 3,2
m da linha de chegada, e levanta-se e corre. Determinar
se o coelho ganha ou perde a corrida. 
Adota-se posição S=0 na posição de partida.
O movimento da tartaruga:
ST=S0 T+vT⋅t => Δ ST=0,033⋅t
O tempo necessário para a tartaruga andar 600 m: Δ ST=600=0,033⋅t
 tT=
600
0,033
=18.181,82 s
O movimento do coelho:
. percurso do coelho nos 120 s iniciais:
SC=S0C+vC⋅t => Δ SC(120)=vC⋅t => Δ SC(120)=2,78⋅120=333,6m ;
.. o coelho dorme durante o intervalo de tempo: Δ t soneca17.784 s ;
… após correr 120 s e dormir 17.784 s, o coelho encontra-se na posição 333,6m no instante
t=120+17.784 s => t=17.904 s ;
…. acordado, deve percorrer o espaço restante até a linha de chegada, ou seja: 
Δ SC=600−333,6=266,4 m => Δ SC=vC⋅t => 266,4=2,78⋅t => t=95,83 s
O tempo gasto pelo coelho:
tC=17.904+95,83 => t=17.999,83 s
Comentando: o coelho chega na frente da tartaruga por 181,99 s 
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 6
24) Um ônibus desloca-se ao longo de uma estrada, com velocidade cruzeiro constante
v1=25 m/s . Como essa estrada possui um trecho em obras, o ônibus freia com aceleração
a1=4,0m/ s2 , diminuindo sua velocidade para v2=5 m/s , com a qual atravessa os 600m em
obras. Findo o trecho em obras, o ônibus acelera com aceleração a=2,0 m/ s2 , retornando à sua
velocidade de cruzeiro v1=25 m/s , com a qual segue viagem. Pedem-se: a) o tempo de frenagem
Δ t1 , antes de atingir o trecho em obras; b) o tempo gasto na travessia do trecho em obras Δ t2 ;
c) o tempo de aceleração para voltar à velocidade de cruzeiro Δ t3 ; d) o atraso na viagem devido
às obras.
obtendoΔ t1 : v0=25 ;v=5 ;a=−4
v=v0+a⋅t 5=25−4⋅Δ t1
Δ t1=5 s [a]
...o percurso no trecho:
S=S0+v0⋅t+
a
2
⋅t2
Δ S1=S−S0=v0⋅t+ a
2
⋅t2
Δ S1=25⋅Δ t1−
4
2
⋅Δ t1
2
Δ S1=25⋅5−4
2
⋅52 ΔS1=75 m
obtendoΔ t2 : v2=5 ;a=0 ;ΔS2=600 m
S=S0+v0⋅t+
a
2
⋅t2 Δ S=S−S0=v2⋅Δ t2+
zero
2
⋅t 2 600=5⋅Δ t2 Δ t2=120 s [b]
...o percurso no trecho: Δ S2=600 m
obtendoΔ t3 : v0=5 ; v=25 ;a=2
v=v0+a⋅t 25=5+2⋅Δ t3 Δ t3=10 s [c]
...o percurso no trecho:
S=S0+v0⋅t+
a
2
⋅t2 Δ S3=S−S0=v2⋅Δt3+
a
2
⋅Δ t3
2 Δ S3=5⋅Δ t3+
2
2
⋅Δ t3
2
Δ S3=5⋅10+ 2
2
⋅102 Δ S3=150 m
O atraso na viagem é a diferença entre os tempos gastos com e sem obras …
Tempo gasto no trecho em obras:
T total
com obras=Δ1+Δ2+Δ3 T total
com obras=5+120+10=135 s
Tempo total sem obras: 
Neste caso o ônibus desloca-se com velocidade constante v=25 m /s ao longo dos três trechos,
que possuem extensão total: Δ S total=75+600+150=825 m .
Δ S total=v0⋅t+ a
2
⋅t2 825=25⋅T total
semobras T total
sem obras=33 s
Atraso na viagem: T atraso=135−33 T atraso=102 s
25 m/s 600 m em obras
5 m/s
Movimento uniforme: v2 = 5 m/s
frenagem aceleração
Δt1 Δt2 Δt3
a = 4 m/s2 a = 2 m/s2
Sentido 
positivo
5 m/s
25 m/s
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 7
29) Uma lata de conserva vazia flutua em um rio que a arrasta com velocidade constante
v=3,0 m/ s . Um menino parado numa ponte a uma altura de h=20 m em relação ao rio, pretende
atingir a lata com uma pedra abandonada em repouso. Pedem-se:
a) O tempo de queda da pedra;
b) A colisão entre a pedra e a lata, só ocorrerá se ambas chegarem ao mesmo tempo no ponto de
impacto definido pela distância “x”. Determinar x.
