MecII cap1

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1-1
1. CINEMÁTICA DAS PARTÍCULAS 
 
1.1. Movimento Retilíneo das Partículas 
 
1.1.1. Posição, velocidade e aceleração 
 
Se uma partícula se desloca ao longo de trajetória retilínea, diz-se que ocupa certa posição na reta. 
Para definir a posição P da partícula, escolhe-se uma origem O fixa na reta e um sentido positivo ao 
longo dela. 
 
Mede-se a distância x de O a P e atribui-se um valor positivo ou negativo de acordo com o sentido 
positivo escolhido. Esta distância x define completamente, com o sinal adequado, a posição da 
partícula e é chamada de coordenada de posição da partícula. 
 
 
 
 
 
 
 
Quando a coordenada de posição de uma partícula for conhecida para qualquer instante de tempo t, 
diz-se que o movimento da partícula é conhecido. Ex.: 326 ttx −= . 
 
Considere que a posição P da partícula em um dado instante t é x e em t + ∆t sua posição P’ é 
x + ∆x. A velocidade escalar média da partícula no intervalo de tempo ∆t é definida como a razão 
entre o deslocamento ∆x e o intervalo de tempo e sua unidade no SI é m/s. 
 
t
x
vm ∆
∆
= 
 
A velocidade escalar instantânea (ou simplesmente velocidade) da partícula no instante t é obtida da 
velocidade escalar média, considerando-se que o intervalo de tempo tende a zero. 
 
dt
dx
t
xlimv
t
=
∆
∆
=
→∆ 0
 
 
Um valor positivo de v significa que x aumenta com o tempo. Se negativo, x diminui com o tempo. 
 
 
 
 
Considere que a velocidade da partícula em um dado instante t é v e v + ∆v no instante t + ∆t. A 
aceleração escalar média da partícula no intervalo de tempo ∆t é definida como a razão entre a 
variação de velocidade ∆v e o intervalo de tempo e sua unidade no SI é m/s². 
 
t
v
am ∆
∆
= 
 
A aceleração instantânea (ou simplesmente aceleração) da partícula no instante t é obtida da 
aceleração escalar média, considerando-se que o intervalo de tempo tende a zero. 
 
x O 
P 
 
x 
P 
v > 0 x 
P 
v < 0 
 1-2
dt
dv
t
vlima
t
=
∆
∆
=
→∆ 0
. Como 
dt
dx
v = , a aceleração também pode ser definida por x
dt
xd
a &&== 2
2
. 
 
Analogamente à velocidade, um valor positivo de a significa que v aumenta com o tempo. Se 
negativo, v diminui com o tempo. Haverá quatro possibilidades para o movimento da partícula: 
 
- a > 0 e v > 0 – a partícula se desloca mais rapidamente no sentido positivo; 
- a < 0 e v > 0 – a partícula se desloca mais lentamente no sentido positivo; 
- a > 0 e v < 0 – a partícula se desloca mais lentamente no sentido negativo; 
- a < 0 e v < 0 – a partícula se desloca mais rapidamente no sentido negativo. 
 
Utilizando a “regra da derivação em cadeia”, pode-se escrever a aceleração da forma abaixo: 
 
dx
dv
v
dt
dx
dx
dv
dt
dv
a === 
 
 
Ex.: Considere que o movimento de uma partícula é dado por 326 ttx −= . 
 
A velocidade v em qualquer instante t é obtida derivando-se x em relação a t. 
 
2312 tt
dt
dx
v −== 
 
Por sua vez, a aceleração a é obtida derivando-se v em relação a t. 
 
t
dt
dv
a 612 −== 
 
A posição, a velocidade e a aceleração podem ser representadas em um gráfico como função do 
tempo. As curvas obtidas denominam-se diagramas de movimento. 
 
 
Figura 1.1-a – Diagrama posição-tempo 
0
4
8
12
16
20
24
28
32
36
0 2 4 6 8
t (s)
x (m)
 1-3
Figura 1.1-b – Diagrama velocidade-tempo 
 
Figura 1.1-c – Diagrama aceleração-tempo 
 
 
1.1.2. Determinação do movimento de uma partícula 
 
Na prática, o movimento de uma partícula é raramente definido por uma relação entre posição x e 
tempo t. Muitas vezes, as condições de movimento estarão especificadas pelo tipo de aceleração que 
a partícula possui. Ex.: um corpo em queda livre; sua aceleração será constante, dirigida para baixo 
e igual a 9,81 m/s². 
 
As 3 classes mais comuns de movimento são: 
 
a) a aceleração é uma dada função do tempo 
b) a aceleração é uma dada função da posição 
c) a aceleração é uma dada função da velocidade 
 
No primeiro caso: 
( )tf
dt
dv
a == ⇒ ( )dttfdv = 
 
( )∫∫ =
tv
v
dttfdv
00
 ∴ ( )∫+=
t
dttfvv
0
0 
-40
-36
-32
-28
-24
-20
-16
-12
-8
-4
0
4
8
12
16
0 2 4 6 8
t (s)
v (m/s)
-28
-24
-20
-16
-12
-8
-4
0
4
8
12
16
0 2 4 6 8
t (s)
a (m/s)
 1-4
dt
dx
v = ou vdtdx = 
 
∫∫ =
tx
x
vdtdx
o 0
 ∴ ∫+=
t
vdtxx
0
0 
 
No segundo caso: 
( )xf
dx
dv
va == ⇒ ( )dxxfvdv = 
 
( )∫∫ =
x
x
v
v
dxxfvdv
00
 ∴ ( )∫+=
x
x
dxxfvv
0
22
2
0
2
 
 
dt
dx
v = ou 
v
dxdt = 
 
∫∫ =
x
x
t
dx
v
dt
0
1
0
 ∴ ∫=
x
x
dx
v
t
0
1
 
 
No terceiro caso: 
( )vf
dt
dv
a == ⇒ ( ) dtdvvf =
1
 
ou 
( )vf
dx
dv
va == ⇒ ( ) dxdvvf
v
=
 
 
 
Exs.: 
 
1) De uma janela de um prédio, localizada 20 m acima do solo, arremessa-se, verticalmente para 
cima, uma bola, com velocidade de 10 m/s. Sabendo-se que a aceleração da bola é constante e igual 
a 9,81 m/s² para baixo, determinar: 
 
a) a velocidade v e a elevação da bola y, relativamente ao solo, para qualquer instante t; 
b) a máxima elevação atingida pela bola e o correspondente instante t; 
c) o instante em que a bola atinge o solo e a sua correspondente velocidade. 
 
Esboçar os diagramas v x t e y x t. 
 
A origem escolhida para a posição y será no solo e o sentido para cima será convencionado como 
positivo, portanto no instante t = 0, y0 = 20 m. 
 
Outro dado informado é que no instante t = 0, v0 = 10 m/s (positivo, pois seu sentido é para cima 
conforme convenção adotada) 
 
a) 819,
dt
dv
a −== m/s² 
 
 1-5
∫∫ −=
tv
dt,dv
010
819 
 
t,v 81910 −=− 
 
A velocidade v (m/s) da bola em qualquer instante t (s) será t,v 81910 −= . 
 
t,
dt
dy
v 81910 −== 
 
( )∫∫ −=
ty
dtt,dy
020
81910 
 
2
0
2
2
81910
2
8191020 t,tt,ty
t
−=



−=− 
 
A posição y (m) da bola em qualquer instante t (s) será: 
 
29041020 t,ty −+= 
 
b) A velocidade da bola anula-se quando esta atinge a elevação máxima. Portanto: 
 
081910 =−= t,v 
 
E o instante de tempo nesta posição será 021,t = s. 
 
