Mecânica Clássica - Unidade III

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MECÂNICA CLÁSSICA
Unidade III
5 TRABALHO E ENERGIA
5.1 Trabalho
Frequentemente a palavra trabalho é aplicada a qualquer atividade que requeira um esforço físico 
e, às vezes, até mental. Na Física essa palavra é usada num sentido restrito. Um trabalho é realizado 
quando o ponto de aplicação da força é deslocado. Uma pessoa pode tentar empurrar um automóvel; 
se conseguir movimentá-lo, realizará trabalho; caso contrário, trabalho algum será realizado, apesar de 
a pessoa ficar muitas vezes cansada.
Trabalho, um caso particular: consideremos em primeiro lugar um caso particular no qual a força é 
constante e o deslocamento de seu ponto de aplicação é um segmento de reta.
Seja F

 uma força, cujo ponto de aplicação é P; sob ação dessa força constante em módulo, direção 
e sentido, o corpo é deslocado da posição P1 para P2 (figura a seguir).
S
θ
P1 P2
F

Figura 57 – Trabalho realizado pela força F deslocando o objeto da posição P1 para posição P2
Por definição, o trabalho realizado pela força F

 é dado pelo produto escalar:
2 1F (P P )
F .S.cos
τ = × −
τ = θ


Onde S é o espaço percorrido entre os pontos P1 e P2.
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Unidade III
O sinal do trabalho é dado pelo cosseno do ângulo θ:
Cos(θ) > 0, τ > 0 trabalho motor.
Cos(θ) < 0, τ < 0 trabalho resistente. 
Em geral a trajetória descrita pelo ponto de aplicação da força é qualquer, e a força é variável, 
dependendo da posição ou do tempo. Seja ϒ a trajetória do ponto de aplicação da força, P1 a posição 
inicial do corpo, e P2 sua posição final.
Suponhamos que na posição P1 a força que atua sobre o corpo seja 1f

 e, na posição P2, admite-se 
que a força 2f

 varie em valor e direção de forma contínua com a posição do corpo. Para ser aplicável 
à definição anterior, considera-se um deslocamento Pˈ – P = ΔP, durante o qual a força f

 possa ser 
considerada constante. Para esse deslocamento:
f PΔτ = × Δ

Para o cálculo do trabalho total, de P1 até P2, supõe-se a trajetória dividida em deslocamentos tais 
como ΔP, de tal forma que:
2
1 f Pτ = Δτ = × Δ∑ ∑

Essa expressão representa um resultado aproximado, pois a trajetória do ponto de aplicação da 
força em cada deslocamento ΔP não é, a rigor, retilíneo, e não se pode dizer que nesse deslocamento 
a força f

 seja constante. O melhor resultado seria conseguido subdividindo a trajetória em 
deslocamentos cada vez menores, num número enorme, nos quais como melhor aproximação corda e 
arco pudessem ser confundidos e em cada um deles a força considerada constante. Isso corresponde 
a considerar na equação anterior:
2
2
1
P 0 1
f P f dP
Δ →
× Δ = × = τ∑ ∫
 
Considerando: f dP f .dS× =
 
:
2
2
1
1
f dP f .cos .dSτ = × = θ∫ ∫
 
f

 ∙ cosθ é a projeção da força na direção do deslocamento, isto é, a componente da força que 
realmente trabalha.
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MECÂNICA CLÁSSICA
5.1.1 Energia cinética
A noção de trabalho está intimamente associada à de energia. Quando uma força aplicada num 
corpo realiza trabalho, está ocorrendo variação da energia cinética. No caso de a resultante das forças 
aplicadas no corpo ser zero, há apenas modificação na posição do corpo. No caso de haver uma resultante 
não nula, o trabalho dessa resultante provoca uma modificação na sua velocidade.
Seja P1 a posição inicial de um corpo de massa m no instante t1, quando possui velocidade v1; 
suponhamos que sob a ação de forças externas o corpo passe para a posição P2 no instante t2, quando 
possui velocidade v2. O trabalho realizado pela resultante das forças externas F

, na passagem do corpo 
de P1 a P2, vale:
P2
1 2
P1
F dP
dv dP
F dP d m dP mdv
dt dt
F dP d mdv v mv dv
−τ = ×
× = τ = × = ×
× = τ = × = ×
∫





  
Mas: 21 1 1v dv d[v v] dv 2vdv vdv
2 2 2
× = × = = =
   
P v 22 2
2
1
P v1 1
2 2 2
1 2 1
v
F dP m vdv m
2
1 1
mv mv
2 2
τ = × = =
τ = −
∫ ∫

Por definição 1
2
 mv2 é a energia cinética Ec do corpo de massa m e velocidade v, assim: 
2
1 c2 c1E Eτ = −
Isso é o trabalho realizado, é a variação da energia cinética do corpo.
Como o trabalho é uma grandeza escalar, a energia cinética também é uma escalar.
5.1.2 Energia potencial
Energia potencial pode ser considerada como o trabalho realizado pela força peso. Vamos supor que 
z é a trajetória descrita pelo ponto de aplicação da força f

, que, no caso, representa o peso de um corpo. 
Essa é uma força constante em valor, direção e sentido, independentemente, portanto, de posição, desde 
que o corpo esteja nas proximidades da Terra.
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Unidade III
Nesse caso, diz-se que a força pertence a um campo conservativo. Em tal campo é possível atribuir 
um valor numérico para cada posição em que é a energia potencial.
2
1 2 1 2 1m.g(z z ) U Uτ = − − = −
Onde:
m = massa do corpo (considerada constante)
g = aceleração da gravidade local
z = altura do corpo em relação a um referencial
Considerando que a energia potencial da força peso são constantes:
1 1
2 2
U m.g.z cte
U m.g.z cte
= +
= +
De maneira geral:
U m.g.z cte= +
A energia potencial é sempre determinada a menos de uma constante. Em geral, considerando-se 
U = 0 para z = 0, de modo que U(0) = 0 e U = m.g.z.
A posição inicial do ponto de aplicação da força é P1. A posição final é P2. Na posição P da trajetória 
o deslocamento é dP. O trabalho elementar dτ.
Pode ser calculado pela expressão:
d f dPτ = ×

Considerando um sistema cartesiano com a orientação da figura a seguir temos que para dP:
dP dx i dy j dzk= + +
  
x
y
z
dy
dx
dz
Figura 58 – Elemento de massa no sistema cartesiano (x,y e z) orientado
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MECÂNICA CLÁSSICA
A força f

 que representa o peso tem valor m ∙ g, direção vertical, ou seja, z e sentido de cima para 
baixo, portanto contrário ao vetor unitário k.
f m.g.k= −
 
Voltando à expressão de trabalho elementar:
( )
2
1 2
1
2
1 2 2 11
d m.g.k dx i dy j dzk
d m.g.dz
m.g.dz
mg dz mg(z z )
−
−
τ = − ∧ + +
τ = −
τ = −
τ = − = − −
∫
∫
   

