Apostila de Exercícios de Física I

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Apostila de Exercícios 
Física 
 
 
 
 
 
Autor: Rafael Noé Jader Teófilo 
Orientador: Prof.Dr. Gilson Dallabona 
 
 
 
 
 
 
 Lavras – MG 
2015 
2 
 
Recomendações 
 Este material não é conteúdo suficiente para aprender sobre a disciplina de 
Física I/Física A. 
 Leia a teoria e faça exercícios dos livros didáticos que seu professor 
recomendar. 
 Tente resolver os exercícios antes de olhar a resolução. 
 Se este material incluir matéria que seu professor não ministre em sala de 
aula, simplesmente passe para o próximo exercício. 
 Qualquer erro no enunciado ou nas resoluções mande um e-mail para 
Rafael Teófilo no endereço de e-mail rnjt@engautomacao.ufla.br e 
comunique o erro. 
 Para melhor visualização de alguns exercícios imprima colorido ou leia o 
PDF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 
 
Índice 
 
Cinémática ...........................................................................................................4 
Dinâmica ..............................................................................................................17 
Trabalho e Energia ...............................................................................................29 
Quantidade de Movimento Linear ........................................................................43 
Rotação ............................................................................................................... .56 
Quantidade de Movimento Angular ......................................................................69 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
 
 
Formulário - Cinemática 
1. Deslocamento ∆𝑟 = 𝑟 𝑡 − 𝑟 (𝑡𝑜) 
2. Velocidade 
Velocidade Média 𝑉𝑚 =
∆𝑟 
∆𝑡 
Velocidade instantânea 𝑣 𝑡 =
𝑑𝑟 
𝑑𝑡
 
3. Aceleração 
Aceleração Média 𝑎𝑚 =
∆𝑣 
∆𝑡 
Aceleração Instantânea 𝑎 𝑡 =
𝑑𝑣 
𝑑𝑡
 
4. Equações para aceleração constante 
Deslocamento 𝑟 = 𝑟𝑜 + 𝑣 𝑜𝑡 +
𝑎 𝑡²
2 
Velocidade 𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎 𝑡 
Velocidade dependente da posição 𝑣² = 𝑣𝑜² + 2𝑎∆𝑠 
5. Equações para lançamento de projéteis 
Deslocamento em 𝑥 𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑥 𝑡 +
𝑎𝑥 𝑡
2
2
 
Deslocamento em 𝑦 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑣𝑜𝑦 𝑡 −
𝑔𝑡²
2
 
Velocidade em 𝑥 𝑣𝑥 = 𝑣𝑜𝑥 
Velocidade em 𝑦 𝑣𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 − 𝑔𝑡 
6. Velocidade Relativa 
Se uma partícula 𝑝 se move em um referencial 𝐴 tendo uma velocidade 𝑣 𝑝𝐴 , e 
o referencial 𝐴 se move em um referencial B tendo uma velocidade 𝑣 𝐴𝐵 , a 
velocidade de 𝑝 em relação ao referencial B, é a soma das velocidades 
𝑣 𝑝𝐵 = 𝑣 𝐴𝐵 + 𝑣 𝑝𝐴 
7. Movimento Circular 
Aceleração Centrípeta 𝑎𝑐 =
𝑣²
𝑅
 
Velocidade 𝑣 =
2𝜋𝑅
𝑇
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 
 
 
1. A figura ao lado representa a trajetória 
parabólica de um projétil indo de A a E. A 
resistência do ar é desprezível. 
a) Qual é a orientação da aceleração no 
ponto B? 
b) Em quais pontos a rapidez é máxima? 
c) Em quais pontos a rapidez é mínima? 
R: a) A aceleração é para baixo, como a 
aceleração da gravidade. Pois, o vetor 
velocidade decresce até inverter sua posição 
para baixo e a componente na horizontal se 
mantém constante. 
 
 
b) A rapidez é máxima quando o vetor velocidade tem sua maior inclinação. Esses 
pontos são os pontos A e E são os pontos onde a rapidez é máxima. 
c) A menor rapidez é no ponto C, pois o vetor velocidade vertical é zero e a única 
velocidade é a horizontal costante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 
 
2. A equação da posição de uma partícula movimentando ao longo de um plano 
é dada por 𝒓 𝒕 = 5𝑡4 − 𝑡
2
2 î + 𝑒
2𝑡 − 𝑐𝑜𝑠 5𝑡 + 15 𝒋 em metros. Encontre: 
a) O deslocamento no tempo 𝑡𝑜 = 0 até o tempo 𝑡 = 2𝑠. 
b) A velocidade média no tempo 𝑡𝑜 = 0 até o tempo 𝑡 = 2𝑠. 
c) A velocidade no instante 𝑡 = 2𝑠. 
d) A aceleração no instante 𝑡 = 2𝑠. 
R: a) A equação de r(t) é uma equação de posição que depende apenas de uma 
variável, o tempo. Então se jogarmos o um valor para a variável tempo, teremos uma 
posição no plano cartesiano. 
Se jogarmos outro valor, teremos dois pontos no plano cartesiano. Como queremos 
saber o quanto deslocou, pegaremos a posição no ponto final, e subtrair a posição no 
ponto inicial, para saber o quanto deslocou ao longo dessa variação de tempo. No eixo 
X e no eixo Y. 
𝐷 = 𝑟 𝑡 − 𝑟 (𝑡𝑜) 
Usando 𝑟 𝑡 = 5𝑡4 + 𝑡
2
2 î + 𝑒
2𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 5𝑡 + 15 𝑗 
𝑟 2 = 5 ∙ 24 − 2
2
2 î + 𝑒
2∙2 − 𝑐𝑜𝑠 5 ∙ 2 + 15 𝑗 = 𝑟 2 = 78𝑚 î + 68,61𝑚 𝑗 𝑟 0 =
 5 ∙ 04 − 0
2
2 î + 𝑒
2∙0 − 𝑐𝑜𝑠 5 ∙ 0 + 15 𝑗 = 𝑟 0 = 15𝑚𝑗 
𝐷 = 𝑟 2 − 𝑟 (0)𝐷 = 78𝑚 î + 53,61𝑚 𝑗 
Então foramdeslocados 78 metros no eixo x e 53,61 metros no eixo y. 
b) A velocidade média é dada pelo quanto que a partícula deslocou no período de tempo do 
deslocamento. 
𝑉𝑚 =
𝑟 𝑡 − 𝑟 (𝑡𝑜)
𝑡 − 𝑡0
 
