104 APOSTILA MECÂNICA GERAL II (v04 20022017)

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Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 1 
 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DA BAHIA 
ESCOLA POLITÉNICA 
 
 
 
 
 
PROF. CARLOS ARTHUR M T CAVALCANTE 
 
 
 
 
 
APOSTILA 
 
ENG002 – MECÂNICA GERAL II 
 
Versão v04_20022017 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Salvador 
Fevereiro, 2017 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 2 
Sumário 
 
SUMÁRIO ......................................................................................................................................................... 2 
APRESENTAÇÃO ............................................................................................................................................... 5 
1. INTRODUÇÃO ............................................................................................................................................. 6 
2. CINEMÁTICA DE PARTÍCULAS ...................................................................................................................... 7 
2.1. POSIÇÃO ...................................................................................................................................................... 8 
2.2. VELOCIDADE ................................................................................................................................................. 9 
2.3. ACELERAÇÃO ............................................................................................................................................... 10 
2.4. COMPONENTES CARTESIANAS DOS VETORES POSIÇÃO, VELOCIDADE E ACELERAÇÃO ................................................. 11 
 
 
 
2.5. SOBRE A ARBITRARIEDADE DA ESCOLHA DO SISTEMA DE COORDENADAS .................................................................. 20 
 
 
 
2.6. SOBRE A VINCULAÇÃO ENTRE O SISTEMA DE COORDENADAS E OS ÂNGULOS DOS VETORES. .......................................... 23 
 
 
2.7. MOVIMENTO RELATIVO A UM SISTEMA DE COORDENADAS EM TRANSLAÇÃO ........................................................... 26 
 
2.8. MOVIMENTOS DEPENDENTES ......................................................................................................................... 29 
 
 
2.9. COMPONENTES TANGENCIAL E NORMAL .......................................................................................................... 37 
 
 
 
 
 
 
2.10. SISTEMA DE COORDENADAS POLARES E COMPONENTES RADIAL E TRANSVERSAL DA VELOCIDADE E DA 
ACELERAÇÃO ............................................................................................................................................... 61 
 
 
 
2.11. SISTEMA DE COORDENADAS CILÍNDRICAS – COMPONENTES RADIAL, TRANSVERSAL E AXIAL ....................................... 73 
 
3. CINÉTICA DE PARTÍCULAS: APLICAÇÃO DIRETA DA 2ª LEI DE NEWTON ..................................................... 75 
3.1. INTRODUÇÃO .............................................................................................................................................. 75 
3.2. A 2ª LEI DE NEWTON DO MOVIMENTO ............................................................................................................ 75 
3.3. QUANTIDADE DE MOVIMENTO LINEAR DE UMA PARTÍCULA. TAXA DE VARIAÇÃO DA QUANTIDADE DE 
MOVIMENTO LINEAR .................................................................................................................................... 78 
3.4. SISTEMAS DE UNIDADES ................................................................................................................................ 79 
 
3.5. EQUAÇÕES DE MOVIMENTO ........................................................................................................................... 81 
3.6. EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................... 82 
 
 
 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 3 
 
 
 
 
3.7. QUANTIDADE DE MOVIMENTO ANGULAR DE UMA PARTÍCULA ............................................................................ 111 
 
 
 
3.8. MOVIMENTO SUJEITO A UMA FORÇA CENTRAL. CONSERVAÇÃO DA QUANTIDADE DE MOVIMENTO 
ANGULAR. ................................................................................................................................................ 116 
3.9. LEI DA GRAVITAÇÃO UNIVERSAL DE NEWTON .................................................................................................. 118 
 
3.10. TRAJETÓRIA DE UMA PARTÍCULA SOB A AÇÃO DE UMA FORÇA CENTRAL................................................................. 120 
3.11. APLICAÇÃO DE MECÂNICA ESPACIAL .............................................................................................................. 122 
 
 
 
 
 
4. CINÉTICA DE PARTÍCULAS: MÉTODO DO TRABALHO E ENERGIA ............................................................. 132 
4.1. INTRODUÇÃO ............................................................................................................................................ 132 
4.2. TRABALHO DE UMA FORÇA ........................................................................................................................... 133 
 
 
 
 
4.3. FORÇAS QUE NÃO REALIZAM TRABALHO .......................................................................................................... 140 
4.4. ENERGIA CINÉTICA DE UMA PARTÍCULA: PRINCÍPIO DO TRABALHO E ENERGIA ........................................................ 141 
4.5. APLICAÇÃO DO PRINCÍPIO DO TRABALHO E ENERGIA ......................................................................................... 142 
4.6. POTÊNCIA E EFICIÊNCIA ............................................................................................................................... 144 
4.7. EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................. 145 
 
 
 
 
 
4.8. ENERGIA POTENCIAL ................................................................................................................................... 156 
4.9. FORÇAS CONSERVATIVAS ............................................................................................................................. 159 
4.10. CONSERVAÇÃO DE ENERGIA .......................................................................................................................... 161 
4.11. MOVIMENTO SOB UMA FORÇA CONSERVATIVA CENTRAL .................................................................................... 162 
4.12. EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................. 163 
 
 
 
 
5. CINÉTICA DE PARTÍCULAS: MÉTODO DO IMPULSO E QUANTIDADE DE MOVIMENTO ............................. 170 
5.1. INTRODUÇÃO ............................................................................................................................................ 170 
5.2. PRINCÍPIO DO IMPULSO E QUANTIDADE DE MOVIMENTO ................................................................................... 170 
5.3. MOVIMENTO IMPULSIVO ............................................................................................................................. 174 
5.4. EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................. 175 
 
 
 
5.5. IMPACTO .................................................................................................................................................. 180 
5.6. IMPACTO CENTRAL DIRETO ..........................................................................................................................181 
5.7. IMPACTO CENTRAL OBLÍQUO ....................................................................................................................... 185 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 4 
5.8. EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................. 188 
 
 
 
 
 
APÊNDICE A: ................................................................................................................................................. 196 
 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 5 
Apresentação 
 
Essa apostila apresenta o conteúdo ministrado na disciplina ENG002 – Mecânica Geral II da 
Universidade Federal da Bahia (UFBA). Espero que ela seja efetivamente um instrumento de 
aprendizado dos estudantes de engenharia ao desenvolverem seus conhecimentos sobre 
Cinemática e Dinâmica da partícula. 
 
Esta apostila deve ser entendida como um trabalho em elaboração e a decisão de torná-la 
acessível aos alunos matriculados decorreu da solicitação de muitos deles pela disponibilização 
do material que tenho apresentado nas aulas. Após meses de trabalho dedicado, creio ter 
completado uma primeira etapa de desenvolver um material didático mais apropriado às 
necessidades dos alunos. 
 
A época atual é caracterizada pelo uso intensivo da computação eletrônica e da álgebra vetorial. 
Por isso, procurei adotar uma abordagem que enfatiza o desenvolvimento da capacidade de 
modelar os mais diversos problemas de cinemática e dinâmica da partícula por meio do cálculo 
vetorial aplicado à solução de problemas de engenharia. 
 
A principal fonte bibliográfica utilizada foi o livro “Mecânica Vetorial para Engenheiros”, de 
autoria dos Professores Ferdinand P. Beer e E. Russel Johnston, Jr. Pelo menos desde 1980, 
professores da UFBA têm adotado o segundo volume (Dinâmica), como o livro texto para a 
disciplina e, atualmente, ele se encontra na 9ª edição. 
 
Por fim, espero que esta apostila inicie um processo virtuoso de melhoria contínua no ensino e 
aprendizagem da disciplina Mecânica Geral II. 
 
 
Prof. Dr. Carlos Arthur M T Cavalcante 
Departamento de Engenharia Mecânica (DEM) 
Universidade Federal da Bahia (UFBA) 
 
Salvador, 20 de fevereiro de 2017 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 6 
1. Introdução 
 
O Universo existe e nós podemos percebê-lo. Ele é grande. Tem bilhões de galáxias, cada uma 
delas com bilhões de estrelas. Ele está se expandindo. Além da matéria comum (5% de toda a 
matéria e energia visíveis), tem a matéria escura (25%) e tem a energia escura (70%). A Ciência 
não encontrou, ainda, uma explicação definitiva para tudo isso, embora a teoria geral da 
relatividade, a mecânica quântica e, mais recentemente, a teoria das cordas, venham 
contribuindo para o entendimento científico da origem e comportamento do Universo. 
 
Apesar de todos os avanços, a Mecânica Newtoniana (ou a Mecânica Clássica) permanece 
válida e mais do que adequada para a modelagem e solução dos problemas de engenharia, 
incluindo movimentos de planetas e satélites artificiais. 
 
A Mecânica é a ciência que estuda a posição dos objetos no Espaço à medida em que o tempo 
passa. Isto é, a Mecânica é a ciência que estuda o movimento dos objetos. 
 
Os conceitos de Espaço e Tempo são conceitos fundamentais na Mecânica. São conceitos 
fundamentais porque são considerados essenciais para a definição do conceito de movimento. 
Mas isso não quer dizer que o conhecimento humano conseguiu decifrar o significado desses 
conceitos. Quer dizer apenas que os conceitos (Newtonianos) de Espaço, de Tempo e de 
Movimento são válidos e funcionam na solução de uma grande maioria dos problemas de 
engenharia. 
 
O estudo da Mecânica divide-se em duas partes: a Estática e a Dinâmica. 
 
Estática é a parte da Mecânica que estuda os corpos em equilíbrio estático ou em repouso. 
 
Dinâmica é a parte da Mecânica que estuda os corpos em movimento. 
 
A Dinâmica divide-se em duas partes: Cinemática e Cinética. 
 
Cinemática é a parte da Dinâmica que estuda o movimento dos corpos, sem considerar 
as causas ou forças geradoras do movimento. Isto é, estuda o movimento dos corpos, 
independentemente das forças ou das causas que são necessárias para que o movimento 
ocorra. 
 
Cinética é a parte da Dinâmica que estuda a relação existente entre as forças e os 
movimentos dos corpos. A Cinética é usada para prever qual será o movimento de um 
corpo em função das forças que atuam sobre ele; ou para determinar quais são as forças 
necessárias para que um corpo tenha um movimento desejado. 
 
 
 
 
 
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2. Cinemática de Partículas 
 
Todo e qualquer movimento de uma partícula ocorre nas três dimensões espaciais. 
 
No caso mais geral, a partícula se move de tal modo que a sua trajetória é uma “curva no 
espaço” e dizemos que a partícula realiza um “movimento no espaço”. Denominaremos este 
movimento de Movimento 3D. 
 
No caso particular em que a partícula se move de tal modo que a sua trajetória é uma “curva 
no plano”, dizemos que partícula realiza um “movimento no plano”. Nesta apostila, 
denominaremos este movimento de Movimento 2D. 
Para que fiquem bem entendidos conceitos e palavras: o movimento da partícula se dá nas três dimensões 
do espaço, apenas ocorre que a sua trajetória pode ser representada por uma curva contida em um certo 
plano (plano este que está no espaço tridimensional). 
 
No caso mais particular ainda, em que a partícula se move de tal modo que a sua trajetória é 
uma “linha reta”, dizemos que partícula realiza um “movimento retilíneo”. Nesta apostila, 
denominaremos este movimento de Movimento 1D. 
Para que fiquem bem entendidos conceitos e palavras: o movimento da partícula se dá nas três dimensões 
do espaço, apenas ocorre que a sua trajetória pode ser representada por uma certa reta (reta esta que está 
no espaço tridimensional). 
 
O estudo detalhado dos Movimentos 1D, seus diversos tipos e suas aplicações na solução de 
diversos tipos de problemas de engenharia é apresentado no Apêndice A. 
 
 
 
 
 
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2.1. Posição 
 
A posição de uma partícula em movimento (3D, 2D ou 1D), em qualquer instante 𝑡, é 
determinada pelo seu vetor posição 𝑟 (a seta que vai da origem 𝑂 de um sistema de coordenadas 
com o ponto 𝑃 ocupado pela partícula). 
 
