PARTE III - MOVIMENTO EM 2 E 3 DIMENSOES _REVISADO 02-2012_

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PARTE III 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MOVIMENTO DE UMA PARTÍCULA EM DUAS E 
TRÊS DIMENSÕES 
 
 
 
1 – INRODUÇÃO 
 
 Nas duas partes iniciais, foram tratados movimentos unidimensionais da 
partícula. Nesta parte, a intenção é generalizar alguns resultados para movimentos em 
duas e três dimensões. Grande parte do material será analisada por meio do uso 
extensivo do conceito de vetor ou, alternativamente, de suas componentes. Isso porque a 
descrição do movimento em mais de uma dimensão é grandemente facilitada pelo uso 
de vetores. Muitos dos tópicos tratados anteriormente serão retomados e vários 
problemas já abordados serão estudados de forma mais abrangente. Alguns tópicos, 
entretanto, só se justificam em mais de uma dimensão, como, por exemplo, o momento 
angular de uma partícula. Alguns importantes teoremas serão enunciados e seus 
resultados merecerão destaques para uso futuro. Nessa parte, será usada exclusivamente 
a Mecânica Newtoniana. 
 2 
2 – MOVIMENTOS DE PROJÉTEIS 
 
 
 Na maioria de textos introdutórios reserva-se algum tempo para estudar o 
movimento de projéteis, mas em todos eles não se considera o efeito da resistência do 
ar. Em muitas situações, isso é uma excelente aproximação; em outras, a resistência do 
ar se torna importante e deve-se saber como incorporá-la na equação de movimento. Na 
parte dois, foram tratados vários exemplos nos quais se consideraram essas forças 
resistivas; agora elas serão incluídas na descrição do movimento de projéteis. 
 
I – Projéteis que se movem sem forças resistivas 
 
 Inicialmente, será revisado o movimento de um projétil quando os efeitos 
resistivos devido ao atrito viscoso são desprezados. Muitas relações a ser obtidas 
inicialmente foram discutidas no segundo capítulo do livro Física Geral I. 
 Considere-se um lançamento oblíquo, cuja altura máxima atingida pelo móvel 
seja muito pequena comparada com o raio da Terra ( TerraRh <<máxima ), de tal forma que a 
aceleração da gravidade seja constante. A trajetória ocorrerá em um plano vertical, o 
que reduz o movimento a duas dimensões: sem perda de generalidade, pode-se eleger o 
plano yz como aquele que contém a trajetória. 
 
 
 
Figura 30 – Lançamento de um projétil 
 
 A equação de movimento é dada por: 
 
kr ˆmg
dt
d
m 2
2
−= (117). 
 
Em forma de componentes (117) pode ser escrita: 
 
0
dt
xd
m 2
2
=
 (118), 
 
0
dt
yd
m 2
2
=
 (119), 
 
mg
dt
zd
m 2
2
−=
 (120). 
 
As soluções correspondentes são: 
 3 
 
tvx)t(x
x00 += (118a), 
 
tvy)t(y y00 += (119a), 
 
2
z00 gt2
1
tvz)t(z −+= (120a). 
 
Em forma vetorial, tem-se: 
 
kvrr 00 ˆgt2
1
t)t( 2−+= . 
 
Supondo que a partícula tenha sido lançada da origem e que o movimento se dê no 
plano yz, as soluções (118a), (119a) e (120a) podem ser simplificadas: 
 
0)t(x ≡ (121), 
 
 tv)t(y y0= (122), 
 
2
z0 gt2
1
tv)t(z −= (123). 
 
Essas funções horárias descrevem completamente o movimento do projétil enquanto ele 
estiver em voo. A notação empregada é: 
 
θ= cosvv 0y0 e θ= senvv 0z0 , 
 
 onde θ é o ângulo entre o vetor 0v e a horizontal (chamado ângulo de lançamento). 
 As raízes de (123) são 
 
0)gt
2
1
v(t0gt
2
1
tv0)t(z vôoz0vôo2vôovôoz0vôo =−∴=−⇒= , o que nos dá duas raízes, uma das 
quais, a que corresponde ao instante de lançamento, é nula. A outra raiz é dada por 
 
g
v2
t z0vôo = . (124). 
 
Substituindo esse valor em (122), obtém-se )t(yy vôomáximo = : 
 
⇒





=
g
v2
vy z0y0.max g
vv2
y y0z0max = (125). 
 
Provavelmente você conhece a relação (125) em outra forma, que pode ser obtida 
substituindo 
z0v e y0v : 
 
 4 
⇒
θθ
==
g
)cossen2(v
g
vv2
y
2
0y0z0
max 
θ= 2sen
g
v
y
2
0
max (125a). 
 
A altura máxima do projétil é dada quando a velocidade vertical se anula. Usando a 
derivada de (123), tem-se: 
 
∴=−= 0gtv)t(z subidaz0subida& g
v
t z0subida = . 
 
Substituindo 
subidat na expressão (123) de )t(z , tem-se 
 
∴= )t(zz subidamáximo g2
)senv(
g
v
2
1
z
2
0
2
z0
.max
θ
== (126). 
 
Para finalizar, procura-se obter a equação da trajetória para o movimento do projétil. 
Isto significa encontrar z(y). A variável t da relação (122) dá y0vyt = , que pode ser 
usada na relação (123): 
 
⇒








−=
2
y0y0
z0
v
yg
2
1
v
y
v)y(z 22
y0y0
z0 y
v2
gy
v
v)y(z −=
 (127). 
 
A trajetória prescrita por (127) é uma parábola com concavidade para baixo, passando 
pela origem, porque foi feito com que ela coincidisse com o ponto de lançamento. A 
trajetória é parabólica em virtude da relação (127), fornecendo uma equação do tipo 
ByAy)y(z 2 +−= e não da dependência temporal em z(t), que é quadrática. É bom que 
o estudante tenha bem claro que função horária é diferente de trajetória. 
 
II – Projéteis sujeitos à força resistiva linear com a velocidade 
 
 Considera-se agora o movimento de um projétil sob condições mais realistas: 
existe uma força de atrito viscoso que tem dependência linear com a velocidade. Nesse 
caso, o movimento não é conservativo, porque a energia mecânica diminui 
continuamente em virtude das perdas por atrito. 
A segunda lei de Newton, escrita na forma vetorial, é: 
 
kvv ˆmgb
dt
d
m −−= (128). 
 
Em notação de componentes, supondo ainda que o movimento ocorra no plano yz, tem-
se: 
 
y
y bv
dt
dv
m −=
 (129), 
 
mgbv
dt
dv
m
z
z
−−=
 (130). 
 
 5 
Supondo que o movimento se inicia em 0t = a partir da origem, a solução de (129) é 
semelhante àquela dada por (59): 
 
mbt
y0y ev)t(v −= (131). 
 
Uma nova integração fornece a função horária na direção y: 
 
)e1(
b
mv)t(y mbty0 −−= (132). 
 
Para encontrar a solução de (130), escreve-se: 
 
dt
g)mbv(
dv
z
z
−=
+
. 
 
Integrando-se no intervalo ]t,0[ , que corresponde à integração em 
z
v no intervalo 
[
zz0 v,v ], tem-se: 
 
∫ ∫ ′−=+′
′
z
oz
v
v
t
0z
z td
g)mvb(
vd
. 
 
Essa integral já foi resolvida no exemplo 11 da parte II, com o extremo inferior igual a 
zero. Com o extremo inferior sendo 
z0v , o resultado é: 
 
b
mg
ev
b
mg)t(v mbt
z0z −





+= − (133). 
 
Fazendo, então, uma nova integração, obtem-se a função horária z(t) com 0z0 = : 
 
t
b
mg)e1(
b
mv
b
gm)t(z mbtz02
2
−−





+= (134). 
 
Claramente, as relações (131), (132), (133) e (134) são bem mais complicadas do que 
aquelas obtidas para o movimento livre de atrito viscoso. 
 Para obter a equação da trajetória, devemos resolver (132) para t e substituí-lo 
em (134). Dessa forma, consegue-se expressar z em função de y. É um excelente 
exercício algébrico, cujos detalhes são deixados para o estudante (veja os problemas 
propostos no final dessa seção). O resultado para a equação da trajetória é: 
 








−
−








+=
bymv
mv
ln
b
gmy
v
v
bv
mg)y(z
y0
y0
2
2
y0
z0
y0
 (135). 
 
Difícil não concordar que a expressão (135) é pouco reveladora quanto à trajetória do 
projétil, especialmente pela presença do logaritmo na solução. Pode-se escrevê-la na 
forma 
 
 6 
 







 −
+







+=
y0
y0
2
2
y0
z0
y0 mv
bymv
ln
b
gmy
v
v
bv
mg)y(z , 
 
que permite a simplificação: 
 
 








−+








+=
y0
2
2
y0
z0
y0 mv
by1ln
b
gmy
v
v
bv
mg)y(z (136). 
 
Algumas trajetórias são mostradas na figura 31 para certos valores do parâmetro b. 
 
 
 
Figura 31 – Trajetórias representadas usando (136) 
 
 
Pode-se representar a equação da trajetória (136) pela série de Taylor para valores 
pequenos de b e/ou para distâncias curtas de tal forma que 1mvby y0 << . 
A expansão do logaritmo para valores de 1<ε é dada por 
L−
ε
−
ε
−ε−≈ε−
32
)1ln(
32
 ( 1<ε ). 
 
Então, com 1mvby y0 <<=ε , a equação da trajetória (136) fica 
 








−−−−+








+≈ L3
y0
3
33
2
y0
2
22
y0
2
2
y0
z0
y0 vm3
yb
vm2
yb
mv
by
b
gmy
v
v
bv
mg)y(z . 
 
Simplificando, tem-se 
 
L−−−≈
3
3
oy
2
2
y0y0
z0 y
mv
bg
3
1y
v
g
2
1y
v
v)y(z (137). 
 
Os dois primeiros termos à direita representam a trajetória quando não existe força de 
atrito (compare com a equação 127). O termo 33
oy
y
mv
bg
− é a aproximação de primeira 
ordem em b e o sinal negativo indica que a trajetória, iniciando como uma parábola, 
perfaz uma concavidade mais acentuada à medida que o projétil se movimenta. Note 
que todos os termos que representam a correção são precedidos de um sinal negativo. 
 A função horária (132) impõe um limite para o alcance do projétil: para 1
m
bt
>> , 
tem-se o valor limite: 
 
 7 
b
mv)t(y)e1(
b
mv)t(y y0mbty0 →⇒−= − . 
 
Quando y(t) se aproxima desse valor, a equação da trajetória (136) apresenta um 
comportamento surpreendente devido à função logarítmica: 
 
−∞→








−
→ y0b
mv
)t(y mv
by1lnlim
y0
. 
 
Isso indica uma alta declividade da curva, sendo que o projétil pode terminar seu 
movimento descrevendo uma reta quase vertical (veja a figura 31). Obviamente, tudo 
isso pode não ser detectado em razão das condições iniciais do problema. Por exemplo, 
a velocidade inicial e o ângulo de lançamento podem ser insuficientes, impedindo que o 
projétil sequer atinja sua velocidade limite. 
 