𝑉𝑚 =
𝑟 2 − 𝑟 (0)
2 − 0
= 39𝑚 𝑠 î + 34,3
𝑚
𝑠 𝑗 
c) A velocidade instantânea é a derivada da posição em relação ao tempo, ou seja, 
𝑣 𝑡 =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
. 
Derivando a equação de 𝑟 (𝑡) temos: 𝑣 𝑡 = 20𝑡3 − 𝑡 î + 2𝑒2𝑡 + 5𝑠𝑒𝑛5𝑡 𝑗 . 
Como queremos a velocidade no tempo 𝑡 = 2𝑠, então substituímos o t por 2 na equação da 
velocidade: 
𝑣 2 = 158𝑚 𝑠 î + 110,1
𝑚
𝑠 𝑗 . 
 
d)A aceleração instantânea é a derivada da posição em relação ao tempo, ou seja, 
𝑎 𝑡 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
 . 
Derivando a equação de a(t) temos: 𝑎 𝑡 = 60𝑡2 î + 4𝑒2𝑡 + 25𝑐𝑜𝑠 5𝑡 𝑗 . 
Como queremos a aceleração no tempo 𝑡 = 2𝑠, então substituímos o t por 2 na equação da 
aceleração: 
𝑎 2 = 240𝑚
𝑠² 
 î + 243,02𝑚
𝑠² 
 𝑗 . 
7 
 
3. A equação da aceleração de uma partícula é dada por 𝒂 𝒕 = 2𝑡 𝑗 em 𝒎/𝒔². 
No tempo 𝑡 = 0 a partícula tem uma velocidade de 10 𝑚/𝑠 no eixo 𝒙 e 2 𝑚/𝑠 
no eixo 𝒚. E no tempo 𝑡 = 2𝑠 a partícula está na posição 30 𝑚 no eixo 𝒙 e 
50 𝑚 no eixo𝒚. 
a) Encontre a equação da velocidade dessa partícula. 
b) Encontre a equação da posição dessa partícula. 
R: a) A equação da aceleração 𝑎 𝑡 depende apenas de uma variável, o tempo. 
Sabemos que a aceleração é a derivada da velocidade em relação ao tempo 𝑎 𝑡 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
 , 
logo 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑡 𝑑𝑡, se queremos encontrar a velocidade integramos indefinidamente, 
 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑡 𝑑𝑡, a equação que nos foi dada foi apenas de Y, porém há uma velocidade 
constante de 2 𝑚 𝑠 em X, logo devemos integrar a aceleração 0 em X. 
𝑋: 𝑑𝑣 = 0𝑑𝑡 
𝑌: 𝑑𝑣 = 2𝑡𝑑𝑡 
𝑣 𝑡 = 𝑐1 ,
2𝑡2
2
+ 𝑐2 → 𝑣(𝑡) = 𝑐1 , 𝑡² + 𝑐2 
Acharemos essa constante 𝑐1 da seguinte forma, temos que a velocidade no tempo 
𝑡 = 0 é 𝑣 0 = (10𝑚 𝑠 , 2 
𝑚
𝑠 ), se jogarmos tempo 0 na equação que encontramos 
e igualarmos com a que nos foi dada, encontraremos nossa constante 𝑐1 e 𝑐2. 
𝑋: 10 = 𝑐1 → 𝑐1 = 10 
 𝑌: 2 = 𝑐2 + 0² → 𝑐2 = 2 
 𝑣 (𝑡) = 10 , 𝑡² + 2 
 
b) Como na letra a) a velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo 
𝑣 𝑡 =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
→ 𝑑𝑟 = 𝑣 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑑𝑟 = 𝑣 𝑡 𝑑𝑡, integraremos em X e Y. 
𝑋: 𝑑𝑟 = 10𝑑𝑡 
𝑌: 𝑑𝑟 = 𝑡² + 2𝑑𝑡 
𝑟 𝑡 = 10𝑡 + 𝑐1 ,
𝑡3
3
+ 2𝑡 + 𝑐2 
Acharemos essa constante 𝑐1 da seguinte forma, temos que a posição no tempo 𝑡 = 0 
é 𝑟 2 = (30 𝑚 ,50 𝑚 ), se jogarmos tempo 0 na equação que encontramos e 
igualarmos com a que nos foi dada, encontraremos nossa constante 𝑐1 e 𝑐2. 
 
𝑋: 30 = 10𝑡 + 𝑐1 → 30 = 10 ∙ 2 + 𝑐1 → 𝑐1 = 10 
 𝑌: 50 = 
𝑡3
3
+ 2𝑡 + 𝑐2 →
23
3
+ 2 ∙ 2 + 𝑐2 → 𝑐2 =
130
3 
𝑟 𝑡 = 10𝑡 + 10 ,
𝑡3
3
+ 2𝑡 + 130 3 
8 
 
4. Uma pedra é largada de certa altura, depois de uma segunda pedra é lançada 
verticalmente com uma velocidade de 𝟓𝒎/𝒔 da mesma altura do objeto 
anterior. Os dois objetos atingem o chão no mesmo instante. Qual é a altura 
que eles foram lançados? 
 
R: Este problema se trata de queda livre, logo vamos descrever as equações de queda 
livre. 
Equação da Posição: 𝑦 = 𝑦 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑦 𝑡 −
𝑔𝑡²
2
 Equação da Velocidade: 𝑣 𝑦 = 𝑣 𝑜𝑦 − 𝑔 𝑡 
Vamos separar este problema em dois momentos, um que é largado o primeiro objeto 
e outro que é lançado o segundo objeto, essa separação é dada por um inervá-lo de 
tempo onde que o tempo no qual a primeira pedra demora 1𝑠 a mais do que a outra, 
ou seja, 𝑡1 = 𝑡2 + 1. Vamos analisar os dados que temos. 
 