A posição de uma partícula em movimento (3D, 2D ou 1D), em 
qualquer instante 𝑡, pode ser determinada também pela sua posição 
escalar 𝑠 (o comprimento do arco de trajetória que vai de um ponto 
de origem 𝑃𝑂 até o ponto 𝑃 ocupado pela partícula ao longo de sua 
trajetória). 
 
O vetor posição 𝑟 é uma função vetorial da variável escalar 𝑡, ou seja, 𝑟 = 𝑟(𝑡). 
 
A posição escalar 𝑠 é uma função escalar da variável escalar 𝑡, ou seja, 𝑠 = 𝑠(𝑡). A função 𝑠 =
𝑠(𝑡) é denominada de equação horária do movimento. 
 
 
 
 
 
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2.2. Velocidade 
 
Considere uma partícula que no instante 𝑡 passa pelo ponto 𝑃 definido 
pelo vetor posição 𝑟 e que no instante 𝑡 + ∆𝑡 passa pelo ponto 𝑃′ 
definido pelo vetor posição 𝑟′. 
 
𝑟′ = 𝑟 + ∆𝑟 
 
O vetor ∆𝑟 representa a variação na posição vetorial da partícula, em 
intensidade, direção e sentido. 
 
Define-se o vetor velocidade média (�⃗�𝑚é𝑑𝑖𝑎) da partícula, no 
intervalo de tempo ∆𝑡, como o quociente, 
 
�⃗�𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
∆𝑟
∆𝑡
 
 
Define-se o vetor velocidade instantânea da partícula, no instante de 
tempo 𝑡, como, 
 
�⃗� = lim
∆𝑡→0
∆𝑟
∆𝑡
 �⃗� =
𝑑𝑟
𝑑𝑡O vetor velocidade �⃗� é sempre tangente à trajetória da partícula. 
 
A intensidade 𝑣 do vetor �⃗� é chamada de velocidade escalar da partícula. Por definição, a 
intensidade 𝑣 do vetor �⃗� é obtida por meio da determinação do módulo do vetor �⃗�, isto é, 
 
𝑣 = |�⃗�| 
 
A velocidade escalar 𝑣 da partícula pode ser obtida substituindo-se o vetor ∆𝑟 pela intensidade 
desse vetor representada pelo segmento de reta 𝑃𝑃′, isto é, 
 
𝑣 = lim
∆𝑡→0
𝑃𝑃′
∆𝑡
 
 
Mas, o comprimento do segmento de reta 𝑃𝑃′ se aproxima do comprimento do arco 𝑃𝑃′ (∆𝑠) à 
medida que ∆𝑡 → 0. Assim, podemos escrever que, 
 
𝑣 = lim
∆𝑡→0
𝑃𝑃′
∆𝑡
= lim
∆𝑡→0
∆𝑠
∆𝑡
 𝑣 =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
 
 
Ou seja, a velocidade escalar 𝑣 também pode ser obtida derivando a equação horária do 
movimento da partícula em relação a 𝑡. 
 
 
 
 
 
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2.3. Aceleração 
 
Considere uma partícula que no instante 𝑡 passa pelo ponto 𝑃 com um vetor 
velocidade �⃗� e que no instante 𝑡 + ∆𝑡 passa pelo ponto 𝑃′ com um vetor 
velocidade �⃗�′. 
 
Desenhamos os vetores �⃗� e �⃗�′ a partir de uma mesma origem 𝑂′ e 
constatamos que, 
 
�⃗�′ = �⃗� + ∆�⃗� 
 
O vetor ∆�⃗� representa a variação da velocidade �⃗� da partícula durante o 
intervalo de tempo ∆𝑡. Observar que ∆�⃗� representa tanto a variação na 
direção do vetor velocidade �⃗�, quanto a variação na velocidade escalar 𝑣 ou 
intensidade do vetor velocidade �⃗�. 
 
Define-se o vetor aceleração média (�⃗�𝑚é𝑑𝑖𝑎) da partícula, no intervalo de 
tempo ∆𝑡, como o quociente, 
 
�⃗�𝑚é𝑑𝑖𝑎 =
∆�⃗⃗�
∆𝑡
 
 
Define-se o vetor aceleração instantânea da partícula no instante de tempo 
𝑡 como o vetor, 
 
�⃗� = lim
∆𝑡→0
∆�⃗⃗�
∆𝑡
 �⃗� =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
 
 
Observamos que o vetor aceleração �⃗� é tangente à curva descrita pela 
extremidade do vetor �⃗� (denominada de hodógrafa) quando este último é 
desenhado a partir da origem fixa 𝑂′ e que, em geral, �⃗� não é tangente à 
trajetória da partícula. 
 
Repetindo uma constatação importante, o vetor aceleração �⃗� representa tanto 
a variação na direção do vetor velocidade �⃗�, quanto a variação na velocidade 
escalar 𝑣 (intensidade do vetor velocidade �⃗�). 
 
Denomina-se de aceleração normal 𝑎𝑛 a componente do vetor aceleração �⃗� responsável pela 
variação na direção do vetor velocidade �⃗� e denomina-se de aceleração tangencial 𝑎𝑡 a 
componente do vetor aceleração �⃗� responsável pela variação na intensidade do vetor velocidade 
�⃗� (velocidade escalar). 
 
 
 
 
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2.4. Componentes Cartesianas dos Vetores Posição, Velocidade e Aceleração 
 
Quando o vetor posição de uma partícula for definido por suas coordenadas retangulares, isto 
é, quando o vetor posição 𝑟 for expresso na forma, 
 
𝑟 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧�⃗⃗� 
 
O vetor velocidade �⃗� =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 será expresso por: 
 
�⃗� =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
𝑑(𝑥𝑖+𝑦𝑗+𝑧�⃗⃗�)
𝑑𝑡
 
 
�⃗� =
𝑑(𝑥𝑖)
𝑑𝑡
+
𝑑(𝑦𝑗)
𝑑𝑡
+
𝑑(𝑧�⃗⃗�)
𝑑𝑡
 
 
�⃗� = (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑖 + 𝑥
𝑑𝑖
𝑑𝑡
) + (
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑗 + 𝑦
𝑑𝑗
𝑑𝑡
) + (
𝑑𝑧
𝑑𝑡
�⃗⃗� + 𝑧
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
) 
 
�⃗� =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑖 +
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑗 +
𝑑𝑧
𝑑𝑡
�⃗⃗� 
 
�⃗� = 𝑣𝑥𝑖 + 𝑣𝑦𝑗 + 𝑣𝑧 �⃗⃗� 
 
 
O vetor aceleração �⃗� =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
 será expresso por: 
 
�⃗� =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
=
𝑑(𝑣𝑥𝑖+𝑣𝑦𝑗+𝑣𝑧�⃗⃗�)
𝑑𝑡
 
 
�⃗� =
𝑑(𝑣𝑥𝑖)
𝑑𝑡
+
𝑑(𝑣𝑦𝑗)
𝑑𝑡
+
𝑑(𝑣𝑧�⃗⃗�)
𝑑𝑡
 
 
�⃗� = (
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝑡
𝑖 + 𝑣𝑥
𝑑𝑖
𝑑𝑡
) + (
𝑑𝑣𝑦
𝑑𝑡
𝑗 + 𝑣𝑦
𝑑𝑗
𝑑𝑡
) + (
𝑑𝑣𝑧
𝑑𝑡
�⃗⃗� + 𝑣𝑧
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
) 
 
�⃗� =
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝑡
𝑖 +
𝑑𝑣𝑦
𝑑𝑡
𝑗 +
𝑑𝑣𝑧
𝑑𝑡
�⃗⃗� 
 
�⃗� = 𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗 + 𝑎𝑧 �⃗⃗� 
 
O uso de componentes retangulares é particularmente eficaz quando o movimento da partícula 
na direção 𝑥, na direção 𝑦 e na direção 𝑧 podem ser estudados separadamente. Isto é, quando a 
componente 𝑎𝑥 depende apenas de 𝑡, 𝑥 e/ou 𝑣𝑥 e quando, da mesma forma, 𝑎𝑦 depende apenas 
de 𝑡, 𝑦 e/ou 𝑣𝑦 e 𝑎𝑧 depende apenas de 𝑡, 𝑧 e/ou 𝑣𝑧. 
 
 
 
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Neste caso, as equações 𝑎𝑥 =
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
, 𝑎𝑦 =
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
 e 𝑎𝑧 =
𝑑2𝑧
𝑑𝑡2
 podem integradas independentemente 
e o comportamento de cada componente pode ser interpretado como um movimento retilíneo 
da projeção da partícula sobre o eixo coordenado correspondente (para um estudo detalhado 
dos Movimentos 1D, consulte o Apêndice A). 
 
Por exemplo, no movimento de um projétil, e desde que adotemos o sistema 
de coordenadas ilustrado na figura ao lado, temos que, 
 
𝑎𝑥 =
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= 0 𝑎𝑦 =
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2
= −𝑔 𝑎𝑧 =
𝑑2𝑧
𝑑𝑡2
= 0 
 
Se as condições iniciais de posição 𝑥0, 𝑦0 e 𝑧0 e as componentes iniciais da 
velocidade 𝑣0𝑥, 𝑣0𝑦 e 𝑣0𝑧 forem conhecidas, as equações podem ser 
integradas, 
 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 𝑣𝑧 = 𝑣0𝑧 
 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 𝑧 = 𝑧0 + 𝑣0𝑧𝑡 
 
Se, por exemplo, as condições iniciais fossem tais que, 
 
𝑧0 = 0 𝑣0𝑧 = 0 
 
As equações do movimento se reduzem para, 
 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 𝑣𝑧 = 0 
 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 𝑧 = 0 
 
 O movimento da partícula se dá no plano 𝑥𝑦 do sistema de coordenadas adotado – não 
haverá movimento na direção 𝑧 pois 𝑣𝑧(𝑡) = 0 para qualquer instante 𝑡; 
 O movimento na direção horizontal é um movimento retilíneo uniforme; 
 O movimento na direção vertical é um movimento retilíneo uniformemente acelerado. 
 
Assim, o movimento pode ser estudado como dois movimentos retilíneos independentes. O 
movimento da partícula pode ser entendido como a “combinação vetorial” destes dois 
movimentos retilíneos independentes. 
 
 
 
 
 
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 Exemplo-Ilustrativo 01 – movimento 3D. 
 
 
O movimento tridimensional de uma partícula está determinado pelo seu vetor posição em qualquer instante 𝑟 =
4 cos(2𝜋𝑡) 𝑖 + 3𝑡2𝑗 + 4 sin(2𝜋𝑡) �⃗⃗�. 
 
a) Determinar as componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
b) Determinar as componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
c) Determinar o vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
d) Determinar as componentes 𝑣𝑥, 𝑣𝑦 e 𝑣𝑧 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
e) Determinar a intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
f) Determinar o vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
g) Determinar as componentes 𝑎𝑥, 𝑎𝑦 e 𝑎𝑧 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
h) Determinar a intensidade ou módulo 𝑎 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
SOLUÇÃO: 
 
a) Determinar as componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑥 = 4 cos(2𝜋𝑡) 𝑦 = 3𝑡2 𝑧 = 4 sin(2𝜋𝑡) 
 
 
b) Determinar o vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
�⃗� = [
𝑣𝑥
𝑣𝑦
𝑣𝑧
] =
[
 
 
 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑧
𝑑𝑡]
 
 
 
 
= [
−4 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋
6𝑡
4 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋
] 
 
�⃗� = [
−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)
6𝑡
8𝜋 cos(2𝜋𝑡)
] Ou �⃗� = −8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 𝑖 + 6𝑡𝑗 + 8𝜋 cos(2𝜋𝑡) �⃗⃗� 
 
 
c) Determinar as componentes 𝑣𝑥, 𝑣𝑦 e 𝑣𝑧 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑣𝑥 = −8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 𝑣𝑦 = 6𝑡 𝑣𝑧 = 8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 
 
 
d) Determinar a intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡;𝑣 = √�⃗� ∙ �⃗� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �⃗� por ele mesmo. 
 