 Para determinar o alcance do projétil, deve-se igualar (136) a zero: 
 
0
mv
by1ln
b
gmy
v
v
bv
mg)y(z
y0
2
2
y0
z0
y0
=








−+








+= (138). 
 
Essa é uma equação transcendental e, portanto, não pode ser resolvida analiticamente, 
de forma que sua solução seja dada em termos de funções elementares, como 
logaritmos, senos ou cossenos. Entretanto, uma boa alternativa para se conseguir uma 
solução é efetuar algumas aproximações, o que vai permitir obter, pelo menos 
aproximadamente, uma solução analítica. 
 O ponto de partida é a equação aproximada (137), 
 
L−−−≈
3
3
oy
2
2
y0y0
z0 y
mv
bg
3
1y
v
g
2
1y
v
v)y(z , que, igualada a zero, dá 
máximoy . 
 
Portanto, reescreve-se: 
 
0y
mv
bg
3
1y
v
g
2
1y
v
v 3
max3
oy
2
max2
y0
max
y0
z0
=−−− L . 
 
A ideia do método é simples: note primeiramente que 0y
max = é uma solução dessa 
equação. Porém, como essa raiz não tem interesse porque corresponde ao ponto de 
lançamento do projétil, é necessário encontrar outra raiz que seja diferente de zero. 
 Dividindo-se, então, por 
maxy tem-se: 
 
∴=−−− 0y
mv
bg
3
1y
v
g
2
1
v
v 2
max3
oy
max2
y0y0
z0
L 
 
 
L−−=
2
max
y0
oyz0
max y
mv
b
3
2
g
vv2
y
 (139). 
 
 8 
O primeiro termo à direta da igualdade, 
g
vv2 oyz0
, corresponde ao alcance máximo 
quando não existe atrito [veja (125)]. Essa solução é a aproximação de ordem zero 
porque não contém a constante b, ou seja, obtém-se para 0b , a expressão já conhecida: 
 
g
vv2
y oyz0)0(max = (125). 
 
Substitua esse valor no lado direito da expressão de 
maxy para obter a aproximação de 
primeira ordem em b: 
 
∴





−=
2
oyz0
y0
oyz0)1(
max g
vv2
mv
b
3
2
g
vv2
y 
 
 





−=
mg
bv
3
41
g
vv2
y z0y0z0)1(max (140). 
 
Para obter a aproximação de segunda ordem (em b), substitua (140) no lado direito de 
(139); assim, sucessivamente, podem-se obter melhores aproximações para a expressão 
do alcance máximo do projétil (veja os problemas propostos). De forma geral, esse 
processo iterativo pode ser escrito: 
 
( ) [ ]2)k(
max
y0
z0y01k
max y
mv
b
3
2
g
vv2
y −=+ ( ....2,1,0k = ) (141). 
 
 
COMENTÁRIO: O leitor não deve se esquecer de que todas as expressões obtidas são 
aproximações e, portanto, não podem dar a solução exata para o movimento. Ainda 
mais, parte-se da hipótese de que a força de atrito, sendo linear com a velocidade, é uma 
simplificação elementar da complicada dependência do atrito com a velocidade. Por 
exemplo, é possível ser mais abrangente e supor uma força de atrito 2at cb vvf −−= , na 
qual cada coeficiente seria dominante em determinada região de velocidade ou ainda 
considerar o efeito do vento sobre a trajetória do projétil. E se o projétil alcançar 
altitudes para as quais a densidade do ar seja diferente daquelas de onde se deu o 
lançamento? As complicações que decorrem dessas considerações não são difíceis de 
imaginar. 
 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS (SEÇÃO 2) 
 
1) Usando (132), escreva ( mbte1 −− ) e t em função dos parâmetros oxoy ve vb, ,m . 
Substitua essas expressões em (134) para obter (135). 
 
2) Uma pequena esfera metálica de 0.1 kg é lançada da origem. O módulo de sua 
velocidade inicial é 30 m/s e o ângulo de lançamento é 60o. Sabe-se que a velocidade na 
 9 
direção (horizontal) y, 1s após o lançamento, é 14 m/s. Considere uma força de atrito 
que varia linearmente com a velocidade, 
a) Encontre a constante de atrito b. 
b) Qual a componente da velocidade na direção z, 1s após o lançamento? Compare com 
a velocidade no caso de não existir atrito. 
c) Ache o tempo de subida do projétil e compare com o caso sem atrito. 
d) Usando (140), estime o alcance do projétil. 
 
3) Um projétil de massa m é lançado da origem com uma velocidade 0v e com ângulo 
de lançamento α. Atua sobre ele uma força resistiva linear com sua velocidade 
instantânea. 
a) Mostre que o tempo de subida desse projétil é dado por: 




 α
+=
mg
senbv1ln
b
m
t 0subida . 
b) Mostre que a altura máxima é 




 α
+−
α
mg
senbv1ln
b
gm
b
senmv 0
2
2
0
. 
 
4) Utilizando a aproximação de primeira ordem (140), 





−=
mg
bv
3
41
g
vv2
y z0y0z0)1(max , e a 
relação (141), mostre que: 
 
3
43
4
z0y02
32
3
z0oy
2
2
z0y0z0y0)2(
max bgm
vv
9
128b
gm
vv
9
64b
mg
vv
3
8
g
vv2
y −+−= . 
 
 
3 – CARGA ELÉTRICA EM CAMPOS ELÉTRICO E MAGNÉTICO 
 
I – Carga elétrica em campo elétrico uniforme e constante 
 
 Quando uma partícula carregada eletricamente se movimenta nas proximidades 
de outras cargas, ela fica submetida ao campo gerado por essas cargas. Embora essa 
situação seja analisada no contexto da eletrodinâmica, a descrição do movimento dessa 
carga elétrica faz parte da dinâmica. 
A força elétrica que atua sobre a partícula é dada por 
 
),t(q),t( rErF = , 
 
onde q é a carga elétrica da partícula de massa m que se quer analisar sob o ponto de 
vista dinâmico.A segunda lei de Newton, considerando F como a resultante, pode ser 
escrita: 
),t(q
dt
d
m 2
2
rEr = (142). 
 
Em componentes cartesianas, (142) é dada pelas relações: 
 
)t,z,y,x(qExm
x
=&& (143), 
 
)t,z,y,x(qEym y=&& (144), 
 10 
 
)t,z,y,x(qEzm
z
=&& (145). 
 
Escreve-se a dependência do campo, que pode ser tanto espacial quanto temporal. 
Nesses casos, encontrar as soluções de (143), (144) e (145) é bastante difícil. Um caso 
simples, que pode ser tratado sem dificuldade, é aquele que considera o campo uniforme 
e constante: uniformidade se refere à parte espacial e constante significa que não existe 
dependência temporal. Pode-se ainda simplificar escolhendo uma direção para o campo 
elétrico: )E,0,0(
z
=E . Assim, as soluções são dadas por: 
 
tv)0(x)t(xvconstantex0xm
x00x +=∴==⇒= &&& , 
 
tv)0(y)t(xvconstantey0ym y00y +=∴==⇒= &&& , 
 
2zz
z
t
m
qE
2
1
t)0(z)0(z)t(zt
m
qE)0(zzqEzm ++=∴+=⇒= &&&&& . 
 
 
II – Carga elétrica em campo magnético uniforme e constante. 
 
 Para estudar o movimento de uma carga elétrica em uma região onde existe um 
campo magnético, supõe-se que esse campo seja uniforme e constante: kB ˆB= . A força 
que a carga experimenta é dada por: 
 
kvBvF Bqq ×=×= (146). 
 
Se essa é a resultante que atua sobre a partícula, a segunda lei de Newton dá: 
 
kvv ˆBq
dt
d
m ×= (147). 
 
O produto vetorial indica que a aceleração da partícula é sempre perpendicular à 
velocidade; portanto, a componente tangencial da aceleração é nula e o movimento se 
caracteriza por ter o módulo da velocidade constante. Isso se verifica mesmo no caso 
em que o campo magnético tenha dependência espacial (seja não uniforme), mas não 
apresente dependência temporal. 
 A equação (147), expressa em coordenadas cartesianas, fornece: 
 
1 0 0
 v vv
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
qB
dt
d
mˆBq
dt
d
m
dt
d
m zyx2
2
kji
vkvvr =⇒×== . 
 
Então, efetuando o produto vetorial, tem-se: 
 
)ˆvˆv(qB)ˆzˆyˆx(m
xy jikji −=++ &&&&&& . 
 
Em componentes, escreve-se: 
 11 
 
yqBqBvxm y &&& == (148), 
 
xqBqBvym x &&& −=−= (149), 
 
0zm =&& (150). 
 
Esse conjunto de equações é chamado acoplado porque, em (148), aparece a variável y& 
e, em (149), tem-se a presença de x& . Entretanto, a solução é relativamente simples; 
escreve-se (148) na forma mais fácil para ser integrada: 
 
∫ ∫
′
=
′
∴=⇒=
x
x
y
y0 0
dt
dt
ydqBdt
dt
xd
m
dt
dyqB
dt
xd
myqBxm
&
&
&&
&&& , que integrada fornece 
 
⇒−=− )yy(qB)xx(m 00&& 1cy
m
qB
x +=& (151), 
 
onde a constante 1c representa as condições iniciais do problema: 001 y
m
qB
xc −= & . O 
quociente 
m
qB
 tem dimensões de 1s − (verifique), ou seja, dimensões de velocidade 
angular. Portanto, escreve-se (151) na forma: 
 
1cyx +ω=& (152). 
 
Pode-se repetir o processo para a equação (149) e obter: 
 
2cxy +ω−=& (153). 
 
A solução de (150) não representa dificuldade: 
 
constantez =&
 (154). 
 
A constante ω, que foi introduzida, pode ser escrita como: 
 
∴piν==ω 2
m
qB
 
m2
qB
pi
=ν . 
 
Essa relação define a freqüência de cíclotron, um parâmetro fundamental em que se 
baseia o funcionamento de um cíclotron, máquina projetada e construída por Ernest 
Lawrence. 
Note que não se podem efetuar integrações nas equações obtidas porque, por 
exemplo, em (152), y também é variável e não se sabe ainda como é sua dependência 
temporal. Porém, existem diversas maneiras de se obter as soluções para o conjunto de 
equações acopladas dado por (152) e (153). 
 Derivando (152), tem-se: 
 
 12 
ω=⇒ω= xyyx &&&&&& , 
 
que, substituída em (153), resulta: 
 
⇒+ω−=
ω
2cx
x&&
 2
2 cxx ω=ω+&&
 (155). 
 
A equação (155) e sua solução são bem conhecidas do estudo do oscilador harmônico, 
 
⇒+= )t(x)t(x)t(x ph a)tcos(A)t(x +θ+ω= (156), 
 
onde a constante a é a solução particular e vale ω2c . As constantes A e θ são 
determinadas pelas condições iniciais do problema. 
 
 A solução y(t) pode ser obtida derivando (156) e substituindo em (152). 
 
)t(Asen)t(x θ+ωω−=& , portanto, (152), fica: 
 
⇒+ω=θ+ωω− 1cy)t(Asen b)t(Asen)t(y +θ+ω−= (157), 
 
com ω−= 1cb . 
 
Para ver que tipo de trajetória a partícula executa, usa-se (156) e (157): 
 
)tcos(Aa)t(x θ+ω=− e )t(Asenb)t(y θ+ω−=− . 
 
