CET166 Dinamica dos Solidos Capitulo 03

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CENTRO DE CIENCIAS EXATAS E TECNOLOGICAS - UFRB 
Capitulo 3: Dinâmica do 
Ponto Material (Métodos de 
Energia) 
CET166 : DINÂMICA DOS SÓLIDOS 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo 
02/05/2017 
 
 
 
 
Segunda lei de Newton utilizando o método de energia. 
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Capítulo 3: 
Dinâmica do Ponto Material: Métodos de Energia e da 
Quantidade de Movimento 
 
 Movimento de pontos materiais (2ª Lei de Newton): 
�⃗� = 𝑚. �⃗� 
�⃗� → �⃗� → �⃗� 𝑒 𝑟 
 Método do Trabalho e Energia: 
�⃗�, 𝑚, �⃗� e 𝑟 
 Método do Impulso e Quantidade de Movimento: 
�⃗�, 𝑚, �⃗�, 𝑡 
• Método do Trabalho e Energia: 
• Método do Impulso e Quantidade de 
Movimento. 
} Não se precisa da 
aceleração: �⃗� 
 
3.1. Trabalho de uma força (𝒅𝑼) 
Quantidade escalar (módulo e sinal): 
 
𝑃 → Ponto material; 𝑂 → Centro de referência. 
�⃗� → Força atuando em P; 𝑟 → Vetor posição. 
𝑑𝑟 → Vetor deslocamento de P; 𝑑𝑈 → Trabalho de �⃗�. 
Por definição: 
𝑑𝑈 = �⃗�. 𝑑𝑟; |�⃗�| = 𝐹; | 𝑑𝑟| = 𝑠. 
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 𝑑𝑈 = |�⃗�|. |𝑑𝑟|. 𝐶𝑜𝑠𝛼; 
 𝑑𝑈 = 𝐹. 𝑑𝑠. 𝐶𝑜𝑠 𝛼. 
Em termos das componentes cartesianas: 
𝑑𝑈 = (𝐹𝑥 �̂� + 𝐹𝑦𝑗̂ + 𝐹𝑧�̂�). (𝑑𝑥�̂� + 𝑑𝑦𝑗̂ + 𝑑𝑧�̂�); 
 𝑑𝑈 = 𝐹𝑥 . 𝑑𝑥 + 𝐹𝑦 . 𝑑𝑦 + 𝐹𝑧. 𝑑𝑧. 
[𝑑𝑈]: 𝑁. 𝑚 ↔ 𝐽 (𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒) → 𝑆. 𝐼. 
 
 Trabalho durante um deslocamento finito de P: 
 
Como: 
𝑑𝑈 = �⃗�. 𝑑𝑟; 
 ∫ 𝑑𝑈
𝐴2
𝐴1
= ∫ �⃗�. 𝑑𝑟 
𝐴2
𝐴1
; 
 𝑈1−2 = ∫ 𝐹. 𝐶𝑜𝑠(𝛼). 𝑑𝑠
𝐴2
𝐴1
. 
Temos que: 𝐹𝑡 = 𝐹. 𝐶𝑜𝑠(𝛼); 
 𝑈1−2 = ∫ 𝐹𝑡 . 𝑑𝑠
𝐴2
𝐴1
; 
Em componentes cartesianas: 
𝑈1−2 = ∫ (𝐹𝑥 . 𝑑𝑥 + 𝐹𝑦 . 𝑑𝑦 + 𝐹𝑧. 𝑑𝑧 )
𝐴2
𝐴1
; 
 
 
 Trabalho de uma Força Constante num Movimento Retilíneo: 
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�⃗� = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ⇒ 𝐹 = 𝑐𝑡𝑒; 𝛼 = 𝑐𝑡𝑒. 
Da definição de trabalho temos: 
𝑈1−2 = ∫ 𝐹. 𝐶𝑜𝑠(𝛼). 𝑑𝑠 
𝐴2
𝐴1
= 𝐹. 𝐶𝑜𝑠(𝛼) ∫ 𝑑𝑠 
𝐴2
𝐴1
; 
𝑈1−2 = 𝐹. 𝐶𝑜𝑠(𝛼). 𝛥𝑥. 
 
 Trabalho da Força Peso: �⃗⃗⃗� 
 
Toda Força �⃗� é definida por: 
�⃗� = 𝐹𝑥 . �̂� + 𝐹𝑦 . 𝑗̂ + 𝐹𝑧. �̂�; 
A Força Peso é: 
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�⃗� = −𝑃. 𝑗̂ ; 𝑃: 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒; 
𝑑�⃗� = 𝑑𝑦 𝑗̂. 
 𝑈1−2 = ∫ − 𝑃. 𝑑𝑦 
𝑦2
𝑦1
= −𝑃 ∫ 𝑑𝑦
𝑦2
𝑦1
= −𝑃. ∆𝑦; 
 
 Trabalho da Força Exercida por uma Mola: 
 
Como: 
𝐹 = 𝑘. 𝑥 ; 𝑘 ∶ 𝑁 𝑚 ⁄ (𝑆. 𝐼. ); 
�⃗� = −𝐹�̂�; 𝑑𝑟 = 𝑑𝑥�̂�; 
 𝑑𝑈 = −𝐹. 𝑑𝑥 = −𝑘. 𝑥. 𝑑𝑥; 
 𝑈1−2 = − ∫ 𝑘. 𝑥. 𝑑𝑥
𝑥2
𝑥1
=
1
2
 . 𝑘. 𝑥1
2 − 
1
2
. 𝑘. 𝑥2
2; 
Também do gráfico: 
𝑈1−2 = −
1
2
(𝐹1 + 𝐹2). ∆𝑥; Δ𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1. 
 
 Trabalho da Força Gravitacional: 
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A força gravitacional é definida por: 
𝐹 = 𝐺.
𝑀.𝑚
𝑟2
 ; �⃗� = −𝐹. �̂�𝑟 ; 𝑑𝑟 = 𝑑𝑟. �̂�𝑟; 
 𝑑𝑈 = −𝐹. 𝑑𝑟 ⇒ ∫ 𝑑𝑈
2
1
= ∫ 𝐺.
𝑀.𝑚
𝑟2
𝑟2
𝑟1
. 𝑑𝑟; 
 𝑈1−2 = 𝐺.
𝑀.𝑚
𝑟2
− 𝐺.
𝑀.𝑚
𝑟1
. 
 
 Forças que não realizam trabalho: 
- Forças aplicadas em pontos fixos (𝑑𝑠 = 0); 
- Forças perpendiculares ao deslocamento (𝛼 = 90𝑜 ⇒ 𝐶𝑜𝑠(𝛼) = 0). 
 
3.2. Energia Cinética de um Ponto Material (Princípio do Trabalho 
e Energia). 
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A segunda Lei de Newton na direção tangente é: 
𝐹𝑡 = 𝑚. 𝑎𝑡 = 𝑚.
𝑑𝜐
𝑑𝑡
; 
Como: 𝜐 = 
𝑑𝑠
𝑑𝑡
; 
 𝐹𝑡 = 𝑚.
𝑑𝜐
𝑑𝑠
.
𝑑𝑠
𝑑𝑡
= 𝑚. 𝜐.
𝑑𝜐
𝑑𝑠
; 
 𝐹𝑡 . 𝑑𝑠 = 𝑚. 𝜐. 𝑑𝜐. 
Para: 
𝐴1 → 𝑠 = 𝑠1; 𝜐 = 𝜐1; 
𝐴2 → 𝑠 = 𝑠2; 𝜐 = 𝜐2; 
Integrando: 
∫ 𝐹𝑡
𝑠2
𝑠1
. 𝑑𝑠 = 𝑚. ∫ 𝜐. 𝑑𝜐
𝜐2
𝜐1
= 𝑚.
𝜐2
2
 |𝜐2
𝜐1
; 
 ∫ 𝐹𝑡
𝑠2
𝑠1
. 𝑑𝑠 = 𝑚.
𝜐2
2
2
− 𝑚.
𝜐1
2
2
; 
Como: 𝑈1−2 = ∫ 𝐹𝑡
𝑠2
𝑠1
. 𝑑𝑠; 
Fazendo: 𝑇 =
1
2
. 𝑚. 𝜐2 → Energia Cinética; 
Temos que: 
 𝑈1−2 = 𝑇2 − 𝑇1; → Princípio do Trabalho e Energia; 
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O trabalho da força é igual à variação de energia cinética do ponto material. 
Mas, também se pode escrever da forma: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2. 
[𝑇]: 𝑘𝑔. (𝑚 𝑠⁄ )2 = 𝑁. 𝑚 = 𝐽 (𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒) 𝑛𝑜 𝑆. 𝐼. 
 
3.3. Aplicações do Princípio do Trabalho e Energia 
(Problemas: Forças, Deslocamentos, Velocidades) 
 Pêndulo: 
𝜐0 = 0 𝑚 𝑠⁄ ; 𝜐2 = ?. 
 
Trabalho de 𝐴1 → 𝐴2 é 𝑈1−2 
 𝑈1−2 = 𝑃. 𝑙; 
Como: 
𝑇1 =
1
2
. 𝑚. 𝜐1
2  𝑇1 = 0 𝐽. 
𝑇2 =
1
2
. 𝑚. 𝜐2
2  𝑇2 = 
1
2
.
𝑃
𝑔
 . 𝜐2
2; 
Aplicando o princípio de trabalho e energia, temos que: 
 𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2  0 + 𝑃. 𝑙 =
1
2
.
𝑃
𝑔
 . 𝜐2
2; 
 𝜐2 = √2. 𝑔. 𝑙; 
Determinando a tensão 𝑇 no fio do pendulo quando a esfera passar por 𝐴2. 
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Da 2ª Lei de Newton: 
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚. 𝑎𝑡
𝑛
𝑖=1 ; ∑ 𝐹𝑡 = 0
𝑛
𝑖=1 . 
 0 = 𝑚. 𝑎𝑡  𝑎𝑡 = 0 𝑚/𝑠
2. 
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚. 𝑎𝑛
𝑛
𝑖=1 ; ∑ 𝐹𝑛 =
𝑛
𝑖=1 𝑇 − 𝑃; 
 𝑇 − 𝑃 = 
𝑃
𝑔
.
𝜐2
2
𝑙
; 𝜌 = 𝑙; 
Como: 
𝜐2
2 = 2. 𝑔. 𝑙  𝑇 = 3. 𝑃. 
Para um sistema de partículas, adicionando-se as energias cinéticas de todos 
os pontos materiais e considerando-se o trabalho de todas as forças que agem 
sobre eles, escrevemos uma única equação do trabalho e energia para todos os 
pontos. 
∑ 𝑇1 + ∑ 𝑈1−2 = ∑ 𝑇2. 
 
 
3.4. Potência e Rendimento: 
Seja: 
∆𝑈 → 𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 𝑑𝑢𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 ∆𝑡. 
A potência média é: 
𝑃𝑚 = 
∆𝑈
∆𝑡
; 
com ∆𝑡 → 0  a potência instantânea é definida por: 
𝑃 = 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
; 
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Como: 
𝑑𝑈 = �⃗�. 𝑑𝑟  𝑃 = 
�⃗�.𝑑𝑟
𝑑𝑡
= �⃗�.
𝑑𝑟
𝑑𝑡
; 
 𝑃 = �⃗�. �⃗� ∶ 𝑁. 𝑚 𝑠⁄ = 𝐽 𝑠⁄ = 𝑤(𝑤𝑎𝑡𝑡𝑠) 𝑛𝑜 𝑆. 𝐼. 
 