É equivalente a 
 
𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)
2
+ (𝑣𝑧)2 
 
Assim, escrevemos, 
𝑣 = √[
−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)
6𝑡
8𝜋 cos(2𝜋𝑡)
] ∙ [
−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)
6𝑡
8𝜋 cos(2𝜋𝑡)
] 
 
𝑣 = √(−8𝜋 sin(2𝜋𝑡))2 + (6𝑡)2 + (8𝜋 cos(2𝜋𝑡))2 
 
𝑣 = √(64𝜋2 sin2(2𝜋𝑡)) + (36𝑡2) + (64𝜋2 cos2(2𝜋𝑡)) 
 
 
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𝑣 = √64𝜋2 sin2(2𝜋𝑡) + 36𝑡2 + 64𝜋2 cos2(2𝜋𝑡) 
 
𝑣 = √64𝜋2(sin2(2𝜋𝑡) + cos2(2𝜋𝑡)) + 36𝑡2 
 
𝑣 = √64𝜋2(1) + 36𝑡2 
 
𝑣 = +√64𝜋2 + 36𝑡2 O módulo ou intensidade de um vetor é positivo. 
 
 
e) Determinar o vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
�⃗� = [
𝑎𝑥
𝑎𝑦
𝑎𝑧
] =
[
 
 
 
 
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑣𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑣𝑧
𝑑𝑡 ]
 
 
 
 
= [
−8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋
6
−8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋
] 
 
�⃗� = [
−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)
6
−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)
] Ou �⃗� = −16𝜋2 cos(2𝜋𝑡) 𝑖 + 6𝑗 − 16𝜋2 sin(2𝜋𝑡) �⃗⃗� 
 
 
f) Determinar as componentes 𝑎𝑥, 𝑎𝑦 e 𝑎𝑧 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑎𝑥 = −16𝜋
2 cos(2𝜋𝑡) 𝑎𝑦 = 6 𝑎𝑧 = −16𝜋
2 sin(2𝜋𝑡) 
 
 
g) Determinar a intensidade ou módulo 𝑎 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑎 = √�⃗� ∙ �⃗� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �⃗� por ele mesmo. 
 
É equivalente a 
 
𝑎 = √(𝑎𝑥)2 + (𝑎𝑦)
2
+ (𝑎𝑧)2 
 
Assim, escrevemos, 
 
𝑎 = √[
−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)
6
−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)
] ∙ [
−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)
6
−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)
] 
 
𝑎 = √(−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡))2 + (6)2 + (−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡))2 
 
𝑎 = √(256𝜋4 cos2(2𝜋𝑡)) + (36) + (256𝜋4 sin2(2𝜋𝑡)) 
 
𝑎 = √256𝜋4(cos2(2𝜋𝑡) + sin2(2𝜋𝑡)) + (36) 
 
𝑎 = √256𝜋4(1) + (36) 
 
𝑎 = +√256𝜋4 + 36 O módulo ou intensidade de um vetor é positivo. 
 
Obs.: Notar que, neste problema específico, a intensidade da aceleração é constante ao longo do tempo, embora 
as componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑧 não sejam constantes (a componente 𝑎𝑦 é constante). 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 15 
 Exemplo-Ilustrativo 02 – movimento 2D. 
 
 
Um projétil é lançado (no planeta Terra) com velocidade inicial �⃗�0, 
de intensidade 𝑣0 = 160 𝑚/𝑠 e formando um ângulo 𝛼 = 30° com a 
direção horizontal. O sistema de coordenadas adotado para analisar o 
movimento é o sistema 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura ao lado. No sistema 
de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 adotado, a localização do ponto de lançamento 
é dada por 𝑥0 = −50 𝑚 e 𝑦0 = 120 𝑚. Desprezando a resistência do 
ar, analisar o movimento do projétil e determinar: 
 
 
a) As componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑦 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
b) O vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
c) A intensidade ou módulo 𝑎 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
d) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
e) O vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
f) A intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
g) As componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
h) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
Observação: 
Como todo movimento, o movimento do projétil ocorre no espaço tridimensional. Se fosse adotado um sistema 
de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 qualquer, este mesmo movimento (cuja a trajetória está contida em um plano) seria descrito 
por suas componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧. Escolher um sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 de tal modo que os eixos 𝑥 e 𝑦 definam 
o mesmo plano que contém a trajetória 2D do movimento apenas simplifica os cálculos requeridos para a solução 
do problema. 
 
�⃗� = [
𝑎𝑥
𝑎𝑦
𝑎𝑧
] = [
𝑎𝑥
𝑎𝑦
0
] �⃗� = [
𝑣𝑥
𝑣𝑦
𝑣𝑧
] = [
𝑣𝑥
𝑣𝑦
0
] 𝑟 = [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
𝑥
𝑦
0
] 
 
Com uma escolha adequada do sistema de coordenas, os vetores no espaço 𝑅2. 
 
�⃗� = [
𝑎𝑥
𝑎𝑦
] �⃗� = [
𝑣𝑥
𝑣𝑦
] 𝑟 = [
𝑥
𝑦] 
 
 
O sistema de coordenadas foi escolhido de tal modo que os eixos 𝑥 e 𝑦 definem o plano vertical que contém o 
vetor velocidade inicial �⃗�0 de um movimento conhecido (movimento de projétil), de modo que pode ser descrito 
como um movimento 2D regido pelas seguintes equações: 
 
Movimento na direção 𝒙 Movimento na direção 𝑦 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
 
a) As componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑦 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81 𝑚 𝑠
2⁄ 
 
 
b) Determinar o vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
�⃗� = [
0
−9,81
] Ou �⃗� = 0𝑖 − 9,81𝑗 
 
𝑣0 𝑦 
𝑥 
𝑂 
𝑦0 𝑥0 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 16 
c) Determinar a intensidade ou módulo 𝑎 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑎 = √�⃗� ∙ �⃗� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �⃗� por ele mesmo. 
 
É equivalente a 
 
𝑎 = √(𝑎𝑥)2 + (𝑎𝑦)
2
 
 
Assim, escrevemos, 
 
𝑎 = √[
0
−9,81
] ∙ [
0
−9,81
] 𝑎 = √(0)2 + (−9,81)2 𝑎 = √0 + 96,2361 
 
𝑎 = 9,81 𝑚 𝑠2⁄ 
 
 
d) Determinar as componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 
 
𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝛼 𝑣𝑦 = 𝑣0 sin 𝛼 − 𝑔𝑡 
 
𝑣𝑥 = 160 cos 30° 𝑣𝑦 = 160 sin 30° − 9,81𝑡 
 
𝑣𝑥 = 160 cos 30° 𝑣𝑦 = 160 sin 30° − 9,81𝑡 
 
𝑣𝑥 = 160
√3
2
 𝑣𝑦 = 160
1
2
− 9,81𝑡 
 
𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = 80 − 9,81𝑡 
 
 
e) Determinar o vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
�⃗� = [ 80√3
80 − 9,81𝑡
] Ou �⃗� = (80√3)𝑖 + (80 − 9,81𝑡)𝑗 
 
 
f) Determinar a intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑣 = √�⃗� ∙ �⃗� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �⃗� por ele mesmo. 
 
É equivalente a 
 
𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)
2
 
 
Assim, escrevemos, 
 
𝑣 = √[ 80√3
80 − 9,81𝑡
] ∙ [ 80√3
80 − 9,81𝑡
] 𝑣 = √(80√3)
2
+ (80 − 9,81𝑡)2 
 
𝑣 = √19200 + (80 − 9,81𝑡)2 𝑣 = √96,2361𝑡2 − 1569,6𝑡 + 25600 
 
𝑣 = √96,2361𝑡2 − 1569,6𝑡 + 25600 
 
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g) Determinar as componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
 
𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 120 + 80𝑡 −
1
2
9,81𝑡2 
 
 
h) Determinar o vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑟 = [
−50 + 80√3𝑡
120 + 80𝑡 −
1
2
9,81𝑡2
] Ou 𝑟 = (−50 + 80√3𝑡)𝑖 + (120 + 80𝑡 −
1
2
9,81𝑡2) 𝑗 
 
 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 18 
 Exemplo-Ilustrativo 03 – movimento 1D. 
 
 
A aceleração de uma partícula em movimento retilíneo é definida pela relação 
𝑎 = 48𝑡 − 36, onde a aceleração 𝑎 é expressa em 𝑚 𝑠2⁄ e o tempo 𝑡 é expresso 
em segundos (𝑠). Sabendo que em 𝑡 = 0,75 𝑠 a posição da partícula é 𝑥 =
1,4375 𝑚 e que a velocidade é 𝑣 = −11,500 𝑚 𝑠⁄ , determinar o movimento 
da partícula. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Trata-se de um movimento retilíneo (1D). O sistema de coordenadas adotado é um eixo ordenado com origem em 
𝑂 e sentido positivo conforme indicado na figura. 
 
Observação: 
O movimento retilíneo ocorre no espaço tridimensional e, se fosse adotado um sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 
qualquer, este mesmo movimento retilíneo seria descrito por suas componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧. Adotar um sistema de 
coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 de tal modo que a direção de um dos eixos (no caso o eixo 𝑥) coincida com a trajetória retilínea 
da partícula, apenas simplifica os cálculos requeridos para a solução doproblema. 
 
�⃗� = [
𝑎𝑥
𝑎𝑦
𝑎𝑧
] = [
𝑎𝑥
0
0
] �⃗� = [
𝑣𝑥
𝑣𝑦
𝑣𝑧
] = [
𝑣𝑥
0
0
] 𝑟 = [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
𝑥
0
0
] 
 
Com a escolha adequada do sistema de coordenas, os vetores serão vetores unidimensionais. 
 
�⃗� = [𝑎𝑥] �⃗� = [𝑣𝑥] 𝑟 = [𝑥] 
 
Isto é, 
 
�⃗� = 𝑎𝑥𝑖 �⃗� = 𝑣𝑥𝑖 𝑟 = 𝑥𝑖 
 
Adicionalmente, uma vez que o vetor aceleração �⃗�, o vetor velocidade �⃗� e o vetor posição 𝑟 terão sempre a 
mesma direção 𝑖, eles estarão completamente especificados se especificarmos as suas componentes 𝑎𝑥, 𝑣𝑥 e 𝑥. 
 
Ou seja, para especificarmos o vetor �⃗� basta especificarmos o escalar 𝑎𝑥 (positivo ou negativo); para 
especificarmos o vetor �⃗� basta especificarmos o escalar 𝑣𝑥 (positivo ou negativo); e para especificarmos o vetor 
𝑟 basta especificarmos o escalar 𝑥 (positivo ou negativo). 
 
Por causa disso, é comum “renomear” o escalar 𝑎𝑥 (positivo ou negativo) simplesmente pela letra 𝑎; “renomear” 
o escalar 𝑣𝑥 (positivo ou negativo) simplesmente pela letra 𝑣; e “renomear” o escalar 𝑥 (positivo ou negativo) 
simplesmente pela letra... 𝑥. 
 
Assim, quando se trata de um movimento retilíneo, denominamos de 𝑎 (um escalar positivo ou negativo) “a 
componente 𝑎𝑥 do vetor aceleração da partícula” (e não o módulo desse vetor aceleração); denominamos por 𝑣 
(um escalar positivo ou negativo) “a componente 𝑣𝑥 do vetor velocidade da partícula” (e não o módulo desse 
vetor velocidade); e denominamos por 𝑥 (um escalar positivo ou negativo) “a componente 𝑥 do vetor posição da 
partícula” (e não o módulo do vetor posição 𝑟). 
 
