Mecânica Newtoniana Uma partícula

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2.1 Introdução
O objetivo da mecânica é fornecer uma 
descrição consistente dos movimentos dos corpos 
materiais. Para este propósito são necessários 
alguns conceitos fundamentais, como distância e 
tempo, além de um conjunto de leis físicas que 
descrevam matematicamente os movimentos.
Em geral as leis físicas devem ser baseadas em 
fatos experimentais. Um conjunto de experimen-
tos correlacionados dá origem a um ou mais 
postulados. A partir destes postulados várias 
previsões podem ser formuladas e investigadas 
experimentalmente. Se todas as previsões forem 
confirmadas experimentalmente, os postulados 
assumem o status de lei física. Se alguma 
previsão discordar do experimento, a teoria deve 
ser modificada. 
Vamos iniciar este capítulo enunciando as leis 
fundamentais da mecânica: as leis de Newton do 
movimento. Em seguida iremos discutir os seus 
significados e obter implicações destas leis em 
várias situações físicas. Nos concentraremos no 
movimento de uma única partícula, deixando o 
estudo de sistemas de partículas para o Capítulo 9.
2.2 As leis de Newton
As três leis de Newton que descrevem os 
movimentos dos corpos materiais podem ser 
enunciadas da seguinte forma:
I. Um corpo permanece em repouso ou em 
movimento retilíneo uniforme a não ser que 
alguma força atue sobre ele.
II. Um corpo sob a ação de uma força move-se de 
tal forma que a taxa de variação no tempo do seu 
momento linear é igual à força.
III. Se dois corpos exercem forças, um sobre o 
outro, estas forças são iguais em módulo e 
direção e possuem sentidos opostos.
(2.1) vp m=
2
Mecânica newtoniana:
uma partícula
Existem diferentes maneiras de interpretar o 
conjunto das três leis de Newton. De acordo com 
a linha de raciocínio utilizada em nosso livro-
texto (Marion) a primeira e segunda leis de 
Newton seriam apenas definições de força, 
estando toda a física contida na terceira lei. 
Com relação à primeira lei, o argumento é que 
ela não tem nenhum significado sem o conceito de 
força. Ela diz que se não houver força atuando 
sobre o corpo, sua aceleração é nula. Mas como 
saber se há ou não força atuando sobre o corpo? 
Evidentemente, não poderíamos usar o enunciado 
da primeira lei para dizer que “se o corpo 
permanecer em repouso ou em movimento 
retilíneo uniforme então não há força atuando 
sobre ele”. Portanto, a primeira lei sozinha nos 
daria apenas uma noção qualitativa de força.
Com relação à segunda lei, se definirmos o 
momento linear como
( ) (2.2)d d m m 
dt dt
= = =pF v a
De acordo com o argumento do nosso livro-texto, 
esta equação só tem significado completo com a 
definição de massa. Mesmo aceitando que massa 
(assim como comprimento e tempo) é um conceito 
entendido, a segunda lei de Newton só poderia ser 
vista como uma definição operacional de força. 
Assim, somente a terceira lei de Newton seria de 
fato uma lei. 
Outro ponto de vista considera que as três leis 
de Newton são realmente leis, no sentido em que 
seus enunciados implicam em fenômenos físicos 
que podem e devem ser questionados experimen-
talmente. Este ponto de vista está bem fundamen-
tado no capítulo 4 do livro Física Básica: 
Mecânica, do Moysés Nussenzveig. 
ela pode ser escrita como
1
Com relação à primeira lei, o argumento é que 
a existência de uma força atuando sobre o corpo 
pressupõe a existência de um agente externo que, 
em princípio, poderia ser identificado. A ausência 
deste agente indica que nenhuma força atua sobre 
o corpo. Daí pode-se verificar se, nestas condi-
ções, o corpo permanece em seu estado de 
repouso ou movimento retilíneo uniforme. A 
experiência diz que sim, de forma que a primeira 
lei de Newton é verificada experimentalmente. 
Newton não incluiu esta reflexão no seu 
Principia, provavelmente porque a tenha conside-
rado óbvia.
Considere agora a experiência mostrada na 
figura abaixo. Um bloco apoiado sobre uma 
superfície horizontal lisa é puxado por meio de 
uma mola que exerce uma força sobre ele. O 
bloco sofre uma aceleração que vamos chamar de 
a1. Em seguida repetimos a experiência com um
bloco diferente, mas aplicando a mesma força (a 
mesma distensão na mola). Vamos chamar a 
aceleração do segundo bloco de a2. De acordo 
com o enunciado da segunda lei de Newton, 
podemos definir a razão das massas como sendo o 
inverso da razão das acelerações:
Atribuindo um valor a m1 (por exemplo m1 = 1 
kg), podemos determinar a massa m2. Tendo as 
massas, podemos determinar a força. Por este 
raciocínio, a segunda lei de Newton seria, de fato, 
nada mais que uma definição de força. Mas e se 
repetirmos a experiência aplicando uma força 
diferente? A razão m2/m1 será a mesma? Em 
outras palavras, a constante de proporcionalidade 
(a massa) entre força e aceleração continua a 
mesma para cada bloco? Se não for assim, a 
definição de massa dada pela equação acima não 
faz sentido. Mas a experiência diz que sim, a 
razão m2/m1 é independente da força aplicada. 
Portanto, a relação F = ma é validada pela 
experiência e a segunda lei de Newton é uma lei 
física e não uma mera definição.
2 1
1 1 2 2
1 2
 m aF m a m a
m a
= = ⇒ =
2v
Com relação à terceira lei de Newton, um 
aspecto importante é que ela não é uma lei de 
natureza geral. Ela é válida sempre que a força 
não depender das velocidades das partículas, 
como no caso das forças gravitacional e 
eletrostática. Estas forças atuam ao longo da linha 
que une os corpos (por enquanto supostos 
pontuais) e por isso são chamadas forças centrais 
(na verdade, a força gravitacional também 
depende da velocidade mas em geral esta 
dependência é muito pequena e difícil de ser 
detectada, mesmo para velocidades muito 
grandes).
Muitas vezes as forças elásticas entre objetos, 
como a força que uma mola exerce sobre um 
bloco, são manifestações macroscópicas da força 
eletrostática (são as forças eletrostáticas entre os 
átomos da mola que dão origem à força elástica). 
Por conseguinte, estas forças também obedecem à
terceira lei de Newton
Um caso em que a terceira lei de Newton não 
vale é o das forças entre cargas elétricas em 
movimento (forças magnéticas). A força 
magnética F12 exercida sobre uma carga q1, com 
velocidade v1 e situada na posição r1, por uma 
carga q2, com velocidade v2 e situada na posição 
r2, é dada por
onde
Invertendo os papéis de q1 e q2 obtemos
Para a configuração de cargas (supostas positivas) 
indicada na figura abaixo, F12 é uma força 
apontando para cima (verifique) enquanto que F21
é nula (note que ). Portanto, a terceira 
lei de Newton não é válida neste caso.