Pedra 1 
𝑣𝑜1 = 0 𝑡1 = 𝑡2 + 1 𝑦1 = 0 
𝑦𝑜1 = 𝐻 
Resolvendo a equação de posição 
𝐻 =
𝑔 (𝑡2 + 1)²
2
 
 
 
Pedra 2 
𝑣𝑜2 = 20
𝑚
𝑠
 𝑦2 = 0 
𝑦𝑜2 = 𝐻 
Resolvendo a equação de posição 
𝐻 = 𝑣 𝑜2𝑡2 + 
𝑔 𝑡2²
2
 
Como as alturas 𝐻 são iguais então podemos igualar as duas equações ficando assim 
𝑔 𝑡2 + 1 
2
2
 = 𝑣 𝑜2𝑡2 + 
𝑔 𝑡2
2
2
 
𝑔 𝑡2 + 1 
2 = 2𝑣 𝑜2𝑡2 + 𝑔 𝑡2² 
 
𝑔 𝑡2
2 + 2𝑔 𝑡2 + 𝑔 = 2𝑣 𝑜2𝑡2 + 𝑔 𝑡2
2 
 
2𝑔 𝑡2 + 𝑔 = 2𝑣 𝑜2𝑡2 
Isolando o 𝑡2 
𝑡2 =
−𝑔 
2𝑔 − 2𝑣 𝑜2
=
−9,81
2 ∙ 9,81 − 2 ∙ 20
= 0,48𝑠 
 
𝑡1 = 1,48𝑠 
 
Por fim acharemos a altura pela equação da Pedra 1 
 
𝐻 =
𝑔 𝑡1²
2
 =
9,8 ∙ 1,48²
2
 
𝐻 = 10,73𝑚 
9 
 
5. Um astronauta 1 na estação espacial internacional lança uma banana para o 
astronauta 2 com uma rapidez de 𝟏𝟓𝒎/𝒔 . No mesmo instante o astronauta 
joga uma bola de sorvete na mesma direção. A colisão entre a banana o 
sorvete produz um banana split a 𝟕,𝟐𝒎 da posição do astronauta 2, 𝟏,𝟐𝒔 
após a banana e o sorvete terem sido lançados. 
a) Qual a rapidez que o sorvete foi lançado? 
b) Qual a distância entre os astronautas? 
 
R: Primeiramente vamos desprezar a gravidade, pois os astronautas estão no espaço é 
a gravidade é quase nula nessa distância. 
 
Vamos dar nomes as informações, temos a distância do Astronauta 2 até a colisão 
𝑥2 = 7,2𝑚 a distância do astronauta 1 até a colisão 𝑥1, a velocidade da banana 
𝑣𝑏 = 15𝑚/𝑠, a velocidade do sorvete 𝑣𝑠 e por fim o tempo de colisão 𝑡 = 1,2𝑠 
As velocidades são constantes, pois não há nenhuma força atuando sobre os objetos 
após o lançamento, ou seja, a aceleração é zero, então podemos usar a simples 
equação da velocidade constante. 
𝑣 =
𝑥
𝑡
 
a) Encontrando 𝑣𝑠 
𝑣𝑠 =
𝑥2
𝑡
 
𝑣𝑠 =
7,2
1,2
 
𝑣𝑠 = 6
𝑚
𝑠
 
b) Encontrando a distância 𝑥 entre os astronautas. 
𝒙 = 𝒙𝟏 + 𝑥2 
Como não temos 𝑥1, podemos encontrá-lo através. 
𝑣𝑏 =
𝑥1
𝑡
→ 𝑥1 = 𝑣𝑏𝑡 
𝑥 = 𝑣𝑏𝑡 + 𝑥2 
𝑥 = 15 ∙ 1,2 + 7,2 
𝑥 = 25,2𝑚 
 
 
 
 
10 
 
6. Um projétil é disparado do topo de uma 
colina de 200m de altura, sobre um vale 
(Figura 1.1). Sua velocidade inicial é de 
60m/s, a 60° acima da horizontal. 
a) Descreva as equações de posição e 
velocidade para lançamento de 
projéteis. 
b) Onde o projétil cai em relação a sua origem? 
c) Qual é a altura máxima que o projétil atinge? 
 
 
R:a) As equações de posição e velocidade são as equações para aceleração constante, 
porém com alguns detalhes físicos a serem observados, as equações são: 
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑥 ∙ 𝑡 +
𝑎 𝑥 ∙ 𝑡
2
2
 𝑦 = 𝑦 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑦 𝑡 +
𝑎 𝑦𝑡²
2
 
𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥 + 𝑎 𝑥𝑡 𝑣 𝑦 = 𝑣 𝑜𝑦 + 𝑎 𝑦𝑡 
Como não há nenhuma força atuando no eixo 𝑥e a força no eixo 𝑦 é a força 
gravitacional, pela Segunda Lei de Newton, não há aceleração em x, logo 𝑎𝑥 = 0, e a 
aceleração devido à força gravitacional é a aceleração da gravidade, logo 𝑎𝑦 = −𝑔. 
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑥 𝑡 𝑦 = 𝑦 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑦 𝑡 −
𝑔 𝑡²
2
 
𝑣𝑥 = 𝑣𝑜𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 −𝑔𝑡 
Essas são as equações de posição e velocidade para lançamento de projéteis. 
 
b)Queremos saber a localização do projétil, iremos ver os dados que temos. 
Primeiramente, vamos descrever 𝑣𝑜𝑥 e 𝑣𝑜𝑦 em termos de 𝑣𝑜 
Vetorialmente, podemos dizer que: 
sen𝜃 =
𝑣𝑜𝑦
𝑣𝑜
ecos 𝜃 =
𝑣𝑜𝑥
𝑣𝑜
 logo 
 
𝑣 𝑜𝑦 = 𝑣 𝑜 sen𝜃 e 𝑣 𝑜𝑥 = 𝑣 𝑜 cos 𝜃 
 
Nossos dados: 𝑦𝑜 = 200𝑚,𝜃 = 60º, 𝑣𝑜 = 60
𝑚
𝑠 , 𝑦 = 0, 𝑥𝑜 = 0 
O que não temos: 𝑡 =?, 𝑥 =?. 
Como queremos o alcance sem precisar do tempo, vamos usar as equações de posição 
em x e y, colocarei em negrito a informação que não temos. 
𝒙 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜 cos 𝜃 𝒕 e 𝑦 = 𝑦 𝑜 + 𝑣 𝑜 sen 𝜃 𝒕 −
𝑔 𝒕²
2
 
Podemos isolar o tempo na equação de y e jogar na de x e achar o alcance, porém vou 
fazer de um jeito diferente, para encontrarmos uma equação geral da trajetória 
independente do tempo. Isolando o tempo na equação de x. 
𝒕 = 𝒙 𝑣𝑜 cos𝜃 
 Jogando na equação de y e simplificando temos 
11 
 