Para z2 > z1, τ < 0, isto é, o corpo de massa m subindo, passando da cota Z1 para a cota Z2, o trabalho 
da força peso é negativo. É importante notar que esse trabalho depende somente das posições inicial 
e final.
6 TRABALHO REALIZADO POR UMA FORÇA ELÁSTICA
A força elástica é uma força aplicada em objetos que se deformam (r) e voltam a sua condição 
original (caso suas características físicas não sejam alteradas). Essa força pode ser representada 
como: f k.r= −
2
2 2 2
1 2 1
1
k
k rdr (r r )
2
τ = = − −∫
Supõe-se que uma das extremidades de um corpo elástico esteja fixa no ponto O. O seu comprimento 
é r0. Na posição inicial P1 o comprimento do corpo é r1 e se encontra sob ação da força 1f

. Na posição 
final P2 o comprimento do corpo é r2 e se encontra sob a ação da força 2f

.
2 2 2
12 1 2 1
k
(r r ) U U
2
τ = − − = −
De modo geral:
2kU r cte
2
= +
Para r = 0, U(0), o corpo elástico não está deformado.
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Unidade III
6.1 Energia potencial gravitacional 
Consideremos um corpo de massa m inicialmente ocupando uma posição P1 situado à distância R1 
do centro da Terra (C). Suponhamos que esse corpo seja deslocado ao longo de uma trajetória y até um 
ponto P2, situado a uma distância P2, situado a uma distância R2 do mesmo centro (C) (figura a seguir).
c
m
r
P
dP
R2
P2
R1
dθ eθ
P1
er
Figura 59 – Movimento de um corpo de massa m na superfície da Terra
Seja P uma posição genérica do corpo, situado à distância r de C; a força de atração exercida pela 
Terra sobre o corpo em P será:
r2
Mm
F G e
r
= −

Em que re

 é o versor da direção P-C e o sinal negativo indica que a força tem sentido contrário ao 
versor re

, uma vez que é dirigida para C.
Seja dP um deslocamento elementar do ponto P; podemos pensar em dP como a soma vetorial de dois 
deslocamentos elementares (dr re

 ) na direção de re

, e de rdθ re

 na direção eθ

 (coordenadas polares).
rdP dr.e rd .eθ= + θ
 
Onde: 
dr ∙ re

 = componente radial do deslocamento
rdθ ∙ eθ

 = componente transversal do deslocamento
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O trabalho realizado pela força gravitacional no deslocamento (dP) é:
r r2
r r r2 2
Mm
d F dP G e (dre rd .e )
r
Mm Mm
d G dr(e e ) G rd .e d .e
r r
θ
θ
τ = × = − × + θ
τ = − × − θ × θ

 
 
 
 
Sabendo que:
r re e 1× =
 
 (versores paralelos)
re e 0θ× =
 
 (versores perpendiculares)
Logo: 
2
Mm
d G dr
r
τ = −
E o trabalho total realizado no deslocamento de P1 a P2 será:
R2
2
1 2
R1
R2
2 2
1
2 1R1
Mm
G dr
r
Mm Mm
GMm r dr G G
R R
−
τ = −
τ = − = −
∫
∫
Como 1/R1 > 1/R2, o trabalho é negativo, ou seja, deve ser fornecida energia ao corpo para que ele 
passe da posição P1 para a posição P2.
Para definir o potencial num ponto, devemos escolher um ponto de referência onde este seja 
nulo. Em geral considera-se nulo o potencial de um ponto infinitamente afastado, e o potencial de 
um ponto qualquer será numericamente igual ao trabalho para levar um corpo de massa unitária 
desse ponto ao infinito.
P 0
P P
1 1 Mm
U GMm G
R R R
∞  = τ = − = 
 