 Então, pode-se escrever: 
 
( ) )t(cosAax 222 θ+ω=− e ( ) )t(senAby 222 θ+ω=− . 
 
Somando-se ambas as relações, tem-se: 
 
( ) ( ) 222 Abyax =−+−
 (158). 
 
Essa é a projeção da trajetória no plano xy: uma circunferência de raio A e centrada no 
ponto (a, b). Na direção z o movimento acontece com velocidade constante segundo a 
solução (154). A composição tridimensional dá uma trajetória helicoidal na direção z, 
mostrada na figura 32. 
 
 
 
Figura 32 – Trajetória helicoidal da partícula sujeita ao campo magnético 
 13 
 
 
III – Carga elétrica em campos elétrico e magnético 
 
 Estudou-se separadamente o movimento de uma carga elétrica: primeiro sob a 
ação de um campo elétrico e depois submetida a um campo magnético. Neste item, a 
intenção é analisar a trajetória da carga quando existem, simultaneamente, um campo 
elétrico e um magnético, ambos uniformes e constantes: 
 
kjE ˆEˆE
zy += e kB ˆB= . 
 
Note-se que não existe nenhuma componente de campo na direção iˆ . 
 Pela segunda lei de Newton, 
 
BvEr ×+= qq
dt
d
m 2
2
 (159). 
 
O lado direito da igualdade é a famosa força de Lorentz, que atua sobre a partícula. 
Como nos casos anteriores, supõe-se que a velocidade da carga seja pequena, 
comparada com a velocidade da luz. Portanto, nenhuma correção relativística sobre a 
massa precisa ser considerada. 
 A força resultante de (159) é equivalente a: 
 
B 0 0
z y x
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
q)E,E,0(q)B,0,0()z,y,x(q)E,E,0(q zyzy &&&&&&
k ji
FF +=⇒×+= . 
 
Após a expansão do determinante, as componentes são: 
 
yqBxmF
x
&&& ==
 (160), 
 
xqBqEymF yy &&& −== (161), 
 
 zz
qEzmF == &&
 (162). 
 
Esse sistema de equações diferenciais acopladas parece ainda mais complicado do que 
aquele encontrado anteriormente. Inicia-se pela (162), cuja solução é simples: 
 
⇒+=∴=⇒= t
m
qE
z)t(z
m
qE
dt
zd
m
qE
z z0
zz
&&
&
&&
 
2z
00 t
m
qE
2
1
tzz)t(z ++= &
 (163). 
 
Na direção z, o movimento é uniformemente variado. 
 
Restam as equações (160) e (161) para que as respectivas soluções sejam determinadas. 
Novamente, vários métodos podem ser usados, um dos quais é dado a seguir. Derivando 
(160) em relação ao tempo, tem-se 
 
 14 
x
qB
myyqBxm]160[
dt
d
&&&&&&&&&& =∴=⇒ . 
 
Substituindo na (161), tem-se 
 
∴=+⇒−= y2
22
y
2
qExqB
dt
xd
qB
m
xqBqEx
qB
m
&
&
&&&&
 y2
2
2
22
2
2
E
m
Bq
x
m
Bq
dt
xd
=+ &
&
 (164). 
 
Analisam-se os coeficientes que aparecem em (164). 
 
Como 
m
qE y
 tem dimensões de aceleração (m/s2), introduzimos a notação =a
m
qE y
. No 
item anterior, foi definido =ω
m
qB
. 
 Portanto, y2
2
E
m
Bq
a =ω e, com essas definições, a equação (164) fica: 
 
ω=ω+ ax
dt
xd 2
2
2
&
&
 (165). 
 
Essa equação diferencial tem a mesma forma de equação de um oscilador harmônico 
simples e forçado, porém na variável x& . A solução geral é dada por: 
 
∴+= )t(x)t(x)t(x ph &&& ω+θ+ω= a)tcos(A)t(x xx& (166).Integrando em relação ao tempo, determina-se x(t): 
 
)t(senAtaC)t(x
x
x
x
θ+ω
ω
+
ω
+=
 (167). 
 
Pode-se utilizar o mesmo procedimento para resolver a equação (161): 
 
⇒]161[
dt
d
y
qB
m
xxqBym &&&&&&&&&& −=∴−= . 
 
Substituindo em (160), tem-se: 
 
)tcos(Ay0y
dt
yd
yy
2
2
2
θ+ω=⇒=ω+ &&& . 
 
Integrando em relação ao tempo, obtém-se a solução y(t): 
 
)t(senAC)t(y yyy θ+ω
ω
+=
 (168). 
 
Parece que as soluções para as equações de movimento estão determinadas e, portanto, 
tem-se a descrição completa da posição da carga em função do tempo. No entanto, 
 15 
observando-se com um pouco mais de cuidado as soluções (167) e (168), notam-se seis 
constantes em ambas as soluções: yxyxyx e ,A,A,C,C θθ , embora as condições iniciais 
forneçam apenas quatro: 0000 y e x,y,x && . Como foram introduzidas essas constantes 
extras nas soluções? A raiz do problema está no fato de se ter calculado a derivada 
terceira da posição: foram obtidas equações diferenciais de terceira ordem, que 
requerem três condições iniciais cada uma e não somente duas. O melhor a fazer é 
voltar às equações originais e ver se é possível contornar a situação. Para isso, é 
necessário obter a primeira e a segunda derivadas das soluções encontradas. 
 
(167) → )tcos(Aa)t(x xx θ+ω+
ω
=& → )t(senA)t(x
xx
θ+ωω−=&& . 
 
(168) → )tcos(A)t(y yy θ+ω=& → )t(senA)t(y yy θ+ωω−=&& . 
 
Então, a equação (160) fica 
 
⇒= yqBxm &&& [ ] [ ]yyxx tcos(AqBt(senAm θ+ω=θ+ωω− (169), 
 
e (161) fornece: 
 
⇒−= xqBqEym y &&& [ ] 




 θ+ω+
ω
−=θ+ωω− )tcos(AaqBqE)t(senAm
xxyyy (170). 
 
 
(169) e (170) não parecem muito reveladoras. Para ficar um pouco mais acessível, 
substituir ωa pelo seu valor original 
B
E
mqB
mqEa yy
==
ω
 e 
m
qB
=ω . Esses valores 
substituídos em (169) e em (170) permitem algumas simplificações. 
 
)t(senA)tcos(A
xxyy θ+ω−=θ+ω (171), 
 
)tcos(A)t(senA
xxyy θ+ω=θ+ω (172). 
 
Essas duas igualdades são válidas para qualquer valor de t. A única possibilidade para 
que isso aconteça é que: 
 
yx AA = e 




θ+ω=θ+ω
θ+ω−=θ+ω
)tcos()t(sen
)t(sen)tcos(
xy
xy
. 
 
As duas igualdades trigonométricas são satisfeitas se 2
xy pi+θ=θ . Redefine-se, então, 
θ≡θ
x
e, portanto, 2y pi+θ=θ . 
Por conveniência, as amplitudes são escritas como AAA yx ω== . 
 Com esses valores impostos pelas condições discutidas, podem-se escrever as 
soluções definitivas para x(t), y(t) e z(t): 
 
 16 
)t(AsentaC)t(x
x
θ+ω+
ω
+=
 (173), 
 
)tcos(AC)t(y y θ+ω+= (174), 
 
2z
00 t
m
qE
2
1
tzz)t(z ++= &
 (175). 
 
A solução (173) é especialmente reveladora devido ao fator ωa . Se você se lembra, 
esse quociente é dado por BE y , que tem dimensões de m/s (verifique). Representa, 
portanto, uma velocidade, como se discutirá adiante. Por ora, caso se suprima a 
componente yE do campo elétrico, o parâmetro a se anula e a projeção do movimento 
no plano xy se reduz a um movimento circular de raio A e centrado no ponto ( yx C,C ). 
Esse resultado já tinha sido descrito anteriormente no item II. 
 O que não é tão óbvio é quando o parâmetro a é diferente de zero. A solução 
(173) pode ser escrita como: 
 
)t(Asent
B
E
C)t(x y
x
θ+ω++= . 
 
A componente yE adiciona uma translação uniforme na direção x!! 
 
 
 
Figura 33 – Cicloides vistas por um observador em repouso 
 
A razão 
B
E y
 é chamada velocidade de arrasto (drift) e, dependendo das condições 
iniciais e da magnitude dessa velocidade, a carga elétrica pode executar um dos três 
movimentos (cicloides) mostrados na figura 33. Note que as trajetórias são descritas por 
um observador em repouso. Se o observador se mover com o mesmo módulo da 
velocidade 
B
E
v
y
drift = na direção x, ele registrará um movimento circular e não as 
cicloides esboçadas. No exemplo seguinte, esse fato será discutido com mais detalhes. 
 
 17 
 
EXEMPLO 20 
 Uma partícula com carga q se move em uma região onde existe um campo 
elétrico constante e uniforme jE ˆE= e um campo magnético também constante e 
uniforme kB ˆB= (campos ortogonais). A velocidade de “drift” é definida por: 
 
iBEv ˆ
B
E
B2drift
=
×
= (176). 
 
Um observador se move com velocidade driftv (figura 34). A proposta é analisar o 
movimento registrado por esse observador. 
 
 
 
Figura 34 – Os campos elétrico e magnético 
 
SOLUÇÃO 
O que se pede nesse problema é a descrição dos fatos observados pelo observador que 
translada com velocidade constante na direção x. 
 Para um observador em repouso (referencial O), a força de Lorentz é dada por 
 
)(q
dt
d
m BvEvF ×+== (177), 
 
onde rv &= é medida por O. 
Para translação pura (sem rotação) hrr +′= , o vetor posição r localiza a 
partícula vista de O; r′ localiza a mesma partícula como vista pelo referencial O′ ; h é o 
vetor posição que localiza O′ medido a partir de O. Derivando a igualdade entre os 
vetores posição, tem-se a velocidade; uma segunda derivada fornece a aceleração: 
 
dt
d
dt
d vvhvv ′=⇒+′= & , porque 0h =&& (178). 
 
No entanto, como a velocidade de O′ em relação a O é a velocidade de “drift”, pode-se 
identificar: 
 
ihBEvh ˆ
B
E
B2drift
=∴
×
==
&&
. 
 
Então, a velocidade da partícula vista por O é dada pela relação: 
 
 18 
⇒+′= driftvvv ivv ˆB
E
+′=
 (179). 
 
Substituindo essa relação de velocidades na expressão da força de Lorentz e lembrando-
se de que as acelerações em ambos os sistemas são iguais [por (178)]: 
 
kivEvBivEv ˆB)ˆ
B
E(qq
dt
d
m])ˆ
B
E([q
dt
d
m ×+′+=
′
⇒×+′+=
′
, 
 
mas Ejkiki qˆqE)ˆˆ(qEˆBˆ
B
Eq −=−=×=× , tem-se: 
 
∴−×′+=
′
EkvEv qˆBqq
dt
d
m Bvv ×′=
′
q
dt
d
m
 (180). 
 