Equação da Trajetória: 𝑦 = 𝑦 𝑜 + 𝒙 tan𝜃 −
𝑔 𝒙²
2𝑣 𝑜 ² cos ²𝜃
 (Parábola Côncava para Baixo) 
Agora, se jogarmos os valores, teremos uma equação do segundo grau, dada por 
1,73𝑥 − 0.00545𝑥2 + 200 = 0 
𝑥 = 407,52𝑚 ou 𝑥 = −89,72𝑚(𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑎𝑛𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜) 
c) Sabemos que a velocidade é a derivada da posição, e aprendemos em Cálculo I que 
se quisermos achar o máximo ou o mínimo de alguma função, derivamos ela é 
igualamos a zero. Essa é a aplicação em Cinemática, se queremos achar a altura 
máxima, derivamos a equação de posição em 𝑦 que é a velocidade em 𝑦, e igualamos a 
zero, ou seja, a altura é máxima quando a 𝑣𝑦 = 0. 
Vamos usar as duas equações do eixo 𝑦. 
𝑦 = 𝑦 𝑜 + 𝑣 𝑜 sen𝜃 𝒕 −
𝑔 𝒕2
2
 𝑒 𝑣 𝑦 = 𝑣 𝑜 sin𝜃 − 𝑔 𝒕 
Isolando o tempo na primeira equação usando 𝑣 𝑦 = 0𝑡 =
𝑣𝑜 sin 𝜃
𝑔
 e substituindo na 
equação da posição e simplificando, temos: 
𝑦𝑚𝑎𝑥 =
𝑣𝑜² sin²𝜃
2𝑔
+ 𝑦𝑜 
𝑦𝑚𝑎𝑥 =
60² ∙ sin² 60
2 ∙ 9,8
+ 200 = 337,6𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 
 
7. O Coiote está perseguindo o Papa-léguas. Na corrida, eles chegam a um 
profundo desfiladeiro, com 15m de largura. Papa-léguas se lança a um ângulo 
de 15º com a horizontal e chega do outro lado com 1,5m de folga. 
a) Qual foi a rapidez de lançamento do Papa-Léguas? 
b) O coiote também pula o desfiladeiro, com a mesma rapidez inicial, mas a 
um ângulo diferente. Para seu desespero, ele vê que errao outro lado por 
0,5m. Qual foi seu ângulo de lançamento? 
R: (a) Primeiramente, vamos usar as equações da cinemática direcionada a 
lançamento de projéteis e especificar os dados que temos. Vou colocar em negrito as 
informações que eu tenho não tenho. 
𝑥𝑜 = 0 𝑦𝑜 = 0 𝑦 = 0 𝑥 = 16,5𝑚 𝜃 = 15° 
𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝒗𝒐 cos 𝜃 𝒕 (1) 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝒗𝒐 sin 𝜃 𝒕 −
𝑔𝒕2
2
(2) 
𝒗𝒙 = 𝒗𝒐 cos𝜃 3 𝒗𝒚 = 𝒗𝒐 sin𝜃 − 𝑔𝒕 (4) 
Na equação (1) e (2) podemos ver que temos duas equações e duas incógnitas, e uma 
delas é a que precisamos a velocidade inicial do Papa-Léguas. Como é um sistema 
linear 2x2, então podemos resolver. 
O jeito mais tranquilo de resolver é isolar o tempo na equação (1), e substituir na 
equação (2), assim ficando apenas a velocidade inicial como incógnita. 
Isolando o tempo na equação (1). 
𝒕 =
𝑥
𝒗𝒐 cos𝜃
 
Substituindo em (2) e simplificando. 
𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑥 tan𝜃 −
𝑔𝑥2
2𝒗𝒐
2 cos 2 𝜃
 
Usando a equação da trajetória, isolando o 𝒗𝒐e considerando 𝑦 e 𝑦𝑜 como zero temos: 
𝒗𝒐 = 
𝑥𝑔
2 cos 𝜃 sin𝜃
→ 𝒗𝒐 = 
𝑥𝑔
sin 2𝜃
= 
16,5 ∙ 9,8
sin 30
= 17,98
𝑚
𝑠
 
b)Como o coiote está partindo do mesmo local que o papa-léguas, porém com um 
alcance de 𝑥 = 14,5𝑚, vamos usar a mesma equação da trajetória considerando 𝑦 e 
𝑦𝑜 como zero, temos: 
𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑥 tan𝜃 −
𝑔𝑥2
2𝒗𝒐
2 cos 2 𝜃
→ 2 cos 𝜃 sin𝜃 =
𝑥𝑔
𝑣𝑜²
 
Não foi mostrado no item anterior, mas nesse irei explicar, existe uma identidade 
trigonométrica, um pouco mais complicada que se resume a isso: 
2 cos 𝜃 sin𝜃 = sin 2𝜃 
Substituindo 
sin 2𝜃 =
𝑥𝑔
𝑣𝑜²
→ 2𝜃 = sin−1
𝑥𝑔
𝑣𝑜²
→ 𝜃 =
sin−1
𝑥𝑔
𝑣𝑜 ²
2
→ 𝜃 =
sin−1
14,5∙9,8
17,98²
2
 
𝜃 = 13° 
 
13 
 
8. Um avião voa a ar parado com uma velocidade de 𝟑𝟎𝟎𝐤𝐦 𝐡 . Um vento 
sopra a 𝟕𝟎𝐤𝐦/𝐡 a 𝟑𝟎° do leste para o sul. 
a) Em qual sentido o avião deve apontar para viajar para o leste em relação 
ao solo? 
b) Qual é a rapidez do avião em relação ao solo? 
 
R: a) A dificuldade neste exercício está na interpretação. Vamos analisar alguns pontos 
e montar um esboço. 
-Quando o enunciado diz que o avião está a 300 𝑘𝑚 𝑕 com ar parado, isso que dizer 
que, essa é a velocidade que o avião aparenta ter para quem está dentro do avião, ou 
seja, é a velocidade que o piloto acredita que o avião tem sem influencia do vento. 
-Quando o vento sopra no avião a um ângulo específico ele muda o sentido do avião e 
sua velocidade, a velocidade que é mudada é a velocidade em relação ao solo, se 
alguém estiver no chão 
observando o avião, verá o 
avião viajando em um sentido 
diferente do que o piloto está 
direcionando, por isso que 
constantemente os pilotos 
devem se comunicar com as 
torres para saberem onde 
apontar o avião para que ele 
vá ao sentido certo. Meio 
confuso? Veja o esboço e 
entenda melhor. 
Ainda não sabemos como resolver. O exercício quer que achamos a direção, ou seja, o 
ângulo do avião para que ele viaje só para o leste. Pela regra do paralelogramo, se o 
vento está soprando a sudeste, o avião deve se direcionar a nordeste, mas em qual 
ângulo? Vamos decompor essas velocidades para aparecer ângulos. 
 