Caso de um ponto situado na superfície da Terra  UTerra.
Terra
T
M
U G
R
= −
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Unidade III
Consequentemente: 
2
T
M
G g
R
=
 Saiba mais
O conceito de “energia” é uma ideia física que levou algum tempo 
para ser imaginado e utilizado. Ele é muito importante, mesmo que não 
possamos “ver” literalmente a energia. Para saber mais, pesquise em:
BUCUSSI, A. A. Introdução ao conceito de energia. Porto Alegre: UFGRS, 
2007. Disponível em: <https://www.if.ufrgs.br/tapf/v17n3_Bucussi.pdf>. 
Acesso em: 16 out. 2018.
6.1.1 Teorema da energia mecânica
“O trabalho das forças não conservativas é igual à variação da energia mecânica”. Ou seja, a energia 
mecânica é a soma total das energias envolvidas no problema:
forças 2 1
conservativas não conservativas 2 1
conservativas 1 2
n.c. 1 2 2 1
n.c. 2 2 1 1
n.c. 2 1
(EC) (EC)
(EC) (EC)
(EP) (EP)
(EP) (EP) (EC) (EC)
[(EC) (EP) ] [(EC) (EP) ]
(EM) (EM)
τ = −
τ + τ = −
τ = −
τ + − = −
τ = + − +
τ = −
Exemplo de aplicação
Exemplo 53
Uma bola de massa 100 g é rebatida por um tenista com a velocidade de 36 km/h; a energia cinética, 
em joules, é igual a?
Resolução
Inicialmente, verificar se as unidades de medidas estão no Sistema Internacional [SI]. 
Transformando as medidas em metros por segundo, para encontrar a velocidade:
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MECÂNICA CLÁSSICA
36km 36000s 1000
x 36. 10 m / s
x 1000m 3600
= ⇒ = =
Transformando a massa em kg:
1kg 1000g 100
x 0,1kg
x 100m 1000
= ⇒ = =
Utilizando o teorema da energia cinética:
2
c
2
c
1
E mv
2
1
E 0,1.10 5J
2
=
= =
Exemplo 54
Um automóvel de massa de 1.000 kg com velocidade de 90 km/h tem energia cinética igual a?
Resolução
Inicialmente verificamos se as unidades de medidas estão no Sistema Internacional [SI]. 
Transformando o tempo em segundos e o espaço em metros para encontrar a velocidade:
90km 36000s 1000
x 90. 25 m / s
x 1000m 3600
= ⇒ = =
Utilizando o teorema da energia cinética:
2
c
2
c
c
1
E mv
2
1
E 1000.25 312.500J
2
E 312,5kJ
=
= =
=
 Lembrete
O fato de a energia cinética ser proporcional ao quadrado da velocidade 
faz com que ela seja responsável por sérias consequências nos acidentes de 
automóveis em alta velocidade.
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Unidade III
Exemplo de aplicação
Exemplo 55
Um elétron dentro de um tubo de televisão com massa de 9 × 10–31 kg e velocidade 3 × 107 m/s 
possui energia cinética igual a?
Resolução
As unidades estão no Sistema Internacional [SI].
Aplicando os valores na equação de energia cinética:
2
c
31 7 2
c
16
c
1
E mv
2
1
E 9x10 .(3x10 )
2
E 4,05x10 J
−
−
=
=
=
Exemplo 56
Um automóvel com massa de 1.000 kg e velocidade inicial de 36 km/h é acelerado até atingir a 
velocidade de 108 km/h. Pede-se:
a) a energia cinética inicial e final do automóvel;
b) o trabalho da força resultante.
Resolução
Inicialmente, verificar se as unidades de medidas estão no Sistema Internacional [SI]. 
Transformando o tempo em segundo e o espaço percorrido em metros para encontrar a velocidade:
36km 36000s 1000
x 36. 10 m / s
x 1000m 3600
108km 36000s 1000
x 108. 30m / s
x 1000m 3600
= ⇒ = =
= ⇒ = =
a) Utilizando o teorema da energia cinética para calcular a energia inicial:
2
2
0
1
E mv
2
1
E 1000.10 50000J
2
=
= =
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MECÂNICA CLÁSSICA
2
2
0
1
E mv
2
1
E 1000.10 50000J
2
=
= =
Energia cinética final, ou seja, na velocidade de 30 m/s:
2
2
1
E mv
2
1
E 1000.30 450000J
2
=
= =
b) Trabalho é variação da energia cinética, ou seja, energia final menos energia cinética inicial:
c f oE E E 450000 50000 400000Jτ = Δ = − = − =
Exemplo 57
Um lustre de massa 2 kg está pendurado no teto de uma casa à altura de 2,2 m em relação ao chão. 
Abaixo do lustre existe uma mesa de 80 cm. Considerando a aceleração da gravidade local igual a 10 m/s2, 
pede-se:
a) a energia potencial gravitacional do lustre em relação à mesa;
b) a energia potencial gravitacional do lustre em relação ao solo.
Resolução
Transformando a altura da mesa em metros para ficar no Sistema Internacional de medidas [SI]:
1m 100cm 80
x 0,8cm
x 80cm 100
= ⇒ = =
a) Utilizando o teorema da energia para calcular a energia potencial em relação à mesa:
U m.g. h
U 2.10.(2,2 0,8)
U 28J= Δ
= −
=
b) Utilizando o teorema da energia para calcular a energia potencial em relação ao chão:
U m.g. h
U 2.10.(2,2 0)
U 44J
= Δ
= −
=
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Unidade III
Exemplo 58
Qual a velocidade de escape para a gravidade da Terra? Considere a aceleração da gravidade 
g = 9,8 m/s2 e raio da Terra no equador 6.400 km.
Resolução
Inicialmente vamos converter o raio da Terra em metros:
1km 1000m
x 6.400.000m
6400 x
= ⇒ =
Igualando a energia cinética com a energia cinética gravitacional e isolando a velocidade:
c G
2
T
2
T
E E
1
mv m.g.R
2
v 2.g.R
v 2.9,8.6400000 11200m / s
=
=
=
= =
Convertendo para km/s:
11200m
11,2 km / s
1000km
=
Exemplo 59
Uma mola de aço sofre alongamento de 5 cm quando puxada por uma força de 2,5 N. Pede-se:
a) a constante elástica da mola em N/m;
b) a energia potencial elástica quando a mola é puxada em 10 cm.
Resolução
Transformando o alongamento da mola de centímetros para metros:
1m 100cm 5
x 0,05m
x 5cm 100
= ⇒ = =
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MECÂNICA CLÁSSICA
a) Utilizando a lei de Hooke para encontrar a força elástica da mola:
F
F k.x k
x
2,5
k 50N / m
0,05
= ⇒ =
= =
b) Utilizando o teorema do trabalho da força elástica para encontrar a energia potencial elástica:
2
2 2 2
1 2 1
1
2
p
P
k
k rdr (r r )
2
50
E (0,1 0)
2
E 0,25J
τ = = − −
= − −
=
∫
Exemplo 60
Um corpo é abandonado de uma altura de 20 m em relação ao solo; determine a velocidade com que 
ele atinge o solo. Considere aceleração da gravidade igual a 10 m/s2 e ignore o atrito com o ar.
A
B
20 m
Figura 60 – Corpo abandonado de uma altura h
Resolução
Pela conservação da energia, a energia na posição A é igual à energia na posição B, portanto, 
somamos as energias cinética e potencial na posição A, e igualamos as energias na posição B:
E E E E
E E
m g h m v
v g h
v
CA PA cB PB
PA cB
A B
B A
B
� � �
� � �
� � � �
� � �
� � �
0 0
1
2
2
2 10 2
2
00 20� m s/
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Unidade III
 Observação
Não é necessário saber a massa do corpo; só há transformação de 
energia cinética em potencial gravitacional, e ambas dependem de maneira 
igual da massa do corpo. Esse conceito está de acordo com o conteúdo 
visto antes, em que utilizamos somente as equações de movimento para 
calcularmos a velocidade do corpo.
Exemplo de aplicação
Exemplo 61
Um carro se solta em uma ladeira com inclinação de 53 graus. Se a massa do carro é 1.000 kg e o 
coeficiente de atrito na rua é µ = 1, determine qual a velocidade do carro após ele percorrer 100 m. 
Dados: cos ∙ (53) = 0,6 e sen ∙ (53) = 0,8.
θ = 53
100 m
Figura 61 – Carro solto em uma ladeira com atrito
Resolução
Inicialmente, vamos fazer um diagrama para colocar as forças envolvidas no movimento, conforme 
a figura a seguir.
Fat N
θ