O resultado (180) mostra que o movimento observado por O′ se desenvolve como se 
nenhum campo elétrico estivesse presente. Ele registra simplesmente uma 
circunferência no plano yx ′′ . Visto de O, o movimento da partícula no plano xy é uma 
das cicloides esboçadas na figura 33. 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS (SEÇÃO 3) 
 
1) A equação (158) indica que a projeção da trajetória no plano xy é uma 
circunferência. Esse resultado é consistente com o que foi estabelecido no início do item 
II desta seção, logo após a equação (147): ....“aceleração da partícula é sempre 
perpendicular à velocidade e, portanto, a componente tangencial da aceleração é nula 
e o movimento se caracteriza por ter o módulo da velocidade constante”. 
Mostre que o módulo da velocidade da partícula no plano xy é 
[ ] constante.
m
qBAAyx(v 2/12 ==ω=+= && 
 
2) No exemplo 19 da parte II, foi definida a média temporal de uma grandeza física 
A(t): 
∫=
T
0
dt)t(A
T
1)t(A . 
 
A partir das funções dadas por (173) e (174), mostre que 
B
E)t(x y=& e 0)t(y =& . 
 
 
4 – TEOREMAS E LEIS DE CONSERVAÇÃO 
 
 
I – Momento linear. 
 
 A segunda lei de Newton, em duas ou três dimensões, assume a forma de 
equação vetorial: 
 19 
 
resultantedt
d Fp = (181). 
 
Ao abordar movimentos unidimensionais, pode-se utilizar a notação vetorial também, 
mas é mais prático anexar um sinal positivo (ou negativo) na frente da grandeza para 
exprimir o fato de que ela está no sentido do eixo (ou contrária a ele). Para duas ou mais 
dimensões, isso fica inviável porque se está tratando de infinitas possibilidades de 
direção: o mais conveniente é o uso de vetores (ou de suas componentes). 
 O momento linear p é uma grandeza vetorial definida como: 
 
vp m= (182). 
 
Obviamente, se qualquer uma das grandezas, m ouv, ou ambas variarem, também 
variará o momento linear. 
 A equação (181) pode ser integrada: 
 
⇒= ∫∫ dtd
2
1
2
1
t
t
.resFp
p
p
dt
2
1
t
t
.res12 ∫=− Fpp (183). 
 
A integral à direita da igualdade é o impulso devido à força resultante. Tem-se, então, 
um dos teoremas fundamentais: 
 
 “A variação do momento linear da partícula é igual ao impulso da força 
resultante”. 
 
A conservação do momento linear se dá quando a resultante das forças que atuam sobre 
o ponto material é nula. 
 
“O momento linear se conserva se a resultante das forças externas sobre a partícula 
for nula”. 
 
A relação (183) é equivalente a três equações; em coordenadas cartesianas, tem-se: 
 
 ∫=−
2
1
t
t
x1x2x dtFpp ∫=−
2
1
t
t
y1y2y dtFpp ∫=−
2
1
t
t
z1z2z dtFpp . 
 
Observe-se que pode acontecer que o momento linear se conserve em uma direção e não 
em outra. Por exemplo, se a resultante na direção x se anular, então, nessa direção, não 
se terá variação do momento linear. Se, em uma direção arbitrária e fixa s, ocorrer 
0. =sF , então, mais geralmente, pode-se escrever: 
 
.constante0)(
dt
d0
dt
d0 ... =⇒=∴=⇒= ⋅ spspspsF (184). 
 
A componente do momento linear se conserva na direção (fixa) na qual a componente 
da força é nula. 
 
 20 
 
EXEMPLO 21 
 Um corpo de massa de 2 kg é localizado pelo raio vetor 
kjir ˆ2ˆ)4t2(ˆt6)t( 2 +−−= . 
a) Encontre o momento linear desse corpo. 
b) Qual o módulo desse momento linear? 
c) Qual a força resultante que atua sobre o corpo? 
d) Existe alguma direção para a qual o momento linear é conservado? 
 
SOLUÇÃO 
a) A velocidade é dada pela derivada temporal da posição: 
kjivrv ˆ0ˆt4ˆ6
dt
d
+−=⇒= . 
 
Pela definição do momento linear, tem-se: 
 
kjikjipvp ˆ0ˆt8ˆ12)ˆ0ˆt4ˆ6(2)t()t(m)t( +−=+−=∴= . 
 
b) O módulo do momento linear para esse corpo é: 
 
2
z
2
y
2
x
pppp ++= 2t64144)t(p +=∴ . 
 
c) A força resultante é dada por: 
 
jFkjipF ˆ8)ˆ0ˆt8ˆ12(
dt
d
dt
d
−=∴+−== . 
 
d) A direção para a qual o momento linear se conserva é dada por (184): 
 
0)s,s,s()0,8,0(0
zyx.. =−⇒=sF . 
 
Para que o produto escalar seja nulo, basta escolher 0s y = ; para as outras componentes, 
zx
s e s , quaisquer valores são aceitáveis. Isso fornece uma infinidade de vetores, todos 
eles no plano xz. Essa conclusão é consistente com o fato de a velocidade ter suas 
componentes constantes ao longo dos eixos x e z. 
 
 
 
EXEMPLO 22 
 O vetor posição de uma partícula de massa de 2 kg é jir ˆtbsenˆtcosa)t( ω+ω= . 
Essa trajetória corresponde a uma elipse no plano xy e centrada na origem 
a) Encontre o momento linear dessa partícula. 
b) Qual o módulo do momento linear? 
c) Ache a força resultante que atua sobre a partícula. 
 
SOLUÇÃO 
 21 
a) jivjir ˆtcosbˆtsena)t(ˆtbsenˆtcosa)t( ωω+ωω−=⇒ω+ω= . Então, o momento linear é 
dado por: 
 
jip ˆtcosb2ˆtsena2)t( ωω+ωω−= . 
 
b) tcosbtsena2tcosb4tsena4)t(p 2222222222 ω+ωω=ωω+ωω= . 
 
c) )ˆtbsenˆtcosa(2)t(ˆtsenb2ˆtcosa2)t(
dt
)t(d)t( 222 jiFjiFpF ω+ωω−=⇒ωω−ωω−=∴= 
 
)t(2)t( 2rF ω−= . Uma força que aponta para o centro da elipse. 
 
II – Momento angular. 
 
 O momento angular de uma partícula de massa m, com velocidade v e localizada 
instantaneamente na posição r, medida em relação a uma origem O, é definido por: 
 
prL ×= (184). 
 
 O torque em relação à mesma origem é definido como 
 
FrN ×= (185), 
 
onde F é a força aplicada sobre a partícula. Pode-se derivar (184) em relação ao tempo: 
 
prprLprL &&& ×+×=⇒×= )(
dt
d
dt
d
. 
 
O termo )(mvvpr ×=×& se anula porque ambos os vetores são paralelos, portanto, 
 
FrLprL ×=∴×= &&& , ou, usando (185), tem-se NL =& . 
 
O teorema do momento angular pode ser então enunciado da seguinte forma: 
 
“A variação temporal do momento angular de uma partícula é igual ao torque 
externo”. 
 
 No caso de não haver torque, tem-se a conservação do momento angular: 
 
“na ausência de torque externo, o momento angular se conserva”. 
 
Mesmo que o torque não seja nulo, se houver alguma direção fixa s para a qual acontece 
0. =sN durante o movimento, tem-se: 
 
constante.0][
dt
d00 .... =⇒=∴=⇒= sLsLsLsN & 
 
 22 
A componente do momento angular é conservada na direção em que a componente do 
torque é nula durante o movimento. 
É comum que o estudante associe momento angular a movimento curvilíneo. 
Entretanto, uma partícula pode ter momento angular em relação a uma origem, mesmo 
quando ela translada em movimento retilíneo. O exemplo refere-se a esse fato. 
 
 
EXEMPLO 23 
 Supõe-se que uma partícula de massa m se mova em MRU e que sua trajetória 
não passe pela origem. A figura 35 mostra a situação descrita. 
 
 
Figura 35 – Uma partícula movendo-se em MRU 
 
SOLUÇÃO 
O momento angular em relação à origem é dado por prL ×= , um vetor que tem sentido 
kˆ− (“entrando na página”) e magnitude θ= mrvsenL . Como a resultante é nula (MRU), 
o torque externo é zero e, portanto, o vetor L é constante. Afirmar que um vetor é 
constante significa dizer que ele tem o módulo constante e também sentido constante. 
Quanto ao sentido, não é difícil perceber que ele não pode variar. E quanto ao módulo? 
A dúvida nesse caso recai sobre o termo θ= mrvsenL : essa quantidade é constante? Para 
responder, observe que 
 
θ= mrvsenL . 
 
O produto θsenr é a distância de máxima aproximação da partícula da origem, 
denotada por b na figura 35. Sendo essa distância constante, o módulo de L, 
θ= mrvsenL , também será porque m e v são constantes. 
 
 
 
EXEMPLO 24 
 Considere os dados do Exemplo 21. 
a) Encontre o momento angular da partícula em relação à origem. 
b) Ache o torque que atua sobre essa partícula. 
c) Verifique se o teorema do momento angular se cumpre. 
 
SOLUÇÃO 
O momento angular é dado pela expressão: prL ×= e o torque, por FrN ×= , sendo 
todos os vetores expressos em relação à origem. Então, 
 
 23 
a) =L
0 8t 12
2 42t t6
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
]ˆ0ˆt8ˆ12[]ˆ2ˆ)4t2(ˆt6[ 22
−
+−=⇒+−×+−−
k j i
Lkjikji 
 
kjiL ˆ)48t24(ˆ24ˆt16 2 +−+= . 
 
b) ⇒×= FrN kjiN
k ji
N ˆt48ˆ0ˆ16
0 8 0
2 42t t6
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
2
−+=∴
−
+−= . 
 
c) [ ] kjikjiL ˆt48ˆ0ˆ16ˆ)48t24(ˆ24ˆt16
dt
d
dt
d 2
−+=+−+= . Comparando com a expressão do 
 
torque, vê-se que o teorema do momento angular se cumpre. 
 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 4 (MOMENTO ANGULAR) 
 
1) Certa massa m se move no plano xy ao longo de uma trajetória definida por 
jir ˆtsenbˆtcosa)t( ω+ω= . 
a) Ache o torque que atua sobre essa massa. 
b) Encontre o momento angular em relação à origem. 
 
2) Uma partícula de massa m tem seu vetor posição kjir ˆ)ct(ˆ)bt(ˆ)atx()t( 320 +++= . 
a) Encontre o momento angular dessa partícula em relação à origem. 
b) Ache a força resultante que atua sobre ela. 
c) Qual o torque que age sobre essa partícula? Verifique se o teorema do momento 
anular é satisfeito. 
 
3) Um ponto material se move em um campo de força dado por: rF 2kr= , onde k é uma 
constante e r é o vetor posição dessa partícula. Prove que seu momento angular é 
conservado. Esse tipo de força é chamado de força central. 
 
 
III – Trabalho e energia cinética 
 
 Suponha uma partícula de massa m submetida a uma resultante F. O produto 
rF d. pode ser escrito como (lembre-se de que dtd vr = ): 
 
dt
dt
d
mdt
dt
d
dt
d
md ... vvrvrF == (186). 
 