12 1 2= −r r r
0 1 2
12 1 2 123
12
( )
4
q q
r
μ
π= × ×F v v r
1v12r
2q 1q
0 1 2
21 2 1 213
12
( )
4
q q
r
μ
π= × ×F v v r
1 21 0× =v r
2
12F
A terceira lei de Newton pode ser enunciada de 
uma forma diferente que contém uma definição 
operacional de massa.
III’: Se dois corpos que exercem força um sobre o 
outro constituem um sistema isolado, então as 
acelerações desses corpos estão sempre em senti-
dos opostos e a razão dos módulos das acelera-
ções é igual ao inverso da razão das massas. 
Para entender o significado dessa afirmação 
considere o sistema isolado formado pelos dois 
corpos da figura abaixo. 
12 21 (2.3) = −F F
Da segunda lei de Newton, temos
12F 21F
1m 2m
(2.4) 21 
dt
d
dt
d pp −=
Supondo a massa constante (no tempo),
 2211 dt
dm
dt
dm vv −=
ou
2211 aa mm −=
A terceira lei de Newton afirma que
Tomando esta equação em módulo, podemos 
escrever
(2.5) 
2
1
1
2 
a
a
m
m =
gW m=
A validade deste métododepende, contudo, do fato 
da massa que aparece na equação acima ser a 
mesma massa que aparece na segunda lei de 
Newton. Isto, evidentemente, não é óbvio: é um 
fato que deve ser comprovado experimentalmente. 
Na verdade, existem dois conceitos diferentes de 
massa:
Massa inercial: é aquela que determina a 
aceleração de um corpo quando sujeito à ação de 
uma força (a que aparece na segunda lei de 
Newton).
Massa gravitacional: é aquela que determina a 
força gravitacional entre um corpo e outro corpo 
vizinho (a que aparece na lei da gravitação 
universal, que vamos estudar no capítulo 5).
Muitas experiências foram realizadas com o 
objetivo de verificar a equivalência entre estas duas 
grandezas (a mais antiga é a famosa experiência 
onde Galileu teria deixado cair objetos diferentes 
da Torre de Pisa, mostrando que chegavam juntos 
ao solo). Todas elas têm mostrado que a massa 
inercial é igual à massa gravitacional (as mais 
precisas com uma precisão de uma parte em 1012). 
A suposição da equivalência exata destes dois 
conceitos é de fundamental importância na teoria 
geral da relatividade e é conhecida como 
princípio da equivalência.
Outra interpretação da terceira lei de Newton é
baseada no conceito de momento linear. Para o 
sistema de duas partículas da figura acima, 
podemos escrever (da equação 2.4) 
0)( 21 =+ppdt
d
3
Supondo que m1 seja uma massa padrão (1 kg, por 
exemplo), podemos determinar a massa m2 do 
segundo corpo através da equação acima. 
Uma das formas mais comuns de se medir a 
massa de um corpo é pesando-o. O método baseia-
se na suposição de que a Terra exerce sobre ele 
uma força (peso) proporcional à sua massa, ou seja, 
ou
cte=+ 21 pp
Podemos dizer então que o momento linear de um 
sistema isolado constituído de duas partículas é
conservado. No Capítulo 9 mostraremos que esta 
afirmação é válida para um sistema isolado com 
muitas partículas.
2.3 Referenciais
As leis de Newton não são válidas em todos os 
referenciais. Os referenciais em relação aos quais 
elas são válidas são chamados referenciais 
inerciais.
Suponha que a posição de uma partícula em 
relação a um referencial inercial S seja dada por r. 
Como a segunda lei de Newton é válida nesse 
referencial, então
ou seja, a segunda lei de Newton também é válida 
em relação ao referencial S’. Este resultado 
permite-nos dizer que todos os referenciais que se 
movem em relação a um referencial inercial com 
(vetor) velocidade constante também são referen-
ciais inerciais.
As estrelas estão tão distantes da Terra que não 
podemos perceber mudanças nas suas posições 
mesmo em intervalos de tempo muito grandes 
(anos ou até séculos). É muito comum 
encontrarmos na literatura o termo “estrelas fixas”
para se referir a todas as estrelas, com exceção do 
Sol. O termo foi introduzido na antiguidade para 
distinguir as estrelas (fixas) dos planetas, que eram 
chamados estrelas errantes. As estrelas (fixas) 
definem referenciais inerciais convenientes em 
muitas situações de interesse e todos os referenciais 
que se movem com velocidade constante em 
relação a elas também são referenciais inerciais. 
Acredita-se que as leis da mecânica são as mesmas 
para todos os referenciais inerciais, ou seja, que 
não há um referencial absoluto na natureza. A 
inexistência de um referencial inercial absoluto é
chamada de invariância galileana ou princípio da 
relatividade newtoniana. 
rF &&m=
onde cada ponto indica uma derivada em relação 
ao tempo. Se um segundo referencial S’ se move 
em relação ao primeiro com velocidade constante, 
então a posição da partícula neste referencial é
dada por
tvrr −='
e portanto,
rr &&&& ='
Desta forma, podemos escrever
'rF &&m=
A seguir mostramos uma ilustração de uma 
situação onde as leis de Newton não são válidas. 
Uma bola de massa m está pendurada no teto de um 
ônibus que se movimenta para a direita com 
aceleração constante a. Um observador no ponto de 
ônibus (ref. inercial P) observa o movimento da 
bola. Ele não vê movimento na vertical, fato que 
explica argumentando que a componente vertical 
da tensão no fio compensa o peso da bola. Ele vê a 
bola acelerada na horizontal e diz que esta 
aceleração é causada pela componente horizontal 
da tensão, o que está de acordo com a segunda lei 
de Newton. Ao contrário, para um observador O 
situado no interior do ônibus, parece haver uma 
contradição. Ele também entende que há uma 
componente da tensão atuando na horizontal mas 
não vê a bola acelerada. Para ele a bola está em 
repouso. Então ele conclui que a segunda lei de 
Newton não está sendo obedecida. As leis de 
Newton não são válidas no referencial O porque ele 
é um referencial acelerado e elas só são válidas em 
referenciais inerciais. A descrição do movimento 
visto de referenciais não inerciais é um pouco mais 
complicada e será apresentada no Capítulo 10.
W
T
a
O
P
2.4 A equação de movimento para uma 
partícula
Na mecânica clássica, o movimento de uma 
partícula é descrito pela segunda lei de Newton 
 (2.7)m=F r &&
Se a função F for conhecida, esta equação 
diferencial pode, em princípio, ser resolvida para se 
obter r como função do tempo. Como ela é uma 
equação diferencial de segunda ordem, a sua 
solução possui duas constantes de integração que 
podem ser determinadas especificando-se, por 
exemplo, os valores de r e v no instante inicial. 
4
Em princípio, a força pode depender de r, v e t: 
F(r,v,t). Entretanto, na maioria dos problemas que 
trataremos aqui, F será função somente de uma 
destas variáveis: F(r), F(v) ou F(t).
No restante desta seção vamos resolver a 
equação (2.7) para uma série de situações físicas.