Rendimento Mecânico: 𝜼 
𝜂 = 
𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑑𝑜
𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑣𝑖𝑑𝑜
= 
𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑑𝑎
𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑣𝑖𝑑𝑎
. 
 
3.5. Energia Potencial: 
 
𝑃 → Peso do corpo; 
𝑈1−2 → Trabalho do peso entre 1 e 2; 
𝑈1−2 = 𝑃. 𝑦1 − 𝑃. 𝑦2 
𝑈1−2 → Independe da trajetória efetivamente percorrida; 
Energia potencial do corpo em relação à força da gravidade P denominada por: 
𝑉𝑔 = 𝑃. 𝑦 
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𝑈1−2 = 𝑉𝑔1 − 𝑉𝑔2 
A energia potencial 𝑉𝑔 do corpo possibilita uma medida do trabalho que pode 
ser realizado pelo seu peso 𝑃 constante. 
[𝑉𝑔] ∶ 𝑁. 𝑚= 𝐽 (𝑆. 𝐼. ) 
 Para um veículo espacial (O trabalho da força gravitacional é:) 
𝑈1−2 = 𝐺.
𝑀. 𝑚
𝑟2
− 𝐺.
𝑀. 𝑚
𝑟1
 
Portanto, a energia potencial 𝑉𝑔 quando a força da gravidade varia é: 
𝑉𝑔 = − 
𝐺. 𝑀. 𝑚
𝑟
= −
𝑃. 𝑅2
𝑟
 ; 𝐺. 𝑀. = 𝑔. 𝑅2 ; 𝑚. 𝑔 = 𝑃. 
𝑃 → Valor do peso na superfície terrestre. 
 Considerando um corpo preso a uma mola que se desloca de uma posição 
(𝐴1. 𝑥1) a uma posição (𝐴2. 𝑥2) o trabalho da força 𝐹 exercida pela mola sobre 
o corpo é: 
𝑈1−2 = 
1
2
. 𝑘. 𝑥1
2 −
1
2
. 𝑘. 𝑥2
2 ; 
Portanto, a energia potencial do corpo em relação à força elástica 𝐹𝑒 é 𝑉𝑒 e 
a definimos como: 
𝑉𝑒 = 
1
2
. 𝑘. 𝑥2; 
O trabalho será: 
𝑈1−2 = 𝑉𝑒1 − 𝑉𝑒2; 
Sempre que o trabalho da força considerada for independente da trajetória 
do seu ponto de aplicação, quando esse ponto se deslocar de uma posição 𝐴1 
para outra posição 𝐴2 . Estas forças são conhecidas como forças 
conservativas. 
3.6. Forças Conservativas: 
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𝐹 → Força conservativa. 
O trabalho de �⃗� é definido por: 
𝑈1−2 = 𝑉(𝑥1, 𝑦1, 𝑧1) − 𝑉(𝑥2, 𝑦2, 𝑧2); 
𝑈1−2 = 𝑉1 − 𝑉2; 
𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) → Energia potencial ou função potencial da força, �⃗�. 
Se: 𝐴1 = 𝐴2  𝑉1 = 𝑉2  𝑈1−2 = 0 𝐽. 
 ∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = 0 𝐽. 
Considerando dois pontos vizinhos: 𝐴(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑒 𝐴(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧 + 𝑑𝑧). O 
trabalho elementar 𝑑𝑈 é: 
𝑑𝑈 = 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝑉(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧 + 𝑑𝑧); 
 𝑑𝑈 = −𝑑𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧); 
Considerando as coordenadas cartesianas temos para força conservativa. 
𝐹𝑥 . 𝑑𝑥 + 𝐹𝑦 . 𝑑𝑦 + 𝐹𝑧 . 𝑑𝑧 = − [
𝜕𝑉
𝜕𝑥
. 𝑑𝑥 +
𝜕𝑉
𝜕𝑦
. 𝑑𝑦 +
𝜕𝑉
𝜕𝑧
. 𝑑𝑧]; 
onde: 
𝐹𝑥 = −
𝜕𝑉
𝜕𝑥
; 𝐹𝑦 = −
𝜕𝑉
𝜕𝑦
; 𝐹𝑧 = −
𝜕𝑉
𝜕𝑧
 . 
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Assim, a condição necessária para uma força ser conservativa é que 
dependa unicamente da posição do seu ponto de aplicação. 
Também: 
�⃗� = 𝐹𝑥 . 𝑖̂ + 𝐹𝑦 . 𝑗̂ + 𝐹𝑧 . �̂� = − [
𝜕𝑉
𝜕𝑥
. 𝑖̂ +
𝜕𝑉
𝜕𝑦
. 𝑗̂ +
𝜕𝑉
𝜕𝑧
. �̂�]; 
�⃗� = − 𝛻 �⃗� = −𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑉); 
 
3.7. Conservação de Energia 
Quando o ponto material se desloca sob a ação de forças conservativas, o 
princípio do trabalho e energia pode ser expresso como: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2 ; 𝑈1−2 = 𝑉1 − 𝑉2. 
 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒; 
(Princípio da conservação de energia) 
A energia mecânica total do ponto material é definida como: 
𝐸 = 𝑇 + 𝑉; 
 
 No caso de um Pêndulo: 
 
Posição 1: 
𝑇1 = 0 ; 𝑉1 = 𝑃. 𝑙;  𝑇1 + 𝑉1 = 𝑃. 𝑙; 
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Posição 2: 
𝑇2 = 
1
2
. 𝑚. 𝜐2
2 ; 𝑉2 = 0 𝐽. 
Como: 𝜐2 = √2. 𝑔. 𝑙;  𝑇2 + 𝑉2 = 
1
2
. 𝑚. 2. 𝑔. 𝑙 + 0 = 𝑃. 𝑙; 
 𝑇2 + 𝑉2 = 𝑃. 𝑙; 
 𝐸1 = 𝐸2. 
Posição 3: 
𝑇3 = 0 ; 𝑉3 = 𝑃. 𝑙; 
 𝑇3 + 𝑉3 = 𝑃. 𝑙; 
 𝐸1 = 𝐸2 = 𝐸3. 
 
 As forças de atrito não são conservativas. Portanto, o trabalho de uma 
força de atrito não pode ser expresso como uma variação de energia 
potencial (depende da trajetória seguida). 
 A energia total de qualquer sistema pode ser considerada como constante 
e o princípio da conservação da energia permanece válido. 
 
3.8. Movimento sob a Ação de uma Força Central Conservativa 
Quando um ponto material se desloca sob a ação de uma força central 
conservativa, o princípio da conservação do momento angular e o princípio da 
conservação de energia podem ser usados para estudar seu movimento. 
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Pelo princípio da conservação do momento angular em relação à “O” é: 
𝑟0. 𝑚. 𝜐0. 𝑆𝑒𝑛(𝜙0) = 𝑟. 𝑚. 𝜐. 𝑆𝑒𝑛(𝜙); 
Pelo princípio de conservação da energia temos: 
𝑇0 + 𝑉0 = 𝑇 + 𝑉; 
1
2
. 𝑚. 𝜐0
2 −
𝐺.𝑀.𝑚
𝑟0
= 
1
2
. 𝑚. 𝜐2 − 
𝐺.𝑀.𝑚
𝑟
; 
Se tivermos 𝑟  𝜐 é determinado. 
Têm-se 𝜐  𝜙 é determinado. 
Quando 𝜙 = 90𝑜  𝑟𝑚í𝑛 ou 𝑟𝑚á𝑥. 
 
 
 
 
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Problema 3.1: A figura mostra dois blocos ligados 
por um cabo inextensível. Abandonando-se o sistema 
do repouso, pede-se determinar a velocidade do bloco 
A no fim de um deslocamento de 2 𝑚. O coeficiente de 
atrito cinemático entre o bloco A e o plano é 𝜇𝑐 = 0,25. 
A massa da polia e os atritos são desprezíveis. 
 
Dados 
.- Bloco A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 200𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 𝜐𝑜 = 0𝑚/𝑠. 
.- Bloco B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 300𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 𝜐𝑜 = 0𝑚/𝑠. 
.- Polia: 
Massa: 𝑚 ≅ 0,0𝑘𝑔. 
.- Cabo inextensível. 
.- Coeficiente de atrito cinemático: 
Bloco A e o plano: 𝜇𝑐 = 0,25; 
Atrito na Polia ≈ 0. 
.- Deslocamento: 
𝑥𝐴 = 2,0 𝑚. 
Determinar: 
Velocidade do bloco A no fim do deslocamento: 
𝜐𝐴 = ?. 
Solução 
Bloco A: 
 
Pelo princípio de trabalho e energia temos: 
𝑇𝐴1 + 𝑈𝐴1−2 = 𝑇𝐴2; (1) 
.- Energias cinéticas: 
𝑇𝐴1 = 
1
2
 𝑚𝐴. 𝜐𝐴1
2 ; 𝜐𝐴1 = 0 𝑚/𝑠 ;  𝑇𝐴1 = 0 𝐽. 
𝑇𝐴2 =
1
2
𝑚𝐴. 𝜐𝐴2
2 ; 
.- Trabalho realizado: 
 𝑈𝐴1−2 = 𝐹𝐶 . 2 − 𝐹𝐴. 2; 
Segunda lei de Newton: (em y). 
↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚. 𝑎𝐴𝑦; 𝑎𝐴𝑦 = 0𝑚/𝑠
2. 
−𝑃𝐴 + 𝑁𝐴 = 0  𝑁𝐴 = 𝑃𝐴; 
𝑁𝐴 = 𝑚𝐴. 𝑔 = 200 × 9,81 = 1,96𝑘𝑁. 
Também: 
𝐹𝐴 = µ𝐶 . 𝑁𝐴 = 0,25 × 1,96 = 490𝑁. 
Substituindo na equação (1): 
0 + 2𝐹𝐶 − 2 × 490 =
1
2
× 200𝜐𝐴2
2 ; 
 𝐹𝐶 = 490 + 50. 𝜐𝐴2
2 ; (2) 
Bloco B: D.C.L. 
 
Aplicando o principio do trabalho e da energia 
para o bloco B: 
𝑇𝐵1 + 𝑈𝐵1−2 = 𝑇𝐵2;. (3) 
Energia cinética: 
como: 𝜐𝐵0 = 0 𝑚/𝑠;  𝑇𝐵1 =
1
2
𝑚𝐵. 𝜐𝐵0
2 = 0 𝐽. 
𝑇𝐵2 =
1
2
𝑚𝐵. 𝜐𝐵2
2 ; 
Como: 𝜐𝐵2 = 𝜐𝐴2;  𝑇𝐵2 =
1
2
𝑚𝐵. 𝜐𝐴2
2 ; 
Trabalho realizado: 
𝑈𝐵1−2 = 𝑃𝐵 . 2 − 𝐹𝐶 . 2; 
𝑃𝐵 = 𝑚𝐵. 𝑔 = 300 × 9,81 = 2,94 𝑘𝑁. 
 𝑈𝐵1−2 = 2 × 2,94 − 2𝐹𝐶 = 5,88 − 2𝐹𝐶 ; 
Substituindo na equação (3), temos: 
0 + 5,88 − 2𝐹𝐶 =
1
2
× 300𝜐𝐴2
2 ; 
Usando a equação (2), temos: 
5,88 − 2(490 + 50𝜐𝐴2
2 ) =
1
2
× 300𝜐𝐴2
2 ; 
 𝜐𝐴2 = 4,43 𝑚/𝑠. 
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Problema 3.2: Utiliza-se uma mola para frear um 
fardo de 60 𝑘𝑔 que desliza sobre uma superfície 
horizontal. Por meio de cabos mantém-se a mola de 
constante 20 𝑘𝑁/𝑚 comprimida cerca de 120 𝑚𝑚 . A 
velocidade no fardo na posição mostrada na figura é 
de 2,5 𝑚/𝑠, a deformação adicional que a mola sofre 
pelo impacto atinge o máximo de 40 𝑚𝑚. Determine (a) 
o coeficiente de atrito cinético entre o fardo e o plano e 
(b) a velocidade do fardo quando retorna à posição 
original mostrada na figura. 
 