O tempo de queda da pedra:
Parte do repouso e desloca-se com aceleração da gravidade ,
g=10 m/ s2 .
A velocidade inicial da pedra é: v0
pedra=zero e encontra-se na
posição zero da trajetória: S0
pedra=0 . O percurso da pedra até
atingir a lata é: S pedra=h=20m .
S pedra=S0
pedra+v0
pedra⋅t+ 1
2
⋅g⋅t2 substituindo as grandezas
conhecidas: 20=0+0+1
2
⋅10⋅t2 => t=√ 40
10
=2 s (a)
O movimento da lata:
A lata desloca-se com velocidade constante v=3,0 m/ s ao longo da distância “x”, onde será atingida
pela pedra. 
Posição inicial da lata: S0
lata=0 ; a velocidade da lata é constante: v lata=3,0 m/ s . o percurso da lata
será “x”; o mais importante: a lata e a pedra devem chegar ao mesmo tempo no ponto do impacto,
ou seja, a lata e a pedra devem ter o mesmo tempo de “voo” … t lata=t pedra=2s
O movimento da lata é uniforme, ou seja, velocidade constante:
Slata=S0
lata+v0
lata⋅t x=0+3,0⋅t x=0+3,0⋅2 x=6m (b)
25) O projétil de fuzil, sai do cano que o dispara, com velocidade igual a 800 m/s. O comprimento do
cano é igual a 1,20 m. Admitindo que o projétil percorra o cano com aceleração constante, pedem-
se:
a) a aceleração do projétil no cano;
b) a duração do percurso do projétil no cano;
c) a equação da velocidade do projétil ao longo
do cano.
Da equação de Torricelli: v f
2=v i
2+2⋅a⋅ΔS 8002=0+2⋅a⋅1,20 a=266.666,67 m/ s2
Da equação horária: S=S0+v0⋅t+ a
2
⋅t2 ΔS= a
2
⋅t2 t=√ 2⋅ΔS
a
t=0,003 s
Da equação de Torricelli: v f
2=v i
2+2⋅a⋅ΔS v2=2⋅a⋅Δ S v=√2⋅a⋅Δ S
v=√2⋅266.666,67⋅Δ S
v=√5,33⋅105⋅Δ S
exemplo: para ΔS=0,30 v=√5,33⋅105⋅0,30=399,9 m/ s
v
x
h
Spedra
Ponto do choque entre 
a pedra e a lata
v0= 0
vF
1,20 m
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 8
(extra) Um elevador de altura 3,0 m , sobe com velocidade constante vE=2,5m/ s . Quando o piso
do elevador encontra-se à altura de 3 m, uma bola é lançada em seu interior, à distância de 1,0 m
do piso, com a velocidade inicial v0
B=10,0 m/ s para cima. A aceleração da gravidade é g=10,0 m/s2 .
Pedem-se:
a) após quanto tempo do lançamento da bola, esta se chocará com o teto do elevador;
b) qual a velocidade da bola no instante de seu impacto com teto do elevador.
Instante em que a bola é lançada, será considerado como: t=0 s
Equação horária do teto do elevador:
Steto
E =S0 teto
E +vE⋅t Steto
E =(3,0+3,0)+2,5⋅t Steto
E =6,0+2,5⋅t
Equação horária da bola:
SB=S0
B+v0
B⋅t+ aB
2
⋅t2 SB=(3+1)+10,0⋅t−10,0
2
⋅t2
SB=4+10,0⋅t−5⋅t2
No instante em que ocorre o choque da bola com o teto, as posições da bola e do teto são iguais
entre si:
SB=S teto
E 4+10,0⋅t−5⋅t2=6,0+2,5⋅t −4−10,0⋅t+5⋅t2+6,0+2,5⋅t=0
5⋅t2−7,5⋅t+2=0 t= 7,5±√7,52−4⋅5⋅2
2⋅5
t= 7,5±√56,25−40
10
t= 7,5±4,03
10
t1=
7,5−4,03
10
=0,35 s t2=
7,5+4,03
10
=1,15 s
testando: Steto
E =6,0+2,5⋅t1=6,0+2,5⋅0,35=6,88 m
SB=4+10,0⋅0,35−5⋅0,352=6,88 m
2,5 m/s
3m
3m vB
0
1m
g
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 9
Tarefa 01 – Mecânica da Partícula
Nome:_________________________________________________RA:__________________
Em pista reta, o carro A possui velocidade constante v A=50 m/ s=180 km /h . No boxe está um carro
B parado. Quando o carro A está 350 m à frente do carro B este parte com aceleração constante
aB=4 m/ s2 . Pedem-se:
a) o tempo necessário para que o carro B alcance carro A.
b) o percurso Δ SB do carro B até alcançar o carro A.