F = m . g
F . cosθ
F . senθ
Direção do 
movimento
Figura 62 
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Re
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ão
: N
om
e 
do
 d
ia
gr
am
ad
or
 -
 d
at
a
MECÂNICA CLÁSSICA
Girar a figura no sentido anti-horário para colocar as forças nos eixos x e y (figura a seguir) e 
considerar todas as forças a partir do ângulo θ inicial:
A B
Fat
N
θ
F = m . g
F . cosθ
F . senθ
Figura 63 – Diagrama das forças nos eixos x e y
Resolvendo pelo teorema fundamental da Dinâmica:
x
x
x
x
2
F Fat m..a
Fat .N .m.g.sen
Fat 1.1000.10.0,8 8000
P m.g.cos
P 1000.10.0,6 6000
P Fat m.a
8000 6000
a 2 m / s
1000
− =
= µ = µ θ
= =
= θ
= =
− =
−
= =
Utilizando a equação de Torricelli, que relaciona velocidade e posição:
2 2
0v v 2.a.S
v 2.2.100 20 m / s
= +
= =
Vamos resolver utilizando o teorema da conservação de energia cinética e potencial.
Encontrando a altura da rampa pela lei dos senos: 
cateto.oposto
sen
hipotenusa
cateto.oposto 100.sen(53)
cateto.oposto 80m
θ =
=
=
150
Re
vi
sã
o:
 N
om
e 
do
 re
vi
so
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: N
om
e 
do
 d
ia
gr
am
ad
or
 -
 d
at
a
Unidade III
cat.adjacente
cos
hipotenusa
cateto.adjacente 100.cos(53)
cateto.adjacente 60m
θ =
=
=
Vamos colocar as forças atuantes no automóvel: força peso, normal e de atrito:
A A Fat B B
2 2
A A B B
2
B
2
B
B
Ec Ep E Ec Ep
1 1
m.v m.g.h .m.g.h m.v m.g.h
2 2
1
0 1000 10 80 1 1000 10 60 1000 v 0
2
2.200000
v
1000
v 20 m / s
+ − = +
+ − µ = +
+ × × − × × × = × × +
=
=
Exemplo 62
Um bloco é abandonado em uma rampa e desliza sem atrito por 1,8 m. Ao passar pelo ponto mais 
baixo, o bloco sobe 0,6 m, conforme a figura a seguir. Determine a velocidade do bloco ao atingir a 
altura de 0,6 m. Considere a aceleração da gravidade 10 m/s2.
1,2 m
0,6 m
Figura 64 
Resolução
Inicialmente vamos considerar o trecho até o fim da rampa. Devemos considerar que a velocidade 
inicial do móvel é zero, e a altura, quando chega ao final da rampa, também é zero. Usando o princípio 
da conservação de energia temos que:
151
Re
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sã
o:
 N
om
e 
do
 re
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r -
 D
ia
gr
am
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ão
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or
 -
 d
at
a
MECÂNICA CLÁSSICA
A A B B
2 2
A A B B
2 2
B A A B
2
B
B
Ec Ep Ec Ep
1 1
m.v m.g.h m.v m.g.h
2 2
1v 2.( .v g.h g.h )2
1v 2.( .0 10 1,8 10 0)2
v 6 m / s
+ = +
+ = +
= + −
= + × − ×
=
Considerando do início da rampa até o trecho final, a diferença de altura é 1,2 m, então:
A A C C
2 2
A A C C
2 2
C A A C
2
C
C
Ec Ep Ec Ep
1 1
m.v m.g.h m.v m.g.h
2 2
1v 2.( .v g.h g.h )2
1v 2.( 0 10 1,2 10 0)2
v 4,9 m / s
+ = +
+ = +
= + −
= × + × − ×
=
Exemplo 63
Uma mola com constante elástica k = 2.000 N/m está comprimida a 0,1 m; ao soltá-la, ela 
empurra um bloco de 0,5 kg, que sobe uma rampa de 1,2 m, conforme a figura a seguir. Determine 
a velocidade com que o bloco chega ao final da rampa. Considere o bloco sem atrito e aceleração 
da gravidade 10 m/s2.
1,2 m
Figura 65 – Bloco sendo empurrado pela mola para subir uma rampa
Resolução
Utilizando o teorema da energia mecânica e o princípio da conservação de energia, igualamos as 
equações das energias cinéticas e potencial nos dois trechos, mais a energia potencial elástica da mola 
somente no trecho A:
152
Re
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Unidade III
A A elástA B B
2 2 2
A A B B
2 2 2
B A A B
2 2
B
B
Ec Ep Ep Ec Ep
1 1 1
m.v m.g.h .k.x .m.v m.g.h
2 2 2
1
v 2.m. (m.v k.x ) m.g.(h h )
2
1
v 2.0,5. (0 2000.0,10 ) 0,5.10.(0 1,2)
2
v 4 m / s
+ + = +
+ + = +
 = + + −  
 = + + −  
=
 Lembrete
Percebemos que não se pode cancelar a massa do objeto porque a 
energia potencial adquirida para subir a rampa depende da força elástica 
da mola.
Exemplo de aplicação
Exemplo 64
Um bloco de 0,5 kg desliza sem atrito até alcançar uma mola de constante elástica 18 N/m, 
comprimindo-a 0,1 m até parar; um desenho esquemáticopode ser visualizado na figura a seguir. 
Determine a velocidade do bloco ao atingir a mola.
Figura 66 – Bloco com velocidade inicial constante, desliza sem atrito até parar o movimento na mola
Resolução
Como todos os valores estão no Sistema Internacional de Unidades [SI], não precisamos converter 
os valores.
Vamos considerar que inicialmente a mola não está comprimida, mas a velocidade do bloco é máxima (A). 
Ao comprimir a mola, o bloco perde velocidade até que a velocidade seja zero na compressão máxima 
da mola (B). Considerando o teorema de conservação da energia mecânica, temos:
153
Re
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MECÂNICA CLÁSSICA
A elásticaA B elásticaB
2 2 2 2
A A B B
2 2 2 2
A B B A
2 2 2
A
A
Ec Ep Ec Ep
1 1 1 1
m.v .k.x .m.v .k.x
2 2 2 2
1
v (m.v k.(x x ))
m
1
v .(0,5.0 18.(0,10 0 ))
0,5
v 0,6 m / s
+ = +
+ = +
= + −
= + −
=
Exemplo 65
Um carrinho é lançado por um trilho e sobe uma rampa de 4,8 m, conforme a figura a seguir. O carro 
chega ao final da rampa com velocidade 5 m/s. Calcule a velocidade com que o carrinho foi lançado. 
Considere nenhuma perda de energia durante o percurso e aceleração da gravidade 10 m/s2.
4,8 m
Figura 67 – Carro sendo lançado em direção da rampa
Resolução
Como a energia potencial e cinética depende da massa do carro, ela pode ser eliminada. Definindo a 
altura inicial como zero e usando o teorema da energia mecânica, temos:
A A B B
2 2
A A B B
2 2
A B B A
2 2
A
B
Ec Ep Ec Ep
1 1
m.v m.g.h m.v m.g.h
2 2
1
v 2. .v g.(h h )
2
1
v 2. .5 10.(4,8 0)
2
v 11m / s
+ = +
+ = +
 = + −  
 = + −  
=
154
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Unidade III
Exemplo 66
Um tubo vertical com uma mola presa em seu interior tem constante elástica k = 2 × 103 N/m. Uma 
esfera de 1 kg é abandonada de uma altura de 0,9 m da extremidade livre da mola (figura a seguir). 
Desprezando os atritos, determine a deformação da mola. Considere aceleração da gravidade 10 m/s2.
Figura 68 – Esfera abandonada dentro de um tubo com uma mola
Resolução
Consideramos que a energia potencial elástica da mola é transformada em energia potencial da 
bola. Usando o teorema da conservação da energia cinética:
pA elásticaA pB elásticaB
2 2
A A B B
2 2
B A A B
2 3 2
B 3
B
E Ep E Ep
1 1
m.g.h .k.x m.g.h .k.x
2 2
2 1
x .( .k.x m.g.(h h ))
k 2
2 1
x .( .2x10 .0 1.10.(0,90 0))
22x10
x 0,09m
+ = +
+ = +
= − + −
= + −
=
Exemplo 67
Uma bola é lançada horizontalmente e deve ultrapassar um obstáculo de 1,8 m, conforme a figura 
a seguir. Qual a velocidade mínima para que a bola ultrapasse o obstáculo? Considere a aceleração da 
gravidade 10 m/s2 e que a bola não perca energia por atrito com o solo.
1,8 m
Figura 69 – Bola lançada em direção ao obstáculo
155
Re
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MECÂNICA CLÁSSICA
Resolução
Utilize a energia cinética e potencial e iguale as duas.
A A B B
2 2
A A B B
2 2
A B B A
2 2
A
A
Ec Ep Ec Ep
1 1
m.v m.g.h m.v m.g.h
2 2
1
v 2. .v g.(h h )
2
1
v 2. .0 10.(1,8 0)
2
v 4,2 m / s
+ = +
+ = +
 = + − 
 