 
Assim, temos que, 
 
𝑎 = 48𝑡 − 36 
 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 48𝑡 − 36 𝑑𝑣 = (48𝑡 − 36)𝑑𝑡 
 
∫ 𝑑𝑣
𝑣
𝑣0
= ∫ (48𝑡 − 36)𝑑𝑡
𝑡
0
 𝑣 − 𝑣0 = 24𝑡
2 − 36𝑡 − (0) 
 
𝑣 = 24𝑡2 − 36𝑡 + 𝑣0 
 
𝑂 
𝑥 
𝑣0 
 
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𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 24𝑡2 − 36𝑡 + 𝑣0 𝑑𝑥 = (24𝑡
2 − 36𝑡 + 𝑣0)𝑑𝑡 
 
∫ 𝑑𝑥
𝑥
𝑥0
= ∫ (24𝑡2 − 36𝑡 + 𝑣0)𝑑𝑡
𝑡
0
 𝑥 − 𝑥0 = 8𝑡
3 − 18𝑡2 + 𝑣0𝑡 
 
𝑥 = 8𝑡3 − 18𝑡2 + 𝑣0𝑡 + 𝑥0 
 
 
Foi dado que, para 𝑡1 = 0,75 𝑠, 
 
𝑣(𝑡1) = −11,500 𝑚 𝑠⁄ 𝑥(𝑡1) = 1,4375 𝑚 
 
Assim, podemos escrever que, 
 
𝑣(𝑡1) = 24(0,75)
2 − 36(0,75) + 𝑣0 𝑥(𝑡1) = 8𝑡
3 − 18𝑡2 + 𝑣0𝑡 + 𝑥0 
 
−11,5 = 24(0,75)2 − 36(0,75) + 𝑣0 1,4375 = 8(0,75)
3 − 18(0,75)2 + 𝑣0(0,75) + 𝑥0 
 
Obtemos um sistema de duas equações e duas incógnitas (𝑣0 e 𝑥0) que pode, portanto, ser resolvido. 
 
−11,5 = 24(0,75)2 − 36(0,75) + 𝑣0 Eq. 01 
1,4375 = 8(0,75)3 − 18(0,75)2 + 𝑣0(0,75) + 𝑥0 Eq. 02 
 
Resolvido o sistema, encontramos, 
 
𝑣0 = 2 𝑚 𝑠⁄ 𝑥0 = 6,6875 𝑚 
 
Assim, concluímos que, 
 
𝑣 = 24𝑡2 − 36𝑡 + 2 
 
𝑥 = 8𝑡3 − 18𝑡2 + 2𝑡 + 6,6875 
 
E o movimento (retilíneo) fica determinado! 
 
 
 
 
 
 
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2.5. Sobre a arbitrariedade da escolha do sistema de coordenadas 
 
A seguir apresentamos um mesmo problema, bastante conhecido, para ser solucionado por 
meio da adoção de diferentes sistemas de coordenadas, a fim de ilustrar como a escolha 
(arbitrária) do sistema de coordenadas afeta a solução de problemas. 
 
 Exemplo-Ilustrativo 04. 
 
 
Um projétil é disparado de um platô a 120 𝑚 de altura do solo com 
uma velocidade inicial de 160 𝑚/𝑠 em um ângulo 30° com a 
horizontal. Adotando o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na 
figura ao lado, e desprezando a resistência do ar, determinar: (a) a 
distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o 
projétil atinge o solo; e; (b) a altura máxima alcançada pelo projétil 
em relação ao solo. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Considerando o sistema de coordenadas adotado, o movimento do projétil será regido pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81 
𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = 80 − 9,81𝑡 
𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 120 + 80𝑡 − 4,905𝑡2 
 
 
a) A distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo. 
 
O projétil atinge o solo quando 𝑦 = 0 e seja 𝑡1 o instante em que isso ocorre. Assim, podemos escrever que, 
 
0 = 120 + 80𝑡1 − 4,905𝑡1
2 −4,905𝑡1
2 + 80𝑡1 + 120 = 0 𝑡1 = {
−1,3828
17,693
 
 
𝑡1 = 17,693 𝑠 
 
Assim, a distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo é, 
 
𝑑 = 𝑥(𝑡1) + 50 𝑑 = −50 + 80√3(17,693) + 50 𝑑 = 2.451,6 𝑚 
 
 
b) A altura máxima alcançada pelo projétil em relação ao solo 
 
A coordenada vertical 𝑦 assume seu valor máximo (𝑦𝑚á𝑥) quando 𝑣𝑦 = 0 e seja 𝑡2 o instante em que isso ocorre. 
Assim, podemos escrever que, 
 
0 = 80 − 9,81𝑡2 −80 = −9,81𝑡2 𝑡2 = 8,1549 𝑠 
 
O valor de 𝑦𝑚á𝑥 é, 
 
𝑦𝑚á𝑥 = 𝑦(𝑡2) = 120 + 80(𝑡2) − 4,905(𝑡2)
2 𝑦𝑚á𝑥 = 446,20 𝑚 
 
Observando a figura e considerando o sistema de coordenadas adotado, vemos que a altura máxima em relação ao 
solo será: 
 
𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝑦𝑚á𝑥 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 446,20 𝑚 
 
 
 
 
𝑣0 𝑦 
𝑥 
𝑂 
50 𝑚 120 𝑚 
𝑑 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 21 
 Exemplo-Ilustrativo 05. 
 
 
Um projétil é disparado de um platô a 120 𝑚 de altura do solo com 
uma velocidade inicial de 160 𝑚/𝑠 em um ângulo 30° com a 
horizontal. Adotando o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na 
figura ao lado, e desprezando a resistência do ar, determinar: (a) a 
distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o 
projétil atinge o solo; e; (b) a altura máxima alcançada pelo projétil 
em relação ao solo. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Considerando o sistema de coordenadas adotado, o movimento do projétil será regido pelas seguintes equações, 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81 
𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = 80 − 9,81𝑡 
𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 0 + 80𝑡 − 4,905𝑡2 
 
 
a) A distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo. 
 
O projétil atinge o solo quando 𝑦 = −120 e seja 𝑡1 o instante em que isso ocorre. Assim, podemos escrever que, 
 
−120 = 0 + 80𝑡1 − 4,905𝑡1
2 4,905𝑡1
2 − 80𝑡1 − 120 = 0 
 
𝑡1 = {
−1,3828
17,693
 𝑡1 = 17,693 𝑠 
 
Assim, a distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo é, 
 
𝑑 = 𝑥(𝑡1) + 50 𝑑 = −50 + 80√3(17,693) + 50 𝑑 = 2.451,6 𝑚 
 
 
b) A altura máxima alcançada pelo projétil em relação ao solo 
 
A coordenada vertical 𝑦 assume seu valor máximo (𝑦𝑚á𝑥) quando 𝑣𝑦 = 0 e seja 𝑡2 o instante em que isso ocorre. 
Assim, podemos escrever que, 
 
0 = 80 − 9,81𝑡2 −80 = −9,81𝑡2 𝑡2 = 8,1550 𝑠 
 
O valor de 𝑦𝑚á𝑥 é, 
 
𝑦𝑚á𝑥 = 𝑦(𝑡2) = 0 + 80(𝑡2) − 4,905(𝑡2)
2 𝑦𝑚á𝑥 = 326,20 𝑚 
 
Observando a figura e considerando o sistema de coordenadas adotado, vemos que a altura máxima em relação ao 
solo será: 
 
𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝑦𝑚á𝑥 + 120 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 326,20 + 120 
 
𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 446,20 𝑚 
 
 
 
 
 
𝑣0 
𝑦 
𝑥 
𝑂 
50 𝑚 120 𝑚 
𝑑 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 22 
 Exemplo-Ilustrativo 06. 
 
 
Um projétil é disparado de um platô a 120 𝑚 de altura do solo com 
uma velocidade inicial de 160 𝑚/𝑠 em um ângulo 30° com a 
horizontal. Adotando o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura 
ao lado, e desprezando a resistência do ar, determinar: (a) a distância 
horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o 
solo; e; (b) a altura máxima alcançada pelo projétil em relação ao solo. 
 
SOLUÇÃO:Considerando o sistema de coordenadas adotado, o movimento do projétil será regido pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = +9,81 
𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = −80 + 9,81𝑡 
𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 0 − 80𝑡 + 4,905𝑡2 
 
 
a) A distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo. 
 
O projétil atinge o solo quando 𝑦 = +120 e seja 𝑡1 o instante em que isso ocorre. Assim, podemos escrever que, 
 
+120 = 0 − 80𝑡 + 4,905𝑡2 +4,905𝑡1
2 − 80𝑡1 − 120 = 0 𝑡1 = {
−1,3828
17,693
 
 
𝑡1 = 17,693 𝑠 
 
Assim, a distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo é, 
 
𝑑 = 𝑥(𝑡1) + 50 𝑑 = −50 + 80√3(17,693) + 50 𝑑 = 2.451,6 𝑚 
 
 
b) A altura máxima alcançada pelo projétil em relação ao solo 
 
A coordenada vertical 𝑦 assume seu valor mínimo (𝑦𝑚í𝑛) quando 𝑣𝑦 = 0 e seja 𝑡2 o instante em que isso ocorre. 
Assim, podemos escrever que, 
 
0 = −80 + 9,81𝑡2 +80 = +9,81𝑡2 𝑡2 = 8,1550 𝑠 
 
O valor de 𝑦𝑚í𝑛 é, 
 
𝑦𝑚í𝑛 = 𝑦(𝑡2) = 0 − 80(𝑡2) + 4,905(𝑡2)
2 𝑦𝑚í𝑛 = 0 − 80(8,1550) + 4,905(8,1550)
2 
 
𝑦𝑚í𝑛 = −326,20 𝑚 
 
Observando a figura e considerando o sistema de coordenadas adotado, vemos que a altura máxima em relação ao 
solo será: 
 
𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = |𝑦𝑚í𝑛| + 120 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = |−326,20| + 120 
 
𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 446,20 𝑚 
 
 
 
 
𝑣0 
𝑦 
𝑥 
𝑂 
50 𝑚 120 𝑚 
𝑑 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 23 
2.6. Sobre a vinculação entre o sistema de coordenadas e os ângulos dos vetores. 
 
Nos exemplos ilustrativos a seguir apresentamos um mesmo problema bastante conhecido 
para ser solucionado por meio da adoção de diferentes sistemas de coordenadas a fim de 
ilustrar como a escolha (arbitrária) do sistema de coordenadas afeta a determinação dos 
valores dos ângulos envolvidos. 
 
 
 Exemplo-Ilustrativo 07. 
 
 
Um projétil é disparado com velocidade inicial 𝑣0 igual a 360 𝑚/𝑠 contra 
um alvo 𝐵, situado a uma distância horizontal 𝑑 = 2.400 𝑚 e a uma 
distância vertical ℎ = 400 𝑚 do ponto de disparo. Desprezando a 
resistência do ar e adotando o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na 
figura, determinar o valor do ângulo de disparo 𝛼. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Considerando o sistema de coordenadas adotado, o movimento do projétil será regido pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 
𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
 
Condições iniciais, 
 
𝑥0 = 0 𝑦0 = 0 
𝑣0𝑥 = 360 cos α 𝑣0𝑦 = 360 sin 𝛼 
 
Sendo 𝛼 medido positivo no sentido do semieixo positivo de 𝑥 para o semieixo positivo de 𝑦 (neste caso no sentido 
anti-horário a partir do semieixo positivo de 𝑥). 
 
Assim, o movimento é determinado pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81 
𝑣𝑥 = 360 cos(α) 𝑣𝑦 = 360 sin(𝛼) − 9,81𝑡 
𝑥 = 360 cos(α) 𝑡 𝑦 = 360 sin(𝛼) 𝑡 − 4,905𝑡2 
 
O projétil atinge o alvo 𝐵 quando 𝑥 = 𝑑 = 2.400 𝑚 e quando 𝑦 = ℎ = 400 𝑚 e seja 𝑡1 o instante em que isso 
ocorre. Assim, podemos escrever que, 
 
2400 = 360 cos(α) (𝑡1) Eq. 01 
400 = 360 sin(𝛼) (𝑡1) − 4,905(𝑡1)
2 Eq. 02 
 
Formando um sistema (não linear) de duas equações e duas incógnitas (𝛼 e 𝑡1). 
 
Resolvido o sistema obtemos, 
 
𝛼 = {
14,779°
84,683°
 𝑡1 = {
6,8948 𝑠
71,945 𝑠
 
 
Constatamos que o alvo será atingido se qualquer um dos dois ângulos de disparo for utilizado (ver figura a seguir). 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 24 
No primeiro caso (𝛼 = 14,779°) o alvo 𝐵 será atingido 𝑡1 = 6,8948 𝑠 após o disparo. No segundo caso, o alvo 𝐵 
será atingido 𝑡1 = 71,945 𝑠 após o disparo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução do sistema equações. 
Método da substituição. 
 