Decompondo 𝑣𝐴 e 𝑣𝑣 
𝑣𝐴𝑥 = 𝑣𝐴 cos 𝜃 𝑣𝐴𝑦 = 𝑣𝐴 sin𝜃 
𝑣𝑣𝑥 = 𝑣𝑣 cos 30 𝑣𝑣𝑦 = 𝑣𝑣 sin 30 
 
Se queremos que o avião viaje 
apenas para o leste, sua 
componente norte e sul deve ser 
zero, na forma que o vetor 
resultante fique 
𝑣𝐴𝐶 = (𝑣𝐴𝐶𝑥 , 0) 
Sua componente em Y deve ser zero, 
14 
 
isso que dizer que o somatório dos vetores velocidade em Y deve ser zero. 
𝑣𝐴𝑥 + 𝑣𝑣𝑥 = 𝒗𝑨𝑪𝒙 → 𝑣𝐴 cos𝜽 + 𝑣𝑣 cos 30 = 𝒗𝑨𝑪𝒙(1) 
𝑣𝐴𝑦 − 𝑣𝑣𝑦 = 0 → 𝑣𝐴 sin𝜽 − 𝑣𝑣 sin 30 = 0(2) 
Isolando o 𝜃 na equação (2) 
𝜃 = sin−1
𝑣𝑣 sin 30
𝑣𝐴
= sin−1
70 ∙ 0,5
300
= 6,7° 
𝜃 = 6,7° 
O avião deve apontar a 6,7° do leste para o norte, para que siga em direção leste em 
relação ao chão. 
 
b) Como já sabemos a direção, usando a equação (1), podemos obter a velocidade do 
avião em x, que é a velocidade do avião para o leste. 
𝒗𝑨𝑪𝒙 = 𝑣𝐴 cos𝜽 + 𝑣𝑣 cos 30 = 250 ∙ cos 6,7 + 70 ∙ cos 30 = 308,91
𝑘𝑚
𝑕
 
𝑣𝐴𝐶 = 308,91
𝑘𝑚
𝑕
 
O avião viaja a 308,91
𝑘𝑚
𝑕
 para o leste em relação ao chão. 
 
9. Uma nadadora visa diretamente à margem oposta de um rio, nadando a 
1,2m/s em relação à água. Ela chega do outro lado 35m rio abaixo. O rio tem 
uma largura de 70m. 
a) Qual é a rapidez da correnteza? 
b) Qual é a rapidez da nadadora em relação à margem? 
c) Em que sentido a nadadora deve apontar, se quiser chegar do outro lado 
do rio em um ponto diretamente oposto ao ponto de partida? 
 
R:a)Como no exercício anterior, a dificuldade está na interpretação. Vamos analisar 
alguns pontos. 
A nadadora está nadando a 1,2𝑚/𝑠 em relação a água, ou seja, ela visa a margem 
oposta, quer chegar, mas a correnteza a carrega, e ela vai numa direção na diagonal 
com uma velocidade 
indeterminada, essa velocidade, é 
a velocidade que alguém de fora do 
rio está observando, uma 
velocidade em relação a margem. 
A correnteza a leva 35m rio abaixo 
com uma velocidade que não 
sabemos.Abaixo serão 
representados os vetores de forma 
de triangulo retângulo, para 
diferenciar do exercício anterior. 
15 
 
Podemos resolver esse problema, com uma simples semelhança de triângulos, pois, o 
módulo dos vetores velocidade e posição, são diferentes, porém eles têm o mesmo 
sentido, logo: 
35
70
=
𝑣𝑐
1,2
→ 𝑣𝑐 = 0,6
𝑚
𝑠
 
A velocidade da correnteza é de0,6
𝑚
𝑠
. 
 
b)Agora para achar a velocidade da nadadora em relação a margem, é simples, apenas 
aplicando Pitágoras. 
𝑣𝑛𝑚 = 𝑣𝑐² + 1,2² = 0,6² + 1,2² = 1,34
𝑚
𝑠
 
A velocidade da nadadora em relação à margem é de 1,34
𝑚
𝑠
. 
c) Se a nadadora quer perpendicular a correnteza, ela deve nadar no sentido contrário 
com o mesmo módulo da correnteza na direção X, ficando assim. 
cos 𝜃 =
𝑣𝑐
1,2
=
0,6
1,2
= 0,5 
𝜃 = 60° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16 
 
10. Um jogador de futebol aposta com outro que acerta o travessão do gol a 
𝟗𝟎𝒎 de distância, tendo estudado Física, ele chuta a bola a um ângulo de 𝟒𝟓° 
para chutar a bola com menos esforço, ou seja, para que ela tenha a menor 
velocidade inicial possível. Qual é essa velocidade inicial? Despreze a 
resistência do ar, considere a bola uma partícula pontual e a altura da trave 
2,𝟓𝟎𝒎. 
 
R: Vamos dar valores as unidades. A distância entre a o chute inicial e o travessão é 
𝑥 = 90𝑚, a altura final, ou seja, a altura da trave é 𝑦 = 2,5𝑚, o ângulo do chute é 
𝜃 = 45°. 
Vamos usar as equações de deslocamento para lançamento de projéteis. 
𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝒗𝒐 cos 𝜃 𝒕 (1) 𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝒗𝒐 sin 𝜃 𝒕 −
𝑔𝒕2
2
(2) 
Temos duas equações e duas incógnitas, e como os exercícios anteriores, isolando o 
tempo na equação (1) e substituindo na (2), temos a equação da tragetória. 
𝑦 = 𝑦𝑜 + 𝑥 tan𝜃 −
𝑔𝑥2
2𝒗𝒐
2 cos 2 𝜃
 
Isolando a velocidade inicial 
𝑣𝑜 = 
−𝑔𝑥²
2 cos 𝜃2 (𝑦 − 𝑦𝑜 − 𝑥 tan 𝜃)
 
𝑣𝑜 = 
−9,8 ∙ 90²
2( 2/2)2(0 − 2,5 − 90 ∙ 1)
 
𝑣𝑜 = 29,29𝑚/𝑠 
Fique para você, porque 45°é o melhor ângulo de lançamento? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
17 
 
Formulário- Dinâmica 
1. Leis de Newton 
Primeira Lei – Um objeto que está em repouso, tende a ficar em repouso, a não 
ser que haja uma força externa. Um objeto que está em movimento constante 
tende a continuar constante, a não ser que haja uma força externa. 
Segunda Lei – A resultante das forças é igual a massa multiplicado pela 
aceleração. 
𝐹𝑅 = 𝑚𝑎 → 𝐹 𝑅 = 𝐹 
Terceira Lei – Para cada força há uma força no sentido contrário, na mesma 
direção e como mesmo módulo 
𝐹 𝐴𝐵 = −𝐹 𝐵𝐴 
2. Lei de Hooke – A razão entre a força exercida em uma mola frouxa pela sua 
distensão ou compressão, é constante para cada tipo de material. 
𝐹𝑒 = −𝑘∆𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18 
 
1. Faça o Diagrama de Forças e identifique cada força atuando nos quatro 
objetos da figura ao lado. 
R: Enumerei os componentes para ficar mais fácil de explicar, irei fazer o diagrama e 
logo depois a legenda. 
 