 = + − 
 
=
Exemplo 68
Um corpo de massa m = 5 kg está apoiado num plano perfeitamente liso, inclinado em 30° em 
relação à horizontal. O corpo está preso a uma mola de constante elástica K. No ponto A o corpo é 
abandonado a partir do repouso, quando a mola está comprimida em 1,2 m. O corpo sobe o plano 
inclinado e para em B após alongar a mola em 0,5 m em relação ao seu comprimento natural, conforme 
a próxima figura. Pede-se:
a) a constante elástica K da mola;
b) a altura do corpo quando atinge a velocidade máxima; 
c) a máxima velocidade atingida pelo corpo.
K
A 30
B
Figura 70 – Corpo lançado de uma mola, em uma superfície inclinada 
Resolução
a) O percurso máximo do bloco é 1,7 m. Utilizando a lei dos senos para encontrar a altura máxima 
atingida pelo corpo:
156
Re
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Unidade III
cat.oposto
sen
hipotenusa
cat.oposto(h) 1,7.sen30 0,85m
θ =
= =
Utilizando o teorema da energia mecânica:
A B
2 2
A B
2 2
A B
2 2
EM EM
1 1
Kx K m.g.H
2 2
2.m.g.h
K
x x
2.5.10.0,85
K 71,4 N / m
1,2 0,5
=
= +
=
−
= =
−
b) Utilizando a equação da força elástica:
k.x m.g.sen
m.g.sen
x
k
5.10.sen30
x 0,35m
71,4
= θ
θ
=
= =
c) A velocidade máxima é obtida quando a resultante é nula:
A B
2 2 2
A B C
2 2 2
C A B
2 2 2
C
C
EM EM
1 1 1
k.x k.x m.g.h m.v
2 2 2
k
v (x x ) 2.g.h
m
71,4
v (1,2 0,35 ) 2.10.0,425
5
v 3,2 m / s
=
= + +
= − −
= − −
=
Exemplo 69
Suspende-se um tijolo, a prumo, lentamente. O peso do tijolo é P = 20 N, o alçamento é h = 2,0 m. 
Calcular o trabalho das forças:
a) peso;
157
Re
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MECÂNICA CLÁSSICA
b) acionamento;
c) resultante.
Resolução
a) O movimento é lento, logo o processo é quase estático.
O trabalho da força peso é oposto ao deslocamento, o ângulo é 180°.
F .d.cosτ = θ
 
Substituindo os valores, encontramos: 
p
P
P
F .d.cos
20.2.cos180º
40J
τ = θ
τ =
τ = −

b) O trabalho do operador é contrário ao deslocamento, portanto: q = 0°.
Substituindo os valores, encontramos: 
op
op
P
F .d.cos
20.2.cos0º
40J
τ = θ
τ =
τ =

c) O trabalho da força resultante exercida pelo tijolo é nulo. Logo:
resultante P op
resultante 40 40 0
τ = τ + τ
τ = − =
Substituindo os valores, encontramos o trabalho resultante: tresultante = 0.
 Lembrete
O trabalho da força resultante é nulo porque é a soma dos trabalhos 
realizados por força atuante no processo: a força peso e a força do operador.
158
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Unidade III
Exemplo 70
Um plano inclinado tem extensão AB = 20 m e forma com o horizonte o ângulo de 37°. Nele apoia-se 
um bloco tendo massa m = 100 kg, conforme a próxima figura. Adotar g = 10 m/s2. Lentamente traciona-se 
o bloco rampa acima por toda a extensão. O coeficiente de atrito é µ = 0,30. Pede-se no processo:
a) trabalho externo;
b) trabalho interno;
c) o trabalho resultante.
Fpeso = m.g
F. cos θ
F. sen θ
θ
Fat
A
B
F
N
Figura 71 – Bloco sendo tracionado lentamente por plano inclinado
Resolução
A melhor visualização das forças: giramos a figura no sentido horário, conforme a figura a seguir.
F. cos θ
F. sen θ
θ
Fat
A B
F
N
Figura 72 – Forças atuantes no corpo inclinado, em coordenadas x e y
159
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MECÂNICA CLÁSSICA
As forças externas são o peso, a força de acionamento e as forças que imobilizam o bloco no 
plano inclinado:
ext x
x
F P Fat 0
Fat .N .m.g.cos
P m.g.sen
F m.g.sen .m.g.cos
F m.g.(sen .cos )
τ = − − == µ = µ θ
= θ
= θ + µ θ
= θ + µ θ
a) Forças externas: peso, acionamento e forças que imobilizam o plano inclinado.
ext
ext
ext
F.AB P.AB.cos( 90º )
m.g.(sen .cos ).AB m.g.AB
.m.gcos .AB
τ = + θ +
τ = θ + µ θ −
τ = µ θ
b) Forças internas são: normal e Fat, em conjunto com suas opostas.
int at
int
Fat.AB
.m.g.cos .AB
τ = τ =
τ = −µ θ
c) Trabalho resultante é nulo. 
ext int 0τ + τ =
Exemplo 71
Em um piso horizontal e liso apoia-se um bloco B; neste apoia-se um bloco A, conforme a próxima 
figura. Cada bloco tem massa m = 1,0 kg. Entre A e B o coeficiente de atrito é µ = 0,20 (considere o 
atrito estático igual ao dinâmico). Adotar g = 10 m/s2. Inicialmente todas as partes do sistema estão em 
repouso. Aplica-se ao bloco A uma força horizontal constante de intensidade F = 10 N. O bloco A desliza 
sobre o bloco B arrastando-o, que desliza sobre o piso, enquanto B faz o percurso SB = 1,0 m sobre o 
piso. Pede-se:
a) percurso do bloco A;
b) percurso de deslizamento de A sobre B;
c) trabalho de atrito sobre A, e sobre B;
d) trabalho de atrito no sistema dos blocos A e B.
160
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Unidade III
Fat -Fat
A
F
B
Figura 73 – Bloco A com força inicial de 10 N, apoiado em bloco B
Resolução
a) As forças de atrito exercidas são: 
Fat .m.g
Fat 0,2.1.10
Fat 2N
= µ
=
=
Aceleração do bloco A: 
2
F Fat m.a
F Fat 10 2
a
m 1
a 8 m / s
− =
− −
= =
=
Aceleração do bloco B: 
2
Fat m.a
Fat 2
a
m 1
a 2 m / s
=
= =
=
Duração do percurso de B:
2
B 0 0
2 B
t
S (t) a. v .t S
2
2.S 2.1
t
a 2
t 1s
= + +
= =
=
161
Re
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MECÂNICA CLÁSSICA
Usando a equação horária do movimento para o bloco B, com aceleração de A de 8 m/s2, e percurso 
em 1,0 s, encontramos o percurso do bloco A: SA = 4,0 m.
2
A 0 0
2
A
A
t
S (t) a. v .t S
2
1
S (1) 8.
2
S (1) 4m
= + +
=
=
b) O deslizamento entre as distâncias: 
d a b
d 4 1 3m
= −
= − =
c) Trabalho de atrito sobre A:
A A
A
Fat .d .cos0
2.4.1 8J
τ = −
τ = − = −
Trabalho de atrito sobre B: 
B B
B
Fat .d .cos0
2.1.1 2J
τ = −
τ = =
d) Trabalho do atrito: 
AB A B
AB 8 2 6J
τ = τ + τ
τ = − + = −
Exemplo 72
Uma partícula percorre um eixo (Ox) versor i