A
v
A
350 m
ΔSB
aB
AB
B
S0
t = 0
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 10
Tarefa 02 – Mecânica da Partícula
Nome:_________________________________________________RA:__________________
Q02:
Em pista reta, um carro progride
com velocidade constante v0 = 25
m/s. À beira da estrada está um
guarda rodoviário com motocicleta
em repouso. Quando o carro está a
100 m à frente do guarda, este
parte e põe-se no encalço do carro
com aceleração constante
a=4,0m/ s2 . Pedem-se:
a) o tempo necessário para o
guarda alcançar o carro;
b) a velocidade da moto no instante em que alcança o carro;
c) o percurso da moto até alcançar o carro.
v
0
100 m
ΔSmoto
a
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 11
Dinâmica da Partícula.
 Enquanto a Cinemática da Partícula descreve o movimento da mesma sem discutir as
causas do movimento, a Dinâmica da Partícula, descreve as causas do movimento.
Leis de Newton.
Princípios são considerações que compõem as bases de desenvolvimento de uma teoria. No caso
da dinâmica da partícula, duas “Leis de Newton” são os alicerces da teoria como um todo.
Primeira Lei de Newton: Essa Lei é em verdade o princípio de Inércia.
Uma partícula isenta de forças, ou sob ação de forças cuja soma vetorial é nula, apresentará
vetor velocidade invariante, ou seja: v⃗=constante . 
Note-se que a grandeza “vetor velocidade” constante, apresenta as seguintes
características “invariáveis”: a) direção; b) sentido e a c) intensidade.
Segunda Lei de Newton: 
A resultante vetorial das forças aplicadas a uma partícula é igual ao produto entre a massa da
mesma (m) e a aceleração a⃗ , tem-se: ∑ F⃗=m⋅⃗a R⃗=m⋅⃗a .
Nota: o vetor aceleração da partícula pode ser subdividido em duas componentes: 1)
aceleração tangencial a⃗ tan que é tangente à trajetória da partícula; 2) aceleração
normal a⃗n é perpendicular à trajetória.
Terceira Lei de Newton:
Considerem-se duas partículas A e B, que interagem entre si. À
“força” F⃗ , que a partícula A aplica na partícula B, corresponderá a
“outra força” −F⃗ , que a partícula B aplica na partícula A. Essas duas
forças possuem a mesma direção e a mesma intensidade, e sentidos
opostos.
Componentes Intrínsecas da aceleração:
Quando a trajetória é curva, define-se duas componentes do vetor aceleração, a componente
tangencial: a⃗ tan tangente à trajetória, e a componente centrípeta: a⃗cent perpendicular à trajetória. A
soma vetorial dessas componentes, resulta na aceleração da partícula:
a⃗=a⃗ tan+ a⃗cent
A figura ao lado apresenta as forças aplicadas no veículo:
P: peso do veículo
N: reação normal do piso no veículo
fat: força de atrito que é indispensável para que o veículo faça
a curva, ou seja, e a responsável pela aceleração a⃗cent .
F-F
A B
R
P
N
fatx
y at
acac
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 12
Atrito Sólido
Considere-se que uma pessoa empurre com a mão, um
bloco apoiado no tampo horizontal de uma mesa, aplicando no
mesmo a força F e forçando-o a deslizar para direita. O princípio
de ação e reação garante que o bloco reage na mão, com força
de mesma intensidade, mesma direção e sentido oposto.
Note-se que a interação entre a mão e o bloco geram duas
forças de mesma intensidade, de mesma direção, de
sentido oposto, e aplicadas em corpos diferentes.
O bloco está apoiado num tampo horizontal, e sob ação da força peso que a terra
aplica no mesmo. Para identificartodas as forças que agem no bloco, faz-se
necessário imaginar o bloco separado da Terra e do apoio horizontal:
a) a Terra aplica no bloco força peso P (vertical e sentido
para baixo), e pelo princípio de ação e reação, o bloco
aplica na Terra força de mesma intensidade, mesma
direção e sentido oposto.
b) Sob ação da força peso P, o bloco tende a deslocar-se
para o centro da Terra, ou seja, empurra a superfície para
baixo, com uma força N (normal ou perpendicular às
superfícies), e essa superfície reage com força de mesma
intensidade, mesma direção e sentido oposto.
c) Por fim, o deslocamento do bloco imposto pela força F,
empurra o tampo horizontal para direita. Essa força
tangente às superfícies em contato é denominada de força
de atrito e se opõe ao escorregamento entre as
mesmas.