Diagrama 1 Diagrama 2 Diagrama 3 Diagrama 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑷𝟏 = 𝑷𝒆𝒔𝒐 𝟏 
𝑷𝟐 = 𝑷𝒆𝒔𝒐 𝟐 
𝑷𝟑 = 𝑷𝒆𝒔𝒐 𝟑 
𝑷𝟒 = 𝑷𝒆𝒔𝒐 𝟒 
N12 = Normal que 1 faz em 2 
N21 = Normal que 2 faz em 1 
N24 = Normal que 2 faz em 4 
N42 = Normal que 4 faz em 2 
𝑇 = 𝑇𝑒𝑛𝑠ã𝑜 𝑛𝑜 𝑓𝑖𝑜 
𝑁 = 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑎 𝑡𝑒𝑟𝑟𝑎 𝑓𝑎𝑧 𝑒𝑚 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N21 N42 T N 
T 
𝑃1 
N12 
P2 
P3 
N24 
P4 
19 
 
2. Uma bola de 5kg é suspensa por um sistema de 
cordas (Figura 2.1). Quais são as tensões nas 
três cordas? 
 
 
 
R: Estamos lidando com um problema de estática, e a 
primeira coisa que devemos considerar é que a resultante das forças em x e y é igual a 
zero, ou seja, não há aceleração. 
Agora vamos fazer os passos para resolver um exercício de Leis de Newton 
I. Fazer o diagrama de força. 
 
 
II. Aplicar a Segunda Lei de Newton para o sistema: 
Temos duas partículas a considerar o Elo entre os fios e a bola, vamos aplicar a 
segunda lei de Newton para a Bola. 
 𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑃 − 𝑇1 = 0 → 𝑃 = 𝑇1 → 𝑇1 = 𝑚𝑔 → 𝑇1 = 5 ∙ 9,8 
𝑇1 = 49𝑁 
 
Agora para o diagrama da Bola, temos que decompor a Tensão 𝑇3 em componente 𝑥 e 
𝑦. 
𝑇3𝑥 = 𝑇3 𝑐𝑜𝑠 50 𝑇3𝑦 = 𝑇3 𝑠𝑖𝑛 50 
Aplicando a Segunda Lei de Newton 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
𝑦: 𝑇1 − 𝑇3𝑦 = 0 → 𝑇1 = 𝑇3 𝑠𝑖𝑛 50 → 𝑇3 =
𝑇1
𝑠𝑖𝑛 50
=
49
𝑠𝑖𝑛 50
 
𝑇3 = 64𝑁 
𝑥: 𝑇3𝑥 − 𝑇2 = 0 → 𝑇3 𝑐𝑜𝑠 50 = 𝑇2 → 𝑇2 = 64 ∙ 𝑐𝑜𝑠 50 
𝑇2 = 41𝑁 
20 
 
3. Um bloco de 𝟓𝒌𝒈 é mantido em repouso contra uma parede vertical por uma 
força horizontal de 𝟏𝟎𝟎𝑵. 
a) Qual é a força de atrito exercida sobre o bloco? 
b) Qual é a força horizontal mínima necessária pra evitar que o bloco caia, se 
o coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco é de 0,4? 
 
R: a) Primeiro passo: vamos fazer o diagrama de força. 
Agora vamos aplicar a segunda Lei de Newton 
nos eixos 𝑥 e 𝑦 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
 
𝑥:𝑁 − 100 = 0 → 𝑁 = 100𝑁 
 
𝑦:𝑃 − 𝑓𝑎𝑒 = 0 → 𝑓𝑎𝑒 = 𝑃 → 𝑓𝑎𝑒 = 𝑚𝑔 = 5 ∙ 9,8 
 
𝑓𝑎𝑒 = 49𝑁 
 
 
b) Quando o problema está dizendo, qual é a força horizontal mínima necessária para 
evitar que o bloco caia, ele quer dizer, qual é a menor força de atrito que deve haver, 
contrária ao peso, para evitar que o bloco caia. Como a força de atrito é proporcional a 
força normal, vamos achar qual é o módulo dessa força o suficiente para segurar o 
bloco. 
Usando as mesmas equações da letra (a), porém, no lugar de 100N iremos por uma 
incógnita F, que é o que queremos encontrar. 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
 
𝑥:𝑁 − 𝐹 = 0 → 𝑁 = 𝐹 
 
𝑦:𝑃 − 𝑓𝑎𝑒 = 0 → 𝑓𝑎𝑒 = 𝑃 → 𝑓𝑎𝑒 = 𝑚𝑔 = 5 ∙ 9,8 = 49𝑁 
 
A força de atrito estático máxima é dada por 𝑓𝑎𝑒 𝑚𝑎𝑥 = 𝑁𝜇𝑒 , logo 
𝑁 =
𝑓𝑎𝑒𝑚𝑎𝑥
𝜇𝑒
=
49
0,4
= 122,5𝑁 
Então, a força mínima horizontal que deve ser aplicada para que o bloco mantenha-se 
na parece é de 122,5𝑁, qualquer força a menos, o bloco irá cair. 
 
 
 
21 
 
4. Um estudante de 𝟔𝟓𝒌𝒈 deseja medir seu peso 
ficando de pé sobre uma balança montada sobre um 
skate que desce uma rampa, conforme mostrado na 
figura ao lado. Desprezando o atrito, calcule a leitura 
da balança no caso da inclinação da rampa seja 
𝜽 = 𝟑𝟎°. 
 