. Uma mola exerce na partícula uma força ( F

) dirigida de 
P para O e tendo intensidade que segue a lei | F

| = k ∙ |x|. Sendo x em metro a abscissa de P e k = 8 kN/m 
a constante elástica da mola. 
Exprimir o vetor F

 = F ∙ i

, desde –1 a 1 m e fazer diagrama cartesiano (x; F).
Adotar energia potencial nula em O. Exprimir a energia potencial (EP) da mola em função de x.
162
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Unidade III
Resolução
Como temos o valor da constante elástica (k), e utilizando o conceito de força elástica F = –k ∙ x, 
podemos montar um gráfico de força em função do comprimento da mola. O gráfico da força elástica 
da mola pode ser visualizado na figura a seguir. Como podemos observar, o coeficiente de atrito ou 
coeficiente angular é linear e negativo para a mola.
x(m)
8
6
4
2
0
-2
-4
-6
-8
-10
F(kN)
-1 1-0,5 0,50
Figura 74 – Gráfico da constante elástica da mola
A energia potencial elástica varia com o quadrado do alongamento da mola: EP = 
k
2
 
 
 
 ∙ x2. O gráfico 
de energia com o alongamento da mola pode ser visualizado na figura a seguir. Podemos observar que 
a energia varia com coeficiente quadrático e matematicamente tem o formato de uma parábola.
x(m)
E(J)
-1 1-0,5 0,50
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
-0,5
Figura 75 – Gráfico da energia em função do comprimento da mola
163
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MECÂNICA CLÁSSICA
6.1.2 Potência
A velocidade em que o trabalho é realizado é chamada de potência. O trabalho é uma grandeza 
escalar executada em um intervalo de tempo (Dt). 
P
t
τ
=
Δ

Pelo princípio fundamental da Dinâmica, a potência pode ser descrita como a velocidade da força.
d
P
dt
f .dx
P
dt
P f .v
τ
=
=
=



A grandeza que expressa a potência é o watt, símbolo W, que é o mesmo que joule vezes 
segundo (J ∙ s).
 Saiba mais
As corridas de Fórmula 1 são muito populares no mundo. Esses carros 
utilizam motores de explosão que possuem maior potência que motores 
elétricos de outra categoria conhecida como Fórmula E. Procure saber mais 
acessando o site da Federação Internacional de Automobilismo (FIA):
<www.fia.com>.
Exemplo de aplicação
Exemplo 73
Um paraquedista tendo peso P = 800 N desce uniformemente com velocidade v = 6 m/s. Com que 
potência a resistência do ar dissipa a energia mecânica?
Resolução
A velocidade é constante, portanto a resistência do ar equilibra a força peso:
F P 800N= =
 
164
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a
Unidade III
Potência: 
d dP
P F F.v
dt dt
τ
= ⇒ × ⇒
  
Substituindo a força peso e a velocidade, encontramos P = 4800 W
Exemplo 74
Uma locomotiva de massa ml = 180 t traciona uma composição de vagões mv = 600 t em via reta 
horizontal. A força de tração nas rodas motrizes equivale a 1/6 do peso da máquina. O coeficiente de 
atrito ao movimento é µ = 0,005. Pede-se:
a) aceleração da composição;
b) potência dissipada à velocidade de 72 km/h.
Resolução
a) A força necessária para mover a locomotiva nos trilhos é:
1 1
F .m.g .180000.10
6 6
F 300000N
= =
=
A força de resistência é:
resistência vagões
resistência
resistência
F .(m m ).g
F 0,005.(180000 600000).10
F 39000N
= µ +
= +
=
Aceleração é:
tr resist vagões
resistência
vagões
2
F F (m m ).a
F F 300000 39000
a
m m 600000 180000
a 0,33 m / s
− = −
− −
= =
+ +
=
b) Transformando a velocidade de 72 km/h em metros por segundo:
72000
20 m / s
3600s
=
165
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MECÂNICA CLÁSSICA
Potência dissipada: 
resistP F .v
P 39000 20
P 780000W
=
= ⋅
=
 
Exemplo 75
Um avião com massa m = 5.000 kg alça voo em inclinação de 30°, com velocidade constante 
v = 600 km/h. Adotar g = 10 m/s2. A resistência do ar tem intensidade R = k ∙ v2, com k = 2,0 [SI]. 
Determinar a potência de tração.
Resolução
Inicialmente vamos converter a velocidade em metros por segundo:
600000m
166,6 m / s
3600s
=
Vamos colocar na tabela a seguir as forças às quais o avião é submetido.
Tabela 37 – Esquema das forças que atuam no avião 
Fat (F3)
Tração (F1)
θ1 = 0º
Normal (F2)
Eixo y Eixo x (0º)
Direção do 
movimento
Peso B (F4)
θ4
θ2
θ3
Eixo x – Direção do movimento
Fx
1 1 2 2 3 3 4 4
1 2 3 4
1 3 4
m.a
F .cos F .cos F .cos F .cos m.a
F cos0º F .cos90º F .cos180º F .cos240º m.a
F F 0,5F m.a
=
θ + θ + θ + θ =
+ + + =
− − =
∑
Eixo y – Perpendicular ao movimento
Fy1 1 2 2 3 3 4 4
0
1 2 3 4
2 4
0
F .sen F .sen F .sen F .sen 0
F .sen0 F .sen90º F .sen180º F .sen240º 0
F 0,866F 0
=
θ + θ + θ + θ =
+ + + =
− =
∑
A força de empuxo (F1) deve contrabalancear a resistência do ar (F3) e a força peso (F4), mas o 
avião sobe com velocidade constante, logo a aceleração é zero:
1 3 4
2
1
F F 0,5.F 0
F K.v 0,5.m.g 0
− − =
− − =
166
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Unidade III
Potência de propulsão:
2
2
6
P F .v (K.v 0,5.m.g).v
P (2.166,6 0,5.5000.10).166,6
P 5,1x10 W
= = −
= −
=
 