Substituindo na expressão da posição, a máxima elevação será: 
 
( )20219040211020 ,,,y ⋅−⋅+= ∴ y = 25,1 m 
 
c) Quando a bola atinge o solo, y = 0. 
 
09041020 2 =−+= t,ty 
 
A equação do segundo grau acima possui as raízes: t = –1,24 s e t = 3,28 s. Como somente a 
segunda corresponde a um instante posterior ao início do movimento, a única resposta para o 
instante em que a bola atinge o solo é: 
 
t = 3,28 s 
 
Substituindo na expressão da velocidade, obtém-se a velocidade com que a bola atinge o solo: 
 
28381910 ,,v ⋅−= ∴ v = –22,2 m/s 
 
O sinal negativo indica que a velocidade da bola tem o sentido para baixo quando ela atinge o solo. 
 
Os diagramas posição-tempo e velocidade-tempo são mostrados nas Figuras 1.2-a e 1.2-b. 
 
 1-6
Figura 1.2-a – Diagrama posição-tempo 
 
 
Figura 1.2-b – Diagrama velocidade-tempo 
 
 
2) O mecanismo de amortecimento usado para reduzir o recuo em certos tipos de armas consiste 
essencialmente de um pistão, que está preso ao cano e pode mover-se em um cilindro fixo cheio de 
óleo. Quando o cano recua com uma velocidade v0, o pistão movimenta-se e o óleo é forçado 
através de orifícios no pistão, provocando uma desaceleração do pistão e do cano, proporcional a 
sua velocidade, isto é, a = –kv. Exprimir: 
 
a) v em função de t; 
b) x em função de t; 
c) v em função de x.a) v em função de t 
 
kv
dt
dv
a −== kdtdv
v
−=
1
 ∫∫ −=
tv
v
dtkdv
v 00
1
 kt
v
vln −=





0
 
0
5
10
15
20
25
30
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
t (s)
y (m)
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
t (s)
v (m/s)
 1-7
Então: ktevv −= 0 
 
 
b) x em função de t 
 
ktev
dt
dx
v −== 0 ∫∫
−
=
t
kt
x
dtevdx
0
0
0
 ( )10 −−= −kte
k
v
x 
 
Então: ( )kte
k
v
x −−= 10 
 
c) v em função de x 
 
kv
dx
dv
v
dt
dv
a −=== kdxdv −= ∫∫ −=
xv
v
dxkdv
00
 kxvv −=− 0 
 
Então: kxvv −= 0 
 
Este item poderia ser resolvido utilizando a expressão kte
v
v
−
=
0
 e substituindo em ( )kte
k
v
x −−= 10 , 
que resulta em 





−= 1
0
0
v
v
k
v
x . Então 0vvkx −= , ou seja, kxvv −= 0 . 
 
 
1.1.3. Movimento retilíneo uniforme (MRU) 
 
Nesse movimento a aceleração é nula em qualquer instante t. Portanto, a velocidade é constante e a 
posição da partícula é determinada pela integração da velocidade. 
 
tetancons
dt
dx
v == vdtdx = ∫∫ =
tx
x
dtvdx
00
 vtxx =− 0 
 
 
Então a equação da posição para um movimento retilíneo uniforme (v constante) será: 
 
vtxx += 0 
 
onde x0 corresponde à posição da partícula no instante inicial (t = 0). 
 
 
1.1.4. Movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV) 
 
Nesse movimento a aceleração é constante em qualquer instante t. Portanto, tem-se: 
 
tetancons
dt
dv
a == adtdv = ∫∫ =
tv
v
dtadv
00
 atvv =− 0 
 
 1-8
E a expressão da velocidade para um movimento retilíneo uniformemente acelerado será: 
 
atvv += 0 
 
onde v0 corresponde à velocidade da partícula no instante inicial (t = 0). 
 
 
A posição da partícula será obtida pela integração da expressão da velocidade. Então: 
 
atv
dt
dx
v +== 0 ( )∫∫ +=
tx
x
dtatvdx
0
0
0
 
2
00 2
1
attvxx +=− 
 
E a expressão da velocidade para um movimento retilíneo uniformemente acelerado será: 
 
2
00 2
1
attvxx ++= 
 
onde x0 e v0 correspondem, respectivamente, à posição e à velocidade da partícula no instante inicial 
(t = 0). 
 
Pode-se também obter uma expressão para a velocidade em função da posição a partir de 
tetancons
dx
dv
v
dt
dx
dx
dv
dt
dv
a ==== . 
 
Neste caso: 
 
∫∫ =
x
x
v
v
dxavdv
00
 ( ) ( )02022
1
xxavv −=− 
 
Ou seja: 
( )0202 2 xxavv −+= 
 
 
1.1.5. Movimento de várias partículas 
 
Quando várias partículas se movem ao longo de uma mesma reta, equações independentes podem 
ser obtidas para cada uma delas. Sempre que possível, o tempo será contado a partir do mesmo 
instante inicial para todas as partículas e os deslocamentos serão medidos à mesma origem e no 
mesmo sentido, ou seja, um único cronômetro e um único referencial. 
 
Se se deseja conhecer a posição relativa de uma partícula B em relação a uma partícula A, basta 
efetuar a diferença entre as posições de B e A, ou seja: 
 
ABA/B xxx −= 
 
Considerando que o sentido positivo do eixo das posições é para a direita, um sinal positivo para 
A/Bx significa que B está à direita de A e um sinal negativo, à esquerda, independente da posição 
de A e B em relação à origem. 
 
 1-9
A velocidade relativa entre as duas partículas pode ser obtida através da derivação da expressão 
acima e, portanto: 
ABA/B vvv −= 
 
Mais uma vez, considerando que o sentido positivo do eixo das posições é para a direita, um sinal 
positivo para A/Bv significa que B é observado de A deslocando-se no sentido positivo. Caso 
contrário, no sentido negativo. 
 
Analogamente para a aceleração: 
ABA/B aaa −= 
 
Algumas vezes, a posição de uma partícula depende da posição de outra ou de várias outras. Neste 
caso, os movimentos são chamados de movimentos dependentes. 
 
Considere o sistema de blocos e polias abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observe que a corda ACDEFG tem comprimento constante e como os comprimentos dos 
segmentos de corda CD e EF, que envolvem as polias, permanecem constantes, segue-se que a 
soma dos comprimentos dos segmentos AC, DE e FG é constante. Além disso, o comprimento do 
segmento AC difere de xA por uma constante assim como DE e FG diferem de xB por uma 
constante, tem-se que: 
tetanconsxx BA =+ 2 
 
Como somente uma das coordenadas (xA ou xB) pode ser escolhida arbitrariamente, diz-se que o 
sistema possui um grau de liberdade. 
 
Se o bloco A descer de uma quantidade q, o bloco B deverá subir de uma quantidade q/2 para que a 
expressão acima, que relaciona a posição dos dois blocos, continue válida. 
 