R: Este exercício é simples, primeiro, 
vamos fazer o diagrama de força. 
A leitura da balança é a normal de reação 
que a balança faz contraria a normal que 
o corpo está exercendo sobre ela. 
Neste caso é a Normal contrária ao Peso 
no eixo Y. 
E por que o ângulo entre 𝑃𝑦 e 𝑃 é 30° 
 
 
A soma dos ângulos internos de um triangulo é 180° 
 
Então, como queremos saber o valor de 𝑃𝑦 , como mostrado na figura acima. 
cos 𝜃 =
𝑃𝑦
𝑃
 
𝑃𝑦 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 
𝑃𝑦 = 65 ∙ 9,8 ∙ 0,866 
𝑃𝑦 = 551,66𝑁 
 
 
 
 
 
 
22 
 
5. Na máquina de atwood na figura ao lado, tem uma massa 
𝒎𝟏 = 𝟓𝟏𝟎𝒈 e 𝒎𝟐 = 𝟓𝟎𝟎𝒈. Determine a aceleração dos blocos. 
R: Vamos fazer o diagrama de força 
 
 Bloco 1 Bloco 2 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando a Segunda Lei de Newton 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
Bloco 1 
𝑃1 − 𝑇 = 𝑚1𝑎 (1) 
Bloco 2 
𝑇 − 𝑃2 = 𝑚2𝑎 (2) 
Somando (1) e (2) 
𝑃1 − 𝑃2 = 𝑚1 + 𝑚2 𝑎 
Isolando 𝑎 
𝑎 =
𝑃1 − 𝑃2
𝑚1 + 𝑚2
→ 𝑎 =
𝑔(𝑚1 −𝑚2)
𝑚1 + 𝑚2
 
𝑎 =
9,8(0,51 − 0,50)
0,51 + 0,50
 
𝑎 = 0,097
𝑚
𝑠²
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
T T 
P1 P2 
23 
 
6. Um tijolo escorrega com velocidade constante, descendo uma rampa 
inclinada com ângulo 𝜽𝒐. Se o ângulo é aumentado para 𝜽𝟏, o tijolo é 
acelerado para baixo com uma aceleração 𝒂. Nos dois casos, o coeficiente de 
atrito cinético 𝝁𝒌 é o mesmo. Determine 𝒂 em termos de 𝜽𝒐 𝒆 𝜽𝟏. 
R: Vamos pensar nos dois casos separadamente, vamos tentar achar a aceleração no 
segundo caso e ver se precisamos de alguma informação do primeiro caso. Obs: no 
primeiro caso o tijolo desce a velocidade constante, ou seja, a aceleração a igual a 
zero. 
Para resolver 
problemas de plano 
inclinado, para 
facilitar os cálculos, 
usa-se o eixo y,x na 
mesma inclinação do 
plano, com isso a 
única componente 
que vamos decompor 
é a Peso. 
 
Decompondo a força peso, em 𝑃𝑥 e 𝑃𝑦 
𝑃𝑥 = 𝑃 sin𝜃 = 𝑚𝑔 sin𝜃 𝑃𝑦 = 𝑃 cos 𝜃 = 𝑚𝑔 cos𝜃 
A força de atrito é dada por 𝑓𝑎𝑡 = 𝑁𝜇𝑘 
Colocarei em negrito o que não temos, para melhor visualização 
Aplicando a Segunda Lei de Newton. 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
𝑦:𝑵− 𝑷𝒚 = 𝟎 → 𝑵 = 𝑚𝑔 cos 𝜃1 
𝑥: 𝑷𝒙 − 𝒇𝒂𝒕 = 𝑚𝒂 → 𝑚𝑔 sin𝜃1 −𝑚𝑔 cos𝜃1 𝝁𝒌 = 𝑚𝒂 
𝒂 = 𝑔 sin𝜃1 − cos 𝜃1 𝝁𝒌 (𝟏) 
Temos uma equação e duas incógnitas, precisamos descobrir 𝝁𝒌 para descobrir 𝒂, 
vamos analisar o primeiro 
caso. 
 
Com 𝑎 = 0, vamos usar as 
mesmas equações 
 
 
 
 
 
 
24 
 
 
Aplicando a Segunda Lei de Newton. 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
𝑦:𝑵− 𝑷𝒚 = 𝟎 → 𝑵 = 𝑚𝑔 cos 𝜃0 
𝑥: 𝑷𝒙 − 𝒇𝒂𝒕 = 0 → 𝑚𝑔 sin𝜃0 −𝑚𝑔 cos𝜃0 𝝁𝒌 = 0 
𝝁𝒌 = tan𝜃0 (2) 
Substituindo (2) em (1) 
𝒂 = 𝑔 sin𝜃1 − cos 𝜃1 tan𝜃0 
 
7. Uma pedra de 0,5kg é posta para girar um círculo horizontal, presa a 
extremidade de um cordão de 1m. A pedra leva 2s para completar cada 
revolução. Determine o ângulo que o cordão forma com a horizontal. 
 
R: Primeiro, vamos fazer o esboçoindicando as forças e anotar as informações que 
temos. 
𝑚 = 0,5𝑘𝑔, 𝑡 = 2𝑠, 𝐿 = 1𝑚 
Temos três informações, e fizemos o 
diagrama de força no desenho. 
Antes vamos decompor 𝑇 para que 
fique sobre os eixos 𝑥 e 𝑦. 
𝑇 𝑥 = 𝑇 cos 𝜃 
𝑇 𝑦 = 𝑇 sin𝜃 
Vamos aplicar a Segunda Lei de 
Newton 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
 
Como não há aceleração no eixo 𝑦 
𝑇 𝑦 − 𝑃 = 0 → 𝑻 𝐬𝐢𝐧𝜽 = 𝑚𝑔 (1) 
A força centrípeta, não é uma força real, é dado o nome de força centrípeta, o vetor 
força que aponta para o centro da curva que o corpo está fazendo, que neste caso é 𝑇𝑥 . 
𝑇 𝑥 = 𝐹 𝑐 → 𝑻 𝐜𝐨𝐬 𝜽 =
𝑚𝒗 ²
𝑹
 (2) 
Temos duas equações e quatro incógnitas, precisamos achar mais duas equações para 
resolvermos esse sistema linear. 
Se observarmos o desenho bem, podemos ver que o comprimento da corda o raio e a 
altura, formam um triangulo retângulo, podemos usar a trigonometria para encontrar 
mais uma equação 
𝐜𝐨𝐬 𝜽 =
𝑹
𝐿
→ 𝑹 = 𝐿 𝐜𝐨𝐬 𝜽 (𝟑) 
25 
 
Agora precisamos eliminar a incógnita velocidade. A pedra faz uma trajetória circular e 
temos seu período, então podemos relacioná-las da forma: 
𝒗 =
2𝜋𝑹
𝑡
→ 𝒗 ² =
4𝜋²𝑹²
𝑡²
→ 𝒗 ² =
4𝜋²𝐿² 𝐜𝐨𝐬²𝜽
𝑡²
 (4) 
Substituindo (3) e (4) em (2), temos 
𝑻 𝐜𝐨𝐬 𝜽 =
𝑚4𝜋²𝐿² 𝐜𝐨𝐬²𝜽
𝐿 𝐜𝐨𝐬𝜽 𝑡²
→ 𝑻 =
𝑚4𝜋²𝐿
𝑡²
 
Substituindo (2) em (1) 
𝑚4𝜋²𝐿
𝑡²
𝐬𝐢𝐧 𝜽 = 𝑚𝑔 → 𝐬𝐢𝐧𝜽 =
𝑔 𝑡²
4𝜋²𝐿
→ 𝜽 = sin−1
𝑔 𝑡²
4𝜋²𝐿
 
𝜽 = sin−1
9,8 ∙ 2²
4𝜋²1
 
𝜃 = 83,7° 
8. Na Figura (2.2), 𝒎𝟏 = 𝟒𝒌𝒈 e o coeficiente de atrito estático entre os blocos é 
0,4. 
a) Encontre a faixa de valores 
possíveis para 𝒎𝟐 para qual o 
sistema permaneça em equilíbrio 
estático. 
 