Exemplo 76
Uma partícula com massa m = 1,0 kg, inicialmente estacionária, é submetida a uma força 
resultante invariável. Após t = 2 s a velocidade é v = 2 m/s. Determinar:
a) o trabalho realizado desde o início até a data t’ = 6 s;
b) a potência média durante esse tempo;
c) as potências instantâneas iniciais e finais.
Resolução
a) Inicialmente, encontrar a aceleração através da equação do movimento uniformemente 
acelerado:
20
o
v vv 2 0
a 1m / s
t t t 2 0
−Δ −
= = = =
Δ − −
Depois de encontrada a aceleração, montamos a equação do movimento e substituímos o tempo 
em 6 s.
0v v a.t
v 0 1 6 6m / s
= +
= + × =
Trabalho é variação da energia cinética, portanto:
c
22 2 2
0
E
m.vm.v 1.6 1 0
18J
2 2 2 2
τ = Δ
−
τ = − ⇒ − =
b) Potência média é a variação do trabalho pelo tempo médio:
0
média
0
18 0
P 3W
t t t 6 0
τ − τΔτ −
= = = =
Δ − −
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MECÂNICA CLÁSSICA
c) Potência instantânea é calculada no tempo muito curto 0 e 6 s:
F m.a
F.S.cos
m.a.S.cos
m.a.S.cos 1 1 0 cos180
P 0W
t t 0
m.a.S.cos m.a.v.t.cos 1 1 6 6 cos180
P 6W
t t t 6
=
τ = θ
τ = θ
τ θ × × ×
= = = =
τ θ θ × × × ×
= = = = =
Exemplo 77
Em um fuzil, a bala percorre o cano em 0,00125 s e adquire energia cinética igual a 4.000 J. Qual a 
potência que desenvolve o fuzil durante o disparo?
Resolução
Força é massa multiplicada pela aceleração: F = m ∙ a.
Energia cinética é massa multiplicada pela velocidade: Ec = m ∙ 
2v
2
Trabalho é variação da energia cinética: τ = ΔEc.
Trabalho é força durante o deslocamento: τ = F ∙ S
Potência é o trabalho pelo tempo: P = 
t
τ
c
6
E 4000
P
t 0,00125
P 3,2x10 W
= =
=
Exemplo 78
Uma bala de massa 30 g, com velocidade horizontal v0 = 540 m/s, atravessa um poste de madeira de 
espessura 15 cm. A resistência que a madeira opõe ao movimento da bala é 500 kgf, suposta invariável. 
Com que velocidade a bala sai da madeira?
Resolução
Transformar os valores para o [SI]:
168
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Unidade III
m = 1.000 g = 1 kg → 30 g = 0,03 kg
S = 100 cm = 1 m → 15 cm = 0,15 m
F = 1 kgf = 10 N → 500 kgf = 5.000 N
Como a energia cinética final é menor que a energia cinética inicial, o trabalho é negativo, e as 
forças não são conservadas.
c2 c1
22
0
2 2
0
E E
m.vm.v
F.S
2 2
2.F.S 2.5000.0,15
v v 540
m 0,03
v 491,5 m / s
τ = −
  
− = −      
   
= − = −
=
Exemplo 79
Um menino desce em um tobogã por declive de altura 10 m. A gravidade local tem intensidade 
10 m/s2. O menino parte do repouso. Do trabalho da gravidade são dissipados 28%. Com que velocidade 
o menino atinge a base do tobogã?
Resolução
Trabalho é variação da energia mecânica:
m
m p c
E
E E E
τ = Δ
= +
Consideramos que a energia potencial se transforma em energia mecânica e as forças são conservativas.
m2 m1
p2 c2 p2 c1
2 2
2 1
2 1
E E
E E E E
m.v m.v
m.g.h m.g.h
2 2
=
+ = +
+ = +
De acordo com o enunciado, a velocidade inicial v1 é zero, e na base do tobogã a altura h2 é zero. 
Como a massa está nos dois lados da equação, ela pode ser cancelada.
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MECÂNICA CLÁSSICA
2 1
2
2
v 2.g.h .0,72
v 2.10.10.0,72
v 12m / s
=
=
=
 Observação
O escorregamento de um objeto em um plano inclinado obedece 
às mesmas leis da queda livre, ou seja, a massa pode ser desprezada e 
utilizamos somente as equações do movimento, ou, no caso, da energia. 
No plano inclinado a aceleração é constante, como se fosse a aceleração da 
gravidade, mas com valor menor. 
6.1.3 Quantidade de movimento
A quantidade de movimento linear é um vetor p

 definido pelo produto da massa (m) do corpo pelo 
vetor ( v

), que representa a sua velocidade p

 = m v

.
O princípio fundamental da Dinâmica pode ser enunciado a partir dessa grandeza.
dp d
f (mv)
dt dt
= =



Da expressão:
dp
f
dt
=


, obtém-se dp fdt d(mv)= =

 
A expressão f

dt é chamada impulso da força f

 no intervalo de tempo elementar dt.
Consideremos um corpo que no instante inicial t1 ocupe a posição P1 e esteja dotado de movimento v1. 
No instante t2 ocupe a posição P2 e movimento v2. A variação da quantidade de movimento entre essas 
duas posições será?
P t t t2 2 2 2
2 1
P t t t1 1 1 1
dv
p dp fdt m dt m dv mv mv
dt
Δ = = = = = −∫ ∫ ∫ ∫


    
A expressão 
t2
t1
fdt I=∫
 
 chama-se impulso da força f

 no intervalo de tempo t2-t1.
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Unidade III
Exemplo de aplicação
Exemplo 80
Uma força de intensidade 20N atua horizontalmente na direção do centro de massa em um bloco 
por 5,0 s. Qual o módulo do impulso dessa força?
Resolução
A integral da força entre os tempos inicial e final é o impulso. Então:
t2
t1
5 5
0 0
fdt I
I fdt 20 dt 20.(5 0)
I 20.5 100N.s
=
= = = −
= =
∫
∫ ∫
 
 

Exemplo 81
Um bloco de massa 0,5 kg desliza com velocidade 2 m/s sobre uma superfície sem atrito. No instante 
t0 = 0 passa a atuar sobre ele uma força horizontal de intensidade 1,0 N na mesma direção e sentido da 
velocidade. Pede-se:
a) o impulso no intervalo de tempo 0 a 2 s;
b) a quantidade de movimento inicial do bloco;
c) a quantidade de movimento no instante 2 s;
d) a velocidade no instante 2 s.
Resolução
a) Utilizando o tempo de 2 s aplicado à força de 1,0 N:
t2
t1
2 2
0 0
fdt I
I fdt 1 dt 1.(2 0)
I 1.2 2N.s
=
= = = −
= =
∫
∫ ∫
 
 

171
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MECÂNICA CLÁSSICA
b) Pela quantidade de movimento linear no instante inicial:
p m.v
p 0,5.2
p 1kg m / s
=
=
=
 


c) Como o impulso é a variação da quantidade de movimento linear:
2 1
2
2
I m.v m.v
2 p 1
p 3kg m / s
= −
= −
=

 


d) Utilizando a quantidade de movimento linear no instante 2 s:
2 2
2
2
p m.v
3 0,5.v
v 6 m / s
=
=
=
 


Exemplo 82
Um bloco de concreto é arrastado por uma força F de 300 N, que forma um ângulo de 37 graus com 
a horizontal. O bloco se desloca horizontalmente por 5 m em 10 s. Determine a potência desenvolvida 
para arrastar o bloco.Desconsidere o atrito.
Resolução
O trabalho realizado no bloco:
F.S.cos
300.5.cos37
1200J
τ = θ
τ =
τ =
Cálculo da potência:
d
P
dt
1200
P
10
P 120W
τ
=
=
=
172
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Unidade III
Exemplo 83
Um elevador de massa 800 kg sobe a uma gravidade de 10 m/s2. Sobe 2,5 m em 4,6 s e com aceleração 
de 1,5 m/s2. Determine a potência do motor.
Resolução
Todas as grandezas estão no Sistema Internacional [SI].
Inicialmente, vamos calcular a força que puxa o elevador e seu peso:
pesoF F m.a
F m.a m.g
F m(a g)
F 800.(1,5 10)
F 9200N
− =
= +
= +
= +
=
O trabalho da força que puxa o elevador por 2,5 m a 90 graus:
F.S.cos
9200.2,5.cos90
23000J
τ = θ
τ =
τ =
Potência do motor, a qual é o trabalho realizado em 4,6 s:
d
P
dt
23000
P
4,6
P 5000W
τ
=
=
=
 Resumo
Trabalho: Força necessária para produzir um deslocamento (S) do 
objeto na trajetória:
F .S.cosτ = θ