Da Eq. 1 tiramos que, 
 
𝑡1 =
2400
360 cos(α)
 𝑡1 =
20
3 cos(α)
 
 
Substituindo na Eq. 2, 
 
400 = 360 sin(𝛼) (
20
3 cos(α)
) − 4,905 (
20
3 cos(α)
)
2
 
 
400 =
7200
3
sin(𝛼)
cos(α)
− 4,905
400
9 cos2 𝛼
 
 
400 = 2400
sin(𝛼)
cos(α)
− 218
1
cos2 𝛼
 
 
Uma vez que 
1
cos2 𝛼
= sec2 𝛼 = 1 + tan2 𝛼 temos, 
 
400 = 2400 tan 𝛼 − 218(1 + tan2 𝛼) 
 
Ficamos com uma equação e uma incógnita (tan 𝛼). 
Resolvendo a equação de 2º grau obtida teremos, 
 
400 = 2400 tan 𝛼 − 218 − 218 tan2 𝛼 
 
−218 tan2 𝛼 + 2400 tan 𝛼 − 218 − 400 = 0 
 
−218 tan2 𝛼 + 2400 tan 𝛼 − 618 = 0 
 
218 tan2 𝛼 − 2400 tan𝛼 + 618 = 0 
 
tan 𝛼 =
2400±√(−2400)2−4(218)(618)
2(218)
 
 
tan 𝛼 = {
0,26382
10,745
 𝛼 = {
tan−1(0,26382)
tan−1(10,745)
 
 
𝛼 = {
0,25794 𝑟𝑎𝑑
1,4780 𝑟𝑎𝑑
= {
14,779°
84,683°
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 25 
 Exemplo-Ilustrativo 08. 
 
 
Um projétil é disparado com velocidade inicial 𝑣0 igual a 
360 𝑚/𝑠 contra um alvo 𝐵, situado a uma distância horizontal 
𝑑 = 2.400 𝑚 e a uma distância vertical ℎ = 400 𝑚 do ponto 
de disparo. Desprezando a resistência do ar e adotando o 
sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura, determinar o 
valor do ângulo de disparo 𝛼. 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
Considerando o sistema de coordenadas adotado, o movimento do projétil será regido pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = +𝑔 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 + 𝑔𝑡 
𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2 
 
Condições iniciais são, 
 
𝑥0 = 0 𝑦0 = 0 
𝑣0𝑥 = 360 cos α 𝑣0𝑦 = 360 sin 𝛼 
 
Sendo 𝛼 medido positivo no sentido do semieixo positivo de 𝑥 para o semieixo positivo de 𝑦 (neste caso no sentido 
horário a partir do semieixo positivo de 𝑥). 
 
Assim, o movimento é determinado pelas seguintes equações. 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = +9,81 
𝑣𝑥 = 360 cos(α) 𝑣𝑦 = 360 sin(𝛼) + 9,81𝑡 
𝑥 = 360 cos(α) 𝑡 𝑦 = 360 sin(𝛼) 𝑡 + 4,905𝑡2 
 
O projétil atinge o alvo 𝐵 quando 𝑥 = 𝑑 = 2.400 𝑚 e quando 𝑦 = ℎ = −400 𝑚 e seja 𝑡1 o instante em que isso 
ocorre. Assim, podemos escrever que, 
 
2400 = 360 cos(α) (𝑡1) Eq. 01 
−400 = 360 sin(𝛼) (𝑡1) + 4,905(𝑡1)
2 Eq. 02 
 
Formando um sistema (não linear) de duas equações e duas incógnitas (𝛼 e 𝑡1). 
 
Resolvido o sistema obtemos, 
 
𝛼 = {
345,22°
275,32°
 𝑡1 = {
6,8948 𝑠
71,945 𝑠
 
 
Constatamos que o alvo será atingido se qualquer um dos 
dois ângulos de disparo for utilizado (ver figura a seguir). 
 
No primeiro caso (𝛼 = 275,32°) o alvo 𝐵 será atingido em 
𝑡1 = 6,8948 𝑠 após o disparo. 
 
No segundo caso (𝛼 = 345,22°), o alvo 𝐵 será atingido em 
𝑡1 = 71,945 𝑠 após o disparo. 
 
 
 
 
𝑣0 
𝑦 
𝑥 𝑂 
ℎ 
𝑑 
𝐵 
𝛼 
𝑣0 
𝑦 
𝑥 𝑂 
ℎ 
𝑑 
𝐵 𝑣0 
𝛼 = 275,32° 
𝛼 = 345,22° 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 26 
2.7. Movimento Relativo a um Sistema de Coordenadas em Translação 
 
Consideremos duas partículas 𝐴 e 𝐵 que se movem no espaço e que seus respectivos 
movimentos são descritos em relação a um sistema de coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧. 
 
Assim, os vetores posição das partículas 𝐴 e 𝐵 em relação ao sistema 
de coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧 serão, respectivamente, 𝑟𝐴 e 𝑟𝐵. 
 
Consideremos ainda um sistema de coordenadas móvel 𝐴𝑥’𝑦’𝑧’ ligado 
à partícula 𝐴, movendo-se juntamente com a partícula 𝐴 e de tal modo 
que as direções𝑥 e 𝑥’, 𝑦 e 𝑦’ e 𝑧 e 𝑧’ permanecem respectivamente 
paralelas entre si1. 
 
O vector 𝑟𝐵/𝐴 é o vetor posição da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, isto é, é o vetor posição 
da partícula 𝐵 em relação ao sistema de referência móvel 𝐴𝑥’𝑦’𝑧’. 
 
Ou seja, 
 
𝑟𝐵/𝐴 = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 
 
Derivando duas vezes obtemos, 
 
�⃗�𝐵/𝐴 = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 
 
�⃗�𝐵/𝐴 = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 
 
 
Não é incomum que estas equações sejam utilizadas para determinar o movimento de 𝐵 em 
relação a 𝑂𝑥𝑦𝑧, conhecendo-se o movimento de 𝐵 em relação a 𝐴𝑥′𝑦′𝑧′ e o movimento de 𝐴 
em relação a 𝑂𝑥𝑦𝑧. Isto é, não é incomum que as equações sejam reescritas como, 
 
𝑟𝐵 = 𝑟𝐴 + 𝑟𝐵/𝐴 
 
�⃗�𝐵 = �⃗�𝐴 + �⃗�𝐵/𝐴 
 
�⃗�𝐵 = �⃗�𝐴 + �⃗�𝐵/𝐴 
 
 
 
 
 
1 O sistema de coordenadas móvel 𝐴𝑥′𝑦′𝑧′ está se movendo em relação ao sistema de coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧 
apenas por translação, sem nenhuma rotação. No caso de movimento de partículas, esta condição deve ser sempre 
verdadeira, pois não tem sentido dizer que sistema 𝐴𝑥′𝑦′𝑧′ que se move preso a uma partícula (um ponto material 
sem dimensão) sofre “alteração da sua posição angular” em relação ao sistema 𝑂𝑥𝑦𝑧. 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 27 
 Exemplo-Ilustrativo 09 – Movimento Relativo. 
 
 
O automóvel 𝐴 está trafegando para leste com uma velocidade constante de 
𝑣𝐴 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ . Quando ele passa pelo cruzamento mostrado na figura, o 
automóvel 𝐵 parte do repouso de uma posição 𝑑 = 40 𝑚 ao norte do 
cruzamento dirigindo-se para o sul com uma aceleração constante de 𝑎𝐵 =
2,6 𝑚 𝑠2⁄ . Determinar: 
 
a) A aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer 
instante 𝑡. 
b) A velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer 
instante 𝑡. 
c) A posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. 
d) A aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, no instante 𝑡 = 5 𝑠. 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
Adotamos o sistema de coordenadas com origem “no cruzamento” e os eixos 
𝑥 e 𝑦 com sentidos positivos orientados, respectivamente, para leste e para 
norte, conforme ilustrado na figura ao lado. Um outro sistema de coordenadas 
𝑂′𝑥′𝑦′ move-se apenas por translação preso ao automóvel 𝐴. 
 
Movimento do automóvel 𝑨: 
 
�⃗�𝐴 = [
𝑎𝐴𝑥
𝑎𝐴𝑦
] �⃗�𝐴 = [
𝑣𝐴𝑥
𝑣𝐴𝑦
] 𝑟𝐴 = [
𝑥𝐴
𝑦𝐴
] 
 
De acordo com o enunciado do problema, o automóvel 𝐴 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniforme na 
direção 𝑥 do sistema de coordenadas adotado. Isto é, 𝑎𝐴𝑥 = 0 e 𝑎𝐴𝑦 = 0. Assim, 
 
�⃗�𝐴 = [
0
0
] �⃗�𝐴 = [
𝑣0𝐴𝑥
0
] 𝑟𝐴 = [
𝑥0𝐴 + 𝑣0𝐴𝑥𝑡
0
] 
 
Notar que uma denominação apropriada das variáveis envolvidas é um item relevante para o desenvolvimento da 
solução do problema. 
 
Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐴 (em conformidade com o sistema de coordenadas adotado): 
 
𝑎𝐴𝑥 = 0 𝑣0𝐴𝑥 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ = 20 𝑚 𝑠⁄ 𝑥0𝐴 = 0 
 
Portanto, o movimento do automóvel 𝐴 é determinado por: 
 
�⃗�𝐴 = [
0
0
] �⃗�𝐴 = [
20
0
] 𝑟𝐴 = [
20𝑡
0
] 
 
 
Movimento do automóvel 𝑩: 
 
�⃗�𝐵 = [
𝑎𝐵𝑥
𝑎𝐵𝑦
] �⃗�𝐵 = [
𝑣𝐵𝑥
𝑣𝐵𝑦
] 𝑟𝐵 = [
𝑥𝐵
𝑦𝐵
] 
 
De acordo com o enunciado do problema, o automóvel 𝐵 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente 
Acelerado na direção 𝑦 do sistema de coordenadas adotado. Isto é, 𝑎𝐵𝑥 = 0 e 𝑎𝐵𝑦 = 𝑐𝑡𝑒 ≤ 0 (uma constante real 
negativa). Assim, 
 
�⃗�𝐵 = [
0
𝑎𝐵𝑦
] �⃗�𝐵 = [
0
𝑣0𝐵𝑦 + 𝑎𝐵𝑦𝑡
] 𝑟𝐵 = [
0
𝑦0𝐵 + 𝑣0𝐵𝑦𝑡 +
1
2
𝑎𝐵𝑦𝑡
2] 
 
 
 
𝑣𝐴 
𝑣𝐵 
𝑑 
𝑣𝐴 
𝑣𝐵 𝑦𝐵 
𝑥 
𝑦 
𝑥𝐴 
𝑦′ 
𝑥′ 𝑂 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 28 
Notar que uma denominação apropriada para as variáveis envolvidas é um item relevante para o desenvolvimento 
da solução do problema. 
 
Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐵 (em conformidade com o sistema de coordenadas adotado): 
 
𝑎𝐵𝑦 = −2,6 𝑚 𝑠
2⁄ 𝑣0𝐵𝑦 = 0 𝑚 𝑠⁄ 𝑦0𝐵 = 40 𝑚 
 
Portanto, o movimento do automóvel 𝐵 é determinado por: 
 
�⃗�𝐵 = [
0
−2,6
] �⃗�𝐵 = [
0
−2,6𝑡
] 𝑟𝐵 = [
0
40 − 1,3𝑡2
] 
 
 
a) Determinar a aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0
−2,6
] − [
0
0
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0 − 0
−2,6 − 0
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0
−2,6
] 
 
 
b) Determinar a velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0
−2,6𝑡
] − [
20
0
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0 − 20
−2,6𝑡 − 0
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−20
−2,6𝑡
] 
 
 
c) Determinar a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. 
 