Dados 
.- Fardo: 
Massa: 𝑚𝐹 = 60 𝑘𝑔; 
Velocidade inicial: 𝜐𝑜 = 2,5 𝑚/𝑠; 
- Mola: 
Constante da mola: 𝑘 = 20𝑘𝑁/𝑚; 
Compressão inicial da mola: 𝑥𝑜 = 120 𝑚𝑚; 
Deformação adicional na mola pelo impacto é: 
∆𝑥 = 40 𝑚𝑚. 
Determinar: 
a.- Coeficiente de atrito cinético: 𝜇𝑐=? 
b.- Velocidade do fardo quando retorna à 
posição inicial:𝜐 =?. 
Solução 
Diagrama: 
 
O D.C.L. do fardo entre a posição 1-2: 
 
O D.C.L. do fardo entre a posição 2-3: 
 
.- Diagrama da força na mola: 
 
a.- Movimento da posição (1) até a posição (3): 
Posição (1): 
𝜐1 = 2,5 𝑚/𝑠. 
Energia cinética: 
𝑇1 =
1
2
𝑚𝜐1
2;  𝑇1 =
1
2
× 60 × 2,52 = 187 𝐽. 
Posição (3): 
𝜐3 = 0 𝑚/𝑠; ⇒ 𝑇3 = 0 𝐽. 
Trabalho realizado entre (1) e (3): 
𝑈1−3 = 𝑈𝐹𝑎 + 𝑈𝐹𝑘; (1) 
𝑈𝐹𝑎 = 𝐹𝑎 . 𝑥 = −𝐹𝑎(0,600 + 0,04); 
𝑈𝐹𝑎 = −0,64𝐹𝑎 
Da condição de equilíbrio do fardo na direção 
vertical, temos: 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚. 𝑎𝑦; como: 𝑎𝑦 = 0 𝑚/𝑠
2. 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0. 
 𝑃 − 𝑁 = 0;  𝑃 = 𝑁; 
 𝑁 = 𝑚. 𝑔 = 60 × 9,81 ≈ 589𝑁. 
Como: 𝐹𝑎 = 𝜇𝑐. 𝑁 = 589𝜇𝑐; 
 𝑈𝐹𝑎 = −0,640 × 589𝜇𝑐 ≈ −377𝜇𝑐 𝐽. 
𝑈𝐹𝑘 = −
1
2
(𝐹𝑘1 + 𝐹𝑘2)∆𝑥; 
Sendo: 
∆𝑥 = 0,04𝑚; 
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85 
𝐹𝑘1 = 𝑘. 𝑥𝑜 = 20 × 0,12 = 2,4 𝑘𝑁. 
𝑥2 = 𝑥𝑜 + ∆𝑥 = 0,12 + 0,04 = 0,16𝑚. 
𝐹𝑘2 = 𝑘. 𝑥2 = 20 × 0,16 = 3,2 𝑘𝑁. 
Do diagrama da força na mola temos: 
𝑈𝐹𝑘 = −
1
2
(2,4 + 3,2) × 103 × 0,04 = −112𝐽; 
Portanto na equação (1), temos: 
𝑈1−3 = −377𝜇𝑐 − 112; 
Pelo princípio de trabalho e energia 
𝑇1 + 𝑈1−3 = 𝑇3; (2) 
Substituindo em (2): 
 187 − 377𝜇𝑐 − 112 = 0; 
 𝜇𝑐 = 0,20. 
b.- Movimento da posição (3) à (5): 
Diagrama do sistema de 3 -5: 
 
D.C.L. (3-5): 
 
Posição (3): 𝜐3 = 0 𝑚/𝑠. 
 𝑇2 = 
1
2
𝑚𝜐3
2 = 0 𝐽. 
Posição (5): 𝜐5 =? 
 𝑇5 =
1
2
 𝑚𝜐5
2; 
Trabalho realizado da posição (3) até a posição 
(5): 
𝑈3−5 = 𝑈𝐹𝑎 + 𝑈𝐹𝑘; (3) 
𝑈𝐹𝑎 = −𝐹𝑎. ∆𝑥 = 589𝜇𝑐 . (0,6 + 0,04); 
 𝑈𝐹𝑎 ≈ −377𝜇𝑐 𝐽 = −377 × 0,20; 
 𝑈𝐹𝑎 = −75,5 𝐽. 
𝑈𝐹𝑘 = 
1
2
(𝐹2 + 𝐹1)∆𝑥; 
 𝑈𝐹𝑘 =
1
2
 (3,2 + 2,4) × 103 × 0,04; 
 𝑈𝐹𝑘 = 112 𝐽. 
Substituindo em (3) 
𝑈3−5 = −75,5 + 112 = 36 𝐽. 
Portanto pelo princípio de trabalho e energia 
temos: 
𝑇3 + 𝑈3−5 = 𝑇5; (4) 
Substituindo em (4) 
 0 + 36 =
1
2
 × 60 × 𝜐5
2; 
 𝜐5 = 1,1 𝑚/𝑠. 
 
 
 
 
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86 
Problema 3.3: Uma cunha de forma triangular de 
massa 𝑚𝐴 = 2000 𝑘𝑔 se apoia num extremo sobre 
um bloco B de massa igual a 𝑚𝐵 = 1500 𝑘𝑔 estando 
o outro extremo articulado num apoio fixo C. As 
superfícies em contato são rugosas sendo 𝜇
𝑐
= 0,3 
entre A e B, e entre B e o solo de 0,2. Aplica-se em 
B uma força P de 10000 𝑁, que velocidade terá o 
bloco B quando se desloque 2 𝑚 de sua posição 
inicial. 
 
Dados 
.- Cunha A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 2000𝑘𝑔. 
.- Bloco B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 1500𝑘𝑔; 
Força aplicada ao bloco: 𝑃 = 10000𝑁. 
.- Atrito: 
Entre a cunha A e o bloco B: µ𝑐 = 0,3; 
Entre o bloco B e solo: µ𝑐 = 0,2. 
Determinar: 
Velocidade do bloco B (para 𝑥𝐵 = 2 𝑚): 
𝜐𝐵 = ?. 
Solução 
.- D.C.L. do Bloco B: 
 
Diagrama do sistema do Bloco B: 
 
Do princípio trabalho e energia para o bloco B, 
temos: 
𝑇𝐵0 + 𝑈1−2 = 𝑇𝐵; (1) 
Como: 
𝑇𝐵0 =
1
2
𝑚𝐵𝜐0
2; 𝜐0 = 0 𝑚 𝑠⁄ . ⇒ 𝑇𝐵0 = 0 𝐽. 
𝑇𝐵 =
1
2
𝑚𝐵𝜐𝐵
2; 
Substituindo em (1) 
𝑈1−2 =
1
2
𝑚𝐵𝜐𝐵
2; (2) 
Da definição de Trabalho temos: 
𝑈1−2 = ∫ 𝐹𝑟 . 𝑑𝑥
2
1
; (3) 
Como: 
𝐹𝑟 = ∑ 𝐹𝑖
𝑛
𝑖=1 = 𝑃 − 𝐹𝐴𝐵 − 𝐹𝐵; (4) 
.- D.C.L. da cunha A: 
 
Como: 𝑃𝐴 = 𝑚𝐴. 𝑔; 𝑃𝐵 = 𝑚𝐵. 𝑔; 
Somatório de momentos em relação ao ponto C: 
↺+ ∑ �⃗⃗⃗�𝐶 = 0; 
 𝑃𝐴 × 1 − 𝑁𝐵 × (3 − 𝑥) = 0; 
 𝑚𝐴 × 𝑔 = 𝑁𝐵 × (3 − 𝑥); 
 𝑁𝐵 =
𝑚𝐴.𝑔
(3−𝑥)
; 
Temos que: 𝐹𝐴𝐵 = 𝜇𝐶 × 𝑁𝐵; 
  𝐹𝐴𝐵 = 0,3 ×
𝑚𝐴 . 𝑔
(3−𝑥)
; 
No D.C.L. do bloco B, da 2ª lei de Newton, temos: 
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝐵. 𝑎𝐵𝑦; 𝑎𝐵𝑦 = 0 𝑚/𝑠
2. 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0. 
 −𝑁𝐵 + 𝑁 − 𝑃𝐵 = 0;  𝑁 = 𝑁𝐵 + 𝑃𝐵; 
 𝑁 = 𝑚𝐵. 𝑔 +
𝑚𝐴.𝑔
(3−𝑥)
; 
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87 
Também: 𝐹𝐵 = 𝜇𝐶 × 𝑁; 
 𝐹𝐵 = 0,2𝑔 (𝑚𝐵 +
𝑚𝐴
(3−𝑥)
); 
Substituindo em (4), temos: 
 𝐹𝑟 = 𝑃 − 0,3
𝑚𝐴.𝑔
3−𝑥
− 0,2𝑔 (𝑚𝐵 +
𝑚𝐴.𝑔
3−𝑥
); 
 𝐹𝑟 = 𝑃 − 0,2𝑔. 𝑚𝐵 − 0,5 (
𝑚𝐴 𝑔
3−𝑥
); 
 𝐹𝑟 = 10000 − 0,2 × 9,81 × 1500 −
 
0,5×2000×9,81
3−𝑥
; 
 𝐹𝑟 = 7057 −
9810
3−𝑥
; 
Substituindo em (3): 
∫ 𝐹𝑟 . 𝑑𝑥
2
1
= ∫ ( 7057 −
9810
3−𝑥
)
2
0
𝑑𝑥; 
 𝑈1−2 = 7057 ∫ 𝑑𝑥
2
0
− 9810 ∫
𝑑𝑥
3−𝑥
 
2
0
; 
 𝑈1−2 = 14144 + 9810𝐿𝑛 (3 − 𝑥)|0
2; 
 𝑈1−2 = 14144 − 𝐿𝑛(1/3); 
 𝑈1−2 = 3366,6 𝐽. 
Na equação (2): 
3366,6 =
1
2
𝑚𝐵𝜐𝐵
2; 
 𝜐𝐵
2 =
6733,2
1500
; 
 𝜐𝐵 = 2,11 𝑚 𝑠⁄ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 3.4: Um anel de massa igual a 4 𝑘𝑔 pode 
deslizar-se ao longo de uma vareta lisa parabólica cuja 
equação é 𝑥2 = 40. 𝑧 ( x e z em cm ). O anel está fixado 
através de uma mola ao ponto fixo D, o comprimento 
da mola sem deformação é igual a 1 𝑚 e a constante 
da mola 𝑘 = 200 𝑁/𝑚. Se o anel inicia seu movimento 
no ponto A, determine: (a) a velocidade do anel 
quando passa pelo ponto B, (b) as forças normais que 
exerce a vareta sobre o anel quando passa pelo ponto 
B. 
 