O último termo da igualdade pode ser reescrito: 
 
 24 
)mv
2
1(ddt)m(
dt
d
2
1dt
dt
d
mdt)(dt
d
m
2
1dt
dt
d
m 22.. ==⇒= vv
v
v.vv
v
. 
 
Então, a equação (186) fica: 
 
rF d. = )mv
2
1(d 2 (187). 
 
A definição de trabalho realizado por uma força é a integral de (186): 
 
∫ ∫ ∴=
B
A
v
v
2
B
A
)mv
2
1(dd. rF 2A2BBA mv2
1
mv
2
1W −=→resultante (188). 
 
A expressão (188) é a forma analítica do teorema do TRABALHO↔ENERGIA 
CINÉTICA. Em palavras, sua forma seria: 
 
“O trabalho realizado pela resultante que atua sobre uma partícula é igual à variação 
da energia cinética”. 
 
Observe que esse teorema só se aplica quando a força for a resultante. 
 
 
COMENTÁRIO: Assim como o trabalho é uma grandeza escalar, a energia cinética 
também é uma grandeza escalar. O fator 2v significa 22 v),cos(v == vvv.v . 
Os teoremas estabelecidos até agora foram demonstrados por meio das leis de Newton: 
eles apresentam uma forma, muitas vezes adequada e conveniente, de se utilizar as leis 
de Newton. Diversas situações podem ser tratadas por esses teoremas, em lugar de o 
serem diretamente por meio das leis de Newton. 
 
 
EXEMPLO 25 
 Calcular o trabalho realizado pela força jiF ˆx2ˆy)y,x( += sobre uma partícula ao 
longo das três trajetórias indicadas na figura 36. O ponto inicial é a origem e o ponto 
final P )1,1(= . A trajetória c é dada por xy = . 
 
 
 
Figura 36 – Trajetórias a, b e c ligando os pontos (0,0) e (1,1) 
 
 
SOLUÇÃO 
 25 
O cálculo do trabalho sempre envolve uma integral de linha: ele é sempre calculado ao 
longo de uma trajetória pré-estabelecida. Em movimentos unidimensionais, tem-se uma 
única possibilidade de trajetória: a de uma reta que liga os pontos inicial e final. 
Entretanto, em duas ou três dimensões, existem infinitas opções de trajetórias ligando os 
dois pontos. Por essa razão, a integral deve ser calculada ao longo de um percurso pré- 
determinado que ligue os dois pontos. 
 
I – trajetória a 
O caminho consiste de dois segmentos de retas, OQ e QP. 
No trecho horizontal OQ, tem-se: 1x0 ≤≤ , 0dx ≠ , 0y ≡ e, portanto, 0dy = . 
Então, a força se torna jiF ˆx2ˆ0)y,x( += ; o elemento diferencial se reduz a jir ˆ0ˆdxd += . 
O trabalho nesse trecho é dado pela integral: 
 
∫=→
Q
O
QO dW . rF )ˆ0ˆdx()ˆx2ˆ0(
Q
O
. jiji ++= ∫ ∫ =⇒=∴ →→
1
0
QOQO 0Wdx0W . 
 
No trecho vertical QP, 1x = , 0dx = , 1y0 ≤≤ e 0dy ≠ . 
A força nesse trecho é jiF ˆ2ˆy)y,x( += e o elemento diferencial vale jir ˆdyˆ0d += . Então, 
 
∫∫ ==∴=⇒++= →→→
1
0
1
0PQPQ
P
Q
PQ 2y2Wdy2W)ˆdyˆ0()ˆ2ˆy(W . jiji . 
 
O trabalho realizado pela força F sobre a partícula ao longo da trajetória a é a soma dos 
dois resultados: 
 
2W PO =→ (joules). 
 
II – trajetória b 
Nesse percurso, tanto x quanto y variam e, portanto, é necessário escolher uma forma 
paramétrica para realizar a integração. A escolha mais simples aqui é xy = . Então, a 
força e o elemento diferencial ficam: 
 
jiF ˆx2ˆx)y,x( += ; jir ˆdxˆdxd += , porque xy = e, portanto, dydx = ; 
 
1
0
2
1
0
1
0
POPO
P
O
PO x2
3Wxdx3xdx2xdxW)ˆdxˆdx()ˆx2ˆx(W . ∫ ∫∫ =∴=+=⇒++= →→→ jiji 
 
2
3W PO =→ (joules). 
 
III – trajetória c 
Como no caso anterior, x e y variam simultaneamente: ⇒= xy 
x
dx
2
1dy = . 
A força F e a diferencial vetorial dr são dadas por: 
 
 26 
jiF ˆx2ˆx)y,x( += ; jir ˆ
x
dx
2
1
ˆdxd += . 
 
1
0
23
PO
1
0
P
O
1
0
PO x3
4Wdxx2)dxxdxx()ˆ
x
dx
2
1
ˆdx()ˆx2ˆx(W . =∴=+=++= →→ ∫∫ ∫jiji 
 
3
4W PO =→ (joules). 
 
O trabalho realizado pela força F é diferente para cada uma das trajetórias escolhidas. 
Ver-se-á mais adiante que esse tipo de força não pode ser conservativa. 
 
 
 
EXEMPLO 26 
 Uma partícula é restringida a se mover sobre uma semicircunferência de raio a 
sob a ação de uma força atrativa que aponta na direção da coordenada (a,0), e que é 
diretamente proporcional a distância da partícula ao centro de força em (a,0). Calcule o 
trabalho realizado por essa força quando a partícula se move desde o ponto ( 0,a− ) até 
( 0,a ). 
 
 
 
Figura 37 – Uma partícula movendo-se sobre uma semicircunferência 
 
SOLUÇÃO 
A força atrativa é dada por DF k−= , onde D é a distância da partícula em relação ao 
centro de força. Para calcular o trabalho, é necessário obter F e dr em coordenadas 
cartesianas, se for feita a opção de usar essa representação. O vetor posição que localiza 
a partícula é dado por: 
 
jijir ˆsenaˆcosaˆ)(yˆ)(x)( α+α=α+α=α . 
 
O elemento diferencial é jijir ˆdcosaˆdsenaˆdyˆdxd αα+αα−=+= . 
 
O vetor D, ligando o centro de força à partícula, pode ser determinado pela igualdade 
vetorial: 
 
jiijiDarDDar ˆasenˆ)1(cosaˆaˆsenaˆcosa α+−α=−α+α=∴−=⇒+= . 
 
 27 
Então, a força pode ser escrita como: 
 
]ˆasenˆ)1(cosa[kk jiFDF α+−α−=⇒−= . 
 
Note que se consegue expressar F e dr em termos de um único parâmetro α que varia no 
intervalo [π, 0]. A integral que dá o trabalho realizado pela força F será feita utilizando 
essa variável: 
 
⇒αα+αα−α+−α−= ∫
pi
→−
0
)0,a()0,a( ]ˆdcosaˆdsena[]ˆasenˆ)1(cosa[kW . jiji 
 
∫ ∫∫
pi pipi
→− ααα−αα+ααα−=
0 0
22
0
2
)0,a()0,a( dsencoskadsenkadsencoskaW . 
 
A primeira e a última integrais anulam-se nos extremos; portanto, tem-se: 
 
∴α−=αα=
pi
pi
→− ∫
02
0
2
)0,a()0,a( )cos(akdsenkaW 2)0,a()0,a( ka2W =→− . 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 4 (TRABALHO) 
 
4) Um ponto material está sujeito a uma força dada por: 
 
kjiF ˆcxˆ)ybxay(ˆ)czbxyax()z,y,x( 2323 +++++= . 
 
Encontre o trabalho realizado por essa força quando a partícula se move ao longo de um 
segmento de reta desde a origem até um ponto arbitrário ( 000 z,y,x ). A parametrização 
do percurso pode ser feita por um parâmetro λ tal que 10 ≤λ≤ . 
 
5) Uma partícula se move no plano xy, atraída para a origem por uma força de módulo 
ykF = . A trajetória da partícula é um arco de elipse na qual θ= sena2x e θ= cosay 
com 20 pi≤θ≤ . 
a) Mostre que as componentes cartesianas da força são dadas por: 
 
22x yx
x
y
kF
+
−= e 
22y yx
kF
+
−= . 
 
b) Mostre que o trabalho realizado por essa força é 
3
kW )0,a2()a,0(
pi
−=→ . 
SUGESTÃO: considerando a elipse 1
a
y
a4
x
2
2
2
2
=+ , você pode usar coordenadas 
cartesianas. 
 
 
 
 28 
 
 
Figura 38 – O arco de elipse para o problema 
 
6) Encontre o trabalho realizado pela força jiF ˆxy2ˆx 2 += desde a origem ao ponto 
)1,1(P = , segundo três trajetórias: (a) composta de dois segmentos, ou seja, da origem ao 
ponto )0,1(Q = e, depois, ao longo da vertical, ligando Q e P; (b) ao longo da parábola 
desde a origem até ao ponto P; (c) esta trajetória é dada parametricamente como 3tx = e 
2ty = , onde 1t0 ≤≤ . 
 
7) Ache o trabalho realizado pela força kjiF ˆyˆxˆz ++= ao longo da hélice dada na 
forma paramétrica kji ˆt3ˆtsenˆtcos)t(r ++= com pi≤≤ 2t0 . Esboce a trajetória seguida 
pela partícula. 
 
 
IV – Energia potencial 
 
 No capítulo 7 do livro Física Geral I, foi definida a energia potencial e 
discutidos diversos exemplos. A intenção agora é aprofundar um pouco mais esse tópico 
e introduzir novas ideias acerca da energia potencial. 
 Imagine a seguinte experiência, bastante simples: você ergue verticalmente certa 
massa m com velocidade constante até a uma altura h em relação ao solo. Uma vez 
atingida essa altura, você sustenta o corpo em repouso. Pelo fato de a variação da 
energia cinética ser nula (velocidade constante), o trabalho da resultante é nulo. 
Entretanto, você percebe que a configuração do sistema se modificou, e não foi pela 
variação da energia cinética: a massa está mais distante do solo. Isso deixa a suspeitade que outro tipo de energia deva participar do processo. A possibilidade de haver 
variação na configuração do sistema está ligada a esse novo tipo de energia: a energia 
potencial. 
 No caso do corpo erguido a certa altura h, que você estudou no capitulo 7 do 
livro de Física Geral I, a energia potencial gravitacional vale mgh. É bastante comum 
ouvir a expressão energia potencial da partícula, mas isso não faz muito sentido porque 
a energia potencial (qualquer que seja sua forma) envolve pelo menos dois corpos. 
Aqui, correto seria dizer que o sistema (massa + Terra) variou sua energia potencial de 
mgh. O valor do parâmetro g nada mais é que 2TerraTerra RMG . Quando essa massa 
retornar à sua posição inicial, será capaz de realizar a mesma quantidade de trabalho 
mgh. 
 Existem na Natureza alguns tipos de força que têm uma característica singular: 
independentemente da trajetória que a partícula segue, uma vez fixados os pontos inicial 
e final, o trabalho realizado por essas forças dá sempre o mesmo valor. Isto significa 
 29 
que, dados dois pontos previamente escolhidos, a integral de linha ao longo de qualquer 
caminho escolhido ligando esses dois pontos tem sempre o mesmo valor. A figura 39 
mostra três possíveis caminhos de ligação entre os pontos (1) e (2): se a partícula estiver 
submetida a um desses tipos de força, pode-se afirmar que o trabalho realizado por ela 
terá sempre o mesmo valor. 
 