𝑟𝐵 𝐴⁄ = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 
 
𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
0
40 − 1,3𝑡2
] − [
20𝑡
0
] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
0 − 20𝑡
40 − 1,3𝑡2 − 0
] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
−20𝑡
40 − 1,3𝑡2
] 
 
 
d) Determinar a aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, no instante 𝑡 =
5 𝑠. 
 
Para qualquer instante 𝑡 temos que, 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0
−2,6
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−20
−2,6𝑡
] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
−20𝑡
40 − 1,3𝑡2
] 
 
 
Para o instante 𝑡 = 5 𝑠 teremos, 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0
−2,6
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−20
−2,6(5)
] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
−20(5)
40 − 1,3(5)2
] 
 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
0
−2,6
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−20
−13
] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
−100
7,5
] 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 29 
2.8. Movimentos Dependentes 
 
Consideremos duas partículas 𝐴 e 𝐵 em movimento relativo, 
conforme descrito anteriormente. 
 
Uma vez estabelecidos o sistema de coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧 e o 
sistema de coordenadas móvel 𝐴𝑥’𝑦’𝑧’ preso à partícula 𝐴, vimos que 
o movimento da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴 é dado por: 
 
 
𝑟𝐵/𝐴 = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 �⃗�𝐵/𝐴 = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 �⃗�𝐵/𝐴 = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 
 
 
Adicionalmente, se houver algum tipo de vínculo fazendo com que a posição (e a velocidade e 
a aceleração) de uma das partículas seja dependente da posição (da velocidade e da aceleração) 
da outra partícula, teremos uma situação em que o movimento relativo entre as duas partículas 
é regido ou condicionado por uma equação que vincula ou condiciona o movimento de uma 
partícula em relação à outra. 
 
 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 30 
 Exemplo-Ilustrativo 10 – Movimentos Dependentes. 
 
 
O automóvel 𝐴 está trafegando no sentido do Oeste para Leste com aceleração 
constante 𝑎𝐴 e o automóvel 𝐵 está trafegando no sentido do Norte para o Sul 
com aceleração constante 𝑎𝐵. 
Quando o automóvel 𝐴 está passando pela posição 240 𝑚 a oeste do 
cruzamento sua velocidade é de 52 𝑚 𝑠⁄ e o automóvel 𝐵 está passando pela 
posição 120 𝑚 ao norte do cruzamento com uma velocidade de 26 𝑚 𝑠⁄ . Além 
disso, os movimentos de 𝐴 e de 𝐵 são movimentos dependentes regidos pela 
relação de dependência 𝑥𝐴 + 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑡𝑒. Nestas condições, determinar: 
 
a) A aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. 
b) A velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. 
c) A posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. 
d) A aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, no instante 𝑡 = 3 𝑠, 
sabendo que neste instante o automóvel 𝐵 estáa uma distância de 33 𝑚 do cruzamento. 
e) Se os automóveis irão colidir ou não e, em caso afirmativo, o instante em que ocorre. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Adotamos o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 com origem “no cruzamento” e os 
eixos 𝑥 e 𝑦 com sentidos positivos orientados, respectivamente, para leste e para 
norte, conforme ilustrado na figura ao lado. Um outro sistema de coordenadas 
𝐴𝑥′𝑦′ (não ilustrado na figura) move-se apenas por translação preso ao 
automóvel 𝐴. 
 
Movimento do automóvel 𝐴 (em relação ao sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦): 
 
�⃗�𝐴 = [
𝑎𝐴𝑥
𝑎𝐴𝑦
] �⃗�𝐴 = [
𝑣𝐴𝑥
𝑣𝐴𝑦
] 𝑟𝐴 = [
𝑥𝐴
𝑦𝐴
] 
 
De acordo com o enunciado do problema o automóvel 𝐴 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente 
Acelerado (𝑎𝐴 = 𝑐𝑡𝑒) na direção positiva 𝑥 do sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 adotado. Isto é, 
 
𝑎𝐴𝑥 = +𝑎𝐴 𝑎𝐴𝑦 = 0 
 
Assim, escrevemos, 
 
�⃗�𝐴 = [
𝑎𝐴
0
] �⃗�𝐴 = [
𝑣0𝐴𝑥 + 𝑎𝐴𝑡
0
] 𝑟𝐴 = [
𝑥0𝐴 + 𝑣0𝐴𝑥𝑡 +
1
2
𝑎𝐴𝑡
2
0
] 
 
Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐴 (em conformidade com o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦): 
 
𝑣0𝐴𝑥 = 52 𝑚 𝑠⁄ 𝑥0𝐴 = −240 𝑚 
 
Portanto, 
 
�⃗�𝐴 = [
𝑎𝐴
0
] �⃗�𝐴 = [
52 + 𝑎𝐴𝑡
0
] 𝑟𝐴 = [
−240 + 52𝑡 +
1
2
𝑎𝐴𝑡
2
0
] 
 
 
Movimento do automóvel 𝐵: 
 
�⃗�𝐵 = [
𝑎𝐵𝑥
𝑎𝐵𝑦
] �⃗�𝐵 = [
𝑣𝐵𝑥
𝑣𝐵𝑦
] 𝑟𝐵 = [
𝑥𝐵
𝑦𝐵
] 
 
De acordo com o enunciado do problema o automóvel 𝐵 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente 
Acelerado (𝑎𝐵 = 𝑐𝑡𝑒) na direção negativa 𝑦 do sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 adotado. Isto é, 
𝑣𝐴 
𝑣𝐵 
𝑥 
𝑦 
𝑂 
𝑣𝐴 
𝑣𝐵 
120 𝑚 
240 𝑚 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 31 
𝑎𝐵𝑥 = 0 𝑎𝐵𝑦 = −𝑎𝐵 
 
Assim, 
 
�⃗�𝐵 = [
0
−𝑎𝐵
] �⃗�𝐵 = [
0
𝑣0𝐵𝑦 − 𝑎𝐵𝑡
] 𝑟𝐵 = [
0
𝑦0𝐵 + 𝑣0𝐵𝑦𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2] 
 
Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐵 (em conformidade com o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦): 
 
𝑣0𝐵𝑦 = −26 𝑚 𝑠⁄ 𝑦0𝐵 = 120 𝑚 
 
Portanto, 
 
�⃗�𝐵 = [
0
−𝑎𝐵
] �⃗�𝐵 = [
0
−26 − 𝑎𝐵𝑡
] 𝑟𝐵 = [
0
120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2] 
 
Dependência dos movimentos de 𝐴 e de 𝐵 
 
Conforme o enunciado do problema, até o instante 𝑡 = 4 𝑠, os movimentos de 𝐴 e de 𝐵 são movimentos 
dependentes regidos pela seguinte relação de dependência: 
 
𝑥𝐴 + 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑡𝑒 
 
Isto é, a distância do automóvel 𝐴 até a origem, somada ao dobro da distância do automóvel 𝐵 até a origem, resulta 
em um mesmo valor constante qualquer que seja o instante 𝑡, desde que 𝑡 ≤ 4 𝑠. 
 
Derivando duas vezes a relação de dependência encontramos, 
 
𝑑(𝑥𝐴+2𝑦𝐵)
𝑑𝑡
=
𝑑(𝑐𝑡𝑒)
𝑑𝑡
 
𝑑(𝑥𝐴)
𝑑𝑡
+ 2
𝑑(𝑦𝐵)
𝑑𝑡
= 0 𝑣𝐴𝑥 + 2𝑣𝐵𝑦 = 0 
 
𝑑(𝑣𝐴𝑥+2𝑣𝐵𝑦)
𝑑𝑡
=
𝑑(0)
𝑑𝑡
 
𝑑(𝑣𝐴𝑥)
𝑑𝑡
+ 2
𝑑(𝑣𝐵𝑦)
𝑑𝑡
= 0 𝑎𝐴𝑥 + 2𝑎𝐵𝑦 = 0 
 
Uma vez que, 
 
𝑎𝐴𝑥 = +𝑎𝐴 𝑎𝐵𝑦 = −𝑎𝐵 
 
Obtemos, 
 
𝑎𝐴 − 2𝑎𝐵 = 0 
 
 
a) Determinar a aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡 (𝑡 ≤ 4 𝑠). 
 
�⃗�𝐴 = [
𝑎𝐴
0
] �⃗�𝐵 = [
0
−𝑎𝐵
] 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 = [
0
−𝑎𝐵
] − [
𝑎𝐴
0
] = [
−𝑎𝐴
−𝑎𝐵
] 
 
Mas, 𝑎𝐴 = 2𝑎𝐵. Logo, 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−2𝑎𝐵
−𝑎𝐵
] 
 
 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 32 
b) Determinar a velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡 (𝑡 ≤ 4 𝑠). 
 
�⃗�𝐴 = [
52 + 𝑎𝐴𝑡
0
] �⃗�𝐵 = [
0
−26 − 𝑎𝐵𝑡
] 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = �⃗�𝐵 − �⃗�𝐴 = [
0
−26 − 𝑎𝐵𝑡
] − [
52 + 𝑎𝐴𝑡
0
] = [
−52 − 𝑎𝐴𝑡
−26 − 𝑎𝐵𝑡
] 
 
Mas, 𝑎𝐴 = 2𝑎𝐵. Logo, 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−52 − 2𝑎𝐵𝑡
−26 − 𝑎𝐵𝑡
] 
 
 
c) A posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡 (𝑡 ≤ 4 𝑠). 
 
𝑟𝐴 = [
−240 + 52𝑡 +
1
2
𝑎𝐴𝑡
2
0
] 𝑟𝐵 = [
0
120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2] 
 
𝑟𝐵 𝐴⁄ = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 = [
0
120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2] − [
−240 + 52𝑡 +
1
2
𝑎𝐴𝑡
2
0
] = [
240 − 52𝑡 −
1
2
𝑎𝐴𝑡
2
120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2
] 
 
Mas, 𝑎𝐴 = 2𝑎𝐵. Logo, 
 
𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
240 − 52𝑡 − 𝑎𝐵𝑡
2
120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2] 
 
 
d) A aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, em 𝑡 = 3 𝑠, sabendo que 
neste instante o automóvel 𝐵 está a uma distância de 33 𝑚 do cruzamento. 
 
𝑟𝐵 = √(𝑥𝐵)2 + (𝑦𝐵)2 𝑟𝐵 = √(0)2 + (𝑦𝐵)2 
 
𝑟𝐵 = √(𝑦𝐵)2 𝑟𝐵 = +𝑦𝐵 
 
𝑟𝐵 = +𝑦𝐵 = 120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2 
 
Para o instante 𝑡 = 3 𝑠 temos, 
 
120 − 26(3) −
1
2
𝑎𝐵(3)
2 = 33 120 − 78 −
9
2
𝑎𝐵 = 33 −
9
2
𝑎𝐵 = −9 
 
9
2
𝑎𝐵 = 9 𝑎𝐵 = 2 𝑚 𝑠
2⁄ 
 
Logo, para o instante 𝑡 = 3 𝑠 temos, 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−2𝑎𝐵
−𝑎𝐵
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−2(2)
−2
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−4
−2
] 
 
�⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−52 − 2𝑎𝐵𝑡
−26 − 𝑎𝐵𝑡
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−52 − 2(2)(3)
−26 − (2)(3)
] �⃗�𝐵 𝐴⁄ = [
−64
−32
] 
 
𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
240 − 52𝑡 − 𝑎𝐵𝑡
2
120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
240 − 52(3) − (2)(3)2
120 − 26(3) −
1
2
(2)(3)2
] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
66
33
] 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 33 
e) Se os automóveis irão colidir ou não e, em caso afirmativo, o instante em que ocorre. 
 
Haverá colisão se 
 
𝑟𝐵 𝐴⁄ = [
240 − 52𝑡 − 𝑎𝐵𝑡
2
120 − 26𝑡 −
1
2
𝑎𝐵𝑡
2] = 0 (Vetor nulo) 
 
Seja 𝑡1 o instante de tempo em que a componente 𝑥𝐵 𝐴⁄ = 0 e seja 𝑡2 o instante de tempo em que a componente 
𝑦𝐵 𝐴⁄ = 0. Haverá colisão se 𝑡1 = 𝑡2. Então, 
 
240 − 52𝑡1 − (2)𝑡1
2 = 0 120 − 26𝑡2 −
1
2
(2)𝑡2
2 = 0 
 
240 − 52𝑡1 − (2)𝑡1
2 = 0 120 − 26𝑡2 −
1
2
(2)𝑡2
2 = 0 
 
𝑡1 = {
4 𝑠
−30 𝑠
 𝑡2 = {
4 𝑠
−30 𝑠
 
 
Como 
 
𝑡1 = 𝑡2 = 4 𝑠 
 
Concluímos que haverá colisão, em 𝑡 = 4 𝑠! Justamente no cruzamento, que é o único ponto comum entre as 
trajetórias dos dois automóveis. 
 