Exemplo 2.1 ---------------------------------------------
Qual a aceleração de um bloco que desliza para 
baixo em um plano inclinado sem atrito com 
θ = 30o (fig. abaixo)?
W
N
θ
x
y
Solução. Existem duas forças atuando sobre o 
bloco: a força gravitacional, W, e a reação normal 
do plano sobre o bloco, N. A força total sobre o 
bloco é
NWF +=
de forma que a segunda lei de Newton pode ser 
escrita como
rNW &&m=+
Como esta é uma equação vetorial, possui duas 
componentes escalares: uma para a direção x e 
outra para a direção y. Como o bloco é obrigado a 
permanecer sobre o plano, não há aceleração na 
direção y, de forma que
0cos =+− NW θ
Na direção x temos
xmW &&=θsen
o que nos leva a 
θθθ sensensen g
m
mg
m
Wx ===&&
Supondo g = 9,8 m/s2 e θ = 30o, temos
2/ 9,430sen smgx o ==&&
Exemplo 2.2 ---------------------------------------------
Se o coeficiente de atrito estático entre o bloco e o 
plano do exemplo anterior for μs = 0,4, qual o 
ângulo para o qual o bloco começa a deslizar? 
Suponha que ele esteja inicialmente em repouso.
W
N
θ
x
y
Solução. Neste caso há uma terceira força atuando 
sobre o bloco: a força de atrito estática, fs. A força 
resultante é, portanto,
sfNWF ++=
sf
As componentes da equação de movimento são:
0cos : Direção =+− NWy θ
xmWf x &&=+− θsen : Direção s
A força de atrito estática pode assumir qualquer 
valor necessário para manter o bloco em 
repouso. Contudo, no limite em que o bloco 
começa a deslizar, temos
Nf sμ≤s
θμμ cosmaxs,s mgNff ss ===
Desta forma, a equação de movimento na direção x 
torna-se
0cossen =− θμθ mgmg s
ou
θμθ cossen s=
1tg sθ μ−=
Considerando μs = 0,4 temos
o22=θ
5
0=x&&
e
ou ainda,
θ
θ
Solução. A equação de movimento na direção x é
Exemplo 2.3 ---------------------------------------------
Depois que o bloco do exemplo anterior começa a 
deslizar o coeficiente de atrito cinético torna-se 
μk = 0,3. Obtenha a aceleração do bloco para θ = 30o.kfWxm −= θsen&&
6
onde a força de atrito cinética é dada por
θμμ cosmgNf kkk ==
Assim
( )θμθ cossen kmgxm −=&&
( )θμθ cossen kgx −=&&
Substituindo g = 9,8 m/s2, θ = 30o e μk = 0,3,
2/ 4,2 smx =&&
--------------------------------------------------------------
Forças de retardamento
Forças de resistência ao movimento, como a 
força de atrito, nem sempre são constantes. Por 
exemplo, a força de resistência do ar atuando sobre 
um objeto em queda é uma função da velocidade 
do objeto. Em geral a força de resistência é uma 
função complicada da velocidade mas para certos 
intervalos de velocidade ela pode ser escrita, de 
forma aproximada (em módulo) como uma lei de 
potência simples 
n
r mkF υ=
onde mk é uma constante positiva que depende do 
formato do objeto e da densidade do ar (a massa é
escrita explicitamente por uma questão de 
conveniência). Verifica-se experimentalmente que 
para objetos relativamente pequenos movendo-se 
no ar, n ≈ 1 para velocidades menores que algo em 
torno de 24 m/s. Para velocidades entre este valor e 
a velocidade do som (330 m/s) a força de 
resistência é melhor descrita por n = 2. 
Exemplo 2.4 ---------------------------------------------
Uma partícula movimenta-se na horizontal, em um 
meio em que a força de resistência é proporcional à
velocidade. Obtenha a posição e a velocidade da 
partícula como funções do tempo.
Solução. A equação de movimento na direção x é
dada por
υυ mk
dt
dmxm −==&&
onde mkυ é o módulo da força de resistência e o 
sinal – indica que a força é contrária à velocidade. 
Da equação acima podemos escrever
∫∫ −= dtkdυυ
Integrando de ambos os lados, temos
1ln Ckt +−=υ
A constante de integração C1 pode ser obtida a 
partir do valor da velocidade no instante inicial.
Supondo que a velocidade em t = 0 seja υo, temos
oC υln1 =
Assim
ln ln o ktυ υ− = −
 ktoeυ υ −⇒ =
Esta expressão pode ser integrada para obter x 
como função do tempo:
kt
oedt
dx −== υυ
∫ +−== −− 2Cekdtex ktokto υυ
C2 pode ser determinado a partir do valor inicial de
x. Supondo que a posição em t=0 seja x=0, temos 
k
C oυ=2
Portanto,
( )kto e
k
x −−= 1υ
Note que x aproxima-se assintoticamente do valor
υo / k quanto t →∞.
Podemos obter a velocidade como função da 
posição da partícula escrevendo
d d dx d
dt dx dt dx
υ υ υυ= =
Assim
 d dk k
dx dx
υ υυ υ= − ⇒ = −
7
Exemplo 2.5 ---------------------------------------------
Considere uma partícula movendo-se na vertical 
em um meio onde a força de resistência é
proporcional à velocidade. Obtenha a posição e a 
velocidade da partícula como funções do tempo.
Solução. Vamos supor que no instante inicial a 
partícula encontra-se a uma altura h acima do solo 
e que sua velocidade inicial seja υo. Vamos orientar 
o eixo y na vertical com sentido positivo para cima, 
como na figura abaixo. 
Integrando,
3Ckx +−=υ
Com a condição de que υ = υo para x = 0, temos 
C3 = υo. Assim
kxo −=υυ
A velocidade decresce linearmente com o desloca-
mento!
Existem duas forças atuando sobre a partícula: 
a força peso e a resistência do meio. A equação de 
movimento pode ser escrita como
h
W
rF
υυ kmmg
dt
dm −−=
O sinal – no primeiro termo indica que a força 
peso aponta para baixo. Por sua vez o sinal – no 
segundo termo indica que a força de resistência é
contrária à velocidade (seja ela para cima ou para 
baixo). As dependências em υ e em t da equação 
acima podem ser separadas se escrevermos
dt
gk
d −=+υ
υ
( ) 1ln1 Ctgkk +−=+υ
Supondo υ = υo em t = 0 (υo pode ser positivo ou 
negativo), temos
( )gk
k
C o += υln11
Assim
kt
gk
gk
o
−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
+
υ
υln
kt
o
e
gk
gk −=+
+
υ
υ
)29.2( kto e
k
gk
k
g −⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++−= υυ
Integrando, temos
Integrando esta expressão temos
22 Cek
gkt
k
gy kto +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−−= −υ
Como y = h em t = 0,
22 k
gkhC o ++= υ
e portanto,
( ) )30.2( 12 kto ek gktkghy −−⎟⎠⎞⎜⎝⎛ ++−= υ
A Eq. (2.29) mostra que quando t → ∞, υ → – g/k. 
Este valor limite da velocidade é chamado 
velocidade terminal.