Quando a relação existente entre as posições das partículas é linear, uma relação semelhante pode 
ser obtida para as velocidades e acelerações destas partículas. Para o exemplo dos blocos: 
 
02 =+ BA vv 
 
02 =+ BA aa 
 
 
Exs.: 
 
1) O bloco A parte do repouso e se move para a esquerda, com aceleração constante. A velocidade 
do bloco B é de 0,30 m/s após mover-se 0,60 m. Determinar: 
a) as acelerações de A e B; 
b) a velocidade e a posição de A após 5 s. 
C 
A 
B 
D 
E F 
G 
xA 
xB 
 1-10
 
 
 
 
 
 
 
 
Pela figura, conclui-se que: 
 
i. lE = xB – cte 
ii. lD = xB – xA – cte 
iii. lC = xB – xA – cte 
 
Sabe-se que: lC + lD + lE = cte 
 
Substituindo i, ii e iii: xB + xB – xA + xB – xB = cte 
 
Então: 
3xB – 2xA = cte 
 
Isto implica que: 3vB – 2vA = 0 e 3aB – 2aA = 0. 
 
a) Se aA é constante, aB também é constante e igual a 2/3 aA e tem o mesmo sentido (para a 
esquerda). Sabendo-se desse fato e que o sistema partiu do repouso, tem-se que: 
 
cte
dx
dv
v
dt
dv
a BB
B
B === ⇒ ∫∫ =
x
B
v
BB dxadvv
B
00
 ⇒ xav BB 2
2
= . 
 
Como a velocidade do bloco B é –0,30 m/s após o corpo se mover –0,60 m: 
( ) ( )6002300 2 ,a, B −=− . 
 
Então aB = –0,075 m/s² e aA = –0,113 m/s². 
 
b) Para o corpo A: 
 
1130,
dt
dv
a AA −== ⇒ ∫∫ −=
tv
A dt,dv
A
00
1130 ⇒ t,vA 1130−= . 
 
t,
dt
dx
v AA 1130−== ⇒ ∫∫ −=
tx
A dtt,dx
A
00
1130 ⇒ 
2
1130
2t
,xA −= . 
 
Para t = 5 s: vA = –0,565 m/s e xA = –1,41 m/s. 
 
 
2) Um elevador de plataforma desloca-se, para baixo, no poço de uma mina com uma velocidade 
constante ve. Num dado instante, a plataforma do elevador bate e desaloja uma pedra. Supondo-se 
que a pedra começa a cair com velocidade inicial nula: 
a) mostrar que a pedra atingirá a plataforma com uma velocidade relativa de módulo ve; 
b) se ve =7,5 m/s quando e onde a pedra atingirá a plataforma do elevador? 
C 
A D 
E 
xA xB 
B 
x 
 1-11
Considerando como o instante em que a pedra foi desalojada como o ponto inicial, as posições da 
plataforma do elevador e da pedra, em função do tempo, serão obtidas, respectivamente, 
considerando que a velocidade da plataforma é constante e a aceleração da pedra é constante e igual 
a da gravidade. 
 
Para a plataforma (A): 
 
eA vdt
dx
v −== ⇒ ∫∫ −=
t
e
x
dtvdx
A
00
 ⇒ tvx eA −= 
 
Para a pedra (B): 
 
g
dt
dv
aB −== ⇒ ∫∫ −=
tv
dtgdv
B
00
 ⇒ gtvB −= 
 
gt
dt
dx
vB −== ⇒ ∫∫ −=
tx
tdtgdx
B
00
 ⇒ 
2
2tgxB −= 
 
No instante em que se encontrarem, a posição será a mesma, portanto 
2
2tgtve −=− . E tira-se que 
este instante será 
g
v
t e
2
= . 
 
Substituindo na expressão da velocidade da pedra, obtém-se a velocidade da mesma no ponto em 
que se encontraram. Portanto eB vv 2−= . 
 
a) A velocidade relativada pedra (B) em relação à plataforma do elevador (A) será: 
 
( ) eeeABA/B vvvvvv −=−−−=−= 2 
 
O sinal negativo indica que a pedra é observada da plataforma com movimento no sentido negativo 
do eixo vertical, ou seja, para baixo. Isto significa que o observador na plataforma vê a pedra se 
aproximando. O módulo da velocidade da pedra em relação ao elevador será, portanto, ve. 
 
b) Considerando ve = 7,5 m/s, o instante em que a pedra atingirá o elevador será: 
 
531
819
572
,
,
,
t =
⋅
= s. 
 
A posição em que os dois se encontram a partir do ponto em que a pedra foi desalojada é: 
 
51153157 ,,,x −=⋅−= m, 
 
onde o sinal negativo indica que o ponto em que se encontraram se situa abaixo do ponto que a 
pedra foi desalojada. 
 
 
 
 
 1-12
1.1.6. Solução gráfica de problemas de movimento retilíneo 
 
Na solução de muitos problemas, é útil representar as relações entre x, v, a e t graficamente. Como 
já foi dito em 1.1.1, os gráficos que representam o movimento são chamados de diagramas de 
movimento. 
 
Os diagramas de movimento podem ser: 
- diagrama posição-tempo; 
- diagrama velocidade-tempo; 
- diagrama aceleração-tempo; 
- diagrama velocidade-posição; 
- diagrama aceleração-posição. 
 
Sabe-se, do cálculo diferencial, que a derivada de uma variável em relação à outra significa a 
inclinação da reta tangente à curva em um dado ponto considerado. Como a velocidade é a derivada 
da posição em relação ao tempo, isto significa que a inclinação da reta tangente à curva do diagrama 
posição-tempo, em um dado ponto, corresponderá à velocidade da partícula naquele ponto 
considerado (Figura 1.3). 
 
 
Figura 1.3 – Tangente à curva posição-tempo = velocidade 
 
O mesmo raciocínio se aplica à aceleração em relação ao diagrama velocidade-tempo: como a 
aceleração é a derivada da velocidade em relação ao tempo, isto significa que a inclinação da reta 
tangente à curva do diagrama velocidade-tempo, em um dado ponto, corresponderá à aceleração da 
partícula naquele ponto considerado (Figura 1.4). 
 
Do cálculo integral, sabe-se que a área debaixo de uma curva plotada em um gráfico xy corresponde 
à integral da função y em relação a x entre dois pontos considerados. Como a posição é a integral da 
velocidade com respeito ao tempo, a área debaixo da curva do diagrama velocidade-tempo 
corresponderá à variação da velocidade entre os dois instantes considerados (Figura 1.4) e como a 
velocidade é a integral da aceleração com respeito ao tempo, a área debaixo da curva do diagrama 
aceleração-tempo corresponderá à variação da posição entre os dois instantes considerados (Figura 
1.5). 
 
 
 
 1-13
 
Figura 1.4 – Tangente à curva velocidade-tempo = aceleração e 
integral sob a curva = variação da posição 
 
 
 
Figura 1.5 – Integral sob a curva aceleração-tempo = variação da velocidade 
 
 
Sabe-se que ∫∫ =
2
1
2
1
x
x
v
v
adxvdv , ou seja, ( )=− 21222
1
vv área sob a curva do diagrama aceleração-posição 
entre os dois pontos considerados (Figura 1.6). 
 