 
 
Figura 39 – Possíveis caminhos ligando os pontos (1) e (2) 
 
 Essas forças especiais que possuem uma energia potencial são chamadas forças 
conservativas (o nome provém do fato de que para elas existe a conservação da energia 
mecânica, como se verá adiante). É necessário, portanto, discutir as propriedades que 
distinguem forças conservativas das não conservativas. Algumas forças não 
conservativas já foram encontradas: elas podem depender da velocidade da partícula, 
como a força de atrito viscoso; podem depender do tempo, como a força elétrica sobre a 
partícula em um campo elétrico variável; o trabalho da força de atrito cinético entre 
duas superfícies sólidas depende do comprimento da trajetória escolhida; a força 
magnética sobre uma carga em movimento depende da velocidade da partícula; 
finalmente, quando é exercida por seres vivos (obviamente, os humanos estão 
incluídos), a força é função de diversas variáveis intrínsecas e outras extrínsecas (por 
exemplo, a forma como foi aplicada) e, efetivamente, não pode ser caracterizada como 
conservativa. Então, a primeira condição para uma força ser conservativa é sua 
dependência ser tão somente na variável r e o vetor posição da partícula ser expresso 
em algum sistema de coordenadas; ela não pode depender da velocidade, do tempo ou 
de qualquer outra variável. Parece ser uma restrição excessivamente severa, como de 
fato é. Entretanto, há algumas forças muito importantes que apresentam essas 
propriedades: a gravitacional e a eletrostática (a força elétrica variável está excluída 
dessa categoria). 
 
 Resumindo, têm-se duas condições para que uma força seja conservativa: 
 
(i) F depende somente da posição r da partícula (e não da velocidade, ou do tempo, ou 
de qualquer outra variável); isto é, F(r)F = . 
(ii) Para quaisquer dois pontos (1) e (2), o trabalho realizado por F é o mesmo para 
todas as trajetórias que ligam (1) e (2). 
 
 Para se definir a energia potencial associada a uma força conservativa, escrita 
como V(r), U(r) ou mesmo EP(r), escolhe-se um ponto de referência (não um 
referencial!) 0r para o qual a energia potencial seja nula. Com essa arbitrariedade para a 
escolha do zero para a energia potencial, o interesse é somente a diferença da energia 
 30 
potencial entre dois pontos. Define-se, então, a energia potencial em um ponto 
arbitrário r, como: 
 
rrFr
r
r
F
rr
0
0
′′
−=−= ∫→ d)(W)(U .avconservati (189). 
 
A energia potencial é menos o trabalho realizado pela força F quando a partícula se 
move desde a referência 0r até um ponto de interesse r. 
O sinal negativo é usado para que a energia mecânica do sistema seja a soma das 
energias cinética e potencial, como se verá adiante. A variável r′ evita uma possível 
confusão com o extremo superior de integração. Note que a definição é legítima 
somente se a condição (ii) for satisfeita: se não fosse assim, a integral teria valores 
diferentes para caminhos diferentes e a função energia potencial não pode ser 
univocamente determinada (nesse caso, a definição não teria utilidade, pois seu valor 
dependeria de preferências pessoais na escolha do caminho). 
 Na definição (189), deve-se deixar claro o que significam os símbolos usados: a 
força que aparece no integrando é uma força conservativa (não necessariamente a 
resultante); 0r é um ponto de referência, a partir do qual é medida a energia potencial. 
A figura 40 mostra um possível caminho de integração e o ponto de referência 0r . 
 
 
 
Figura 40 – Determinação da energia potencial U(r) 
 
 Considere agora 1r e 2r como dois pontos quaisquer. Se 0r é o ponto de 
referência para o qual se pode colocar 0)(U 0 =r ( isso é mais uma conveniência do que 
uma necessidade), com o auxílio da figura 41, pode-se escrever: 
 
211020 rrrrrr
WWW →→→ += (190). 
 
Então, 
 
102021 rrrrrr
WWW →→→ −= (191). 
 
 
 
Figura 41 – Trabalho realizado por F entre os pontos 1r e 2r 
 31 
 
Cada termo à direita da igualdade é menos a energia potencial nos pontos 2r e 1r , com 
referência a 0r . Prova-se, assim, que o trabalho à esquerda da igualdade é a diferença 
entre as duas energias potenciais: 
 
U)](U)(U[W 12rr 21 ∆−=−−=→ rr (192). 
 
 O resultado (192) é particularmente interessante quando se faz uso do teorema 
trabalho ↔ energia cinética. Entretanto, para fazer isso, é necessário considerar (1) que 
a força F é a resultante e (2) que F deve ser conservativa. Se ambas as condições se 
cumprem, pode-se escrever: 
 
∴∆−=−−=∆=→ U)](U)(U[EW 12crr 21 rr 
 
∴=−+−⇒=∆+∆ 0)(U)(Umv
2
1
mv
2
10UE 12
2
1
2
2c rr 
 
)(Umv
2
1)(Umv
2
1
2
2
21
2
1 rr +=+ (193). 
 
Essa relação contém a informação de que a energia mecânica, UEE cM += , tem sempre 
o mesmo valor para quaisquer pontos arbitrários 1r e 2r da trajetória da partícula. Este é 
o teorema da conservação da energia mecânica. Em palavras: 
 
“Quando a força resultante que atua sobre uma partícula é conservativa, a energia 
mecânica é uma constante.” 
 
 Tem-se considerado somente uma única força conservativa, a qual é a 
resultante; sob essas condições, obteve-se (193). Se mais de uma força conservativa 
atua sobre a partícula, ter-se-ão diversos tipos de energia potencial envolvidos em (193). 
Por exemplo, considere uma massa suspensa verticalmente por uma mola. Essa massa 
está submetida a duas forças conservativas: a gravitacional 
.gravF e a elástica ..elasF . A 
função U(r) será a soma de uma energia potencial gravitacional 
.gravU e outra energia 
potencial elástica associada à mola que obedece a lei de Hooke, 
.elasU . Então, sendo a 
soma dessas duas forças a resultante que atua sobre a partícula suspensa, o teorema 
cEW ∆↔ estabelece que: 
 
∴∆+∆−=∆⇒+=∆ ]UU[E WWE
.elas.gravc.elas.gravc 
 
0UUE
.elas.gravc =∆+∆+∆ (194). 
 
Assim, pode-se incorporar à relação (193) qualquer tipo de energia potencial associada 
a uma força conservativa. A generalização de (193) pode facilmente ser estabelecida: 
 
)(U)(U)(UE)(UEE n21ccM rrrr ++++=+≡ L (195). 
 
 32 
“Se todas as n forças que agem sobre uma partícula são conservativas, cada uma delas 
com sua respectiva energia potencial )(U k r , a energia mecânica total ME é constante 
no tempo. 
 
 
EXEMPLO 27 
 Um pequeno bloco de massa m é colocado no topo deuma semicircunferência 
de raio r, como mostrado na figura 42. Encontre sua velocidade quando ele passar pela 
parte que toca o solo, considerando que não existe atrito cinético. 
 
 
 
Figura 42 – O bloco é solto e desliza ao longo da curva 
 
SOLUÇÃO 
Se você tentar resolver esse problema usando as leis de Newton, logo perceberá que ele 
se mostra bastante sutil e envolvente. Isto não é difícil de perceber: o ângulo entre a 
componente tangencial da força peso é variável. Portanto, a aceleração tangencial varia 
à medida que o bloco desce para o ponto mais baixo da trajetória (e a normal também 
varia). Em síntese, deve-se conhecer como o ângulo varia com o tempo e depois 
escrever a aceleração em função desse ângulo. 
 Entretanto, a conservação da energia mecânica oferece uma solução bem mais 
simples. Inicialmente, o bloco só possui energia potencial gravitacional mgrmgh = 
medida a partir do solo. Quando ele abandona a semicircunferência, sua energia 
mecânica é totalmente cinética. Como só atuam forças conservativas, tem-se 
 
gr2vmv
2
1
mgr f
2
f =∴= . 
 
Uma das vantagens de se usar a conservação da energia mecânica (quando é possível) é 
que não é necessário detalhar os cálculos intermediários e tampouco se deparar com 
expressões algébricas ou equações diferenciais que podem ser intratáveis. Porém, não se 
esqueça: atrás da conservação da energia mecânica, estão ainda as leis de Newton. 
 
 
 
COMENTÁRIO. Foi afirmado que o uso das leis de Newton para a resolução do 
exemplo anterior não seria recomendável devido aos cálculos envolvidos. Serão dados 
alguns detalhes disso. 
A força tangencial que atua sobre o bloco é dada por: 
 
θ=θ= mgsenpsenma t (196). 
 
 
 33 
 
 
Figura C1 
 
O ângulo θ está relacionado com φ por: φ−pi=θ
2
. Portanto, a expressão (196) fica: 
 
φ=φ cosg)(a t (197). 
 
 
O comprimento do arco de circunferência que o bloco percorreu, sob um ângulo φ , é 
φ= rs ( φ em radianos). Então, 
 
⇒φ=φ== &r
dt
d
r
dt
ds
v 
r
v
=φ&
 (199). 
 
A aceleração pode ser escrita como: 
 
φφ=
φ
φ=
φ
&
d
dv
dt
d
d
dv
dt
)(dv
 (200). 
 
No entanto, essa expressão é a aceleração dada por (197). Então, usando a relação (199), 
tem-se: 
 
∫∫ ∴=φφ⇒φ=φ
pi fv
0
2
0
dvvdcosrg
r
v
d
dv
cosg rg2v2f = . 
 
O mesmo resultado já obtido, de maneira mais simples, pelo uso da conservação da 
energia mecânica. 
 
 
 
 Quando forças conservativas e não-conservativas atuam sobre o sistema, está 
claro que a energia mecânica não pode permanecer constante ao longo do tempo. É essa 
variação que se quer calcular. Podem-se considerar dois conjuntos de forças que 
determinam duas resultantes: a conservativa 
.consF e a não-conservativa, .consn−F . Para 
cada uma das forças conservativas que faz parte da resultante conservativa 
.consF , pode-
se definir uma função energia potencial, cuja soma é chamada de )(U r . O teorema 
trabalho ↔ energia cinética dá: 
 
.consn.consc.res WWEW −+=∆= (201). 
 
 34 
O primeiro termo à direita da igualdade é simplesmente )(U r∆− , que pode ser 
transportado para a esquerda: 
 
⇒=∆+∆
−
 W)(UE
.consnc r ∴=+∆ − .consnc W)](UE[ r 
 
.consnM WE −=∆ (202). 
 
Esse é o resultado que se queria: a variação da energia mecânica do sistema é igual ao 
trabalho realizado pelas forças não-conservativas. 
 
 
EXEMPLO 28 
 Suponha que, no exemplo anterior, exista atrito entre o bloco e a superfície. 
Sabendo-se que a velocidade do bloco ao chegar à base da semicircunferência de raio 
unitário é s/m4 , encontre o trabalho realizado pela força de atrito durante a descida 
para um bloco de massa 2 kg. 
 