υ
t
k
g
o >υ
k
g
o <υ
0=oυ
k
g
8
y
A figura acima mostra os gráficos do módulo da 
velocidade em função do tempo para o caso em que 
a velocidade inicial é negativa (para baixo). Se a 
velocidade inicial é maior que a velocidade 
terminal (em módulo), |υ| vai diminuindo até
atingir o valor limite g/k. Se a velocidade inicial é
menor que a velocidade terminal (em módulo), |υ| 
vai aumentando até o valor limite g/k. 
Exemplo 2.6 ---------------------------------------------
A figura abaixo mostra uma bala de canhão que é
atirada com uma velocidade inicial υo em uma 
direção que forma um ângulo θ acima da 
horizontal. Calcule a posição e a velocidade como 
funções do tempo e o alcance do projétil. Numa 
primeira aproximação despreze a resistência do ar.
Solução. A equação de movimento (vetorial) é
x
θ
gr mm =&&
Como a força peso só tem componente na vertical 
(para baixo), temos:
(2.31a) 0 : Direção =xmx &&
(2.31b) : Direção mgymy −=&&
As condições iniciais são:
θυ cosox =& θυ costx o=
θυ senogty +−=&
Integrando duas vezes as equações (2.31a) e 
(2.31b), temos:
0)0()0( ==== txty
θυ sen
2
2
tgty o+−=
O módulo da velocidade da partícula é dado por
θυυυ sen222222 gttgyx oo −+=+= &&
Por sua vez, o módulo do deslocamento é
θυυ sen
4
3
42
2222 gttgtyxr oo −+=+=
O alcance é o valor de x quando a bala cai no chão, 
ou seja, o valor de x quando y = 0. Se T for o 
tempo de vôo do projétil, então
θυ cos)0( otx ==&
θυ sen)0( oty ==&
0sen
2
)(
2
=+−= θυ TgTTy o
g
T o θυ sen2=
O alcance é dado por
θυθθυ 2sencossen2)(
22
gg
TxR oo ===
Exemplo 2.7 ---------------------------------------------
Calcule o alcance do projétil do exemplo anterior 
sob a suposição de que uma força de resistência do 
ar proporcional à velocidade atua sobre ele.
Solução. As condições iniciais são as mesmas do 
exemplo 2.6 mas as equações de movimento 
tornam-se
(2.41) xmkxm &&& −=
(2.42) mgymkym −−= &&&
A (2.41) é a mesma equação que aparece no 
exemplo 2.4 mas a componente horizontal da 
velocidade inicial é υocosθ e não υo. Assim
( ) (2.43) 1cos kto e
k
x −−= θυ
Por sua vez, (2.42) é a mesma equação que aparece 
no exemplo 2.5. Fazendo h = 0 e trocando υo por υosenθ em (2.30) temos
( ) (2.44) 1sen2 kto ek gkkgty −−++−= θυ
O tempo de vôo pode ser obtido da equação
( ) 01sen)( 2 =−++−= −kTo ek gkkgTTy θυ
ou seja,
( ) (2.45) 1sen kTo e
gk
gkT −−+= θυ
9
Não é possível resolver a equação acima 
analiticamente, ou seja, não podemos obter uma 
expressão para T em termos de υ0, θ, g e k. Mas se 
os valores numéricos destas grandezas forem 
conhecidos, podemos resolvê-la através de métodos 
numéricos. Por exemplo, podemos estipular um 
valor inicial para T e substituí-lo na (2.45). Em um 
segundo momento tomamos o valor calculado de T, 
substituímos novamente em (2.45) e comparamos o 
valor calculado com o valor substituído. Este 
procedimento pode ser repetido até que o valor 
calculado coincida com o valor substituído (dentro 
de uma precisão numérica desejada). Quando isto 
acontecer, teremos encontrado a solução numérica 
de (2.45). Então o valor calculado de T pode ser 
substituído em (2.43) para o cálculo do alcance. 
Outro método para resolver (2.45), que é útil 
quando k é pequeno, é o método das perturbações 
(veja detalhes no livro). 
Exemplo 2.9 ---------------------------------------------
A figura abaixo mostra uma máquina de Atwood. 
Ela consiste de uma polialisa com duas massas 
suspensas, presas nas extremidades de uma corda 
leve. Obtenha a aceleração de cada massa e a 
tensão na corda (a) quando a polia está em repouso 
e (b) quando a polia está dentro de um elevador que 
desce com aceleração constante α.
1m
1m
1T
2T
2W
1W
1x
2x
Solução. (a) Se desprezarmos a massa da corda e 
supormos que a polia seja perfeitamente lisa 
podemos dizer que os módulos de T1 e T2 são 
iguais: chamaremos estes módulos de T.
As equações de movimento para os dois corpos 
são:
(2.66) 111 Tgmxm −=&&
(2.67) 222 Tgmxm −=&&
A tensão na corda pode ser eliminada das equações 
acima. Por exemplo, subtraindo (2.67) de (2.66), 
temos
gmgmxmxm 212211 −=− &&&&
Se a corda for inextensível, então
21 xx &&&& −=
de forma que
(2.68) )( 2
21
21
1 xmm
gmmx &&&& −=+
−=
Observe que o corpo que possuir massa maior terá
aceleração positiva (para baixo) enquanto o outro 
corpo terá aceleração negativa (para cima).
A tensão na corda pode ser calculada 
substituindo (2.68) em (2.66) ou em (2.67). A 
expressão obtida é
g
mm
mmT
21
212
+=
(b)
1m
1m
1T
2T
2W
1W
1x
2x
Vamos chamar de x’ a distância entre a polia e 
um ponto de referência fixo. As posições das 
massas em relação a este ponto são:
'x
1 'x 2
'x
1 1 2 2' ' ' 'x x x x x x= + = +
As leis de Newton somente são válidas em 
referenciais inerciais, como o ponto fixo da figura. 
Neste referencial, as equações de movimento são:
1 1 1 1 1' ( )m x m x x m g T′= + = −&& && &&
10
2 2 2 2 2' ( )m x m x x m g T′= + = −&& && &&
α='x&&Como , estas equações podem ser reescritas 
como
(2.70a) )(111 Tgmxm −−= α&&
(2.70b) )(222 Tgmxm −−= α&&
As equações 2.70a e 2.70b são iguais às equações 
2.66 e 2.67, com g substituído por g – α. Assim, a 
aceleração e a tensão na corda são dadas por 
 ))(( 2
21
21
1 xmm
gmmx &&&& −=+
−−= α
( ) 2
21
21
mm
gmmT +
−= α
É como se a aceleração da gravidade tivesse sido 
reduzida para g – α.
Exemplo 2.10 -------------------------------------------
Considere uma partícula carregada entrando em 
uma região onde existe um campo magnético 
uniforme, de módulo B, apontando na direção y. 
Determine o movimento subsequente da partícula.