 
Figura 1.6 – Área sob a curva aceleração-posição = 1/2 da variação dos quadrados das velocidades 
 
 1-14
No diagrama velocidade-posição (Figura 1.7), a inclinação da tangente à curva em qualquer ponto é 
dada por 
dx
dv
. Traçando-se uma reta normal à tangente no ponto considerado, nota-se, pela 
semelhança de triângulos, que CB = 
dx
dv
v , ou seja, a aceleração da partícula naquele ponto. 
 
 
Figura 1.7 – Distância entre uma dada posição e a posição obtida pela reta normal à tangente à 
curva velocidade-posição na dada posição = aceleração 
 
Resumindo, pode-se obter uma solução do movimento retilíneo de uma partícula através dos 
diagramas de movimento. As alternativas são: 
- obtenção da velocidade pela inclinação da tangente à curva posição-tempo em um dado 
instante considerado; 
- obtenção da aceleração pela inclinação da tangente à curva velocidade-tempo em um dado 
instante considerado; 
- obtenção da posição em um dado instante pela área sob a curva velocidade-tempo entre o 
dado instante e um outro instante cuja posição é conhecida; 
- obtenção da velocidade em um dado instante pela área sob a curva aceleração-tempo entre o 
dado instante e um outro instante cuja velocidade é conhecida; 
- obtenção da velocidade em uma dada posição pela área sob a curva aceleração-posição entre 
a dada posição e uma outra posição cuja velocidade é conhecida; 
- obtenção da aceleração em uma dada posição pela diferença entre a posição obtida pela 
normal à tangente à curva velocidade-posição e a dada posição. 
 
Além destas formas de se obter graficamente a solução do problema, pode-se obter a posição de 
uma partícula a partir do diagrama aceleração-tempo. A descrição da obtenção da posição será feita 
utilizando os diagramas velocidade-tempo (Figura 1.4) e aceleração-tempo (Figura 1.5). 
 
Sabe-se que a integral sob a curva velocidade-tempo fornece a variação da posição. Chamando a 
posição no tempo de t1 de x1 e no tempo t2 de x2, as respectivas velocidades de v1 de v2 e olhando a 
Figura 1.4, matematicamente pode-se escrever: 
∫=−
2
1
12
t
t
vdtxx . 
 
Entretanto, para obtenção da posição a partir do diagrama aceleração-tempo, é mais conveniente 
escrever a área sob a curva integrando em relação à velocidade. Neste caso, a área pode ser dividida 
 1-15
em duas parcelas: uma correspondente à área do retângulo de lados v1 e (t2 – t1) e outra 
correspondente à integral entre as velocidades v1 e v2. Matematicamente: 
 
( ) ( )∫ −+−=−
2
1
212112
v
v
dvttttvxx . 
 
Porém, sabe-se que adtdv = . Então a expressão acima fica: 
 
( ) ( )∫ −+−=−
2
1
212112
t
t
dtattttvxx . 
 
Percebe-se que a integral corresponde ao primeiro momento da área sob a curva aceleração-tempo 
(Figura 1.5) em relação à linha t = t2 que limita a área à direita. Se a posição do centróide da área 
sob a curva aceleração-tempo entre os instantes t1 e t2 for conhecida e chamando a distância entre o 
centróide e a origem do eixo dos tempos de t , a posição x2 no instante t2 pode ser determinada a 
partir da posição x1 e da velocidade v1 no tempo t1 e do momento da área sob a curva aceleração-
posição em relação à linha t = t2, ou seja: 
( ) ( )∫−+−+=
2
1
212112
t
t
adtttttvxx . 
 
Exs.: 
 
1) O diagrama a-t, mostrado na Figura 1.8, foi obtido do movimento retilíneo de um automóvel na 
estrada. A velocidade inicial v0 do automóvel era de 24,2 km/h. Determine a velocidade e a 
distância percorrida quando: 
a) t = 2 s; 
b) t = 7 s; 
c) t = 3 s; 
d) t = 6 s. 
 
Figura 1.8 – Diagrama aceleração-tempo do exemplo 1 
 
Chamando de x0 = 0, x2, x3, x6 e x7 as posições nos tempos t0 = 0, t2 = 2 s, t3 = 3 s, t6 =6 s e t7 = 7 s e 
as respectivas velocidades de v0 = 6,72 m/s, v2, v3, v6 e v7, as velocidades nestes instantes serão 
determinadas pela área sob a curva a-t e as posições pelo momento da área sob esta curva. 
 
0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
0 1 2 3 4 5 6 7
t (s)
a (m/s²)
 1-16
 
a) v2 – v0 = a área sob a curva a-t entre 0 e 2 s = área do triângulo de lados 2 s e 1,2 m/s² = 1,2 m/s. 
 
Como v0 = 6,72 m/s, então v2 = 7,92 m/s. 
 
x2 – x0 = v0 t2 + momento da área sob a curva a-t, entre os instantes 0 e 2 s, em relação ao instante t2. 
O centróide de um triângulo está localizado, em relação ao vértice, a 2/3 da distância entre o vértice 
e a base correspondente. Considerando a origem como o vértice do triângulo, a distância à base 
serão 2 s, portanto t = 4/3 s. A posição x2 será: 
 
( )∫−++=
2
0
22002 adttttvxx = 0 + 6,72 x 2 + (2 – 4/3) x 1,2 ∴ x2 = 14,2 m 
 
b) v7 – v2 = a área sob a curva a-t entre 2 e 7 s = área do retângulode lados 5 s e 0,6 m/s² + área da 
parábola de altura 0,6 m/s² e base 5 s. Note que a derivada da aceleração em t7 é nula, ou seja, este 
instante corresponde ao vértice da parábola e, portanto, a área sob a mesma pode ser calculada 
como 1/3 da base x altura. Então: 
 
v7 = 7,92 + 5 x 0,6 + 1/3 x 5 x 0,6 = 7,92 + 3 + 1 ∴ v7 = 11,9 m/s 
 
x7 – x2 = v2 x (t7 – t2) + momento da área sob a curva a-t, entre os instantes 2 e 7 s, em relação ao 
instante t7. O centróide do retângulo está localizado na metade da sua base, ou seja, em relação à 
origem t = 2 + 5/2 = 4,5 s. O centróide da parábola, em relação ao seu vértice, está a 3/4 do valor da 
base, ou seja, t = 2 + 1/4 x 5 = 3,25 s. A posição x7 será: 
 
( ) ( )∫−+−+=
7
2
727227 adtttttvxx = 14,2 + 7,92 x (7 – 2) + (7 – 4,5) x 3 + (7 – 3,25) x 1 
x7 = 65,1 m 
 
c) v3 – v2 = a área sob a curva a-t entre 2 e 3 s = área do retângulo de lados 1 s e 0,6 m/s² + área do 
trecho de parábola entre 2 e 3 s. Esta área será calculada como a diferença entre a área entre 2 e 7 s 
e a área entre 3 e 7 s. Em t3, a altura da parábola é estimada em 0,4 m. Então: 
 
v3 = 7,92 + 1 x 0,6 + 1/3 x 5 x 0,6 – 1/3 x 4 x 0,4 = 7,92 + 0,6 + 1 – 0,533 
 
v3 = 8,99 m/s (o valor exato é 9,008 m/s!) 
 
x3 – x2 = v2 x (t3 – t2) + momento da área sob a curva a-t, entre os instantes 2 e 3 s, em relação ao 
instante t3. O centróide do retângulo em relação à origem t = 2 + 1/2 = 2,5 s. Para o trecho de 
parábola, faremos o momento será obtido pela diferença entre os momentos das parábolas entre 2 e 
7 s e entre 3 e 7 s. O centróide da primeira já vimos que é t = 2 + 1/4 x 5 = 3,25 s e o da segunda é 
t = 3 + 1/4 x (7 – 3) = 4 s. A posição x3 será: 
 
( ) ( )∫−+−+=
3
2
323223 adtttttvxx = 
= 14,2 + 7,92 x (3 – 2) + (3 – 2,5) x 0,6 + (3 – 3,25) x 1/3 x 0,6 x (7 – 2) – (3 – 4) x 1/3 x 0,4 x (7 – 3) 
 
x3 = 22,7 m (o valor exato é 22,722 m!) 
 