173
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MECÂNICA CLÁSSICA
Onde:
τ = trabaho realizado em joules (J)
F = força em newtons (N)
S = deslocamento do objeto em metros (m)
Energia cinética: A força aplicada num corpo e realizando trabalho (τ) 
provoca a variação da energia cinética. A energia cinética é definida como:
2
c
1
E mv
2
=
Onde:
Ec = energia cinética em joules (J)
m = massa do corpo em quilogramas (kg)
v = velocidade do corpo em metros por segundo (m ∙ s–1)
Energia potencial: Valor numérico para posição do corpo em relação a 
um ponto de origem no sentido vertical à superfície da Terra: 
U m.g.z=
Onde:
U = energia potencial do corpo em joules (J)
m = massa do corpo em quilogramas (kg)
g = aceleração da gravidade local medida em (m ∙ s–2)
z = variação da posição vertical do corpo medido em metros (m)
Trabalho de uma força elástica: Força necessária para deslocar o 
objeto entre as posições inicial e final:
2 2
1 2 2 1
k
(r r )
2−
τ = − −
τ = trabalho da força elástica em joules (J)
174
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Unidade III
k = constante elástica do objeto
r1 = posição inicial do corpo medida em metros (m)
r2 = posição final do corpo medida em metros (m)
Energia potencial elástica: Variação do trabaho de uma força elástica:
2kU r
2
=
Onde:
U = energia potencial do corpo em joules (J)
k = constante elástica do objeto
r = posição do corpo em relação à origem medida em metros (m)
Energia potencial gravitacional: Trabalho para movimentar um corpo 
de massa (m) em um campo gravitacional:
P
P
Mm
U G
R
=
Onde:
U = energia potencial do corpo em joules (J)
G = constante gravitacional
m = massa do corpo medida em quilogramas (kg)
M = massa do segundo corpo medida em quilogramas (kg)
R = posição do corpo em relação à origem medida em metros (m)
Potência: Definida como a velocidade em que o corpo se move da posição 
inicial até a posição final, ou seja, velocidade em que é realizado o trabalho:
P
t
τ
=
Δ

175
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MECÂNICA CLÁSSICA
Onde:
P = potência medida em watt (W) ou joules por segundo (J ∙ s–1)
τ = trabalho medido em joules (J)
Dt = intervalo de tempo medido em segundos (s)
Impulso: Variação da quantidade de movimento linear, ou seja, a 
variação da velocidade entre um intervalo de tempo (t). Pode ser obtido 
pela multiplicação da massa (m) pela velocidade do corpo.
p mv=
 
Onde:
P = impulso medido em newton vezes segundo (N ∙ s)
m = massa medida em quilograma (kg)
v = velocidade medida em metros por segundo (m ∙ s–1)
 Exercícios
Questão 1. Os ensaios de impacto foram desenvolvidos na primeira metade do século XX para 
determinar a sensibilidade que possuem os materiais à propagação de trincas, quando estes são 
submetidos a um choque. Sua concepção é simples: um corpo de prova padronizado com um 
entalhe é rompido pela ação de um martelo em forma de pêndulo. O equipamento utilizado está 
mostrado na figura.
Martelo
Local do corpo 
de prova
Figura 76 – Máquina de ensaio de impacto
O princípio de operação pode ser analisado pela sequência mostrada na figura a seguir. 
176
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Unidade III
Escala
Ponteiro
Martelo
Posição 
de início Posição 
final
(A) (B) (C)
a
Bigorna
Corpo 
de prova
Figura 77 – Sequência de operações no ensaio de impacto
O pêndulo é levado até uma posição tal que o seu centro de gravidade fique a uma altura a em 
relação a uma referência qualquer (figura 77A). Desprezando a resistência do ar e o atrito no pivô, uma 
vez liberado e na ausência do corpo de prova, o pêndulo deverá atingir a mesma altura do outro lado 
pelo princípio da conservação da energia. Se o corpo de prova é inserido e rompido pelo impacto do 
pêndulo (figura 77B), a energia absorvida nessa operação faz o pêndulo atingir, no outro lado, uma 
altura máxima b menor que a (figura 77C).
Considere que no ensaio de um material a altura a é de 1 m, que a massa do martelo é igual a 10 kg 
e que a altura b, após o martelo romper o corpo de prova, é igual a 0,7 m.
Considerando desprezíveis os atritos existentes no equipamento e considerando que a aceleração da 
gravidade é igual a 10 m/s2, a energia absorvida pelo corpo de prova no ensaio é de:
A) 100 J.
B) 70 J.
C) 30 J.
D) 60 J.
E) 140 J.
Resposta correta: alternativa C.
Análise das alternativas 
O enunciado informa que a energia absorvida pelo corpo de prova é igual à diferença entre as 
energias potencias do martelo nas posições a e b.
177
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MECÂNICA CLÁSSICA
Sabendo que a energia potencial (Ep) é dada por:
Ep m g h= ⋅ ⋅
Em que m é a massa do corpo, g a aceleração da gravidade e h a altura, a energia absorvida pelo 
corpo (Ecorpo) fica:
( )
corpo a b
corpo a b
E m g h m g h
E m g h h
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ −
Em que ha é a altura inicial do martelo, hb é a altura que o martelo atinge após romper o corpo de 
prova e m é a massa do martelo. Assim,
( ) ( )corpo a b corpo 2
corpo
m
E m g h h E 10 kg 10 1 m 0,7 m
s
E 30 J
= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ −
=
A) Alternativa incorreta.
Justificativa: na alternativa está apresentada a energia potencial do martelo na posição inicial.
B) Alternativa incorreta.
Justificativa: na alternativa está apresentada a energia potencial do martelo na posição final.
C) Alternativa correta.
Justificativa: ver a solução.
D) Alternativa incorreta.
Justificativa: não há razão para essa resposta.
E) Alternativa incorreta.
Justificativa: na alternativa está apresentado o dobro da energia potencial do martelo na 
posição final.
Questão 2. Nas competições de motocross é muito comum acontecerem os saltos com as 
motocicletas. Esses saltos, além de servirem de meio para que os pilotos mostrem suas habilidades, 
permitem que o tempo de percurso no circuito seja reduzido.
178
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Unidade III
O piloto de uma determinada equipe foi alertado por sua equipe que a suspensão dianteira de sua 
motocicleta só suportaria o impacto no solo se a velocidade de impacto não ultrapassasse 18 km/h.
Figura 78
Disponível em: <http://www.tvreplay.com.br/wp-content/uploads/2016/02/1111.jpg>. 
Acesso em: 17 out. 2018. Adaptada.
Considerando essa situação, sabendo que a massa da motocicleta é igual a 150 kg e a do piloto igual 
a 70 kg, e considerando a aceleração da gravidade como 10 m/s2, a altura máxima que o motociclista 
pode saltar é:
A) 10 m.
B) 2,5 m.
C) 1,25 m.
D) 5 m.
E) 15 m.
Resolução desta questão na plataforma.