Solução. A equação de movimento é
Bvr ×= qm &&
ou
( ) ( )
( )ik
jkjikji
zxBq
Bzyxqzyxm
&&
&&&&&&&&&
−=
×++=++
 
Esta equação vetorial corresponde às seguintes 
equações escalares:
zqBxm &&& −=
0=ym &&
xqBzm &&& =
Definindo
mqB /=α
temos
)(2.74 azx &&& α−=
)(2.74 0 by =&&
)(2.74 cxz &&& α=
A (2.74b) é independente das outras duas e pode 
ser facilmente resolvida. Integrando uma vez, 
temos
oyy && =
Integrando novamente,
oo ytyy += &
É fácil ver que a projeção do movimento da 
partícula no eixo y é um movimento uniforme.
Ao contrário de (2.74b), as equações (2.74a) e 
(2.74c) são acopladas. Uma forma de desacoplá-las
é substituir uma delas na derivada da outra. Assim 
obtemos:
)(2.75 2 azz &&&& α−=
)(2.75 2 bxx &&&& α−=
É sabido que, depois de derivadas duas vezes, as 
funções seno e cosseno voltam nelas mesmas, a 
menos de uma constante negativa. Isto sugere que 
as soluções de (2.75) são do tipo (verifique):
A, A´, B, B´, xo e zo são constantes de integração a 
serem determinadas (xo e zo não são os valores de x 
e z no instante t=0). As constantes A, A´, B e B´
não são independentes: elas devem ser amarradas
para satisfazer as equações (2.74a) e (2.74c). 
Substituindo as equações (2.76) na (2.74a), temos
(2.76a) sencos oxtBtAx ++= αα
(2.76b) sen'cos' oztBtAz ++= αα
( ) ( )tBtAtBtA αααααα cos'sen'sencos 22 +−−=+−
Para que esta igualdade seja válida para qualquer t 
os coeficientes dos senos e cossenos devem ser 
iguais. Assim
' 'B A A B= = −
Se tivéssemos substituído as equações (2.76) na 
(2.74c) chegaríamos ao mesmo resultado. As 
equações (2.76) podem ser reescritas como
11
tBtAxx o αα sencos +=−
tAtBzz o αα sencos +−=−
Para facilitar a interpretação desta solução é conve-
niente reescrevê-la como
δδ sen cos RBRA −==
( )
δαδα
δα
sensencoscos 
cos
tRtR
tRxx o
−=
+=−
( )
δαδα
δα
sencoscossen 
sen
tRtR
tRzz o
+=
+=−
Quando projetamos o movimento da partícula no 
plano xz, vemos que ela descreve um movimento 
circular uniforme de raio R centrado no ponto 
(xo, zo). Simultaneamente, a partícula se move ao 
longo do eixo y com velocidade constante, de 
forma que a sua trajetória é uma espiral.
R
δα +t
z
x
x
y
z
B
2.5 Teoremas de conservação
A seguir vamos deduzir alguns teoremas 
importantes sobre quantidades conservadas. Deve-
se ressaltar que estes teoremas não são novas leis 
da mecânica. Eles são conseqüências das leis de 
Newton e, nesse sentido, as suas verificações 
experimentais são provas da validade destas leis.
I. Conservação do momento linear.
Da segunda lei de Newton
ox
oz
Quais são as seis constantes de integração deste 
problema? Quais são os seus significados? Qual o 
significado de α ? α pode ser negativo?
dt
dpF =
Quando a força é zero, temos
cte
dt
d =⇒= pp 0
0=⋅ sF
Se a componente da força ao longo de uma dada 
direção s for nula, então a componente do 
momento ao longo desta direção é conservada (s
pode ser, por exemplo, i, j ou k).
II. Conservação do momento angular
O momento angular de uma partícula em relação 
à origem de um sistema de coordenadas é definido 
como
onde s é um vetor constante, então
0=⋅ sp&
Integrando (lembrando que s é constante) temos
cte=⋅ sp
Podemos dizer então que quando a força total que 
atua sobre uma partícula é zero, o seu momento 
linear é conservado.
Se o vetor F não for zero, mas se
prL ×=
Por sua vez, o torque sobre a partícula, em relação 
ao mesmo sistema de referência, é definido como
FrN ×=
Derivando L em relação ao tempo, temos
prprL &&& ×+×=
É fácil ver que as formas acima são equivalentes, 
desde que
12
Mas
0=×=× rrpr &&& m
de forma que
NFrprL =×=×= &&
Se N = 0, então
cte=⇒= LL 0&
Se o torque total que atua sobre uma partícula for 
nulo, então seu momento angular é conservado.
III. Conservação da energia mecânica
O trabalho realizado por uma força F sobre uma 
partícula que se desloca da posição 1 para a 
posição 2 é definido como
F
rd
⋅ 1
2 ⋅
∫ ⋅= 2112 rF dW
Se F for a força resultante que atua sobre a 
partícula, então
(2.85) )
2
1()(
2
 
)(
2
22 υυ mddt
dt
dm
dt
dt
dmdt
dt
dmd
==
⋅=⋅=⋅ vvvvrF
Assim
2
1
2
2
2
1
2
12 2
1
2
1
2
1 υυυ mmmW −==
Definindo a energia cinética da partícula como
2
2
1 υmT =
podemos escrever
1212 TTW −=
O trabalho da força resultante que atua sobre uma 
partícula é igual à variação da sua energia 
cinética.
Em muitas situações físicas a força tem a 
propriedade de que o trabalho realizado por ela 
sobre a partícula só depende dos pontos inicial e 
final, e não do caminho. Por exemplo, na figura 
abaixo o trabalho realizado seria o mesmo, 
independente da partícula percorrer os caminhos a, 
b ou c. Nesse caso, é possível associar à força uma 
função escalar da posição da partícula, chamada 
energia potencial. 
1
2
a
b
c
A diferença na energia potencial da partícula 
calculada nos pontos 1 e 2 é definida através da 
relação 
(2.87) 
2
112 ∫ ⋅−=− rF dUU
Deve-se ressaltar que a expressãoacima define 
apenas a diferença de energia potencial entre dois 
pontos. Sendo assim, a função energia potencial é
definida a menos de uma constante aditiva, que não 
tem nenhum significado físico. Também é
importante mencionar que se o trabalho realizado 
pela força depender do caminho, a definição de 
energia potencial não faz sentido. Se não, qual seria 
o caminho usado para calcular a integral da 
equação (2.87)?
Suponha que a partícula vá de 1 a 2 pelo caminho 
a e volte pelo caminho b. Assim 
babafech WWWWW ,12,12,21,12 −=+=
É sabido (do cálculo vetorial) que uma condição 
necessária e suficiente para que a integral de linha 
de uma função vetorial em um percurso fechado 
seja nula é que o rotacional desta função seja zero. 
Sabe-se também que se o rotacional de uma função 
vetorial for zero, então esta função pode ser escrita 
Se o trabalho realizado pela força independe do 
caminho, W12,a = W12,b ⇒ Wfech = 0. Assim, 
podemos dizer que se o trabalho independe do 
caminho, o trabalho realizado em um percurso 
fechado é nulo. 