Finalmente é possível estudar o movimento horizontal do bloco, sob ação de quatro
forças: P; N; F e fat.
A força de atrito depende da força normal “N” que comprime o bloco contra o tampo
horizontal, e do grau de polimento dessas superfícies de contato, expresso pelo
coeficiente de atrito (μ). Também depende se as superfícies escorregam entre si, ou
não.
Os dois regimes da força de atrito são: o estático e o cinético (ou dinâmico). No
estático as superfícies não escorregam entre si, já no cinético (ou dinâmico) as
superfícies deslizam entre si.
Atrito Estático (sem escorregamento): 0≤fat≤μ⋅N
Atrito Cinético (com escorregamento): fat=μ⋅N
Nota: usualmente o coeficiente de atrito estático é maior que o dinâmico: (μest)≥(μ din)
F
F
F
F
Terra
P
P
N
N
fat
fat
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 13
14) No esquema anexo apresentam-se dois blocos A e
B, interligados por um fio ideal e apoiados em um plano
horizontal fixo. Os blocos possuem massas iguais, ou
seja: m=10 kg . Os coeficientes de atrito dinâmico
(cinético) são respectivamente: μ A=0,2 e μB=0,1 . O
bloco B encontra-se sob ação de uma força horizontal:
F=50 N . Adotar g=10,0 m/s2 . Pedem-se:
a) a aceleração do conjunto;
b) a força de tração no cabo que liga os dois blocos.
Reunindo as informações:
massas: ma=mB=10 kg
pesos: PA=PB=P=100 N
normais: N A=N B=N=100 N
forças de atrito: fatA=μ⋅N A fatA=0,2⋅N A fatA=20,0
fatB=μ⋅N B fatB=0,1⋅NB fatB=10,0
acelerações: a A=aB=a
Bloco A:
(x)T−fat A=m⋅a T−20,0=10,0⋅a T=20,0+10,0⋅a (1)
( y )N A−PA=0 N A=PA=100 (2)
Bloco B:
(x) F−T−fatB=m⋅a 50−T−10,0=10,0⋅a 50−T−10,0=10,0⋅a (3)
( y )N B−PB=0 N B=PB=100,0 (4)
Substituindo (1) em (3): 50−20,0−10,0⋅a−10,0=10,0⋅a 20,0=20,0⋅a a=1,0 m/ s2 (a)
Substituindo em (1): T=20,0+10,0⋅1,0 T=30,0 N (b)
20) Na figura ilustrada, os blocos têm massas mA=10kg e
mB=20kg , sendo que o bloco A está apoiado sobre o bloco B. O
coeficiente de atrito entre os blocos é μblocos=0,8 , e o coeficiente de
atrito entre o bloco inferior e o piso é μ piso=0,2 . Desconsiderar a
diferença entre coeficiente de atrito estático e dinâmico. O bloco B é
acionado pela força horizontal F⃗ . A aceleração da gravidade é
g=10 m /s2 . Pedem-se:
a) a máxima força de acionamento que não produz deslizamento entre os blocos;
b) a aceleração dos blocos no caso anterior;
c) a aceleração de cada bloco, caso a intensidade da força seja 90% da força máxima;
d) a aceleração de cada bloco caso a intensidade da força seja 110% da máxima força.