 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 34 
 Exemplo-Ilustrativo 11 – Movimentos Dependentes. 
Problema-Resolvido 11.5 (Beer e Johnston, 9ª Edição). 
 
A polia 𝐷 está presa a um cursor que é puxado para baixo com velocidade constante de 
7,5 𝑐𝑚/𝑠. No instante 𝑡 = 0, o cursor 𝐴 começa a se mover para baixo a partir do ponto 
𝐾 com aceleração constante e velocidade inicial nula. Sabendo que a velocidade do cursor 
𝐴 é de 30 𝑐𝑚/𝑠 ao passar pelo ponto 𝐿, determine a variação na elevação, a variação na 
velocidade e a variação na aceleração do bloco 𝐵 quando o bloco 𝐴 passar por 𝐿. 
 
SOLUÇÃO: 
 
São três partículas (o cursor 𝐴, a polia/ cursor 𝐷 e o bloco 𝐵), em movimentos dependentes 
através do vínculo estabelecido pelo cabo e pelas polias. 
 
Todos os movimentos são retilíneos e na mesma direção. Adotamos o sistema de 
coordenadas como um eixo 𝑥 orientado positivo para baixo (todos os movimentos serão 
estabelecidos por suas respectivas componentes 𝑥). 
 
Movimento do cursor 𝑨. 
 
O movimento do cursor 𝐴 é um Movimento Retilíneo Uniformemente Acelerado para baixo (no sentido positivo 
do eixo 𝑥 adotado). Portanto, seu movimento é regido pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝐴 = 𝑐𝑡𝑒 ≥ 0 
𝑣𝐴 = 𝑣0𝐴 + 𝑎𝐴𝑡 𝑣𝐴
2 = 𝑣0𝐴
2 + 2𝑎𝐴(𝑥𝐴 − 𝑥0𝐴) 
𝑥𝐴 = 𝑥0𝐴 + 𝑣0𝐴𝑡 +
1
2
𝑎𝐴𝑡
2 
 
Dadosdo movimento do cursor 𝐴 (em conformidade com o eixo ordenado 𝑥 adotado para descrever os movimentos 
retilíneos). 
 
𝑥𝐴(𝐿) − 𝑥0𝐴 = 20 𝑐𝑚 𝑣𝐴(𝐿) = 30 𝑐𝑚 𝑠⁄ 𝑣0𝐴 = 0 
 
Sendo 𝑡1 é o instante em que o cursor 𝐴 passa pelo ponto 𝐿, podemos escrever, 
 
𝑣𝐴(𝑡1)
2 = 𝑣0𝐴
2 + 2𝑎𝐴(𝑥𝐴(𝑡1) − 𝑥0𝐴) 
 
Para obter, 
 
302 = 02 + 2𝑎𝐴(20) 𝑎𝐴 = 22,5 𝑐𝑚 𝑠
2⁄ 
 
E escrever que, 
 
𝑣𝐴(𝑡1) = 𝑣0𝐴 + 𝑎𝐴(𝑡1) 
 
Para obter, 
 
30 = 0 + 22,5(𝑡1) 𝑡1 = 30 22,5⁄ = 1,3333 𝑠 
 
 
Movimento da polia 𝑫. 
 
O movimento da polia 𝐷 é um Movimento Retilíneo Uniforme para baixo (sentido positivo do eixo 𝑥 adotado). 
Portanto, seu movimento é regido pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝐷 = 0 𝑣𝐷 = 𝑣0𝐷 𝑥𝐷 = 𝑥0𝐷 + 𝑣0𝐷𝑡 
 
Dados do movimento da polia 𝐷 (em conformidade com o eixo ordenado 𝑥 adotado para descrever os movimentos 
retilíneos). 
𝑥 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 35 
𝑣𝐷 = 𝑣0𝐷 = 7,5 
 
Para o instante 𝑡1, 
 
𝑥𝐷(𝑡1) = 𝑥0𝐷 + 7,5(𝑡1) 𝑥𝐷(𝑡1) − 𝑥0𝐷 = 7,5(30 22,5⁄ ) 
 
𝑥𝐷(𝑡1) − 𝑥0𝐷 = 10 𝑐𝑚 
 
 
Movimento do bloco 𝑩. 
 
Não foram fornecidas informações sobre o movimento do bloco 𝐵. Sabemos, porém, que é um movimento 
dependente dos movimentos do cursor 𝐴 e da polia 𝐷. 
 
 
Dependência dos movimentos. 
 
Conforme o enunciado do problema, os movimentos são dependentes, através dos vínculos estabelecidos pelo cabo 
e pelas polias. A relação de dependência entre os movimentos pode ser estabelecida observando-se que o 
comprimento do cabo é constante. Isto é, 
 
𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 + 2𝑥𝐷 = 𝑐𝑡𝑒 
 
Diferenciando, obtemos, 
 
𝑣𝐴 + 𝑣𝐵 + 2𝑣𝐷 = 0 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵 + 2𝑎𝐷 = 0 
 
Concluímos que a relação de dependência permite concluir que, 
 
No instante 𝒕𝟎 = 𝟎 No instante 𝒕𝟏 = 𝟑𝟎 𝟐𝟐, 𝟓⁄ = 𝟏, 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔 
𝑥0𝐴 + 𝑥0𝐵 + 2𝑥0𝐷 = 𝑐𝑡𝑒 𝑥𝐴(𝑡1) + 𝑥𝐵(𝑡1) + 2𝑥𝐷(𝑡1) = 𝑐𝑡𝑒 
𝑣0𝐴 + 𝑣0𝐵 + 2𝑣0𝐷 = 0 𝑣𝐴(𝑡1) + 𝑣𝐵(𝑡1) + 2𝑣𝐷(𝑡1) = 0 
𝑎0𝐴 + 𝑎0𝐵 + 2𝑎0𝐷 = 0 𝑎𝐴(𝑡1) + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2𝑎𝐷(𝑡1) = 0 
 
Portanto, 
 
𝑥𝐴(𝑡1) + 𝑥𝐵(𝑡1) + 2𝑥𝐷(𝑡1) = 𝑥0𝐴 + 𝑥0𝐵 + 2𝑥0𝐷 
𝑣𝐴(𝑡1) + 𝑣𝐵(𝑡1) + 2𝑣𝐷(𝑡1) = 𝑣0𝐴 + 𝑣0𝐵 + 2𝑣0𝐷 
𝑎𝐴(𝑡1) + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2𝑎𝐷(𝑡1) = 𝑎0𝐴 + 𝑎0𝐵 + 2𝑎0𝐷 
 
(𝑥𝐴(𝑡1) − 𝑥0𝐴) + (𝑥𝐵(𝑡1) − 𝑥0𝐵) + 2(𝑥𝐷(𝑡1) − 𝑥0𝐷) = 0 
(𝑣𝐴(𝑡1) − 𝑣0𝐴) + (𝑣𝐵(𝑡1) − 𝑣0𝐵) + 2(𝑣𝐷(𝑡1) − 𝑣0𝐷) = 0 
(𝑎𝐴(𝑡1) − 𝑎0𝐴) + (𝑎𝐵(𝑡1) − 𝑎0𝐵) + 2(𝑎𝐷(𝑡1) − 𝑎0𝐷) = 0 
 
∆𝑥𝐴 + ∆𝑥𝐵 + 2∆𝑥𝐷 = 0 
∆𝑣𝐴 + ∆𝑣𝐵 + 2∆𝑣𝐷 = 0 
∆𝑎𝐴 + ∆𝑎𝐵 + 2∆𝑎𝐷 = 0 
 
 
Substituindo valores conhecidos e encontrados, 
 
(20) + ∆𝑥𝐵 + 2(10) = 0 
(30) + ∆𝑣𝐵 + 2(0) = 0 
(0) + ∆𝑎𝐵 + 2(0) = 0 
 
Encontramos, 
 
∆𝑥𝐵 = −40 𝑐𝑚 ∆𝑣𝐵 = −30 𝑐𝑚 𝑠⁄ ∆𝑎𝐵 = 0 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 36 
Além disso, temos que no instante 𝒕𝟏 vale a relação, 
 
𝑎𝐴(𝑡1) + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2𝑎𝐷(𝑡1) = 0 22,5 + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2(0) = 0 
 
𝑎𝐵(𝑡1) = −22,5 
 
Como, ∆𝑎𝐵 = 0, concluímos que, 
 
𝒂𝑩 = 𝒂𝑩(𝒕𝟏) = −𝟐𝟐, 𝟓 = 𝒄𝒕𝒆 
 
 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 37 
2.9. Componentes Tangencial e Normal 
 
Em vários problemas de engenharia, é necessário, conveniente ou desejável decompor ou 
expressar o vetor aceleração de uma partícula em suas componentes tangencial e normal à 
trajetória. 
 
Em geral, o vetor aceleração �⃗� não é nem tangente nem perpendicular à trajetória e pode haver 
interesse em decompô-lo nas suas componentes tangencial e normal. 
 
O vetor velocidade �⃗� de uma partícula é sempre tangente à trajetória. 
 
O sistema de coordenadas tangencial e normal é um sistema que se move junto com a partícula 
e “gira” de tal modo que o eixo na direção tangencial tem sempre a direção positiva coincidente 
com o sentido do vetor velocidade e o eixo na direção normal tem sempre a direção positiva 
coincidente com a reta que une a partícula ao centro de curvatura de sua trajetória em cada 
instante. 
 
O movimento da partícula continua sendo descrito por meio de um sistema de coordenadas fixo 
𝑂𝑥𝑦𝑧 mas, havendo interesse, o vetor aceleração pode ser decomposto em suas componentes 
tangencial e normal. 
 
Na figura ao lado, os vetores 𝑒𝑡 e 𝑒′⃗⃗ ⃗𝑡 são vetores unitários tangentes 
à trajetória da partícula nas posições 𝑃 e 𝑃’, respectivamente. 
 
Quando os vetores 𝑒𝑡 e 𝑒′⃗⃗ ⃗𝑡 são traçados a partir de uma mesma origem 
𝑂′, é imediato constatar que ∆𝑒𝑡 = 𝑒′⃗⃗⃗𝑡 − 𝑒𝑡. 
 