•
•
como o gradiente de uma função escalar. Se o 
trabalho da força F não depende do caminho,
0=×∇ F
13
e portanto, podemos escrever . Assim 
2 2 2
2 11 1 1
d d d− ⋅ = − −∇Φ ⋅ = Φ = Φ − Φ∫ ∫ ∫F r r
Então Φ nada mais é que a energia potencial, U, 
definida em (2.87) e a força é o negativo do 
gradiente da energia potencial:
UTE +=
A derivada total da energia mecânica em relação ao 
tempo é
dt
dU
dt
dT
dt
dE +=
de forma que
rFrFrF &⋅=⋅=⋅=
dt
d
dt
d
dt
dT
De acordo com (2.85)
dTmdd ==⋅ )
2
1( 2υrF
Em princípio, a energia potencial poder ser 
função da posição e do tempo (na verdade ela pode 
ser função também da velocidade mas nós não 
vamos considerar estes casos aqui). Sendo assim, 
podemos escrever
t
UU
t
U
dt
dz
z
U
dt
dy
y
U
dt
dx
x
U
dt
dU
∂
∂+⋅∇=
∂
∂+∂
∂+∂
∂+∂
∂=
r& 
Dessa forma, a derivada temporal da energia 
mecânica torna-se
( )
t
UU
t
UU
dt
dE
∂
∂+⋅∇+=
∂
∂+⋅∇+⋅=
rF
rrF
&
&&
 
 
Se todas as forças que atuam sobre a partícula 
puderem ser associadas a uma energia potencial, 
podemos escrever
 
t
U
dt
dE
∂
∂=
 U−∇=F
de forma que
Se a força puder ser associada a uma energia 
potencial e se U não depender explicitamente do 
tempo, a força é dita ser conservativa. Nesse caso
 
0 0 =⇒=∂
∂
dt
dE
t
U
A energia mecânica de uma partícula sob a ação 
de forças conservativas é constante no tempo.
O teorema da conservação da energia mecânica 
nada mais é que uma conseqüência das leis de 
Newton. Entretanto, existem outras formas de 
energia, como as energias térmica e elétrica, que 
podem ser convertidas em energia mecânica e vice-
versa. A conservação da energia total de um 
sistema isolado é um postulado básico da física 
conhecido como lei da conservação da energia.
Exemplo 2.11 -------------------------------------------
Um rato de massa m pula sobre a extremidade de 
um ventilador de teto, de momento de inércia I e 
raio R, que gira livremente com velocidade angular 
ωo. Qual a velocidade angular final do ventilador? 
Solução. A força gravitacional que a Terra exerce 
sobre o rato provoca um torque sobre o sistema 
ventilador + rato (em relação ao centro do venti-
lador) mas este torque não possui componente 
vertical. Desta forma, a componente vertical do 
momento angular do sistema deve ser conservada. 
Antes do rato pular, temos
oo IL ω=
oω
 (2.88)U= −∇F
 = −∇ΦF
Energia mecânica
Define-se a energia mecânica da partícula como
--------------------------------------------------------------
oo ImRILL ωω =+⇒= )( 2
14
2mRI
I o
+=
ωω
2.6 Energia e movimento em uma 
dimensão
Considere um sistema mecânico sujeito a uma 
força conservativa associada a uma energia 
potencial U. Por simplicidade vamos supor que o 
movimento seja unidimensional. A energia mecâni-
ca (constante) é dada por 
)(
2
1 2 xUmUTE +=+= υ
Esta equação pode ser reescrita na forma
[ ] (2.97) )(2 xUE
mdt
dx −±==υ
que pode ser integrada como
[ ]
 (2.98)
2 ( )
o
x
o x
dxt t
E U x
m
− = ±
−
∫
onde x = x0 em t = t0. Conhecendo-se U(x) pode-se, 
em princípio, resolver esta equação para se obter
x(t). Muitas vezes é difícil obter uma solução 
analítica para a integral acima mas uma análise 
qualitativa da curva de energia potencial pode 
fornecer muitas informações sobre o movimento da 
partícula. Como exemplo, considere uma partícula 
sujeita à energia potencial da figura a seguir. 
Uma primeira observação é que a energia 
cinética não pode ser negativa, o que significa que 
a partícula só pode estar nas regiões onde E ≥ U(x). 
Se a energia da partícula for igual a E1 , ela terá
um movimento periódico entre os pontos de 
retorno xa e xb onde E1 ≥ U(x). 
)(xU
x0x
0E
1E
ax bx
2E
cx dx ex fxgx
3E
4E
Se a partícula tiver energia E2, ela poderá ter 
movimentos periódicos entre os pontos de retorno 
xc e xd ou entre os pontos xe e xf mas não pode 
passar de uma região para a outra.
Uma partícula com energia E0 deve estar em 
repouso em x0 que é a única posição onde E0 não é
menor que U.
Uma partícula com energia E3 , vem do infinito, 
faz o retorno no ponto xg e volta, invertendo o 
sentido do seu movimento.
Finalmente uma partícula com energia E4 pode 
estar em qualquer posição. Contudo a sua 
velocidade não é constante. Ela dependerá da 
diferença entre E4 e a energia potencial U(x), de 
acordo com (2.97).
Equilíbrio
A energia potencial pode ser expandida em série 
de Taylor em torno de qualquer ponto x0 como
 2 3 2 3
0 0
0 0 2 3
0 0 0
( ) ( )( ) ( ) ( ) ...
2 ! 3 !
x x x xdU d U d UU x U x x x
dx dx dx
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎛ ⎞= + − + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Se a força resultante que atua sobre a partícula é
nula (e também o torque), diz-se que ele está em 
equilíbrio. Se x0 for uma posição de equilíbrio,
0
0
( ) 0dUF x
dx
⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠
Para pontos muito próximos da posição de 
equilíbrio, x – x0 é muito pequeno, de forma que os 
termos além de segunda ordem na expansão podem 
ser desprezados. Como a energia potencial é
definida a menos de uma constante, podemos fazer 
U(x0) = 0 sem perda de generalidade. Assim,
22
0
2
0
( )( )
2
x xd UU x
dx
⎛ ⎞ −= ⎜ ⎟⎝ ⎠
Depois do rato pular
ω)( 2mRIL +=
onde mR2 é o momento de inércia do rato, 
(considerado pontual) em relação ao eixo do 
ventilador. Pela conservação do momento angular
2
02
0
( )dU d UF x x
dx dx
⎛ ⎞= − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠
A força que atua sobre uma partícula no ponto x é
dada por 
Se
2
2
0
0d U
dx
⎛ ⎞ >⎜ ⎟⎝ ⎠
então a força será sempre contrária ao desloca-
mento (x – xo) e a partícula é puxada de volta para 
a posição de equilíbrio. Sendo assim, o equilíbrio
da partícula é estável. Na figura acima existem 
dois pontos de equilíbrio estável: um é o ponto x0 e 
o outro está entre xe e xf . Se
2
2
0
0d U
dx
⎛ ⎞ <⎜ ⎟⎝ ⎠
então a força estará sempre no sentido do desloca-
mento e a partícula é empurrada para longe da 
posição de equilíbrio. Sendo assim, o equilíbrio da 
partícula é instável. Na figura acima existem três 
pontos de equilíbrio instável: um à esquerda de xg , 
outro entre xd e xe e outro à direita de xf .