A
B F
F
A
B
F
A
B
PA PB
fatA
fatA fatB
fatB
NA
NA
NB
NB
T
T
x
y
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 14
Equacionando cada bloco …
Bloco A:
PA=mA⋅g PA=100 N
fat1=μ blocos⋅N A fat1=0,8⋅N A (iminência de escorregar)
TCM: (x) fat 1=mA⋅a A 0,8⋅N A=10,0⋅a A
( y )N A−PA=0 N A=100 N => fat1=80 N
a A=
0,8⋅N A
10
= 0,8⋅100
10
=8 m/ s2 [b]
Bloco B:
PB=mB⋅g PB=200 N
fat2=μ piso⋅NB fat2=0,2⋅NB
TCM: (x) F−fat 1−fat 2=mB⋅aB F−fat1−fat2=200⋅aB
( y )N B−PB−N A=0 N B=PB+N A N B=200+100
N B=300 N
fat2=60 N
sem escorregamento dos blocos entre si: a A=aB=8
F−fat1−fat2=20,0⋅aB F=fat1+ fat2+20,0⋅aB F=80+60+20,0⋅8 F=300 N [a]
(c) a nova força é 90% da máxima força: F nova=300⋅0,90=270 N ;
recuperando e substituindo: 1) a força de atrito no bloco B é a mesma fat2=60 N , pois o bloco
inferior encontra-se escorregando apoiado no piso; 2) com a força “F” menor, a força de atrito entre
os blocos também diminui, e os dois blocos continuam sem escorregar entre si, ou seja, terão a
mesma aceleração: a A=aB
Recuperando … fat1=mA⋅aA fat1=10,0⋅aA => fat1=10,0⋅aB
F−fat1−fat2=20,0⋅aB 270−10,0⋅aB−60=20,0⋅aB
270−60=30,0⋅aB
210=30,0⋅aB => a=aB=a A=7,0 m/s2
21) Na figura ilustrada, os blocos A e B, possuem
respectivamente as massas mA=10 kg e
mB=20 kg . O coeficiente de atrito entre esses
blocos é μ AB=0,8 e o coeficiente de atrito entre o
bloco B e a superfície de apoio é μ BS=0,2 . O
bloco A é acionado pela força “F”, horizontal com
sentido para direita. Considerar que os coeficientes de atrito estático e cinético sejam
iguais entre si e que a aceleração da gravidade seja g=10m/ s2 . Pedem-se:
A máxima força “Fmax” que não produz deslizamento entre os blocos, e a
correspondente aceleração dos mesmos;
A
B F
NA
PA
PB
NA
NB
NP
fat1
fat1
fat2
fat2
x
y
A
B
F
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 15
Solução:
Considerando separadamente os blocos e apoio…
A máxima força “F”, coloca o bloco A na iminência de
escorregar sobre o bloco B, ou seja, a força de atrito
entre os blocos é máxima:
fat AB=μ AB⋅N A fat AB=0,8⋅N A ………………... [01]
Como os blocos não escorreguem entre si: aB=aA=a
A 2a Lei de Newton: ∑ forças=m⋅a
Bloco A:
(x) Fmax−fat AB=mA⋅a Fmax−fat AB=10⋅a ....……...[02]
( y ) N A−PA=0 N A=PA=mA⋅g N A=100 N ..[03]
[03] em [01]: fat AB=0,8⋅N A=0,8⋅100 fat AB=80 N
Substituindo fat AB em [02]: Fmax−80=10⋅a Fmax=80+10⋅aem torno de um eixo
vertical que passa pelo centro do mesmo. Um
bloco de massa m=0,5 kg , é apoiado na
superfície do disco a distância d=0,25m do
eixo vertical. O coeficiente de atrito entre a
superfície do disco e o bloco apoiado é
μ=0,35 . Adotar aceleração da gravidade:
g=10 m
s2
. Determinar a máxima velocidade
do ponto do disco onde se apoia o bloco, que não produz escorregamento do mesmo.
Neste exemplo, pede-se a velocidade máxima do ponto de apoio do bloco, que não
produz escorregamento, ou seja, é única e constante. Sendo velocidade constante
vmáx .=cte , a aceleração tangencial responsável pela mudança dessa velocidade é
nula a⃗t=0 .
Como descreve trajetória circular com raio R=d=0,25 m , apresenta aceleração
centrípeta, responsável pela alteração da direção da velocidade, mas não sua
intensidade.
A força de atrito é a força responsável para
impedir que o bloco escorregue para fora do
disco, dessa forma, faz as vezes da força
centrípeta: fat=m⋅ac fat=0,5⋅ac .
Recuperando a aceleração centrípeta:
ac=
v2
R
=> ac=
v2
d
=> ac=
v2
0,25
.
A força de atrito será: fat=0,5⋅ v2
0,25
fat=2,0⋅v2 v=√ fat
2,0
eq. 01
Na iminência de escorregar a força de atrito
é máxima, e tem valor: fat=μ⋅N , sendo N a
força vertical que o disco aplica no bloco.
Como não há deslocamento vertical do bloco,
a soma das forças nessa direção (peso e
normal) é nula: N−P=0 ; N=P=m⋅g
N=P=0,5⋅10=5 => N=5 N
Sendo fat=μ⋅N ; fat=0,35⋅5 ; fat=1,75
Substituindo na equação eq. 01: 
 d
v
m
 d
v
m
fat
 d
v
m
fat
P
N
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 18
v=√ 1,75
2,0
v=0,935 m
s
resp.
Segunda lei de Newton em movimentos circulares.