Como 𝑒𝑡 e 𝑒′⃗⃗ ⃗𝑡 têm comprimentos unitários, suas extremidades estão 
sobre uma circunferência de raio igual a 1. Representando por ∆𝜃 é o ângulo por 𝑒𝑡 e 𝑒′⃗⃗ ⃗𝑡, 
encontramos que a intensidade de ∆𝑒𝑡 é, 
 
∆𝑒𝑡 = 2 sin(∆𝜃 2⁄ ) 
 
Considerando agora o vetor ∆𝑒𝑡 ∆𝜃⁄ , observamos que, à medida que 
∆𝜃 tende a zero, este vetor se torna tangente à circunferência unitária, 
isso é, se torna perpendicular ao vetor 𝑒𝑡 e com intensidade tendendo a, 
 
lim
∆𝜃→0
2 sin(∆𝜃 2⁄ )
∆𝜃
= lim
∆𝜃→0
sin(∆𝜃 2⁄ )
∆𝜃 2⁄
= 1 
 
Portanto, no limite, o vetor obtido é um vetor unitário na direção normal à trajetória da partícula, 
apontando no sentido para o qual 𝑒𝑡 gira. Representando este vetor por 𝑒𝑛 teremos, 
 
𝑒𝑛 = lim
∆𝜃→0
∆𝑒𝑡
∆𝜃
 
 
𝑒𝑛 =
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝜃
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 38 
Como o vetor velocidade �⃗� da partícula é sempre tangente à trajetória, ele pode ser expresso 
como o produto da velocidade escalar 𝑣 pelo vetor unitário 𝑒𝑡. Isto é, 
 
�⃗� = 𝑣𝑒𝑡 
 
Derivando em relação a 𝑡 e aplicando a regra da derivação do produto de uma função escalar 
por uma função vetorial, obtemos, 
 
�⃗� =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
=
𝑑(𝑣.𝑒𝑡)
𝑑𝑡
=
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑒𝑡 + 𝑣
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝑡
 
 
Mas, 
 
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝑡
=
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝜃
 
𝑑𝜃
𝑑𝑆
 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
= 𝑣 
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝜃
= 𝑒𝑛 
𝑑𝜃
𝑑𝑆
=
1
𝜌
 
 
Logo, 
 
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝑡
= 𝑒𝑛
1
𝜌
𝑣 
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝑡
=
𝑣
𝜌
𝑒𝑛 
 
Substituindo em 
 
�⃗� =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑒𝑡 + 𝑣
𝑑𝑒𝑡
𝑑𝑡
 
 
Obtemos, 
 
�⃗� =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑒𝑡 + 𝑣
𝑣
𝜌
𝑒𝑛 �⃗� = (
𝑑𝑣
𝑑𝑡
) 𝑒𝑡 + (
𝑣2
𝜌
) 𝑒𝑛 
 
Portanto, as componentes tangencial e normal do vetor aceleração são, 
 
𝑎𝑡 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
 𝑎𝑛 =
𝑣2
𝜌
 
 
A componente tangencial da aceleração é igual à taxa de variação 
da velocidade escalar da partícula. A componente normal da 
aceleração é igual ao quadrado da velocidade escalar dividido pelo 
raio de curvatura da trajetória. 
 
Se a componente tangencial da aceleração 𝑎𝑡 é positiva, então o vetor �⃗�𝑡 = 𝑎𝑡𝑒𝑡 tem o mesmo 
sentido do vetor velocidade �⃗�. Neste caso, a velocidade escalar da partícula (a intensidade 𝑣 do 
vetor �⃗�) estará aumentando. 
 
Se a componente tangencial da aceleração 𝑎𝑡 é negativa, então o vetor �⃗�𝑡 = 𝑎𝑡𝑒𝑡 tem o sentido 
oposto ao sentido do vetor velocidade �⃗�. Neste caso, a velocidade escalar da partícula (a 
intensidade 𝑣 do vetor �⃗�) estará diminuindo. 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 39 
A componente normal da aceleração 𝑎𝑛 é sempre positiva e o vetor �⃗�𝑛 = 𝑎𝑛𝑒𝑛 sempre aponta 
para o centro de curvatura 𝐶 da trajetória. A componente normal da aceleração 𝑎𝑛 (ou o vetor 
�⃗�𝑛), não afeta a velocidade escalar da partícula. Afeta apenas a direção do movimento. 
 
A expressão para o vetor aceleração �⃗� definidas para o movimento bidimensional permanecem 
válidas quando o é movimento tridimensional. Isto é, 
 
�⃗� = (
𝑑𝑣
𝑑𝑡
) 𝑒𝑡 + (
𝑣2
𝜌) 𝑒𝑛 
 
Sendo, as componentes tangencial e normal do vetor aceleração dadas por, 
 
𝑎𝑡 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
 𝑎𝑛 =
𝑣2
𝜌
 
 
Entretanto, no movimento tridimensional, há um número infinito de 
retas que são perpendiculares à reta tangente em um dado ponto 𝑃 de 
uma curva no espaço. Torna-se necessário definir com mais precisão 
a direção do vetor unitário 𝑒𝑛. 
 
Consideramos novamente os vetores unitários 𝑒𝑡 e 𝑒′⃗⃗ ⃗𝑡 tangentes à 
trajetória da partícula em dois pontos vizinhos 𝑃 e 𝑃′ e o vetor ∆𝑒𝑡 
que representa a diferença entre 𝑒𝑡 e 𝑒′⃗⃗ ⃗𝑡. 
 
Vamos supor agora um plano passando por 𝑃, paralelo ao plano 
definido pelos vetores 𝑒𝑡, 𝑒′⃗⃗ ⃗𝑡 e ∆𝑒𝑡. 
 
Este plano contém a tangente à trajetória curva em 𝑃 e é paralelo à 
tangente em 𝑃′. Se fizermos 𝑃′ tender a 𝑃 vamos obter, no limite, o 
plano que melhor se ajusta à trajetória nas redondezas de 𝑃. 
 
Este plano é chamado de plano osculador em 𝑃. Segue-se que o plano osculador contém o vetor 
unitário 𝑒𝑛, uma vez que este vetor representa o limite do vetor ∆𝑒𝑡 𝜃⁄ . 
 
A normal definida por 𝑒𝑛 está, então, contida no plano osculador e é 
chamada de normal principal em 𝑃. O vetor unitário 𝑒𝑏 = 𝑒𝑡×𝑒𝑛 
(produto vetorial), que completa o triedro positivo de vetores 𝑒𝑡, 𝑒𝑛 e 
𝑒𝑏, define a binormal em 𝑃 (a binormal é, portanto, perpendicular ao 
plano osculador). 
 
Concluímos que a aceleração da partícula pode ser expressa mediante 
dois componentes, um ao longo da tangente e o outro ao longo da 
normal principal. Notar que a aceleração não tem nenhum 
componente ao longo da binormal, demonstrando que, mesmo no movimento tridimensional, 
as componentes tangencial e normal da aceleração são dadas por, 
 
�⃗� = (
𝑑𝑣
𝑑𝑡
) 𝑒𝑡 + (
𝑣2
𝜌
) 𝑒𝑛 
 
 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 40 
 Exemplo-Ilustrativo 12. 
Modificado de Problema-Resolvido 11.11 (Beer e Johnston, 9ª Edição). 
 
Um projétil é disparado da extremidade de um rochedo de 150 𝑚 de altura, com 
velocidade inicial de 180 𝑚/𝑠, em um ângulo de 30° com a horizontal. 
Desprezando a resistência do ar, determinar o raio de curvatura mínimo da trajetória 
descrita pelo projétil. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Para descrever o movimento, adotamos o sistema de coordenadas ilustrado ao lado. O movimento do projétil será 
regido pelas seguintes equações (Movimento de Projéteis): 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
 
As condições iniciais são: 
 
𝑥0 = 0 𝑦0 = 150 
𝑣0𝑥 = 180 cos 30° 𝑣0𝑦 = 180 sin 30° 
 
Assim, o movimento é determinado pelas equações: 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −
981
100
 
𝑣𝑥 = 90√3 𝑣𝑦 = 90 −
981
100
𝑡 
𝑥 = 90√3𝑡 𝑦 = 150 + 90𝑡 −
981
200
𝑡2 
 
�⃗� = [
0
−9,81
] �⃗� = [
90√3
90 −
981
100
𝑡
] 𝑟 = [
90√3𝑡
150 + 90𝑡 −
981
200
𝑡2
] 
 
O raio de curvatura, em qualquer instante, pode ser obtido por, 
 
𝜌 =
𝑣2
𝑎𝑛
 
 
Percebemos que o raio de curvatura será mínimo quando a intensidade 𝑣 da velocidade �⃗� for mínima e a 
componente normal 𝑎𝑁 da aceleração �⃗� for máxima. 
 
Sabemos também que a trajetória do projetil é uma parábola. 
 
Reunindo estas informações em um diagrama, constatamos que o raio de 
curvatura da trajetória é mínimo quando a partícula passa pelo ponto de sua 
trajetória em que a componente 𝑦 (altura) é máxima. Isto é, 
 
𝑦 = 𝑦𝑚á𝑥 ⟹ {
𝑣 = 𝑣𝑚í𝑛
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛𝑚á𝑥
 Assim, 
 
𝑣𝑚í𝑛 = √𝑣0𝑥2 + 02 𝑣𝑚í𝑛 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑚í𝑛 = 90√3 
 
𝑎𝑛𝑚á𝑥 = +𝑔 𝑎𝑛𝑚á𝑥 = 9,81 
 
Assim, determinamos 
 
𝜌𝑚í𝑛 =
𝑣𝑚í𝑛
𝑎𝑛𝑚á𝑥
=
(90√3)
2
(9,81)
 𝜌𝑚í𝑛 =
270000
109
 𝜌𝑚í𝑛 = 2.477,06 𝑚 
 
𝑂 
𝑥 
𝑦 
𝑥 
𝑛 
𝑛 
𝑦 
𝑡 
𝜌𝑚𝑖𝑛 
𝑡 
𝜌 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 41 
 Exemplo-Ilustrativo 13 – Análise “completa” de um movimento familiar para 
consolidar conceitos e metodologia. 
 
 
Um projétil é disparado com velocidade 𝑣0 formando um ângulo 𝛼 com a direção horizontal, de uma posição 
inicial de coordenadas (𝑥0, 𝑦0). Adotando o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura abaixo, analisar o 
movimento do projétil desprezando a resistência do ar e determinando: 
 
 
a) As componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑦 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
b) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
c) As componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
d) O vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
e) O vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
f) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
g) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
h) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
i) O vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡; 
j) O vetor unitário 𝑒𝑛 normal à trajetória, em função do tempo 𝑡; 
k) A componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
l) A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
m) A equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥); 
n) A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) sobre a trajetória. 
o) A velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡; 
p) A expressão para o raio de curvatura 𝜌, em função do tempo 𝑡; 
q) O raio de curvatura mínimo da trajetória descrita pelo projétil; 
r) O valor numérico de cada item anterior para o instante 𝑡 = 8 𝑠, sabendo que, no sistema 𝑂𝑥𝑦 adotado, 𝑥0 =
50 𝑚, 𝑦0 = 150 𝑚, 𝑣0𝑥 = 90√3 𝑚 𝑠⁄ e 𝑣0𝑦 = 90 𝑚 𝑠⁄ . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Movimento de Projétil: em conformidade com o sistema de coordenadas adotado, é um movimento determinado 
pelas seguintes equações: 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
 
 
a) As componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑦 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔 
 
 
b) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 
 
 
 
 
𝑥 
𝑂 𝑥0 
𝑦0 
𝑠0 
𝑦 
𝑠 
𝑣 
𝑣𝑥 
𝑣𝑦 
𝑛 
𝑡 
�⃗� 𝑡 
𝑛 
𝑎𝑛 
𝑎𝑡 
 
Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 42 
c) As componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 
 
 
d) O vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
�⃗� = [
0
−𝑔
] 
 
 
e) O vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
�⃗� = [
𝑣0𝑥
𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡
] 
 
 
f) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑟 = [
𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡
𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2
] 
 
 
g) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑎 = +√(𝑎𝑥)2 + (𝑎𝑦)
2
 𝑎 = +√(0)2 + (−𝑔)2 𝑎 = +√𝑔2 
 
𝑎 = 𝑔 
 
 
h) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade �⃗�, em função do tempo 𝑡; 
 
𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)
2
 𝑣 = √(𝑣0𝑥)2 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)
2
 
 
𝑣 = √𝑔𝑡2 − 2𝑔𝑣0𝑦𝑡 + 𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦2 
 
 
i) O vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡; 
 
Uma vez que o vetor velocidade é sempre tangente à trajetória, podemos escrever que, 
 
�⃗� = 𝑣. 𝑒𝑡 Onde 𝑒𝑡 é o vetor de módulo unitário com direção sempre tangente à trajetória e sentido 
positivo coincidente com o sentido do vetor velocidade �⃗�. 
 
𝑒𝑡 =
�⃗⃗�
𝑣
 𝑒𝑡 =
[
𝑣0𝑥
𝑣0𝑦−𝑔𝑡
]
√𝑔2𝑡2−2𝑔𝑣0𝑦𝑡+𝑣0𝑥
2+𝑣0𝑦
2
 
 
𝑒𝑡 =
[
 
 
 
 
𝑣0𝑥
√𝑔2𝑡2−2𝑔𝑣0𝑦𝑡+𝑣0𝑥
2+𝑣0𝑦