Dados 
.- Anel: 
Massa: 𝑚 = 4𝑘𝑔; 
Velocidade: 𝜐𝑜 = 0 𝑚/𝑠. 
.- Vareta: 
Lisa ( µ ≈ 0 ); 
Forma parabólica: 𝑥2 = 40. 𝑧. 
.- Mola: 
Comprimento: 𝐿0 = 1 𝑚; 
Constante: 𝑘 = 200 𝑁/𝑚. 
Determinar: 
a.- Velocidade do anel em B: 𝜐𝐵 = ?; 
b.- Forças normais da vareta sobre o anel no 
ponto B: 
𝑁𝑖 = ?. 
Solução 
D.C.L. do anel: 
 
A força �⃗⃗⃗� é perpendicular à trajetória, 
portanto não realiza trabalho. 
As forças �⃗�𝑒 e �⃗⃗�𝐴 são conservativas. Portanto, 
cumpre-se a conservação de energia. 
𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵; (1) 
Como no ponto A temos: 
𝑇𝐴 = 
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴
2 ; 𝜐𝐴 = 0 𝑚/𝑠;  𝑇𝐴 = 0 𝐽. 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐴𝐺 + 𝑉𝐴𝑒; 
 𝑉𝐴𝐺 = 𝑃𝐴. 𝑧𝐴; 𝑉𝐴𝑒 =
1
2 
𝑘. 𝑥𝐴𝑒
2 ; 
 𝑉𝐴 = 𝑃𝐴. 𝑧𝐴 +
1
2
𝑘. 𝑥𝐴𝑒
2 ; 
No ponto B, temos: 
𝑇𝐵 = 
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐵
2; 
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐺 + 𝑉𝐵𝑒; 
𝑉𝐵𝐺 = 𝑃𝐴. 𝑧𝐵; 𝑧𝐵 = 0;  𝑉𝐵𝐺 = 0 𝐽. 
𝑉𝐵𝑒 = 𝑘𝑥𝐵𝑒
2 ; 
 𝑉𝐵 = 
1
2
𝑘. 𝑥𝐵𝑒
2 ; 
Substituindo da equação (1): 
 0 + 𝑃𝐴. 𝑧𝐴 +
1
2
𝑘. 𝑥𝐴𝑒
2 =
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐵
2 +
1
2
𝑘. 𝑥𝐵𝑒
2 ; 
 
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐵
2 = 𝑚𝐴. 𝑔. 𝑧𝐴 +
1
2
𝑘(𝑥𝐴𝑒
2 − 𝑥𝐵𝑒
2 ); (2) 
Da figura da vareta, temos: 
Da equação da parábola: 
𝑥2 = 40. 𝑧; 
Em A: 
𝑥𝐴
2 = 40. 𝑧𝐴;  𝑧𝐴 = 
1
40
𝑥𝐴
2; 
𝑥𝐴 = 60 𝑐𝑚;  𝑧𝐴 = 90 𝑐𝑚 = 0,9 𝑚. 
Para a mola: 
𝑥𝐴𝑒 = |𝐷𝐴̅̅ ̅̅ | − 𝐿0; 
|𝐷𝐴̅̅ ̅̅ | = √602 + 802 + 90² = 134,5𝑐𝑚 = 1,35𝑚. 
 𝑥𝐴𝑒 = 1,35 − 1 = 0,35 𝑚. 
𝑥𝐵𝑒 = |𝐷𝐵̅̅ ̅̅ | − 𝐿0; |𝐷𝐵̅̅ ̅̅ | = 80 𝑐𝑚 = 0,8𝑚. 
 𝑥𝐵𝑒 = 0,8 − 1 = −0,2 𝑚. 
Substituindo em (2) 
4𝜐𝐵
2 = 2 × 9,81 × 4 × 0,9 + 200( 0,352 − (−0,2)2); 
 𝜐𝐵 = 4,66 𝑚/s. 
(b) Forças normais no anel em B: 
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89 
.- D.C.L. do anel em B: 
 
Da 2ª Lei De Newton, temos: 
Na direção y: 
+
→ ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚. 𝑎𝑦 ; 𝑎𝑦 = 0 ⇒ ∑ 𝐹𝑦 = 0. 
 𝑁𝑦 − 𝐹𝑒 = 0;  𝑁𝑦 = 𝐹𝑒 = 𝑘. ∆𝑥; 
Como: △ 𝑥 = 0,2 𝑚; 
 𝑁𝑦 = 200 × 0,2 = 40 𝑁. 
Na direção z: 
+↑ ∑ 𝐹𝑧 = 𝑚. 𝑎𝑧; (3) 
 𝑎𝑧 = 𝑎𝑛;  𝑎𝑛 = 
𝜐𝐵
2
𝜌
; 
Como o raio de curvatura é definido por: 
𝜌 =
{1+(𝑑𝑧/𝑑𝑥)2}
3/2
𝑑2𝑧 𝑑𝑥2⁄
; 
De: 𝑧 =
𝑥²
40
; 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
=
𝑥
20
; 
 
𝑑²𝑧
𝑑𝑥²
= 
1
20
; 
Para: 𝑥 = 0 𝑚. 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 0; e 
𝑑²𝑧
𝑑𝑥²
=
1
20
; 
Substituindo na equação do raio de curvatura: 
 𝜌 = 
{ 1+(0)2}3/2
1/20
; 
 𝜌 = 20 𝑐𝑚 = 0,20 𝑚. 
Substituindo na equação (3) 
 − 𝑃𝐴 + 𝑁𝑍 = 
𝑚𝐴𝜐𝐵
2
0,2
; 
 𝑁𝑧 = 𝑚𝐴𝑔 + 5𝑚𝐴𝜐𝐵
2; 
 𝑁𝑧 = 4 × 9,81 + 5 × 4 × 4,66²; 
 𝑁𝑧 = 473,55 𝑁. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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90 
Problema 3.5: Uma partícula de massa 𝑚 parte do 
repouso do ponto A, descendo por uma guia 
perfeitamente lisa, subindo depois pela parte circular 
da guia de raio 𝑅 de atrito desprezível. A partícula 
abandona a guia circular em B e inicia seu movimento 
de queda livre sob a ação da gravidade. Determine a 
altura correspondente a queda ℎ em função do raio 𝑅 
e o valor do ângulo 𝜃 correspondente ao momento em 
que a partícula abandona a circunferência, se no seu 
movimento de queda livre passa pelo centro O da 
circunferência. 
 
Dados 
.- Partícula: 
Massa: 𝑚; 
Parte do repouso: 𝜐𝐴 = 0 𝑚 𝑠⁄ ; 
Após o ponto B tem movimento sob ação da 
gravidade, e passa pelo ponto “O”. 
.- Guia: 
Lisa, atrito desprezível: 𝜇 = 0; 
Porcão circular de raio: 𝑅. 
Determinar: 
.- A altura ℎ =?, em função de 𝑅; 
.- O ângulo: 𝜃 =?. 
Solução 
Diagrama do sistema: 
 
D.C.L. da Partícula: 
 
Como a reação �⃗⃗⃗� é perpendicular à trajetória do 
movimento, não realiza trabalho. Desta forma a 
única forca que realiza trabalho é o peso, que é 
uma força conservativa, portanto, temos a 
conservarão de energia. 
⇒ 𝑇 + 𝑉 = 𝑐𝑡𝑒; 
Portanto: 
⇒ 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵; (1) 
No ponto A: 
Como: 
𝑇𝐴 =
1
2
 𝑚𝐴𝜐𝐴
2 ; 𝜐𝐴 = 0 𝑚/𝑠; ⇒ 𝑇𝐴 = 0 𝐽. 
𝑉𝐴 = 𝑃. 𝑦𝐴; 𝑦𝐴 = ℎ − 𝑅; 𝑃 = 𝑚𝑔; 
⇒ 𝑉𝐴 = 𝑚𝑔(ℎ − 𝑅); 
⇒ 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑚𝑔(ℎ − 𝑅); (2) 
No ponto B: 
𝑇𝐵 =
1
2
 𝑚𝐵𝜐𝐵
2; 
𝑉𝐵 = 𝑃𝑦𝐵; 𝑦𝐵 = 𝑅. 𝑆𝑒𝑛(𝜃); 
⇒ 𝑉𝐵 = 𝑚. 𝑔. 𝑅. 𝑆𝑒𝑛(𝜃); 
⇒ 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 =
1
2
 𝑚𝐵𝜐𝐵
2 + 𝑚𝑔𝑅𝑆𝑒𝑛(𝜃); (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1), temos que: 
𝑚𝑔(ℎ − 𝑅) =
1
2
 𝑚𝐵𝜐𝐵
2 + 𝑚𝑔𝑅𝑆𝑒𝑛(𝜃); 
⇒ ℎ =
𝜐𝐵
2
2𝑔
+ 𝑅(1 + 𝑆𝑒𝑛(𝜃)); (4) 
No ponto B temos: 
 
Da segunda lei de Newton, temos: 
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚. 𝑎𝑛 ; 𝑎𝑛 =
𝜐𝐵
2
𝜌
; 
 𝑃. 𝑆𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚
𝜐𝐵
2
𝜌
; 
Como: 𝜌 = 𝑅; 
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91 
 𝜐𝐵
2 = 𝑔. 𝑅. 𝑆𝑒𝑛(𝜃); 
Substituindo em (4), temos: 
ℎ =
𝑔.𝑅.𝑆𝑒𝑛𝜃
2𝑔
+ 𝑅(1 + 𝑆𝑒𝑛(𝜃)); 
 ℎ = 𝑅(1 + 1,5𝑆𝑒𝑛(𝜃)); 
Para o movimento de queda livre de partículas 
temos: 
 