 1-17
d) v6 – v2 = a área sob a curva a-t entre 2 e 6 s = área do retângulo de lados 4 s e 0,6 m/s² + área do 
trecho de parábola entre 2 e 6 s. Esta área será calculada como a diferença entre a área entre 2 e 7 s 
e a área entre 6 e 7 s. Em t6, a altura da parábola é estimada em 0,025 m. Então: 
 
v6 = 7,92 + 4 x 0,6 + 1/3 x 5 x 0,6 – 1/3 x 1 x 0,025 = 7,92 + 2,4 + 1 – 0,008 
 
v6 = 11,3 m/s 
 
x6 – x2 = v2 x (t6 – t2) + momento da área sob a curva a-t, entre os instantes 2 e 6 s, em relação ao 
instante t6. O centróide do retângulo em relação à origem t = 2 + 4/2 = 4 s e sua área é 2,4 m/s. Para 
o trecho de parábola, faremos o momento será obtido pela diferença entre os momentos das 
parábolas entre 2 e 7 s e entre 6 e 7 s. O centróide da primeira já vimos que é t = 2 + 1/4 x 5 = 3,25 
s e o da segunda é t = 6 + 1/4 x (7 – 6) = 6,25 s. A posição x6 será: 
 
( ) ( )∫−+−+=
6
2
626226 adtttttvxx = 
= 14,2 + 7,92 (6 – 2) + (6 – 4) 2,4 + (6 – 3,25) x 1/3 x 0,6 x (7 – 2) – (6 – 6,25) x 1/3 x 0,025 x (7 – 6) 
 
x6 = 53,4 m (o valor exato é 53,472 m!) 
 
 
2) A curva v-x mostrada na Figura 1.9 (propositadamente o valor máximo do eixo x é bem maior do 
que o necessário para que a escala dos dois eixos seja a mesma) foi obtida experimentalmente 
durante o movimento do suporte de uma plaina industrial. Determinar, de modo aproximado, a 
aceleração quando: 
a) x = 7,5 cm; 
b) v = 10 cm/s. 
 
Figura 1.9 – Diagrama velocidade-posição do exemplo 2 
 
a) na posição x = 7,5 cm, a velocidade é v = 15 cm/s. A tangente neste ponto pode ser calculada, 
aproximadamente, pelas posições 6,25 cm e 8,75 cm. Nestas posições as velocidades são, 
respectivamente, 17 cm/s e 13,5 cm/s e a inclinação da reta tangente ao ponto é 
256758
17513
,,
,
−
−
= –1,4. 
A inclinação k da reta perpendicular à reta tangente será 1/2 (–1 sobre a inclinação da reta tangente) 
e a aceleração será igual à – v / k. Mas –1 / k = inclinação da reta tangente. Então a aceleração pode 
ser calculada por v x (inclinação da reta tangente), ou seja, 15 x (–1,4) = –21 cm/s² (o valor exato é 
20 m/s²). 
0
5
10
15
20
25
0 2.5 5 7.5 10 12.5 15 17.5 20 22.5 25 27.5 30 32.5 35
x (cm)
v (cm/s)
 1-18
b) para a velocidade v = 10 cm/s, a posição é x = 10,5 cm/s. A tangente neste ponto pode ser 
calculada, aproximadamente, pelas posições 10 cm e 12,5 cm. Nestas posições as velocidades são, 
respectivamente, 11 cm/s e 6 cm/s e a inclinação da reta tangente ao ponto é 
10512
116
−
−
,
= –2. Como 
vimos anteriormente, a aceleração pode ser calculada por v x (inclinação da reta tangente), então, 
ela será, portanto, 10 x (–2) = –20 cm/s². 
 
 
1.2. Movimento Curvilíneo de Partículas 
 
1.2.1. Vetor posição, velocidade e aceleração 
 
Quando uma partícula se desloca ao longo de uma curva, diz-se que está em movimento curvilíneo. 
 
Para definir a posição P da partícula em um dado instante t, seleciona-se um sistema de referência 
fixo como o mostrado na Figura 1.10, e traça-se o vetor rr unindo a origem O ao ponto P. Já que o 
vetor r
r
 é caracterizado pelo seu módulo r e sua direção em relação aos eixos de referência, ele 
define completamente a posição da partícula em relação àqueles eixos e, portanto, é denominado 
vetor posição da partícula no instante t. 
 
Considere um vetor 'rr que define a posição P’ ocupada pela partícula em um instante t + ∆t. O 
vetor r
r∆ que une P a P’ representa a variação do vetor posição no intervalo de tempo ∆t. Pode-se 
notar que o vetor rr∆ representa uma variação no módulo, na direção e no sentido do vetor rr . 
Analogamente ao movimento retilíneo, a velocidade média da partícula no intervalo de tempo ∆t é 
definida pela razão entre rr∆ e ∆t. Como rr∆ é um vetor e ∆t é um escalar, rr∆ /∆t é um vetor 
associado a P, de mesma direção e sentido de rr∆ e módulo igual ao de rr∆ dividido por ∆t. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A velocidade instantânea vr da partícula no instante t é obtida fazendo ∆t→0. À medida que ∆t se 
torna menor, o ponto P’ se aproxima de P. No limite, o vetor vr obtido será tangente à trajetória da 
partícula. 
 
Como o vetor posição rr depende do instante t, pode-se defini-lo como uma função vetorial da 
variável escalar t e designá-lo por ( )trr . Então: 
dt
rd
v
r
r
= . 
 
A projeção v do vetor vr sobre a reta tangente à trajetória é chamada velocidade escalar da partícula. 
Ela pode ser obtida substituindo-se o vetor rr∆ , na expressão da velocidade média, pela sua 
y 
z 
x 
O 
P 
P’ 
r
r
 
r ′
r
 
r
r∆ 
s∆ = arco PP’ 
y 
z 
x 
O 
P 
P’ 
t
r
∆
∆r
 
y 
z 
x 
O 
P’ ≡ P 
v
r
 
0→∆t 
 1-19
projeção representada pelo segmento retilíneo PP’. Como o comprimento de PP’ se aproxima do 
comprimento ∆s do arco PP’, quando ∆t→0, pode-se escrever: 
 
dt
ds
v = . 
 
Isto quer dizer que a velocidade escalar v pode ser obtida derivando-se, em relação ao tempo, o 
comprimento s do arco descrito pela partícula. 
 