Exemplo 01:
Um veículo de massa m=550 kg , percorre trajetória reta, que possui aclives e
declives. A figura ilustra três posições A, B e C, e ao longo das mesmas o veículo
mantém a velocidade constante v=135 km/h=37,5 m /s . Sabe-se que na posição B, o
raio de curvatura é R1=140,63 m e que na posição C, o raio é R2=240,00m . Adotar
aceleração da gravidade g=10 m/s2 . Pedem-se: a) e reação normal da pista na
posição B; b) a reação normal da pista na posição C.
Como o veículo possui
velocidade constante
v=37,5 m /s , a aceleração
tangencial à pista é NULA!.
Isso permite afirmar que nessa
direção a resultante das força
é nula: Rtang .=zero .
Por outro lado, a resultante das forças perpendiculares a pista seria a soma das
forças peso P , e força normal à pista N .
Na posição B:
Reforçando que a resultante das forças na direção
tangente à pista é nula, ou seja: atang=0 , e a
resultante das forças na direção perpendicular à pista
será composta pelas forças, a normal N e força
peso. P e esta resultante deverá gerar a aceleração
centrípeta necessária para o veículo descrever a
trajetória circular de raio R1=140,63 m :
Escrevendo a 2a lei de Newton, e adotando como
sentido positivo o da aceleração centrípeta:
P−N B=m⋅aC 550⋅g−N B=550⋅aC 550⋅10−N B=550⋅aC
5500−N B=550⋅aC [01]
Sendo a aceleração centrípeta dada por: aC=
v2
R1
;
tem-se: aC=
37,52
140,63
=> aC=10 m /s2
Nota: esse resultado não expressa a aceleração da gravidade, é apenas uma
coincidência !!!
R1
R2
v
v
v
A
B
C
R1
V
B
NB
P
aC
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 19
Substituindo na equação [01], tem-se: 5500−N B=550⋅aC => 5500−N B=550⋅10
5500−550⋅10=N B …. força normal nula: N B=zero [A]
Na posição C:
Reforçando que a resultante das forças na direção
tangente à pista é nula, ou seja: atang=0 .
A resultante das forças na direção perpendicular à
pista será composta pelas forças normal, N C e
força peso. P , e esta resultante deverá gerar a
aceleração centrípeta necessária para o veículo
descrever a trajetória circular de raio R1=240,00m
Escrevendo a 2a lei de Newton, e adotando como
sentido positivo o da aceleração centrípeta:
N C−P=m⋅aC => N C−550⋅g=550⋅aC
N C−5500=550⋅aC => N C=5500+550⋅aC [02]
Sendo a aceleração centrípeta dada por: aC=
v2
R2
=> aC=
37,52
240,00
=> aC=5,86m /s2
Substituindo na equação [02]:
N C=5500+550⋅5,86 N C=8723,00 N [B]
note-se que a reação normal N C é bem maior que a força peso P=5500 N , para
ser mais preciso: N C=P+3223,00 N . Ressalte-se que o piloto também será afetado
e nessa posição “C” terá mais dificuldade de manter as mãos no volante pois estas
parecerão ao piloto ser pesadas, ou seja: 58,6% mais pesadas ….
Exemplo 02:
O veículo ilustrado possui massa m=650 kg ,
descreve trajetória circular de raio
R=250,0 m , em um plano horizontal, com a
velocidade constante v=55 m /s . Adotar a
aceleração da gravidade como g=10 m /s2 .
Determinar: a) a aceleração centrípeta; b) o
mínimo coeficiente de atrito, que permita que
o veículo faça a curva.
Considerando o veículo como uma partícula,
todas as forças aplicadas no mesmo estarão num único ponto denominado centro de
massa.
R2
V C
P
aC
NC
R
P
N
fat
x
y
ac
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 20
As forças agentes serão: 
o peso: P=m⋅g P=650⋅10=6500 N ;
a força de atrito: a força de atrito impede o veículo de escorregar e sair pela
tangente da trajetória, ou seja, será a força que irá impor ao veículo a aceleração
centrípeta.
Aplicando a 2a Lei de Newton nas direções (x) e (y):
em (y): N−P=0 N=P=6500 [1]
em (x): fat=m⋅aC fat=650⋅aC [2]
a aceleração centrípeta: ac=
v2
R
ac=
552
250
ac=12,1 m /s2 [3] (a)
Da equação [3] tem-se a aceleração centrípeta, que substituída na equação [2],
resulta: fat=650⋅12,1 fat=7865,0 N [4]
A força de atrito deve impedir o escorregamento do veículo para fora da pista, assim é
atrito estático (não é parado e sim sem escorregamento):
O atrito estático é dado por: 0≤fat≤μ⋅N . Quando se diminui o coeficiente de atrito,
o veículo fica na iminência (quase escorregando) de escorregar: fat=μ⋅N .