Exemplo 2.12 -------------------------------------------
Na figura abaixo temos uma corda leve, de 
comprimento b, com uma extremidade presa no 
ponto A. A corda passa sobre uma roldana no ponto 
B, a uma distância 2d de A, e tem uma massa m1
presa à outra extremidade. Uma massa m2 está
presa a outra roldana que passa sobre a corda 
puxando-apara baixo entre os pontos A e B. 
Calcule a distância x1 para a qual o sistema está em 
equilíbrio e determine se o equilíbrio é estável ou 
instável. Despreze as dimensões e as massas das 
roldanas.
2m
1m
1x
2x
c
2
1xb −
2
1xb −
d2 AB
15
( )cxgmgxmU +−−= 2211
Solução. Este problema pode ser resolvido pelo 
método da força mas torna-se mais simples se 
usarmos o conceito de energia potencial. Fazendo 
U = 0 ao longo da linha AB podemos escrever
Se as roldanas forem pequenas podemos escrever
2
21
2 2
b xx d−⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
e portanto,
gcmdxbgmgxmU 2
22
14
1
211 )( −−−⋅−−=
22
14
1
12
1
1 )(4
)(
dxb
xbgmgm
dx
dU
−−⋅
−+−=
No equilíbrio devemos ter
1 0
0 dU
dx
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2 2 2 2
0 1 2 1( ) (4 ) 16b x m m m d− − =
1
0 2 2
1 2
4
4
m dx b
m m
= − −
Note que só existe solução real se
2 2
1 2 1 24 2m m m m> ⇒ >
A derivada segunda é dada por
22
2 2 1
2 2 2 1/2 2 2 3/21 1
1 1 14 4
( )
4 [ ( ) ] 16 [ ( ) ]
m g m g b xd U
dx b x d b x d
− −= +− − − −
Fazendo x1 = x0 , temos
2 2 3/22
1 2
2 2
1 20
(4 )
4
g m md U
dx m d
⎛ ⎞ −=⎜ ⎟⎝ ⎠
Mas só haverá equilíbrio se 2m1 > m2. Portanto, a 
derivada segunda é positiva e o equilíbrio é
estável.
2 21
1 0 2 044 ( ) ( )m b x d m b x− − = −
ou seja:
Exemplo 2.13 --------------------------------------------
Considere o potencial unidimensional
16
44
222
8
)()(
dx
dxWdxU +
+−=
onde W é uma constante positiva. Esboce o gráfico 
da energia potencial e responda às seguintes 
questões. O movimento é limitado ou ilimitado? 
Quais são os pontos de equilíbrio? Estes pontos são 
de equilíbrio estável ou instável? Obtenha os 
pontos de retorno para E = – W/8.
Solução. Para simplificar vamos fazer x = yd, de 
forma que
8
1)( 4
2
+
+⋅−=
y
yWxU
Para esboçar o gráfico é conveniente encontrar 
primeiro os pontos de equilíbrio. Assim devemos 
ter
( )
0)82(
0
8
)1(4)8(2
24
2 4
234
=−+
=+
+−+⋅−=
yyy
y
yyyyW
dy
dU
As soluções são:
2 2 ,0 −=== yeyy
Os valores da energia nestes pontos são
4)2(
4)2(
8)0( 
W/dx U
W/dxU
W/x U
−==
−=−=
−==
Além disso U(x) → 0 (por valores negativos) 
quando x → ± ∞. A figura a seguir mostra o gráfico 
de U(x) × x.
Os pontos
8/1−
4/1−
dx/
WxU /)(
22−
dx 2±=
são pontos de equilíbrio estável enquanto
0=x
é um ponto de equilíbrio instável.
O movimento é limitado para e 
ilimitado para E ≥ 0.
Os pontos de retorno para E = – W / 8 podem ser 
obtidos fazendo
0 ,22 0 ,22
8 888
8
)1(
8
 
2424
4
2
dxy
yyyy
y
yWWE
±=⇒±=
=⇒+=+
+
+−=−=
pontos de 
retorno para 
E = – W / 8
Considere um foguete viajando sob influência de 
uma força externa. Por simplicidade vamos 
considerar o movimento em uma dimensão. 
Suponha que em um dado instante a massa do 
foguete seja m e a sua velocidade υ. Em um 
intervalo de tempo dt o foguete ejeta uma massa
dm´ (positiva) com velocidade – u (para trás) em 
relação ao foguete. A velocidade da massa ejetada 
em relação a um referencial fixo (inercial) é υ – u. 
Após a ejeção de dm´, a massa do foguete passa a 
ser m – dm´ e a sua velocidade υ + d υ. 
2.7 Movimento de foguetes
O movimento de um foguete representa uma 
situação física interessante onde a segunda lei de 
Newton pode ser aplicada a um sistema de massa 
variável. 
u
v
'dm
Referencial inercial
extF
/ 4 0W E− ≤ <
17
O produto das diferenciais dm´dυ é muito pequeno 
e pode ser desprezado. Assim, da segunda lei de 
Newton, podemos escrever
( ) ( ) ( )[ ]
'' 
''
udmddmmd
mudmddmmdp
−−=
−−++⋅−=
υυ
υυυυ
dt
dmu
dt
dm
dt
dpFext
'−== υ
Aqui é interessante fazer uma mudança de notação. 
Da forma que foi definida, dm´ é uma quantidade 
positiva. Por outro lado, a taxa de variação da 
massa do foguete é uma quantidade negativa dada 
por (o foguete está perdendo massa)
dt
dm
dt
dm '−=
Assim podemos escrever
dt
dmu
dt
dmFext += υ
Movimento na ausência de força externa.
Como exemplo, considere o caso em que o foguete 
viaja no espaço livre da ação de forças externas. 
Nesse caso
dt
dmu
dt
dm −=υ
e portanto
m
dmud −=υ
Integrando temos
Cmu +−= lnυ
Supondo que no instante inicial tenhamos υ = υ0 e
m = m0 , obtemos
0 0lnC u mυ= +
de forma que a velocidade do foguete pode ser 
escrita em função da massa como
0
0 ln
mu
m
υ υ ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠
A variação do momento linear do sistema neste 
intervalo de tempo é dada por
Foguete subindo sob influência da gravidade
Considere agora um foguete subindo sob a 
influência da força gravitacional, por simplicidade 
suposta constante. A equação de movimento pode 
ser escrita como
gm
udmmdmgdt
dt
dmu
dt
dmmg
+=−
+=−
υ
υ
Vamos supor também que a taxa de perda de massa 
seja constante, ou seja
(2.127) αα
dmdt
dt
dm −=⇒−=
onde α é uma constante positiva. Assim a equação 
de movimento pode ser escrita em termos de υ e m
como 
dm
m
ugd ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= αυ
Integrando, obtemos
Cmumg +−= lnαυ
Supondo que υ = 0 e m = m0 no instante inicial, 
temos
0 0ln
gC m u mα= − +
de forma que
( ) 00 ln mg m m u mυ α
⎛ ⎞= − + ⎜ ⎟⎝ ⎠
A massa do foguete pode ser expressa como função 
do tempo através da integração de (2.127). Assim 
teremos 
0m m tα= −
18
de forma que a velocidade pode ser expressa em 
função do tempo como
0
0
ln mgt u
m t
υ α
⎛ ⎞= − + ⎜ ⎟−⎝ ⎠
2. 8 Limitações da mecânica newtoniana
Antes de encerrarmos este capítulo gostaríamos 
de fazer alguns comentários sobre o domínio de 
validade da Mecânica Newtoniana. Ela descreve 
corretamente os fenômenos em escala macros-
cópica onde os corpos se movem com velocidades 
pequenas. No entanto, as leis de Newton deixam de
ser válidas quando os problemas envolvem dimen-
sões atômicas ou quando as velocidades de interes-
se são da ordem da velocidade da luz (c = 3,0 ×
108 m/s). Nesses casos as teorias adequadas são a 
Mecânica Quântica e a Mecânica Relativística. 