Para o sistema xy temos: 
Em x temos M.R.U. 
𝑥 = 𝜐𝑜𝑥𝑡; 𝜐𝑜𝑥 = 𝜐𝐵𝑆𝑒𝑛(𝜃); 
Para o ponto “O”: 
𝑥 = 𝑅. 𝐶𝑜𝑠(𝜃);  𝑅. 𝐶𝑜𝑠(𝜃) = 𝜐𝐵. 𝑆𝑒𝑛(𝜃). 𝑡; 
 𝑡 =
𝑅.𝐶𝑜𝑡(𝜃)
𝜐𝐵
; 
Em y temos M.R.U.A.: 
𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝜐𝑜𝑦𝑡 +
𝑎𝑦
2
 𝑡2; 
𝑦𝑜 = 0; 𝜐𝑜𝑦 = 𝜐𝐵𝐶𝑜𝑠(𝜃) ; 𝑎𝑦 = −𝑔; 
 𝑦 = 𝜐𝐵. 𝐶𝑜𝑠(𝜃). 𝑡 − 
𝑔
2
𝑡2; 
Em “O”: 
 𝑦 = −𝑅. 𝑆𝑒𝑛(𝜃); 
Substituindo: 
 −𝑅𝑆𝑒𝑛(𝜃) = 𝜐𝐵𝐶𝑜𝑠(𝜃)
𝑅
𝜐𝐵
𝐶𝑜𝑠(𝜃)
𝑆𝑒𝑛(𝜃)
− 𝑔
2
𝑅2
𝜐𝐵
2
𝐶𝑜𝑠2(𝜃)
𝑆𝑒𝑛2(𝜃)
; 
 −𝑆𝑒𝑛(𝜃) =
𝐶𝑜𝑠2(𝜃)
𝑆𝑒𝑛(𝜃)
− 𝑔.𝑅
2(𝑔.𝑅.𝑆𝑒𝑛(𝜃))
.
𝐶𝑜𝑠2(𝜃)
𝑆𝑒𝑛2(𝜃)
; 
 −𝑆𝑒𝑛(𝜃) =
𝐶𝑜𝑠2(𝜃)
𝑆𝑒𝑛(𝜃)
−
𝐶𝑜𝑠2(𝜃)
2𝑆𝑒𝑛3(𝜃)
; 
 −2𝑆𝑒𝑛4(𝜃) = 2𝑆𝑒𝑛2(𝜃). 𝐶𝑜𝑠2(𝜃) − 𝐶𝑜𝑠²(𝜃); 
Como: 𝐶𝑜𝑠²(𝜃) = 1 − 𝑆𝑒𝑛²(𝜃); 
 −2𝑆𝑒𝑛4(𝜃) = 2𝑆𝑒𝑛²(𝜃) − 2𝑆𝑒𝑛4(𝜃) −
𝐶𝑜𝑠²(𝜃); 
 −2𝑆𝑒𝑛4(𝜃) = 2(1 − 𝐶𝑜𝑠2(𝜃)) −
2𝑆𝑒𝑛4(𝜃) −
𝐶𝑜𝑠2(𝜃); 
 0 = 2 − 3𝐶𝑜𝑠2(𝜃); 
 𝐶𝑜𝑠2(𝜃) =
2
3
. 
 𝜃 = 35,26°. 
Portanto: 
⇒ ℎ = 𝑅(1 + 1,5𝑆𝑒𝑛(35,26°)); 
⇒ ℎ = 1,865𝑅. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3.5. Princípio de Impulso e Quantidade de Movimento 
 
Usado para resolver problemas que envolvem: força, massa, velocidade e 
tempo (movimentos impulsivos, choques, etc.). 
 
Da 2ª lei de Newton, temos: 
�⃗� = 𝑚. �⃗� =
𝑑(𝑚.�⃗⃗⃗�)
𝑑𝑡
; 
𝑚. �⃗� → Quantidade de movimento do ponto material. 
 �⃗�𝑑𝑡 = 𝑑(𝑚. �⃗�); 
 ∫ �⃗�
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 = ∫ 𝑑(𝑚�⃗�)
𝑡2
𝑡1
; 
 ∫ �⃗�
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 = 𝑚�⃗�2 − 𝑚�⃗�1; 
 𝑚�⃗�1 + ∫ �⃗�
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 = 𝑚�⃗�2. 
∫ �⃗�
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 → Impulso linear ou impulso da força. 
Em componentes cartesianas: 
𝐼𝑚𝑝1→2 = ∫ �⃗�
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡; 
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𝐼𝑚𝑝1→2 = �̂� ∫ 𝐹𝑥
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 + 𝑗̂ ∫ 𝐹𝑦
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 + �̂� ∫ 𝐹𝑧
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡; 
[𝐼𝑚𝑝. ]: 𝑁. 𝑠 = (𝑘𝑔
𝑚
𝑠2
) . 𝑠 = 𝑘𝑔
𝑚
𝑠
; 
 
“A quantidade de movimento final 𝑚�⃗�2 do ponto material pode ser obtido 
adicionando-se vetorialmente à sua quantidade de movimento inicial 𝑚�⃗�1 o 
impulso da força �⃗� durante o mesmo intervalo de tempo”. 
 𝑚�⃗�1 + 𝐼𝑚𝑝1→2 = 𝑚�⃗�2; 
 
A quantidade de movimento e o impulso são quantidades vetoriais. 
Considerando as componentes temos: 
𝑚𝜐𝑥1 + ∫ 𝐹𝑥
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 = 𝑚𝜐𝑥2; 
𝑚𝜐𝑦1 + ∫ 𝐹𝑦
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 = 𝑚𝜐𝑦2; 
𝑚𝜐𝑧1 + ∫ 𝐹𝑧
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡 = 𝑚𝜐𝑧2; 
Quando várias forças atuam na partícula, portanto: 
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𝑚�⃗�1 + ∑ 𝐼𝑚𝑝⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1→2
𝑛
𝑖=1
= 𝑚�⃗�2. 
Quando o problema envolve dois ou mais pontos materiais, temos: 
∑ 𝑚�⃗�1𝑖
𝑛
𝑖=1
+ ∑ 𝐼𝑚𝑝⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑖1→2
𝑛
𝑖=1
= ∑ 𝑚�⃗�2𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
Os impulsos das forças de ação e reação cancelam-se mutuamente e, 
portanto, apenas os impulsos das forças externas são considerados. Senão Ǝ 
forças externas, então: 
∑ 𝑚�⃗�1𝑖
𝑛
𝑖=1
= ∑ 𝑚�⃗�2𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
 
3.6. Movimento Impulsivo 
 
Para: 
𝛥𝑡 → Pequeno. 
𝐹 → Força Impulsiva (valor médio). 
Quando várias forças impulsivas agem no ponto material: 
𝑚�⃗�1 + ∑ �⃗�𝑖∆𝑡
𝑛
𝑖=1
= 𝑚�⃗�2. 
“Qualquer força que não seja impulsiva pode ser desprezada, pois o 𝐹. ∆𝑡 é 
pequeno”. 
Forças não impulsivas: peso, força de mola. 
No caso do movimento impulsivo de vários pontos materiais, poderá ser usada: 
∑ 𝑚𝑖�⃗�1𝑖
𝑛
𝑖=1
+ ∑ �⃗�𝑖∆𝑡
𝑛
𝑖=1
= ∑ 𝑚𝑖�⃗�2𝑖
𝑛
𝑖=1
. 
 
3.7. Choque 
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Colisão entre dois corpos que ocorre num intervalo de tempo muito curto, 
durante o qual os dois corposexercem, um sobre outro, forças relativamente 
grandes. 
 
 
3.7.1. Choque Central Direto 
 
 Corpos A e B deslocam–se na mesma reta. 
 Corpo A colidirá com o B. Devido aos choques, os dois corpos se 
deformarão e, no fim do período de deformação, terão a mesma velocidade 
u. 
 O período de restituição, então, ocorrerá, ao fim do qual, dependendo do 
módulo das forças de choque e dos materiais envolvidos, cada um dos 
corpos terá recuperado sua forma original ou ficará permanentemente 
deformado. 
 
Como não existem forças externas. Então, a quantidade do movimento total 
se conserva. 
𝑚𝐴�⃗�𝐴 + 𝑚𝐵�⃗�𝐵 = 𝑚𝐴�⃗�′𝐴 + 𝑚𝐵�⃗�′𝐵; 
Como: 
�⃗�𝐴 // �⃗�𝐵 // �⃗�′𝐴 // �⃗�′𝐵 // �̂�; 
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 𝑚𝐴𝜐𝐴 + 𝑚𝐵𝜐𝐵 = 𝑚𝐴𝜐′𝐴 + 𝑚𝐵𝜐′𝐵; (*) 
Para determinar: 
𝜐′A ; 𝜐′B : ?. 
 
 Considerando o movimento do ponto material A, durante o período de 
deformação. 
Pelo princípio do impulso e quantidade de movimento: 
 
�⃗⃗� → Força exercida sobre o corpo A devido ao corpo B. 
𝑚𝐴�⃗�𝐴 − ∫ �⃗⃗� 𝑑𝑡 = 𝑚𝐴�⃗⃗�;  ∫ 𝑄 𝑑𝑡 = 𝑚𝐴(𝜐𝐴 − 𝑢); 
 Agora o movimento de A durante o período de restituição. 
 
�⃗⃗� → Força de B sobre A,na restituição. 
Pelo princípio do impulso e quantidade de movimento. 
𝑚𝐴�⃗⃗� − ∫ �⃗⃗� 𝑑𝑡 = 𝑚𝐴�⃗�𝐴
,
; 
 ∫ 𝑅 𝑑𝑡 = 𝑚𝐴(𝑢 − 𝜐𝐴
, ); 
O coeficiente de restituição é definido por: 
𝑒 =
∫ 𝑅𝑑𝑡
∫ 𝑄𝑑𝑡
; 𝑒 ∈ [0 , 1]; Depende dos materiais,velocidades e tamanhos. 
 𝑒 =
𝑢−𝜐𝐴
,
𝜐𝐴−𝑢
; 
Considerando o ponto material B, temos: 
𝑒 =
𝜐𝐵
, − 𝑢
𝑢 − 𝜐B
; 
Também: 
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𝑒 =
(𝑢 − 𝜐𝐴
, ) + (𝜐𝐵
, − 𝑢)
(𝜐𝐴 − 𝑢) + (𝑢 − 𝜐𝐵)
=
(𝜐𝐵
, − 𝜐𝐴
, )
(𝜐𝐴 − 𝜐𝐵)
. 
𝑒 =
𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝐴𝑓𝑎𝑠𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎çã𝑜
. 
Considerando as duas relações: 
 𝜐𝐵
, − 𝜐𝐴
, = 𝑒(𝜐A − 𝜐B). 
 Quando: 
𝑒 = 0  Choque perfeitamente plástico. 
 𝜐𝐵
, = 𝜐𝐴
, , não Ǝ restituição (os corpos permanecem juntos após o 
choque). 
 𝜐𝐵
, = 𝜐𝐴
, = 𝜐, → da equação de conservação da quantidade de 
movimento. 
𝑚𝐴𝜐𝐴 + 𝑚𝐵𝜐𝐵 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)𝜐′; 
 
 Quando: 
𝑒 = 1  Choque perfeitamente elástico. 
 𝜐𝐵
, − 𝜐𝐴
, = 𝜐A − 𝜐B; 
 𝜐𝐵
, + 𝜐B = 𝜐𝐴
, + 𝜐A; (**) 
A energia total dos dois pontos materiais e quantidade de movimento total 
se conservam: 
Da equação (*), temos: 
𝑚𝐴(𝜐𝐴 − 𝜐𝐴
, ) = 𝑚𝐵(𝜐𝐵
, − 𝜐𝐵);...............(a) 
Da equação (**), temos: 
𝜐A + 𝜐𝐴
, = 𝜐B + 𝜐𝐵
, ;...............(b) 
Multiplicando as equações (a) x (b), temos: 
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴
2 +
1
2
𝑚𝐵𝜐𝐵
2 =
1
2
𝑚𝐴(𝜐𝐴
, )2 +
1
2
𝑚𝐵(𝜐𝐵
, )2; 
 ∑ 𝑇𝑖 = ∑ 𝑇𝑖
,. 
(Conservação de energia do sistema) 
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3.7.2. Choque Central Oblíquo 
 
Corpos A e B perfeitamente lisos e sem atrito. 
Forças impulsivas. 
Forças internas ao longo do eixo “n”. 
1.– Conservação da quantidade de movimento na direção t de cada corpo: 
𝜐𝐴𝑡 = 𝜐𝐴𝑡
, ; 
𝜐𝐵𝑡 = 𝜐𝐵𝑡
,
; 
2.– Quantidades de movimento total na direção “n” se conserva: 
𝑚𝐴𝜐𝐴𝑛 + 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑛 = 𝑚𝐴𝜐𝐴
,
𝑛
+ 𝑚𝐵𝜐𝐵
,
𝑛
; 
3 – As velocidades relativas antes e após do choque com o coeficiente de 
restituição, estão relacionados por: 
𝜐𝐵
,
𝑛
− 𝜐𝐴
,
𝑛
= 𝑒 (𝜐𝐴𝑛 − 𝜐𝐵𝑛); 
 
Hipótese: ambos os corpos se movem livremente, antes e depois do impacto. 
 