SOLUÇÃO 
O comentário anterior deve ser uma forte indicação de que o uso das leis de Newton não 
pode oferecer uma solução simples. Tem-se aqui uma complicação extra: a força de 
atrito também será função do ângulo φ porque a normal depende desse ângulo (veja 
equação 198). Entretanto, a relação (202) parece adequada nessas circunstâncias. 
 
 A energia mecânica inicial é somente potencial gravitacional e vale 
)J(20mgrmgh == , considerando-se os dados do problema. A energia mecânica final se 
reduz à energia cinética: )J(16)4(2
2
1 2
=×× . 
 Então, a diferença entre elas deve-se à força de atrito cinético: 
 
∴=−==∆
− atrito
i
M
f
M.consnM WEEWE )J(4Watrito −= . 
 
O sinal negativo indica que houve dissipação de energia na forma (principalmente) de 
calor. 
 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 4 (ENERGIA POTENCIAL) 
 
8) Encontre a energia potencial do sistema massa-mola, sabendo-se que a mola segue a 
lei de Hooke e tem constante elástica k. Escolha ir ˆxs = de forma a não ter uma 
constante aditiva na energia potencial. 
 
9) Mostre que forças do tipo rrF ˆ)r(F)( = são conservativas, calculando diretamente a 
integral, 
 
rrF
r
r
d)( .
2
1
∫ , 
 35 
 
e concluindo que ela só depende do ponto inicial e do ponto final e não do caminho 
escolhido. Esse tipo de força é chamado de força central. [Sugestão: a diferencial dr em 
coordenadas esféricas é φθrr ˆdrsenˆrdˆdrd ϕθ+θ+= ]. 
 
10) Mostre que a energia potencial associada à força 
kjiF ˆczeˆbyeˆaxe)z,y,x( RRR −−− ++= , onde 222 czbyaxR ++= é dada por Re
2
1U −= . 
[Sugestão: integre ao longo dos eixos coordenados iniciando com a variável x′ no 
intervalo ]x,(∞ e depois use os intervalos yy0 ≤′≤ e zz0 ≤′≤ . A integral é facilmente 
calculada por substituição, e não se esqueça do extremo inferior em cada uma delas]. 
 
 
 O material abordado nas últimas seções coloca o leitor na seguinte posição: dada 
certa força que depende somente de r, como saber se é possível encontrar uma energia 
potencial associada a ela? A pergunta pode ser reformulada: como saber se tal força é 
conservativa ou não? Sabe-se que, se for conservativa, é possível encontrar uma energia 
potencial. Uma ideia é fazer diversas integrações para calcular o trabalho entre dois 
pontos quaisquer e verificar se ele tem sempre o mesmo valor; assim, quantas integrais 
devem ser calculadas para concluir que a força é conservativa? Não parece boa ideia 
porque em três dimensões existem infinitas possibilidades de escolha do caminho 
ligando os dois pontos pré-estabelecidos. Para elaborar um critério que permita ao 
estudante decidir se uma força é conservativa, considerar-se-ão primeiramente uma 
força conservativa )(rF e sua energia potencial associada )(U r . O trabalho infinitesimal 
realizado por essa força, quando a partícula de desloca de dr, é dado por: 
 
∴=≡+→ rrFrrr d)(dW)d(W . dzFdyFdxFdW zyx ++= (203). 
 
 Por outro lado, esse trabalho infinitesimal corresponde a menos à variação da 
energia potencial: 
 
)z,y,x(dUdW −= (204). 
 
Na disciplina de cálculo, você deve ter visto que uma função de diversas variáveis tem 
sua diferencial dada por: 
 
∴
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= dz
z
Udy
y
Udx
x
UdU dz
z
Udy
y
Udx
x
UdW
∂
∂
−
∂
∂
−
∂
∂
−=
 (205). 
 
No entanto, (205) é igual a (203), portanto, tem-se: 
 
x
UFx ∂
∂
−=
 
y
UFy ∂
∂
−=
 
z
UFz ∂
∂
−= . 
 
Ou, em notação vetorial, escreve-se: 
 
irF ˆ
x
U)(
∂
∂
−= jˆ
y
U
∂
∂
− kˆ
z
U
∂
∂
− (205). 
 36 
 
Em Métodos de Física Teórica, foi visto que a igualdade acima pode ser escrita de 
forma simbólica por meio do gradiente: 
 
UUgrad −∇=−=F
 (206). 
 
Essa é uma importante relação que fornece a força em termos da derivada da energia 
potencial. Assim, tem-se mostrado que qualquer força conservativa é derivável de uma 
energia potencial. 
 
 
COMENTÁRIO. O gradientede uma função escalar U(x,y,z) é uma função vetorial de 
ponto, escrito como )z,y,x(Ugrad e definido por: 
 
z
U
ˆ
y
U
ˆ
x
U
ˆUUgrad
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇≡ kji (207). 
 
A interpretação geométrica de Ugrad é um vetor cuja direção é aquela que aponta para 
o máximo crescimento da função no ponto em que ele está sendo calculado. 
 A diferencial de uma função escalar é escrita da seguinte forma: 
 
dz
z
Udy
y
Udx
x
UdU
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= . 
 
Essa relação tem a forma de um produto escalar do Ugrad com o vetor dr: 
 
Ugradddu .r= (208). 
 
O operador 
zy
ˆ
x
ˆ
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ kji , chamado operador “del”, pode ser aplicado em 
funções escalares resultando um vetor; pode também ser aplicado em funções vetoriais 
pela formação de um produto escalar (dando uma função escalar chamada divergente) 
ou pela formação de um produto vetorial (dando um novo vetor chamado rotacional). 
 Obviamente, supõe-se que as funções (escalares ou vetoriais) possuem primeiras 
derivadas em um domínio simplesmente conexo. 
 
A relação (206) foi obtida sob a hipótese de que a força é conservativa, isto é, 
para forças conservativas (206) é sempre válida. Calculando o rotacional de (206), tem-
se: 
 
]U[ ,operadores de termosemou ,Ugradrotrot ∇×−∇=×∇−= FF 
 
zUy Ux U
z y x
ˆ
 
ˆ
 
]U[
∂∂∂∂∂∂
∂∂∂∂∂∂−=∇×−∇=×∇
kj i
F . 
 
Desenvolvendo o determinante, tem-se: 
 37 
 






∂∂
∂
−
∂∂
∂
+





∂∂
∂
−
∂∂
∂
+





∂∂
∂
−
∂∂
∂
−=×∇
xy
U
yx
U
ˆ
xz
U
zx
U
ˆ
yz
U
zy
U
ˆ
222222
kjiF (209). 
 
Supondo as segundas derivadas contínuas da função energia potencial, a ordem de 
derivação é irrelevante. Portanto, o termo à direita da igualdade dá um vetor nulo: 
 
0F =×∇
 (210). 
 
Como foi obtido sob a hipótese de que F é uma força conservativa, esse resultado 
representa uma condição necessária que a força deve satisfazer antes que uma função 
potencial possa ser definida. É possível demonstrar, com base no teorema de Stokes, 
que essa condição [equação (210)] é também suficiente. Portanto, o critério a que se tem 
chegado é: para que uma força seja conservativa, é necessário e suficiente que seu 
rotacional seja zero. 
 Um resultado da aplicação do teorema de Stokes é que 
 
∫ =
C
0dF. r (211). 
 
O fato de a força ser conservativa implica que o trabalho ao longo de uma trajetória 
fechada é zero. 
 
 As conclusões sobre forças conservativas podem ser estabelecidas na forma de 
um teorema: 
 
“Se as componentes de F têm primeira derivada parcial contínua em um domínio 
simplesmente conexo, então qualquer uma das cinco condições abaixo implica em todas 
as outras quatro”. Isto é, se uma delas é válida, todas as outras também serão válidas. 
 
(a) 0F =×∇ em todo ponto do domínio. 
b) F é conservativa, ou seja, a integral ∫
B
A
d. rF independe do caminho escolhido e só 
depende dos pontos A e B. 
 
c) rF d. é uma diferencial exata. 
 
d) ∫ =
C
0d. rF ao longo de qualquer trajetória fechada contida no domínio. 
 
e) Ugrad−=F , para U unívoca no domínio. 
 
 O exemplo 6.1 da primeira parte do curso de Métodos de Física Teórica indica 
os cuidados a ser tomados ao se aplicar os resultados acima. 
 
 
EXEMPLO 29 
 38 
 Dada a força kjiF ˆ)xyz2(ˆ)xzy2(ˆ)yzx2()z,y,x( +−+−+−= , encontre a energia 
potencial associada a ela. 
 
SOLUÇÃO 
Para encontrar a energia potencial, é necessário verificar se essa força é conservativa. O 
critério mais imediato é o rotacional. Note que as componentes de F são contínuas e 
com derivadas contínuas. 
 
0kji
kji
F =−+−−−−=
+++
∂∂∂−=×∇ ]ˆ)zz(ˆ)yy(ˆ)xx[(
xy2z xz2y yzx2
 
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
 
zyx . 
 
O resultado nulo indica que F é conservativa e, portanto, existe uma função energia 
potencial associada a essa força. 
 
Há várias formas de se obter U(x,y,z). Serão apresentadas três delas, de forma que, no 
final, você pode decidir qual é a mais conveniente. 
 
1º MÉTODO. 
∴
∂
∂
−=−−⇒
∂
∂
−=
x
Uyzx2
x
UFx )z,y(Axyzx)z,y,x(U 2 ++= (212), 
 
⇒
∂
∂
+=+∴++
∂
∂
−=−−⇒
∂
∂
−=
y
)z,y(A
xzxzy2)]z,y(Axyzx[
y
xzy2
y
UF 2y 
 
∴
∂
∂
=⇒ 
y
)z,y(Ay2 )z(By)z,y(A 2 += (213). 
 
Os resultados (212) e (213) permitem escrever uma energia potencial provisória: 
 
)z(Bxyzyx)z,y,x(U 22 +++= (214). 
 
Finalmente, para a componente z, tem-se: 
 
⇒
∂
∂
+=++∴+++
∂
∂
−=−−⇒
∂
∂
−=
z
)z(B
xyxyz2)]z(Bxyzyx[
z
xyz2
z
UF 22z 
 
∴
∂
∂
=⇒
z
B
z2 Cz)z(B 2 += (215). 
 
Então, a expressão da energia potencial é obtida substituindo (215) em (214): 
 
Cxyzzyx)z,y,x(U 222 ++++=
 (216-I). 
 
 
2º MÉTODO. 
 39 
 Como a força é conservativa, pode-se escolher o caminho ligando )0,0,0(A = e 
outro ponto genérico )z,y,x(B = . O ponto A foi levado a coincidir com a origem por 
simples conveniência: isso irá evitar uma constante aditiva na expressão da energia 
potencial. Qualquer outra escolha é legítima e fica a critério do leitor. O caminho 
escolhido são os segmentos de retas ao longo dos eixos coordenados (figura 43). 
 
 
 
Figura 43 – Segmentos de retas para as integrações 
 
(i) ao longo do caminho a (eixo x), tem-se: 
 
xx0 ≤′≤ ; 0zy ≡= , portanto )0,0,xd(d0dzdy ′=⇒== r e iF ˆx2)0,0,x( ′−=′ . 
 