Além disso, existe outra limitação de ordem 
prática. Quando o número de partículas é muito 
grande torna-se impossível (na prática) obter as 
posições de todas elas como funções do tempo. 
Nesse caso as propriedades de interesse são obtidas 
como médias e a teoria adequada é a Mecânica 
Estatística. Não entraremos nos detalhes dessas 
teorias porque são assuntos de outros cursos.
Problemas
1. Um projétil é atirado com uma velocidade inicial 
υo e um ângulo de elevação α sobre uma colina de 
inclinação β (β < α). (a) Quanto tempo depois do 
lançamento o projétil atinge o solo? (b) Qual o 
alcance? (c) Qual o valor de α para o qual o 
alcance é máximo? (d) Qual o valor do alcance 
máximo? 
βα
Fr = – mkυ2. (a) Obtenha a posição da partícula 
como função da velocidade. (b) Obtenha uma 
expressão para a velocidade terminal da partícula. 
(c) Mostre que a partícula percorre uma distância
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−
2
2
2
1ln
2
1
υ
υ
kg
kg
k
desde o ponto onde sua velocidade é υ1 até o ponto 
onde sua velocidade é υ2 .
5. Mostre explicitamente que a taxa de variação no 
tempo do momento angular de um projétil atirado 
da origem é igual ao torque que atua sobre ele, ou 
seja, que . Considere o momento angular e o 
torque em relação à origem e despreze a resistência 
do ar.
6. Uma partícula é lançada verticalmente para cima 
com velocidade inicial υ0. Mostre que se existir 
uma força de retardamento proporcional ao 
quadrado da velocidade, a velocidade da partícula 
quando ela retorna à posição inicial é
onde υt é a velocidade terminal.
2. Considere um projétilatirado verticalmente para 
cima com uma velocidade inicial υo. Compare os 
tempos necessários para o projétil atingir a altura 
máxima no caso em que não há resistência do ar e 
no caso em que a força de resistência é
proporcional à velocidade (Fr = – mkυ). Suponha 
que o efeito da resistência do ar seja pequeno.
3. Um projétil é atirado com um ângulo de 
lançamento α acima da horizontal. Qual o valor 
máximo de α para o qual a distância do projétil ao 
ponto de lançamento estaria sempre aumentando 
enquanto ele viaja? Despreze a resistência do ar.
4. Considere uma partícula em queda, a partir do 
repouso, em um campo gravitacional constante. 
Suponha que a força de resistência do ar seja 
proporcional ao quadrado da velocidade, ou seja,
LN &=
0
2 2
0
t
t
υ υ
υ υ+
7. Um bloco de massa m desliza sem atrito sobre o 
trilho da figura abaixo. (a) Qual a força que o trilho 
exerce sobre o bloco no ponto A? (b) Com que 
velocidade o bloco deixa o trilho, no ponto B? (c) 
Qual a força que o trilho exerce sobre o bloco no
9. A velocidade de uma partícula de massa m varia 
com a distância x através da relação
nxx −= )( αυ
Supondo que x = 0 em t = 0, obtenha: (a) a força 
F(x) responsável pelo movimento; (b) x(t); (c) F(t).
10. Um barco é lançado sobre um lago com 
velocidade inicial υo. O barco é freado por uma 
força de resistência da água dada por
υβαυ )( eF −=
Obtenha: (a) υ(t); (b) o tempo e a distância 
percorrida pelo barco antes de parar.
11. Uma partícula move-se em uma órbita 
bidimensional definida por 
(a) Obtenha a aceleração tangencial at e a 
aceleração normal an como funções do tempo. (b) 
Determine o tempo para o qual an é máxima.
12. Um cubo de lado b está em equilíbrio no topo 
de um cilindro de raio R. As superfícies de contato 
são rugosas, de tal maneira que não há
deslizamento. Sob que condições o equilíbrio é
estável?
15. Considere uma partícula movendo-se na região 
x > 0 sob influência do potencial
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=
a
x
x
aUxU o)(
Esboce o gráfico do potencial, obtenha os pontos 
de equilíbrio e diga se o equilíbrio é estável ou 
instável.
16. Um foguete parte do repouso e viaja no espaço 
livre de forças externas. Para que fração da massa 
inicial do foguete o seu momento linear é máximo?
17. Considere um foguete subindo sob influência 
do campo gravitacional da Terra, suposto constan-
te, com uma razão de perda de massa dm/dt = – α. 
Mostre que a altura atingida pelo foguete pode ser 
escrita como
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−−=
tm
mu
tm
gtuty
o
oo
αα
α
ln
2
1 2
18. Um foguete tem uma massa inicial m e uma 
razão de perda de massa dm/dt = – α. Qual a velo-
cidade de exaustão mínima para que o foguete 
consiga decolar? 
19
13. Uma partícula está sob a influência de uma 
força F = – kx + kx3/α2, onde k e α são constantes e 
k é positivo. Determine U(x), esboce o gráfico do 
potencial, obtenha os pontos de equilíbrio e diga se 
o equilíbrio é estável ou instável. 
14. Um trem move-se ao longo de um trilho com 
uma velocidade constante u. Uma mulher dentro do 
trem atira uma bola de massa m, para frente, com 
uma velocidade υ em relação ao trem. (a) Qual a 
variação da energia cinética da bola medida pela 
mulher? (b) E por uma pessoa parada do lado de 
fora do trem? Qual o trabalho feito (c) pela mulher 
e (d) pelo trem sobre a bola?
R
b
ponto B? (d) Quão longe do ponto A o bloco atinge 
o solo? 
h
R
A
Bo45
8. Dois blocos de massas m e 2m são conectados 
por uma corda que passa por uma polia lisa. Se o 
coeficiente de atrito cinético for μk, qual é o ângulo 
de inclinação que permite às massas se moverem 
com velocidade constante?
m
2m
( ) (2 sen )
( ) (1 cos )
x t A t t
y t A t
α α
α
= −
= −