 Caso em que há restrição ao movimento de um ou de ambos os corpos em 
colisão: 
 
.- Conserva-se a quantidade de movimento da bola na direção “t”: 
(𝜐𝐵)𝑡 = (𝜐𝐵
, )𝑡. 
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99 
.- A componente em x da quantidade de movimento se conserva: 
𝑚𝐴𝜐𝐴 + 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑥 = 𝑚𝐴𝜐𝐴
, + 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑥
,
. 
.- A relação das velocidades relativas ao longo do eixo “n” e o coeficiente de 
restituição para o sistema bloco – bola: 
𝜐𝐵
,
𝑛
− 𝜐𝐴
,
𝑛
= 𝑒 (𝜐𝐴𝑛 − 𝜐𝐵𝑛). 
 
 
 
 
 
 
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Problema 3.6: De uma calha inclinada cai um 
pacote de 10 kg sobre um carrinho de 25 kg. A 
velocidade do pacote ao deixar a calha é de 3 m/s. 
sabendo-se que o carrinho está inicialmente em 
repouso e pode rolar livremente, determinar (a) a 
velocidade final do carrinho, (b) o impulso do carrinho 
sobre o pacote e (c) a fração de energia inicial perdida 
pelo impacto. 
 
Dados 
Pacote: 
Massa: mp = 10 kg 
Velocidade inicial: o = 3 m/s 
Carrinho: 
Massa: mc = 25 kg 
Em repouso: o = 0 m/s. 
Determinar: 
a.- Velocidade final do carrinho: c =?; 
b.- Impulso do carrinho sobre o pacote: 
𝐼𝑚𝑝 =?; 
c.- Fração de energia inicial perdida pelo 
impacto: 
∆𝐸 =?. 
Solução 
a.- Velocidade do carrinho: c =?. 
D.C.L. 
 
Princípio do impulso e quantidade de movimento 
(pacote e carrinho) 
∑ 𝑚�⃗�1 + ∑ 𝐼𝑚𝑝⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗1→2 = ∑ 𝑚�⃗�2 (1) 
Instante 1: 
∑ 𝑚�⃗�1 = 𝑚𝑝�⃗�𝑝1 + 𝑚𝑐�⃗�𝑐1; 
Como: 
�⃗�𝑐1 = 0𝑚/𝑠. 
 ∑ 𝑚�⃗�1 = 𝑚𝑝�⃗�𝑝1; 
∑ 𝑚�⃗�1 = 𝑚𝑝𝜐𝑝1𝐶𝑜𝑠 30
𝑜𝑖̂ − 𝑚𝑝𝜐𝑝1 𝑆𝑒𝑛 30 𝑗;̂ 
Instante 2: 
∑ 𝑚�⃗�2 = 𝑚𝑝�⃗�𝑝2 + 𝑚𝑐�⃗�𝑐2; 
Como: 
�⃗�𝑝2 = �⃗�𝑐2 = �⃗�; 
 ∑ 𝑚 �⃗�2 = (𝑚𝑝 + 𝑚𝑐) �⃗�; 
Como a força de reação e peso atuam na direção 
y, então o impulso em x é zero. 
∑ 𝐼𝑚𝑝1→2 = 0. 
Portanto substituindo em (1) temos na direção x: 
 𝑚𝑝𝜐𝑝1 𝐶𝑜𝑠 30 ͦ + 0 = (10 + 25)𝜐; 
 10 ∗ 3 𝐶𝑜𝑠 30 ͦ = 35𝜐; 
 𝜐 = 0,792 𝑚/𝑠. 
b.- Impulso do carrinho sobre o pacote: 𝐼𝑚𝑝 =?. 
Diagrama do impulso e quantidade de movimento 
do pacote: 
 
∑ 𝑚𝑝�⃗�𝑝1 + ∑ 𝐼𝑚𝑝⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗𝑝(1→2) = ∑ 𝑚𝑝�⃗�𝑝2 (1) 
Como: 
𝑚𝑝�⃗�𝑝1 = 𝑚𝑝𝜐𝑝1 𝐶𝑜𝑠 30 𝑖̂ − 𝑚𝑝𝜐𝑝1 𝑆𝑒𝑛 30 𝑗;̂ 
𝑚�⃗�𝑝2 = 𝑚𝑝𝜐𝑖̂ 
𝐼𝑚𝑝𝑝(1→2) = �⃗�∆𝑡 = 𝐹𝑥∆𝑡 𝑖̂ + 𝐹𝑦∆𝑡 𝑗̂; 
Substituindo em (1) temos: 
+
→ ∑ 𝐶𝑜𝑚𝑝. 𝑥: 
 𝑚𝑝𝜐𝑝1𝐶𝑜𝑠30 ͦ + 𝐹𝑥∆𝑡 = 𝑚𝑝𝜐; 
 𝐹𝑥∆𝑡 = 𝑚𝑝𝜐 − 𝑚𝑝𝜐𝑝1 𝐶𝑜𝑠 30 ͦ; 
 𝐹𝑥∆𝑡 = 10 ∗ 0,792 − 10 ∗ 3 𝐶𝑜𝑠 30 ͦ; 
 𝐹𝑥∆𝑡 = −18,6 𝑁𝑠. 
+↑ ∑ 𝑐𝑜𝑚𝑝. 𝑦: 
 −𝑚𝑝𝜐𝑝1 𝑆𝑒𝑛 30 ͦ + 𝐹𝑦∆𝑡 = 0; 
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101 
 𝐹𝑦∆𝑡 = 𝑚𝑝𝜐𝑝1 𝑆𝑒𝑛 30 ͦ; 
 𝐹𝑦∆𝑡 = 10 ∗ 3 𝑆𝑒𝑛 30 ͦ; 
 𝐹𝑦∆𝑡 = 15 𝑁𝑠. 
Portanto o impulso sobre o pacote: 
𝐼𝑚𝑝𝑝(1→2) = √(𝐹𝑥∆𝑡)2 + (𝐹𝑦∆𝑡)2; 
𝐼𝑚𝑝𝑝(1→2) = 23,9 𝑁𝑠. 
Direção do impulso: 
𝑇𝑎𝑛 𝛼 =
𝐹𝑦∆𝑡
𝐹𝑥∆𝑡
; 
 𝑇𝑎𝑛 𝛼 =
15
18,6
= 38,9𝑜. 
 
c.- Fração de energia perdida 
Instante 1: 
Energia inicial 
𝐸1 = 𝐸𝑝1 + 𝐸𝑐1; (3) 
𝐸𝑝1 = 𝑇𝑝1 + 𝑉𝑝1; 𝑉𝑝1 = 0 𝐽; 
 𝐸𝑝1 =
𝑚𝑝𝜐𝑝1
2
2
=
𝑚𝑝𝜐0
2
2
; 
𝐸𝑐1 = 𝑇𝑐1 + 𝑉𝑐1; 𝑉𝑐1 = 0 𝐽; 𝜐𝑐1 = 0 𝑚/𝑠. 
 𝐸𝑐1 = 0 𝐽 ; 
 𝐸1 =
𝑚𝑝𝜐0
2
2
=
10∗32
2
; 
 𝐸1 = 45 𝐽. 
Energia final 
𝐸2 = 𝐸𝑝2 + 𝐸𝑐2; (4) 
𝐸𝑝2 = 𝑇𝑝2 + 𝑉𝑝2; 
 𝐸𝑝2 =
𝑚𝑝𝜐𝑝2
2
2
=
𝑚𝑝𝜐
22
; 
𝐸𝑐2 = 𝑇𝑐2 + 𝑉𝑐2; 
 𝐸𝑐2 =
𝑚𝑐𝜐𝑐2
2
2
=
𝑚𝑐𝜐
2
2
; 
 𝐸2 =
(𝑚𝑝+𝑚𝑐)𝜐
2
2
=
(10+25)×0,7422
2
; 
𝐸2 = 9,63 𝐽. 
Fração de energia perdida: 
%𝐸 =
𝐸1−𝐸2
𝐸1
; 
 %𝐸 =
45−9,63
45
; 
 %𝐸 = 0,786 = 78,6%. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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102 
Problema 3.7: A bola B está suspensa pelo fio 
inextensível BC e a bola A (idêntica á B) está em 
queda livre, apenas tangenciando BC. A velocidade de 
A imediatamente antes da colisão é 𝜐𝑜 . Supondo-se 
colisão perfeitamente elástica (𝑒 = 1) e ausência de 
atrito, determinar as velocidades das esferas 
imediatamente depois do choque. 
 
Dados 
.- Fio inextensível BC: 
.- Bola A: 
Massa: 𝑚𝐴; 
Velocidade antes da colisão: 𝜐𝑜; 
Em queda livre. 
.- Bola B: 
Massa: 𝑚𝐵; 
Fixa no fio BC. 
.- Bolas A e B idênticas: 
Massas: 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵; 
Diâmetros: 𝜙𝐴 = 𝜙𝐵. 
.- Colisão perfeitamente elástica: 𝑒 = 1. 
.- Sem atrito: 𝜇 = 0. 
Determine: 
As velocidades das esferas após o choque: 
𝜐𝐴
, =? ; 𝜐𝐵
, =?. 
Solução 
Diagrama durante o impacto: 
 
Da figura, temos que: 
𝑆𝑒𝑛(𝜃) = 
𝑟
2𝑟
= 0,5 → 𝜃 = 30°. 
Como: 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵 = 𝑚. 
Bola A: Principio de Impulso e quantidade de 
movimento. 
 