Utilizando essa última relação: 7865,0=μ⋅6500,0 μ=7865,0
6500,0
 μ=1,21 (b)
Trabalho de uma força.
Considere-se a força F⃗ aplicada a um ponto material de massa m que se
desloca ao longo da trajetória ilustrada, sendo que no intervalo de tempo dt o ponto
material desloca-se pela distância d r⃗ . A força F⃗
transfere energia ao ponto material, definida pelo
produto escalar entre a força e o deslocamento do
ponto de aplicação da força: d τ =F⃗⋅d r⃗ . Essa é a
energia transferida ao ponto material que é denominada
de trabalho.
Basicamente existem dois tipos de forças:
conservativas e dissipativas. As forças conservativas mantêm a energia mecânica
intacta ao passo que as forças dissipativas transformam energia mecânica em calor,
ou seja, dissipam a energia do ponto material.
Exemplo: A força F de intensidade 100 N e com direção inclinada de 300 em 
relação ao horizonte, é aplicada num ponto material de massa m = 7 kg, apoiado em 
F
θ
dr
m
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 21
superfície horizontal e o arrasta ao longo da mesma. Determinar o
trabalho da força F no deslocamento de 12 m.
τ =F⃗⋅Δ S⃗ τ =100⋅12⋅cos(300) τ =1.039,23 J
Energia Cinética.
A energia cinética está ligada à velocidade do ponto material, ou seja, uma
partícula de massa “m” que se desloca com velocidade “v”, tem energia cinética (de
movimento) dada por: EC=1
2
⋅m⋅v2 . 
Exemplo: uma partícula de massa m = 0,30 kg, que se desloca com velocidade v = 30
m/s, possui energia cinética:
EC=1
2
⋅0,30⋅302 EC=135,0 J . Nota: J é uma unidade de energia, denominada joule.
Energia Potencial Gravitacional.
Como o próprio nome expressa, energia potencial é ligada à posição. Seja
uma partícula de massa m=3 kg alçada para uma altura h=2 m num campo
gravitacional.
Demonstra-se que essa partícula ao ser alçada em 2 m, ganha energia
potencial gravitacional: EPgrav .=m⋅g⋅h , que é o trabalho a ser gasto ao alçar a
partícula: EPgrav .=3⋅9,8⋅2=58,80 J .
Energia Potencial Elástica.
A energia potencial elástica está ligada à deformações elásticas de um material,
porexemplo, uma mola de aço sob deformação, ou uma bola de futebol que é
deformada no impacto com uma parede.
Considere-se uma mola de rigidez k com deformação x, a energia potencial
elástica armazenada na mesma é: EPel.=
1
2
⋅k⋅x2 . 
Exemplo: uma mola de rigidez k=200 N /m é comprimida em 0,32 m,
determinar o trabalho da força F que produz essa deformação.
τ F
AB=EPel.
B −EPel
 sendo: EPel.=
1
2
⋅k⋅x2
τ F
AB=1
2
⋅k⋅x2−0 τ F
AB=1
2
⋅200⋅0,322 τ F
AB=10,24 J
F
θ
F
Δx
A
B
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 22
Forças conservativas e dissipativas.
Forças conservativas são aquelas que não dissipam energia permitindo que
a energia seja armazenada num campo de força, que poderá ser utilizada
posteriormente.
Forças dissipativas são aquelas que dissipam energia mecânica
transformando-a em calor.
Teorema da Energia Cinética (TEC).
A soma dos trabalhos de todas as forças aplicadas numa partícula, é igual à
variação de energia cinética: τ res .=EC f −EC i .
Teorema da Energia Mecânica (TEM).
O trabalho das forças não conservativas é igual à variação da energia
mecânica: τ forças não cons .=EM f−EM i
τ forças não cons .=[EC f +EPf ]−[EC i+EPi ] .
4) Um projétil de massa m = 30 g, com velocidade horizontal
v0=540 m/ s , atravessa um poste de madeira de espessura
d=15 cm . A resistência que a madeira opõe ao movimento da bala
é F=500 kgf , suposta invariável. Com qual velocidade v , o projétil
sai da madeira?