2
a
x
0
2
x
0
x
0
a xUxxdx2dU . =∴′=′′=−= ∫∫ rF . 
 
(ii) ao longo do caminho b (paralelo ao eixo y), tem-se: 
 
0dxconstantexx =⇒== ; yy0 ≤′≤ ; 0dz0z =⇒= , portanto, )0,yd,0(d ′=r e 
kjiF ˆyxˆy2ˆx2 ′−′−−= . 
 
2
b
y
0
b
y
0
b yUydy2U)ˆ0ˆydˆ0()ˆyxˆy2ˆx2(U . =⇒′′=∴+′+′−′−−−= ∫∫ kjikji . 
 
(iii) ao longo do caminho c (paralelo ao eixo z), tem-se: 
 
x e y constantes e zz0 ≤′≤ , portanto, kjir ˆzdˆ0ˆ0d ′++= e a força pode ser escrita 
como kjiF ˆ)xyz2(ˆ)zxy2(ˆ)zyx2( +′−′+−′+−= ; 
 
∫∫ ⇒′+′=⇒′+++′−′+−′+−−=
z
0
c
z
0
c zd)xyz2(U]ˆzdˆ0ˆ0[]ˆ)xyz2(ˆ)zxy2(ˆ)zyx2([U . kjikji 
 
xyzzU 2c += . 
 
A energia potencial é a soma cba UUU ++ , portanto, 
 
 40 
xyzzyx)z,y,x(U 222 +++=
 (216-II). 
 
 
3º MÉTODO. 
No primeiro método, foram escolhidos três segmentos de retas; neste será escolhido um 
único segmento ligando a origem ao ponto B. Para evitar desnecessárias mudanças de 
variáveis no processo de integração, o ponto B será escrito como )z,y,x(B BBB= , e, no 
final dos cálculos, esse ponto será considerado como qualquer um, genericamente dado 
pelas coordenadas (x,y,z). 
 A parametrização da reta é dada por: 
 
Bxx λ= ; Byy λ= ; Bzz λ= com o 10 ≤λ≤ . 
 
O elemento diferencial é escrito como )dz,dy,dx()dz,dy,dx(d BBB λλλ==r . 
A força F deve também ser expressa em função do parâmetro λ: 
 
kjiF ˆ)yxz2(ˆ)zxy2(ˆ)zyx2( BB2BBB2BBB2B λ+λ−λ+λ−λ+λ−= . 
 
Portanto, a energia potencial U é dada pela integral: 
 
∫−=
B
0
[U )dz,dy,dx(]ˆ)yxz2(ˆ)zxy2(ˆ)zyx2( BBBBB2BBB2BBB2B . λλλλ+λ−λ+λ−λ+λ− kji 
 
∫ λλ+λ+λλ+λ+λλ+λ=
1
0
BBB
2
BBBB
2
BBBB
2
B dz)yxz2(dy)zxy2(dx)zyx2(U 
 
⇒
λ
+λ+λ+λ+λ+λ=
1
0
BBB
3
22
BBBB
3
22
BBBB
3
22
B zyx3
zzyx
3
yzyx
3
xU 
 
BBB
2
B
2
B
2
B zyxzyxU +++= ; como o ponto B é um qualquer, pode-se voltar à notação 
antiga: 
 
xyzzyx)z,y,x(U 222 +++=
 (216-III). 
 
A escolha de um dos três métodos fica a critério do leitor. 
 
 
 
EXEMPLO 30 
 Um pequeno blocode massa m repousa no topo de uma semi-esfera de raio R. 
Não existe atrito entre as superfícies em contato. O bloco é então ligeiramente 
deslocado de sua posição e começa a escorregar. Encontre o ângulo para o qual ele 
deixa a superfície e cai em queda livre. 
 
 41 
 
 
Figura 44 – Um bloco que escorrega sobre uma semi-esfera 
 
SOLUÇÃO. 
Esse exemplo utiliza a conservação da energia mecânica simultaneamente com as leis 
de Newton. A equação de movimento é: 
 
Ngv += m
dt
d
m (217). 
 
Com as escolhas dos eixos mostrados na figura 44, a energia mecânica é dada por: 
 
mgzmv
2
1E 2 += . 
 
Pelas condições iniciais do problema, a energia mecânica se restringe à energia 
potencial mgR . Portanto, pode-se escrever: 
 
)zR(g2vmgzmv
2
1
mgRE 22 −=⇒+== (218). 
 
A componente radial da equação de movimento (217) pode ser escrita como: 
 
R
mvNcosmg
2
=−θ . 
 
No entanto, Rzcos =θ ; substituindo na equação acima, tem-se: 
 
R
mvN
R
z
mg
2
=− . 
 
Usando (218), substitui-se 2v : 
 
R
z
mg3mg2N)]zR(g2[
R
mN
R
z
mg −=⇒−=− . 
 
Quando o bloco se desprende da superfície esférica, a normal vai a zero; nesse caso, 
tem-se: 
 
∴=⇒→
R
z
mg3mg20N R
3
2
z = . 
 
 42 
O ângulo θ, indicado na figura, é tal que o2.48
3
2
arccos 
R
z
arccos ≈θ⇒∴





=θ . 
 
 
 
 Supor-se-á que certa força dependa explicitamente do tempo (mas não da 
velocidade), F(r,t), e que, para qualquer tempo, tem-se 0rF =×∇ )t,( . Nesse caso, pode-
se ainda definir uma energia potencial U(r,t) com a propriedade em que Ugrad−=F ; 
entretanto, não se pode esperar que a energia mecânica do sistema seja constante: 
 
)t,z,y,x(dUdEdE cm += . 
 
dtmdEdt)m(dtm
2
1
dt
ddt
dt
dEdE .. c
2c
c vvvvv && =∴=





== = rF d. (217). 
 
dt
t
Udz
z
Udy
y
Udx
x
U)t,z,y,x(dU
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= (218). 
 
Os três primeiros termos à direita da igualdade são simplesmente rdUgrad . [veja (208)]: 
 
dt
t
UddUdt
t
UdUgraddU ..
∂
∂
+−=⇒
∂
∂
+= rFr (219). 
 
Então, MdE pode ser escrita usando (217) e (219): 
 
∴
∂
∂
+−= dt
t
UdddE ..M rFrF dtt
UdE M ∂
∂
= 
 
t
U
dt
dE M
∂
∂
=
 (220). 
 
Quando a energia potencial depende explicitamente do tempo, a variação temporal da 
energia mecânica vale 
t
U
∂
∂
; porém, se a energia potencial não depende explicitamente 
do tempo, a energia mecânica se conserva. 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 4 (FORÇAS CONSERVATIVAS) 
 
11) Para cada força conservativa, obtenha a energia potencial (k é constante). 
 
a) kjiF ˆkz3ˆky2ˆkx ++= b) kjiF ˆ0ˆkxˆky ++= c) kjiF ˆ0ˆkyˆkx ++−= 
 
12) Se a energia potencial de uma partícula é )zyx(k)(U 222 ++=r , encontre a força 
associada a essa energia potencial (k é uma constante). 
 
 43 
13) No exemplo 30, o pequeno bloco iniciou seu movimento a partir do topo da semi-
esfera. Se o bloco for solto de uma altura 2R , em que altura z ele deixa de estar em 
contato com a superfície? 
 
14) Encontre o valor da constante c de forma que, para cada uma das forças, ela as 
torna conservativas. 
(a) kjiF ˆzˆcxˆxy 32 ++= (b) kjiF ˆ
y
x
ˆ
y
xz
cˆ
y
z
2 ++= . 
 
15) (Uso de operadores em coordenadas cilíndricas). Verifique se a força, dada em 
coordenadas cilíndricas, é conservativa. Se for, encontre a energia potencial. 
 
kφρF ˆaz2ˆ)sena(ˆ)cosa()z,,( 22 +ϕρ+ϕρ=ϕρ . 
 
Sugestão: para calcular o rotacional, veja as relações dadas após o problema 16. 
 
16) (Uso de operadores em coordenadas esféricas). O campo elétrico criado por um 
dipolo eletrostático, a uma distância r do centro de carga (r>> d), é dado por: 
 
θrE ˆ
r4
psen
ˆ
r4
cosp2),r( 3
0
3
0 piε
θ
+
piε
θ
=θ . 
 
O parâmetro p é o momento elétrico do dipolo definido por qdp = . Considere o dipolo 
na origem e orientado da direção kˆ . 
(a) Verifique se é possível encontrar uma energia potencial para o dipolo. 
(b) Calcule o trabalho realizado pelo campo do dipolo sobre uma carga que se desloca 
ao longo de uma semicircunferência no plano xy. Você não precisa fazer um único 
cálculo para esse item. 
(c) Mostre que a energia potencial para esse dipolo é 2
0r4
cosp),r(U
piε
θ
=θ . 
 
Sugestão: idem ao problema anterior. 
 
 
A seguir, são fornecidas as expressões dos rotacionais e dos elementos diferenciais rd , 
em coordenadas cilíndricas e esféricas. 
 
Coordenadas cilíndricas. Coordenadas esféricas. 
 
zA A A
z 
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
1
ϕρ ρ
∂∂ϕ∂∂ρ∂∂
ρ
ρ
=×∇
kφρ
A 
 Arsen Ar A
 r
ˆrsen ˆr ˆ
senr
1
 r
2
ϕθ θ
ϕ∂∂θ∂∂∂∂
θ
θ
=×∇
φθr
A 
 
 kφρr ˆdzˆdˆdd +ϕρ+ρ= φθrr ˆdrsenˆrdˆdrd ϕθ+θ+= 
 
 
 
 44 
 
 
 
RESPOSTAS DOS PROBLEMAS 
 
SEÇÃO 2 
 
(2) (a) s/kg109.6 3−× ; (b) s/m16(1) v, s/m6.14)1(v atrito semzz == ; 
(c) s39.2t s = , s6.2t atrito sems = ; (d) m3.59y .max = 
 
SEÇÃO 4 (MOMENTO ANGULAR) 
 
(1) (a) zero; (b) constante vetorˆmab =ωk 
(2) (a) kji ˆ)mabttmbx3(ˆ)mcxmact(ˆmbct2 42oo23 ++−+− ; (b) kji ˆ0ˆmbt6ˆma2 ++ ; 
 (c) kji )mabt4tmbx6(mact2mbct6 3o2 +++− ; sim, o teorema é satisfeito. 
(3) Basta mostrar que o torque é nulo. 
 
SEÇÃO 4 (TRABALHO) 
 
(4) oo
2
o
2
o
4
o
4
o zcx
2
ybx
4
)yx(a
++
+
 
(6) (a) 3/4 ; (b) 15/7 ; (c) 2119 
(7) pi7 
 
SEÇÃO 4 (ENERGIA POTENCIAL) 
 
(8) 2/kx 2 
(10) Re
2
1
−
 
 
SEÇÃO 4 (FORÇAS CONSERVATIVAS) 
 
(11) (a) C2/kz3ky2/kx 222 +−−− ; (b) Ckxy +− ; (c) C2/ky2/kx 22 +− 
(12) rˆkr2− 
(13) 3/R 
(14) (a) 2/1 ; (b) 1− 
(15) Não é possível definir uma energia potencial porque a força não é conservativa. 
(16) (a) Sim; (b) Zero