Considere agora a velocidade vr da partícula no instante t e 'vr em um instante posterior t + ∆t. 
Desenhe os vetores velocidade a partir de uma mesma origem O’. A curva obtida unindo-se as 
extremidades dos vetores velocidades denomina-se hodógrafa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O vetor que une Q a Q’ representa a variação da velocidade da partícula durante o intervalo de 
tempo ∆t. Nota-se que vr∆ representa uma variação no módulo, na direção e no sentido do vetor vr . 
Analogamente ao movimento retilíneo, a aceleração média da partícula no intervalo de tempo ∆t é 
definida pela razão entre vr∆ e ∆t. Como vr∆ é um vetor e ∆t é um escalar, vr∆ /∆t é um vetor 
associado a P, de mesma direção e sentido de vr∆ e módulo igual ao de vr∆ dividido por ∆t. 
 
A aceleraçãoinstantânea ar da partícula no instante t é obtida fazendo ∆t→0. À medida que ∆t se 
torna menor, o ponto Q’ se aproxima de Q. No limite, o vetor ar obtido será tangente à hodógrafa. 
 
Como o vetor velocidade vr de função de t, o vetor aceleração será: 
 
dt
vd
a
r
r
= . 
 
Observe que o vetor ar é tangente à hodógrafa, mas não é necessariamente tangente à trajetória. 
 
 
1.2.2. Componentes cartesianas da velocidade e aceleração 
 
Quando a posição instantânea de uma partícula for definida por suas coordenadas cartesianas x, y e 
z, será conveniente definir a sua velocidade e aceleração em função de tais componentes. A figura a 
seguir ilustra as componentes cartesianas da velocidade. 
 
 
 
 
y 
z 
x 
O 
P 
P’ 
 v
r
 
P 
v
r
 
y 
z 
x 
O 
a
r
 
r
r
 
y' 
z' 
x' 
O’ 
hodógrafa a
r
 
r
r∆ 
 
Q’ 
v ′
r
 
v
r
 
 1-20
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, o vetor posição rr da partícula em componentes ortogonais (cartesianas) será: 
 
kzjyixr
rrrr
++= 
 
Onde x, y e z são as projeções do vetor rr nos respectivos eixos e ir , jr e k
r
 são os vetores unitários 
destes eixos. 
 
E sua primeira e segunda derivadas, respectivamente, velocidade e aceleração serão: 
 
kzjyixv
r
&
r
&
r
&
r
++= e kzjyixa
r
&&
r
&&
r
&&
r
++= 
 
As componentes cartesianas escalares da velocidade (ver figura acima) e aceleração serão: 
 
xvx &= yvy &= zvz &= 
 
xax &&= ya y &&= zaz &&= 
 
O uso de componentes ortogonais para determinar a posição, velocidade e aceleração de uma 
partícula é vantajoso, pois o movimento da partícula segundo os eixos x, y e z podem ser estudados 
separadamente. 
 
No caso do movimento de um projétil, por exemplo, pode-se demonstrar que ax = 0, ay = –g e az = 0 
quando não se considera a resistência do ar, onde x e z são eixos no plano da superfície terrestre, y é 
o eixo vertical e g é a aceleração da gravidade. Neste caso, as componentes da velocidade e da 
posição do projétil são: 
 
xx vctexv 0=== & gtvyv yy −== 0& zz vctezv 0=== & 
 
tvxx x00 += 
2
2
1
00 gttvyy y −+= tvzz z00 += 
 
Se o projétil for disparado no plano xy e se a origem dos eixos estiver no ponto de lançamento, tem-
se que x0 = y0 = z0 = 0 e v0z = 0 e as equações de movimento se reduzem a: 
 
xx vv 0= gtvv yy −= 0 0=zv 
 
tvx x0= 
2
2
1
0 gttvy y −= 0=z 
 
y 
z 
x 
O 
P 
 
xv
r
 
zv
r
 
yv
r
 
v
r
 
r
r
 
 1-21
Estas equações mostram que o projétil se mantém no plano xy e que seu movimento na direção 
horizontal (eixo x) é uniforme e uniformemente variado na direção vertical (eixo y). 
 
 
1.2.3. Movimento relativo a um sistema de referência em translação 
 
Assim como no movimento retilíneo, pode-se determinar a posição de uma partícula em relação à 
outra partícula que, como a primeira, está em movimento. Da figura abaixo, pode-se verificar que a 
posição da partícula B pode ser determinada através da soma dos vetores posição da partícula A e 
da variação da posição de B em relação à partícula A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo: A/BAB rrr
rrr
+= , A/BAB vvv
rrr
+= e A/BAB aaa
rrr
+= ; 
 
onde rv
r
&
r
= e rva
r
&&
r
&
r
== . 
 
O movimento de B em relação ao referencial fixo Oxyz é denominado movimento absoluto de B. As 
equações obtidas nesta seção mostram que o movimento absoluto de B pode ser obtido pela 
combinação do movimento absoluto de A e o movimento relativo de B em relação ao referencial 
móvel preso em A. 
 
Exemplos: 
 
1) (ex. 11.83 do Beer & Johnston) Uma partícula descreve uma elipse de equação 
( ) ( ) jptsenBiptcosAr rrr += . Mostre que a aceleração: 
a) aponta para a origem; 
b) é proporcional a r (módulo de rr ). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
z 
x 
O 
B 
Br
r
 
A/Br
r
 
Ar
r
 
y' 
z' 
x' 
A 
x 
y 
O 
P 
r
r
 
2A 
2B 
x 
y 
 1-22
 
a) Derivando rr para encontrar a velocidade: ( ) ( ) jptcosBpiptsenApvr rrrr& +−== . 
Derivando vr para encontrar a aceleração: ( ) ( ) jptsenBpiptcosApav rrrr& 22 +−== . 
Colocando –p2 em evidência: ( ) ( )[ ]jptsenBiptcosApa rrr +−= 2 . 
 
Nota-se que o vetor entre colchetes é o vetor posição. Portanto: rpa rr 2−= . 
 
Como rr é um vetor cuja origem coincide com a origem dos eixos e aponta para o ponto P e a 
aceleração é proporcional ao vetor rr de uma quantidade negativa (–p2), o vetor aceleração tem 
sentido contrário a rr e, portanto, aponta para a origem dos eixos. 
 
b) O módulo de ar é rprprpaa 222 ==−== rrr , portanto, o módulo da aceleração é proporcional 
ao módulo da posição. 
 
 
2) (ex. 11.91 do Beer & Johnston – modificado) Dispara-se um projétil com uma velocidade inicial 
de 305 m/s e um ângulo de 60° com a horizontal contra um balão-alvo localizado a 305 m do chão. 
Considerando-se que o projétil atinge o balão, determinar: 
a) o tempo de vôo do projétil; 
b) a distância d; 
c) a distância d se o balão estivesse subindo a uma velocidade constante de 5 m/s; 
d) a expressão da velocidade do balão relativa ao projétil no item c); 
e) a velocidade inicial de lançamento se a distância d fosse igual a do item b). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Primeiramente deve-se estabelecer um sistema de referência. Será escolhido como origem, o ponto 
de lançamento do projétil e os eixos x e y serão posicionados, respectivamente, nas direções 
horizontal e vertical e sentidos positivos, respectivamente, para direita e para cima. 
 
a) O vetor posição do balão é jidjyixr BBB
rrrrr 305+=+= . 
 
O vetor aceleração do projétil é jgjaiaa yxP
rrrr
−=+= . 
 