Transformando as unidades das grandezas:
F=500 kgf =500⋅9,8 (N ) ; F=4.900 ,0 (N )
m=30 g=0,030 kg ; d=15 cm=0,15m
Energia Cinética inicial:
EC i=
1
2
⋅m⋅v i
2= 1
2
⋅0,030⋅5402 => EC i=4.374,0 J ;
Energia Cinética final:
EC f =
1
2
⋅m⋅v f
2=1
2
⋅0,030⋅v f
2
Trabalho da força F :
 τ res .=F⋅d⋅cos(1800) τ res .=4.900,0⋅0,15⋅(−1) τ res .=−735,0 J
v0 v
F
d
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 23
O TEC–Teorema da Energia Cinética:
τ res .=EC f −EC i ; −735,0=1
2
⋅0,030⋅v f
2−4.374,0 ;
3.639,0=1
2
⋅0,030⋅v f
2 v f=√ 3.639,0⋅2
0,030
v f=492,54 m /s
5) Um menino de massa “me”, parte do repouso na posição
mais alta da pista de tobogã, e desce uma altura
h=12,0m . A gravidade local é g=10,0 m /s2 . A força de
atrito entre o menino e a pista, dissipa 28% da energia
potencial gravitacional inicial. Determinar a velocidade
final do menino, ao término da pista.
A energia potencial gravitacional inicial é:
EPg
i =me⋅g⋅h ; Eg
i =me⋅10⋅12
A energia cinética inicial é:
EC i=1
2
⋅me⋅v i
2=0 ; nota: vi=0
A energia potencial gravitacional final é:
EPe
f =me⋅g⋅h f=0 ; nota: h f=0
A energia cinética final é: EC f =1
2
⋅me⋅v f
2
A energia dissipada pelo atrito com a pista é:
Edissp .=0,28⋅EPg
i ; Edissp .=0,28⋅me⋅10⋅12 Edissp .=33,60⋅me
O Teorema da Energia Mecânica:
τ forças não cons .=EM f−EM i τ forças não cons .=[EC f +EPf ]−[EC i+EPi ]
τ forças não cons .=33,60⋅me=[1
2
⋅me⋅v f
2+zero]−[0+me⋅10⋅12]
33,60⋅me=
1
2
⋅me⋅v f
2−120⋅me dividindo por me : 33,60=1
2
⋅v f
2−120
307,20=v f
2 v f=17,53 m/s
h
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 24
9) Um brinquedo que lança bolas de massa m = 10 g = 0,010 kg,
possui mola com constante elástica k = 1000 N/m, com a finalidade
de atirar as bolas, sendo que a deformação inicial da mesma é 20 cm
= 0,20 m e passa para 5 cm = 0,05 m. O atrito da bolinha com o cano
é desprezível. Obter a velocidade final.
TEM:
(τ A
B )fat=zero (τ A
B )fat=EM f −EM i (τ A
B )fat=(EP f
elástica+EC f )−(EPi
elástica+EC i)
EPi
elástica= k . x2
2
=1000 . 0,202
2
=20 J EP f
elástica= k . x2
2
=1000 . 0,052
2
=1,25 J
EC i=
m . v0
2
2
=zero EC f=
m . v f
2
2
=
0,010 . v f
2
2
=0,005 . v f
2
0=(1,25+0,005 . v f
2)−(5+0) => v f=27,39m /s
0,05m
v0 = 0
v
f
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 25
Tarefa 02-a – Mecânica da Partícula
Nome:_________________________________________________RA:__________________
Na figura ilustrada, os blocos A e B, possuem
respectivamente as massas mA=15 kg e
mB=25 kg . O coeficiente de atrito entre esses
blocos é μ AB=0,8 e o coeficiente de atrito entre o
bloco B e a superfície de apoio é μ BS=0,2 . O
bloco A é acionado pela força “F”, horizontal com
sentido para direita. Considerar que os coeficientes de atrito estático e cinético sejam
iguais entre si e que a aceleração da gravidade seja g=10m/ s2 . Pedem-se:
A máxima força “Fmax” que não produz deslizamento entre os blocos, e a
correspondente aceleração dos mesmos;
Solução:
A
B
F
A
B
PA
PB
NB
NB
NA
NA
fatAB
fatAB
fatBS
fatBS
x
y
F
Aulas de Mecânica da Partícula – 2023 pag. 26
Tarefa 02-b – Mecânica da Partícula
Nome:_________________________________________________RA:__________________
Um menino de massa “me”, parte do repouso na posição
mais alta da pista de tobogã, e desce uma altura
h=18,0m . A gravidade local é g=10,0 m /s2 . A força de
atrito entre o menino e a pista, dissipa 19% da energia
potencial gravitacional inicial. Determinar a velocidade
final do menino, ao término da pista.
h