𝑚. �⃗�𝐴 + �⃗�. ∆𝑡 = 𝑚. �⃗�𝐴
, ; 
Na direção tangente temos: 
𝑚𝐴. 𝜐𝐴𝑡 + 𝐹𝑡 . ∆𝑡 = 𝑚𝐴. 𝜐𝐴
,
𝑡
; 
𝜐𝐴𝑡 = 𝜐𝑜 . 𝑆𝑒𝑛(𝜃); 𝐹𝑡 = 0 𝑁. 
 𝑚. 𝜐𝑜. 𝑆𝑒𝑛30° = 𝑚. 𝜐𝐴
,
𝑡
; 
𝜐𝐴
,
𝑡
= 0,5. 𝜐𝑜; (1) 
Princípio de impulso e quantidade de movimento 
do sistema: 
 
Aplicando o princípio de impulso e quantidade de 
movimento ao sistema: 
𝑚. �⃗�𝐴 + 𝑚. �⃗�𝐵 + �⃗⃗�. ∆𝑡 = 𝑚. �⃗�𝐴
, + 𝑚. �⃗�𝐵
,
; 
 𝑚. �⃗�𝐴 + �⃗⃗�. ∆𝑡 = 𝑚. �⃗�𝐴
, + 𝑚. �⃗�𝐵
,
; 
Temos: �⃗�𝐴 = −𝜐𝑜𝑗 ̂; �⃗⃗� = 𝑇𝑗̂; �⃗�𝐵
, = −𝜐𝐵
, 𝑖;̂ 
�⃗�𝐴
,
𝑛
= −𝜐𝐴
,
𝑛
𝑆𝑒𝑛(𝜃)𝑖̂ − 𝜐𝐴
,
𝑛
𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝑗;̂ 
�⃗�𝐴
,
𝑡
= 𝜐𝐴
,
𝑡
𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝑖̂ − 𝜐𝐴
,
𝑡
𝑆𝑒𝑛(𝜃)𝑗̂; 
Em x : 
0 + 0 = −𝑚𝜐𝐴
,
𝑛
𝑆𝑒𝑛30 + 𝑚𝜐𝐴
,
𝑡
𝐶𝑜𝑠30 − 𝑚𝜐𝐵
,
; 
Substituindo equação (1), temos: 
𝜐𝐵
, + 0,5𝜐𝐴
,
𝑛
= 0,433𝜐𝑜; (2) 
Da figura: 
 
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103 
Da definição do coeficiente de restituição, temos: 
𝜐𝐵
,
𝑛
− 𝜐𝐴
,
𝑛
= 𝑒 (𝜐𝐴𝑛 − 𝜐𝐵𝑛) 
como: 
𝑒 = 1; 𝜐𝐴𝑛 = 𝜐𝑜𝐶𝑜𝑠30; 𝜐𝐵
,
𝑛
= 𝜐𝐵
, . 𝑆𝑒𝑛30; 
 𝜐𝐵
, 𝑆𝑒𝑛30 − 𝜐𝐴
,
𝑛
= 𝜐𝑜𝐶𝑜𝑠30 − 0 
 0,5𝜐𝐵
, − 𝜐𝐴
,
𝑛
= 0,886𝜐𝑜 (3) 
Resolvendo o sistema de equações (2) e (3), temos: 
𝜐𝐴
,
𝑛
= −0,52𝜐𝑜 ; 𝜐𝐵
, = 0693𝜐𝑜; 
Considerando as componentes, temos: 
𝜐𝐴
, = √(𝜐𝐴
,
𝑛
)2 + (𝜐𝐴
,
𝑡
)2; 
 𝜐𝐴
, = 0,721𝜐𝑜; 
 
Da figura temos: 
𝑇𝑎𝑛(𝛽) =
𝜐𝐴
,
𝑛
𝜐𝐴
,
𝑡
; 
 𝛽 = 𝑇𝑎𝑛−1 (
𝜐𝐴
,
𝑛
𝜐𝐴
,
𝑡
) ; 
 𝛽 = 𝑇𝑎𝑛−1 (
0,52𝜐𝑜
0,5𝜐𝑜
); 
 𝛽 = 46,1𝑜. 
como: 
𝛼 = 𝛽 − 𝜃; 𝜃 = 30𝑜. 
 𝛼 = 16,1𝑜. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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104 
Problema 3.8: Um bloco de massa igual a 20 𝑘𝑔. 
Inicialmente em repouso, se submete a ação de uma 
força 𝐹 cuja variação com o tempo é indicada na figura. 
Sem considerar o atrito: a) qual será a máxima 
velocidade do bloco; b) qual é a velocidade do bloco 
no instante 𝑡 = 1,5 𝑠; c) se o coeficiente de atrito é 0,25, 
qual é a máxima velocidade do bloco e em que instante 
ocorre. 
 
Dados 
Bloco: 
Massa: 𝑚 = 20 𝑘𝑔; 
Velocidade Inicial: 𝜐𝑜 = 0,0 𝑚/𝑠; 
Força que atua no bloco: F; 
Determine: 
Desprezando o atrito: 
a) Máxima velocidade do bloco: 
 𝜐𝑚𝑎𝑥 =?; 
b) Para 𝑡 = 1,5 𝑠 a velocidade do bloco: 
 𝜐 =?; 
Para o atrito 𝜇 = 0,25; 
c) Velocidade máxima: 
 𝜐𝑚𝑎𝑥 =?; 
Instante para a velocidade máxima: 
 𝑡𝑚𝑎𝑥 =?. 
Solução 
Diagrama: 
 
Sem atrito o D.C.L. do bloco é: 
 
a.- Velocidade máxima �⃗�𝑚𝑎𝑥 =?. 
Do princípio do Impulso e Quantidade de 
movimento, temos: 
𝑚�⃗�1 + ∫ �⃗�. 𝑑𝑡 = 𝑚. �⃗�2; 
como: 𝜐1 = 𝜐0 = 0 𝑚/𝑠. 
 ∫ �⃗�. 𝑑𝑡 = = 𝑚. �⃗�2; (1) 
Para: 𝜐2 ser máxima temos que: 
∫ �⃗�𝑑𝑡 deve ser também máxima. 
Portanto, da figura temos: 
∫ �⃗�𝑑𝑡 = ∫ �⃗�
𝐵
𝐴
. 𝑑𝑡→máximo 
Para : t  [0 , 𝑡𝐵] 
Temos que a Força é dada por: 
𝐹 = 𝑎. 𝑡 + 𝑏; (2) 
Em A: 𝐹 = 1000 𝑁; e 𝑡 = 0 𝑠. 
Na equação (2) temos: 
 1000 = 𝑎 ∗ 0 + 𝑏;  𝑏 = 1000 𝑁. 
 𝐹 = 𝑎. 𝑡 + 1000; 
Em C: 𝐹 = −250 𝑁; e 𝑡 = 0,5 𝑠. 
Substituindo na equação temos: 
−250 = 𝑎 ∗ 0,5 + 1000;  𝑎 = −2500 𝑁/𝑠. 
Portanto a equação da força é: 
𝐹 = −2500𝑡 + 1000; 
Determinando 𝑡𝐵 : 
Em B: 𝐹 = 0 𝑁; temos: 
0 = −2500𝑡𝐵 + 1000;  𝑡𝐵 = 0,4 𝑠. 
Substituindo em (1) temos: 
∫ 𝐹𝑑𝑡 = 𝑚. 𝜐𝑚𝑎𝑥
𝑡𝐵
0
; 
 ∫ ( −2500𝑡 + 1000)𝑑𝑡 = 20𝜐𝑚𝑎𝑥
𝑡𝐵
0
; 
 (−1250𝑡2 + 1000𝑡)| 0,4
0
= 20𝜐𝑚𝑎𝑥; 
 𝜐𝑚𝑎𝑥 = 10 𝑚/𝑠. 
b) Para: 𝑡 = 1,5 𝑠, a velocidade do bloco: 𝜐 =?. 
Do princípio do Impulso e Quantidade de 
Movimento, temos: 
𝑚�⃗�1 + ∫ �⃗�. 𝑑𝑡 = 𝑚. �⃗�2; 
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105 
como: 𝜐1 = 𝜐𝑜 = 0 𝑚/𝑠. 
 ∫ 𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚. 𝜐2
𝑡
0
; 
Para: 𝑡 = 1,5 𝑠. temos: 
∫ 𝐹1𝑑𝑡 + ∫ 𝐹2𝑑𝑡 = 𝑚. 𝜐2
𝑡𝐷
𝑡𝐶
𝑡𝐶
0
; (2) 
Para: 𝑡 𝜖 [0 ; 𝑡𝐶]; temos: 
𝐹1 = −2500. 𝑡 + 1000; 
Para: 𝑡 𝜖 [𝑡𝐶 ; 𝑡𝐷], temos: 
𝐹2 = 𝑎. 𝑡 + 𝑏; (3) 
Em C: 𝐹 = −250 𝑁; e 𝑡 = 0,5 𝑠. 
Na equação (3) temos: 
−250 = 0,5. 𝑎 + 𝑏; (4) 
Em D: 𝐹 = 0 𝑁; e 𝑡 = 1,5 𝑠. 
𝑂 = 𝑎. 1,5 + 𝑏; (5) 
Resolvendo o sistema de equações (4) e (5) temos: 
𝑎 = 250 𝑁/𝑠; 𝑏 = −375 𝑁. 
 𝐹2 = 250𝑡 − 375; 
Substituindo na equação (2) temos: 
∫ (−2500𝑡 + 1000)𝑑𝑡
0,5
0
+
∫ (250𝑡 – 375)𝑑𝑡
1,5
0,5
= 20𝜐; 
−1250 × 0,52 + 1000 × 0,5 + 125(1,52 −
0,52) − 375(1,5 – 0,5) = 20𝜐; 
 𝜐 = 3,125𝑚/𝑠. 
c) Para o atrito 𝜇 = 0,25: Velocidade máxima: 
𝜐𝑚𝑎𝑥 =?. 
Instante para a velocidade máxima: 𝑡𝑚𝑎𝑥 =?. 
O D.C.L. do Bloco é 
 
Do D.C.L. temos: 
como: 𝐹𝑎 = 𝜇. 𝑁; 𝑁 = 𝑚. 𝑔; 
 𝐹𝑎 = 0,25 × 20 × 9,81  𝐹𝑎 = 49𝑁. 
Do princípio do Impulso e Quantidade de 
Movimento, temos: 
∫ �⃗�. 𝑑𝑡 = 𝑚. 𝜐𝑚𝑎𝑥; (6) 
onde: �⃗� = �⃗�𝑟; 
Do D.C.L temos: 
𝐹𝑟 = 𝐹 − 𝐹𝑎; 
O comportamento da força resultante será: 
Em A’: 
𝐹𝑟 = 1000 − 49 = 951𝑁; 𝑡𝐴´ = 0 𝑠. 
Em C’: 
𝐹𝑟 = −250 + 49 = −201𝑁; 𝑡𝐶´ = 0,5 𝑠. 
 
A equação d a função: �⃗�𝑟 
𝐹𝑟 = 𝑎. 𝑡 + 𝑏; 
Em A’ : 
9,51 = 0 + 𝑏;  𝑏 = 951 𝑁. 
Em C’: 
−201 = 𝑎 ∗ 0,5 + 951;  𝑎 = −2304 𝑁/𝑠. 
Portanto: 
𝐹𝑟 = −2304𝑡 + 951; 
Em B’: 𝐹𝑟 = 0 𝑁; temos: 
0 = −2304. 𝑡𝐵´ + 951; 
 𝑡𝐵´ = 0,425 𝑠. 
Na equação (6) temos: 
∫ ( − 2304𝑡 + 951)𝑑𝑡
𝑡𝐵′
0
= 20𝜐𝑚𝑎𝑥; 
 (−1152. 𝑡2 + 951. 𝑡)|0
0,425 = 20 𝜐𝑚𝑎𝑥; 
 𝜐𝑚𝑎𝑥 = 9,413 𝑚/𝑠. 
 
 
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Problema 3.9: Os coeficientes de atrito entre os 
três blocos mostrados e as superfícies horizontais 
são 𝜇𝑒 = 0,25 e 𝜇𝑐 = 0,20 . As massas dos blocos 
são𝑚𝐴 = 𝑚𝐶 = 10 𝑘𝑔 e 𝑚𝐵 = 5 𝑘𝑔. As velocidades dos 
blocos A e C no tempo 𝑡 = 0 𝑠 são 𝜐𝐴 = 3 𝑚/𝑠 e 𝜐𝐶 =
5 𝑚/𝑠 , ambas para a direita. Determine (a) a 
velocidade de cada bloco em 𝑡 = 0,5 𝑠 e (b) a tensão 
do cabo. 
 