Sabendo que xv0 = 305cos(60°) = 152,5 m/s e yv0 = 305sen(60°) = 264,1 m/s e integrando o vetor 
aceleração, obtém-se o vetor velocidade do projétil: 
 ( ) ( ) jgt,i,jgtvivv yxP rrrrr −+=−+= 1264515200 . 
 
 
 
x 
y 
O 
0v
r
 
d 
305 m 
B 
60º 
 1-23
Sabendo que x0 = 0 e y0 = 0, o vetor posição do projétil é: 
 
( ) jgtt,it,rP rrr 





−+=
2
12645152
2
. 
 
Como no instante em que o projétil atingir o balão a posição das duas partículas deve ser a mesma: 
 
( ) jidjgtt,it, rrrr 305
2
12645152
2
+=





−+ . 
Ou seja: dt, =5152 e 305
2
1264
2
=−
gt
t, . 
 
Da 2ª expressão (igualdade da posição y) e considerando g = 9,81 m/s², tem-se os instantes em que 
o projétil está na mesma altura do balão: 
 
t1 = 1,18 s e t2 = 52,7 s. 
 
t1 é o instante em que o projétil atinge o balão quando o primeiro estiver na parte ascendente da 
trajetória e t2 na parte descendente da trajetória. Em termos práticos, normalmente, o que interessa é 
o menor tempo para atingir o alvo, portanto, para atender a figura apresentada, somente t1 interessa 
ao problema. 
 
 
b) Utilizando a expressão da igualdade da posição x: 
 
d = 152,5 x 1,18 = 180 m. 
 
 
c) Neste caso, o que se conhece é o vetor velocidade do balão: jvB
rr 5= . 
 
Sabendo que a posição inicial do balão é x0 = d e y0 = 305 m, o vetor posição será: 
 
( ) jtidrB rrr 5305 ++= . 
 
Igualando os vetores posição do balão e do projétil: 
 
dt, =5152 e tgtt, 5305
2
1264
2
+=− . 
 
Da 2ª expressão (igualdade da posição y) e considerando g = 9,81 m/s², tem-se os instantes em que 
o projétil está na mesma altura do balão: 
 
t1 = 1,20 s e t2 = 51,6 s. 
 
E utilizando a 1ª expressão (igualdade da posição x): 
 
d = 152,5 x 1,20 = 183 m.1-24
d) Como PBP/B vvv
rrr
−= : 
( )[ ]jgt,i,jv P/B rrrr −+−= 126451525 
 
( ) jgt,i,v P/B rrr −−−= 12595152 . 
 
 
e) Agora não se conhece a velocidade inicial v0 de lançamento, então: 
 ( ) ( ) ( )[ ] jgtsenvicosvjgtvivv yxP rrrrr −°+°=−+= 6060 0000 . 
 
E o vetor posição do projétil será: 
 
jgttvitvrP
rrr






−+=
22
3
2
2
0
0
. 
 
Igualando ao vetor posição do balão: 
 
180
2
0
=t
v
 e t
gt
tv 5305
22
3 2
0 +=− . 
 
Substituindo a primeira expressão na segunda: 
 
t
gt 5305
2
3180
2
+=− ou 07765
2
2
=−+ ,t
gt
. 
 
Os instantes em que o projétil está na mesma altura do balão são: 
 
t1 = 0,77 s e t2 = –1,79 s. 
 
A segunda resposta não interessa ao problema. E a velocidade inicial do projétil será: 
 
180770
2
0
=,
v
 ⇒ v0 = 468 m/s 
 
 
1.2.4. Componentes tangencial e normal da aceleração 
 
Na seção anterior foi visto que a velocidade de uma partícula é um vetor tangente à sua trajetória, 
mas que, em geral, o vetor aceleração não é tangente à trajetória, mas sim a uma curva construída 
pelos vetores velocidades e chamada de hodógrafa. 
 
Algumas vezes, é conveniente decompor a aceleração em suas componentes tangencial e normal à 
trajetória. 
 
Considere uma partícula que se desloca ao longo de uma curva contida no plano xy. Considere que 
se defina no ponto P, dois vetores unitários te
r
 e ne
r
, respectivamente, tangente e normal à trajetória. 
Quando a partícula estiver em um ponto P’, o vetor unitário tangente à trajetória será 'te
r
. 
 
 1-25
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Traçando-se ambos os vetores tangentes com a mesma origem O’ e lembrando que os vetores 
tangentes são unitários, suas extremidades ficam sobre uma circunferência de raio unitário. 
Denominando-se ∆θ o ângulo formado pelos dois vetores tangentes e te
r∆ o vetor diferença entre os 
dois vetores, pode-se determinar o módulo deste vetor diferença como 




 ∆
2
2 θsen . 
 
Considere, agora, o módulo do vetor diferença te
r∆ dividido pelo ângulo ∆θ e aplicando o limite 
desta razão quando ∆θ → 0, obtém-se: 
 
1
2
22
2
00
=∆





 ∆
=
∆





 ∆
→∆→∆ θ
θ
θ
θ
θθ
sen
lim
sen
lim . 
 
Ou seja, o vetor diferença, no limite é um vetor unitário normal à trajetória da partícula e com 
sentido de rotação de te
r
. Denominando-se este vetor de ne
r
, tem-se: 
 
θθθ d
edelime ttn
rr
r
=
∆
∆
=
→∆ 0
. 
 
Como o vetor velocidade é tangente à trajetória, pode-se escrever: tevv
rr
= . 
 
A aceleração, por sua vez, pode ser definida como: 
dt
ed
ve
dt
dv
dt
vd
a tt
r
r
r
r
+== . Aplicando a regra da 
cadeia: 
dt
ds
ds
d
d
ed
dt
ed tt θ
θ
rr
= . Como já foi visto, nt ed
ed rr
=
θ
 e v
dt
ds
= . Sabe-se, também, que θρ dds = , 
ou seja, 
ρ
θ 1
=
ds
d
, onde ρ é o raio de curvatura da trajetória no ponto considerado. Então, 
n
t e
v
dt
ed rr
ρ
= . E o vetor aceleração pode ser escrito como: 
 
nt e
v
e
dt
dv
dt
vd
a
rr
r
r
ρ
2
+== . 
 
Ou seja, a aceleração tangencial à trajetória será 
dt
dv
at = e a aceleração normal será ρ
2v
an = . 
 
x 
y 
O 
P 
 ne
r
 
te
r
 
P’ 
te ′
r
 
O’ te
r
 
te ′
r
 te
r∆ 
θ∆ 
 1-26
Conclui-se, portanto, que a aceleração tangencial é responsável pela variação da velocidade 
escalar da partícula e a normal é responsável pela variação na direção do seu movimento. 
 
Embora as relações obtidas tenham sido desenvolvidas para uma trajetória plana, as mesmas 
relações são válidas para uma partícula se movendo no espaço. Considerando os pontos P e P’ em 
uma trajetória no espaço, quando P’ tender a P, obter-se-á, no limite, o plano que mais se ajusta à 
curva e a contém nas proximidades de P. Este plano se chama plano osculador em P. Portanto, o 
plano osculador contém o vetor normal unitário ne
r
, pois este representa o limite de 
θ∆
∆ te
r
. O vetor 
unitário ntb eee
rrr
×= define a binormal em P e, portanto, é perpendicular ao plano osculador. 
Conclui-se que a aceleração possui somente duas componentes: uma segundo a tangente e outra 
segundo a normal principal; ela não possui componente na direção binormal. 
 
 
1.2.5. Componentes radial e transversal da velocidade e aceleração 
 
Em certos problemas de movimento no plano, a posição da partícula P é definida por suas 
coordenadas polares r e θ. Portanto, é conveniente expressar a velocidade e a aceleração nas 
direções radial (paralela à linha OP) e transversal (perpendicular à linha OP). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Considere em P, dois vetores unitários 
r
e
r
 e θe
r
, respectivamente nas direções radial e transversal. O 
vetor 
r
e
r
 tem o mesmo sentido de OP e o vetor θe
r
 é obtido girando 
r
e
r
 de 90° no sentido anti-
horário. Derivando os vetores unitários em relação a θ : 
 
θθ
e
d
ed
r
r
r
= e 
r
e
dr
ed rr
−=
θ
. 
 
O vetor posição da partícula no ponto P é 
r
err
rr
= , onde r é o módulo de rr . 
 
Derivando em relação a t, obtém-se o vetor velocidade: 
 
dt
d
d
ed
re
dt
dr
dt
ed
re
dt
dr
dt
rd
v r
r
r
r
θ
θ
r
r
r
r
r
r
+=+== ⇒ θθ ererv r
r&r&
r
+= 
 
Derivando novamente em relação a t, obtém-se a aceleração: 
 
rr
ererererer
dt
vd
a
r&r&&r&&
r&&
r
&&
r
r 2θθθθ θθθ −+++== 
 
( ) ( ) θθθθ errerrdtvda r
r&&&&
r&&&
r
r 22 ++−== 
x 
y 
O 
P 
 
θe
r
 r
e
r
 
θ 
 
 1-27
Portanto, as componentes escalares da velocidade e aceleração nas direções radial e transversal são: 
 
rv
r
&= θθ &rv = 
 
2θ&&& rra
r
−= θθθ &&&& rra 2+= . 
 
Para um ponto P no espaço, basta acrescentarmos a coordenada z, ou seja, utilizarmos o sistema de 
coordenadas cilíndricas, considerando r como o módulo da projeção do vetor rr no plano xy. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Neste caso, a posição do ponto P será dada por: kzerr
r
rrr
+= , onde 22 zrr +=r . 
 
E os vetores velocidade e aceleração serão: 
 
kzererv
r
r
&
r&r&
r
++= θθ e ( ) ( ) kzerrerra r r&&r&&&&r&&&r +++−= θθθθ 22 . 
 
Exemplos: 
 
1) (ex. 11.140 do Beer & Johnston) 
 
O movimento de rotação da barra OA, em torno de O, é definido por ( )221 34 tt −⋅= piθ . O cursor 
B desliza pela barra de modo que sua distância ao ponto O é dada por 32 90251 t,t,r −= . Nas 
equações acima θ é dado em radianos, r em metros e t em segundos. Determine para B, no instante 
t = 1 s: 
a) sua velocidade; 
b) sua aceleração total; 
c) sua aceleração relativa à barra OA. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
x 
y 
O 
A 
y 
z 
x 
O 
P 
 
r
e
r
 
ze
r
 
v
r
 
r
r
 
θe
r
 
r 
z 
 1-28
Podemos utilizar diretamente as expressões desenvolvidas para as velocidades e acelerações radiais 
e transversais: 
 
rv
r
&= θθ &rv = 
 
2θ&&& rra
r
−= θθθ &&&& rra 2+= . 
 
Porém, precisamos determinar r& , r&& , θ& e θ&& : 
 
27252 t,t,r −=& ⇒ t,,r 4552 −=&& 
 
( )t32 −⋅= piθ& ⇒ piθ 3−=&& 
 
Então: 
27252 t,t,v
r
−= ( ) ( )tt,t,v 3290251 32 −⋅⋅−= piθ 
 
( ) ( )[ ]232 32902514552 tt,t,t,,a
r
−⋅⋅−−−= pi 
 ( ) ( ) ( ) ( )tt,t,t,t,a 3272522390251 232 −⋅⋅−⋅+−⋅−= pipiθ 
 
 
a) O vetor velocidade é 
 ( ) ( ) ( ) θpi ett,t,et,t,v r rrr 32902517252 322 −⋅−⋅+−= 
 
Emt = 1 s: vr = – 0,2 re
r
 – 0,35pi θe
r
 m/s. 
 
 
b) O vetor aceleração é 
 
( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] θpipipi et,t,tt,t,ett,t,t,,a r rrr 3222322 902513327252232902514552 −⋅−−⋅−⋅+−⋅−⋅−−=
 
Em t = 1 s: ar = – (2,9 + 0,35pi 2) re
r
 – 0,65pi θe
r
 m/s². 
 
 
c) A aceleração do cursor B relativa a OA deve ser obtida imaginando-se um observador 
posicionado em O, acompanhando o movimento da barra OA. Neste caso, ele não vê a rotação do 
cursor B, mas apenas o movimento dele, na direção radial, sobre a barra. Então sua aceleração 
relativa será: 
 
( )
r
et,,ra
rr
&&
r 4552 −== 
 
Em t = 1 s: ar = – 2,9 re
r
 m/s². 
 
 
 
 
 
 1-29
2) (ex. 11.151 e 153 do Beer & Johnston) 
 
Um ponto material percorre a espiral mostrada na figura (expressão: br =θ ). Determinar: 
a) o módulo da velocidade do ponto em termos de b, θ e θ& . 
b) o módulo da aceleração do ponto em termos de b, θ e ω, sabendo que ω = θ& = constante. 
 
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
-1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3
x
y
 
 
 
 
Como a expressão que representa a trajetória da partícula está em coordenadas polares, é melhor 
utilizar as fórmulas desenvolvidas para estas coordenadas. 
 
rv
r
&= θθ &rv = 
 
2θ&&& rra
r
−= θθθ &&&& rra 2+= . 
 
a) O objetivo é calcular o módulo da velocidade dado por 22 θvvv r += em função de b, θ e θ& . 
 
Colocando r em função de θ na expressão da trajetória da partícula 
θ
b
r = e derivando em relação 
ao tempo, obtemos 2θ
θ&
&
b
r −= . 
 
Então: 2θ
θ&
&
b
rvr −== e θ
θθθ
&
& brv == . 
 
Substituindo na expressão do módulo da velocidade: 
22
2 





+





−=
θ
θ
θ
θ && bb
v ∴ 22 1 θθ
θ
+=
&b
v . 
 
 
 
 1-30
b) O objetivo é calcular o módulo da aceleração dado por 22 θaaa r += em função de b, θ e ω. 
 
Como ω = θ& = cte ⇒ 0=θ&& , então 2ωrra
r
−= && e ωθ ra &2= . 
 
Vimos que 22 θ
ω
θ
θ bb
r −=−=
&
&
 ⇒ 3
22
θ
ωb
r =&& . 
 
Então 
θ
ω
θ
ω 2
3
22 bb
ar −= e 2
22
θ
ω
θ
b
a −= . 
 
Substituindo na expressão do módulo da aceleração: 
 
2
2
222
3
2 22






−+





−=
θ
ω
θ
ω
θ
ω bbb
a ∴ 43
2
4 θ
θ
ω
+=
b
a