Dados 
Bloco A: 
Massa: 𝑚𝐴 = 10 𝑘𝑔; 
Velocidade Inicial: 𝜐𝐴0 = 3 𝑚/𝑠; 
Bloco B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 5 𝑘𝑔; 
Velocidade Inicial: 𝜐𝐵0 =?. 
Bloco C: 
Massa: 𝑚𝐶 = 10 𝑘𝑔; 
Velocidade Inicial: 𝜐𝐶0 = 5 𝑚/𝑠; 
Coeficientes de atrito: 
𝜇𝑒 = 0,25; 𝜇𝐶 = 0,20. 
Determine: 
a.- Velocidades dos blocos para 𝑡 = 0,5 𝑠: 
𝜐𝐴 =? ; 𝜐𝐵 = ? ; 𝜐𝐶 =?; 
b.- Tensão no cabo: 
T=?. 
Solução 
Diagrama do sistema: 
 
a.- Velocidades dos blocos para 𝑡 = 0,5 𝑠: 
𝜐𝐴 =? ; 𝜐𝐵 = ? ; 𝜐𝐶 =?. 
Bloco A: 
 
Do princípio do Impulso e da Quantidade de 
Movimento, temos: 
𝑚𝐴𝜐𝐴𝑜 + ∫ 𝐹𝑟𝐴𝑑𝑡
𝑡
0
= 𝑚𝐴𝜐𝐴; 
Como: 
𝐹𝑟𝐴 = 3𝑇 − 𝐹𝐴 ; 
𝐹𝐴 = 𝜇𝐶𝑁𝐴; 𝑁𝐴 = 𝑃𝐴 = 𝑚𝐴. 𝑔; 
 𝐹𝑟𝐴 = 3𝑇 − 𝜇𝐶𝑚𝐴. 𝑔; 
Substituindo temos: 
𝑚𝐴𝜐𝐴𝑜 + ∫ (3𝑇 − 𝜇𝐶𝑚𝐴. 𝑔 )𝑑𝑡
𝑡
0
= 𝑚𝐴𝜐𝐴; 
 𝑚𝐴𝜐𝐴𝑜 + (3𝑇 − 𝜇𝐶𝑚𝐴. 𝑔 )𝑡 = 𝑚𝐴𝜐𝐴; 
𝜇𝐶 = 0,20; 𝑔 = 9,81 𝑚/𝑠
2. 
Substituindo os valores, temos: 
10. 𝜐𝐴 = 1,5𝑇 + 20,19; (1) 
Bloco B: 
 
Do princípio do Impulso e da Quantidade de 
Movimento, temos: 
𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜 + ∫ 𝐹𝑟𝐵𝑑𝑡
𝑡
0
= 𝑚𝐵𝜐𝐵; 
Como: 
𝐹𝑟𝐵 = 2𝑇 − 𝐹𝐵 ; 
𝐹𝐵 = 𝜇𝐶 . 𝑁𝐵; 𝑁𝐵 = 𝑃𝐵 = 𝑚𝐵. 𝑔; 
 𝐹𝑟𝐵 = 2𝑇 − 𝜇𝐶𝑚𝐵. 𝑔; 
Substituindo temos: 
𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜 + ∫ (2𝑇 − 𝜇𝐶𝑚𝐵. 𝑔 )𝑑𝑡
𝑡
0
= 𝑚𝐵𝜐𝐵; 
 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜 + (2𝑇 − 𝜇𝐶𝑚𝐵. 𝑔 )𝑡 = 𝑚𝐵𝜐𝐵; (2) 
No Bloco C: 
 
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Do princípio do Impulso e da Quantidade de 
Movimento, temos: 
𝑚𝐶𝜐𝐶𝑜 + ∫ 𝐹𝑟𝐶𝑑𝑡
𝑡
0
= 𝑚𝐶𝜐𝐶; 
𝑐𝑜𝑚𝑜: 
𝐹𝑟𝐶 = −4𝑇 − 𝐹𝐶; 
𝐹𝐶 = 𝜇𝐶 . 𝑁𝐶; 𝑁𝐶 = 𝑃𝐶 = 𝑚𝐶 . 𝑔; 
 𝐹𝑟𝐶 = −4𝑇 − 𝜇𝐶𝑚𝐶 . 𝑔; 
Substituindo temos: 
𝑚𝐶𝜐𝐶𝑜 + ∫ (−𝜇𝐶𝑚𝐶 . 𝑔 − 4𝑇)𝑑𝑡
𝑡
0
= 𝑚𝐶𝜐𝐶; 
 𝑚𝐶𝜐𝐶𝑜 − (𝜇𝐶𝑚𝐶 . 𝑔 + 4𝑇)𝑡 = 𝑚𝐶𝜐𝐶; 
Substituindo os valores, temos: 
10. 𝜐𝐶 = 40,19 − 2𝑇; (3) 
O comprimento do cabo: 
3(𝑥𝐶 − 𝑥𝐴) + (𝑥𝐶 − 𝑥𝐵) + (𝑥𝐷 − 𝑥𝐵) = 𝑐𝑡𝑒; 
4𝑥𝐶 − 3𝑥𝐴 − 2𝑥𝐵 + 𝑥𝐷 = 𝑐𝑡𝑒; 
Derivando, temos que: 
4
𝑑𝑥𝐶
𝑑𝑡
− 3
𝑑𝑥𝐴
𝑑𝑡
− 2
𝑑𝑥𝐵
𝑑𝑡
= 0; 
4𝜐𝐶 − 3𝜐𝐴 − 2𝜐𝐵 = 0; 
 4𝜐𝐶 = 3𝜐𝐴 + 2𝜐𝐵; (4) 
Para: 𝑡 = 0 𝑠. 
4𝜐𝐶𝑜 = 3𝜐𝐴𝑜 + 2𝜐𝐵𝑜; 
4 × 5 = 3 × 3 + 2𝜐𝐵𝑜; 
𝜐𝐵𝑜 = 5,5 𝑚/𝑠. 
b.- Tensão no cabo: T=?. 
Substituindo em (2): 
5 × 5,5 + (2𝑇 − 0,20 × 5 × 9,81) × 0,5 = 5𝜐𝐵 
 5𝜐𝐵 = 𝑇 + 22,6; (5) 
Substituindo na equação (4) as velocidades em 
função de T: 
4(4,02 − 0,2𝑇) = 3(0,15𝑇 + 2,02) + 2(0,2𝑇 +
4,52) 
 1,65𝑇 = 0,98;  𝑇 = 0,59 𝑁; 
Portanto, substituindo nas equações (1), (3) e (5), 
temos: 
Na equação (5): 
𝜐𝐵 = 
0,98+22,6
5
= 4,72 𝑚/𝑠. 
Na equação (3): 
𝜐𝐶 = 
40,19−2 × 0,59
10
= 3,9 𝑚/𝑠. 
Na equação (1): 
𝜐𝐴 = 
1,5× 0,59+20,19
10
= 2,11 𝑚/𝑠. 
 
 
 
 
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Problema 3.10: Deixa-se cair verticalmente uma 
esfera sobre um corpo de massa muito grande, cuja 
superfície AB tem a forma de uma parábola de eixo 
vertical, com seu vértice localizado no ponto A. 
Considerando que a superfície é lisa e o coeficiente de 
restituição é igual a 0,64, determine a distância x para 
que a esfera após o choque assuma uma velocidade 
horizontal. 
 
Dados 
Esfera: 
Velocidade inicial: 𝜐𝑜 = 0 𝑚/𝑠. 
Corpo: 
Forma parabólica com vértice em A: 
Superfície lisa: 𝜇 ≈ 0; 
Coeficiente de restituição: 𝑒 = 0,64. 
Determine: 
Para uma velocidade horizontal após o 
impacto a distância: 
𝑥 =?. 
Solução 
Diagrama 
 
A equação da parábola: 
𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏; 
Utilizando as condições de contorno para 
determinar as constantes a e b: 
Em “A”: 
𝑥𝐴 = 0 𝑚; 𝑦𝐴 = 2 𝑚. 
 2 = 𝑎. 02 + 𝑏  𝑏 = 2 . 
 𝑦 = 𝑎𝑥2 + 2; 
Em “B”: 
𝑥𝐵 = 4 𝑚; 𝑦𝐵 = 0 𝑚. 
 0 = 𝑎. 42 + 2;  𝑎 = −
1
8
. 
A equação da parábola é então: 
𝑦 = − 
1
8
𝑥2 + 2; 
Diagrama das velocidades antes e após o impacto: 
 
O coeficiente de restituição é definido por: 
𝑒 =
𝜐′𝐵𝑛−𝜐
′
𝐴𝑛
𝜐𝐴𝑛−𝜐𝐵𝑛
; (1) 
como: 
𝜐′𝐵𝑛 = 𝜐
′
𝑝 = 0𝑚/𝑠; 𝜐𝐵𝑛 = 𝜐𝑝 = 0𝑚/𝑠. 
𝜐′𝐴𝑛 = 𝜐
′
𝑒𝑆𝑒𝑛(𝜃); 𝜐𝐴𝑛 = −𝜐𝑒𝐶𝑜𝑠(𝜃); 
Substituindo em (1) temos: 
𝑒 =
−𝜐′𝐴𝑛
𝜐𝐴𝑛
=
𝜐′𝑒𝑆𝑒𝑛(𝜃)
𝜐𝑒𝐶𝑜𝑠(𝜃)
=
𝜐′𝑒
𝜐𝑒
𝑇𝑎𝑛(𝜃); 
 0,64 =
𝜐′𝑒
𝜐𝑒
𝑇𝑎𝑛(𝜃) (2) 
Princípio de impulso e quantidade de movimento 
para á esfera temos: 
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Como não existem forças na direção tangente 
temos que: 
𝜐𝐴𝑡 = 𝜐
′
𝐴𝑡; (3) 
𝜐𝐴𝑡 = −𝜐𝑒𝑆𝑒𝑛(𝜃) ; 𝜐′𝐴𝑡 = −𝜐
′
𝑒𝐶𝑜𝑠(𝜃); 
Substituindo em (3): 
𝜐′𝑒𝐶𝑜𝑠(𝜃) = 𝜐𝑒𝑆𝑒𝑛(𝜃); 
 
𝜐′𝑒
𝜐𝑒
= 𝑇𝑎𝑛(𝜃); (4) 
Das equações (2) e (4) temos: 
 0,64 = 𝑇𝑎𝑛2(𝜃); (5) 
Da equação da parábola temos: 
𝑦 = −
1
8
𝑥2 + 2; 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
1
4
𝑥; 
Através da figura temos: 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑇𝑎𝑛(𝛽); 
𝜃 + 𝛽 = 180𝑜;  𝛽 = 180𝑜 − 𝜃; 
 𝑇𝑎𝑛(𝛽) = 𝑇𝑎𝑛(180𝑜 − 𝜃) = −𝑇𝑎𝑛(𝜃); 
 𝑇𝑎𝑛(𝜃) =
1
4
𝑥; 
Substituindo na equação (5): 
0,64 =
1
16
𝑥2 ; 
 𝑥 = 3,2 𝑚.