 
R: Primeiro, vamos fazer o diagrama de força 
dos dois blocos, e usar o eixo 𝑥 e 𝑦 no bloco 
𝑚1 na mesma inclinação que o bloco. 
 
Se o bloco estiver quase descendo, ou seja, estiver em um equilibrio, porém com 
qualquer pertubação ele desce, a força de atrito estará para cima no plano inclinado. 
Se o bloco estiver quase subindo, ou seja, estiver em um equilibrio, porém com 
qualquer pertubação ele sobe, a força de atrito estará para baixo no plano inclinado. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton 
 
Decompondo a força peso, em 𝑃𝑥 e 𝑃𝑦 
26 
 
𝑃𝑥 = 𝑃 sin𝜃 = 𝑚𝑔 sin𝜃 𝑃𝑦 = 𝑃 cos 𝜃 = 𝑚𝑔 cos𝜃 
A força de atrito é dada por 𝑓𝑎𝑡 = 𝑁𝜇𝑘 
 
 
Bloco 1 
𝑥:𝑷𝒙 − 𝑻 ± 𝒇𝒂𝒕 = 0 
𝑥: 𝑚1𝑔 sin𝜃 − 𝑻 ± 𝑵𝜇𝑒 = 0(1) 
 
𝑦:𝑷𝒚 −𝑵 = 0 
𝑦:𝑵 = 𝑚1𝑔 cos 𝜃 (𝟐) 
 
 
Bloco 2 
𝑦:𝑃2 − 𝑻 = 0 
𝑦:𝑻 = 𝒎𝟐𝑔 (3) 
 
Substituindo (2) e (3) em(1) 
𝑚1𝑔 sin 𝜃 −𝒎𝟐𝑔 ± 𝑚1𝑔 cos 𝜃 𝜇𝑒 = 0 
𝒎𝟐 = 𝑚1 sin𝜃 ± 𝑚1 cos 𝜃 𝜇𝑒 
𝒎𝟐 = 2 ± 1,39 
0,61𝑘𝑔 ≤ 𝒎𝟐 ≤ 3,39𝑘𝑔 
Esse intervalo, que dizer que os blocos estaram em equilibrio estático, se o 𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 2 
tiver massa menor que 0,61kg o bloco 1 irá descer o plano inclinado, se o bloco 2 tiver 
massa maior que 3,39kg o bloco 1 irá subir o plano inclinado. 
 
9. Um bloco de 𝟐𝒌𝒈 e colocado em cima de um bloco de 
𝟒𝒌𝒈 que está sobre uma mesa sem atrito como na 
figura. O coeficiente de atrito entre os blocos são 
𝝁𝒆 = 𝟎,𝟑 e 𝝁𝒄 = 𝟎,𝟐. 
a) Qual é a força máxima horizontal que deve ser aplicada para que o bloco 
de 𝟐𝒌𝒈 não deslize. 
b) Se F tem o dobro dessa força encontrada, quan é o valor da aceleração? 
 
R: Primeiro, fazer um diagrama de força. 
 
 Bloco 1 Bloco 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑁 = 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑐𝑕ã𝑜 𝑓𝑎𝑧 𝑛𝑜 𝐵𝑙𝑜𝑐𝑜 1 𝐹 = 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝐸𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 
N 
F Fat2 
P1 
N2 
N1 
Fat1 
P2 
27 
 
𝑓𝑎𝑡2 = 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑣𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑜 𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜2 𝑃1 = 𝑃𝑒𝑠𝑜 1 
𝑓𝑎𝑡1 = 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑣𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑜 𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 1 𝑃2 = 𝑃𝑒𝑠𝑜2 
𝑁2 = 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 2 𝑓𝑎𝑧 𝑒𝑚 1 𝑁1 = 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 1 𝑓𝑎𝑧 𝑒𝑚 2 
 
A força mínima exigina para que o bloco se mova, é uma mínima unidade de força 
maior que a força de atrito estática máxima. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton 
 𝐹 = 𝑚𝑎 
Bloco 1 
𝑥:𝑭 − 𝒇𝒂𝒕𝟐 = 𝑚1𝒂𝟏(𝟏) 
𝑦: 𝑷𝟏 + 𝑵𝟐 = 𝑵 (𝟐) 
Bloco 2 
𝑥:𝒇𝒂𝒕𝟏 = 𝑚2𝒂𝟐(𝟑) 
𝑦:𝑵𝟏 = 𝑷𝟐 (𝟒) 
Pela Tericeira Lei de Newton 
𝑁1 = 𝑁2 
Substituindo (4) em (2) 
𝑵 = 𝑚1𝑔 + 𝑚2𝑔 
Substituindo as forças de atrito. 
𝒇𝒂𝒕𝟏 = 𝒇𝒂𝒕𝟐 = 𝑵𝟏𝝁𝒆 
𝒇𝒂𝒕 = 𝑚2𝜇𝑒𝑔 
Subsituindo em (3) 
𝑚2𝜇𝑒𝑔 = 𝑚2𝒂𝟐 
𝑎2 = 𝜇𝑒𝑔 
Como o bloco 2 não desliza, 𝑎1 = 𝑎2, substituindo em (1) 
𝐹 = 𝑚2𝜇𝑒𝑔 + 𝑚1𝜇𝑒𝑔 → 𝐹 = 𝜇𝑒𝑔(𝑚1 + 𝑚2) 
𝐹 = 0,3 ∙ 9,8(2 + 4) 
𝐹 = 17,64𝑁 
b) Aplicando 𝐹 = 35,28𝑁 
As equações continuam as mesmas, porém, 𝑎1 ≠ 𝑎2 
𝑎2 = 𝜇𝑐𝑔 
𝑎2 = 0,2 ∙ 9,8 
𝑎2 = 1,96
𝑚
𝑠²
 
Isolando 𝑎1 em (1) 
𝑎1 =
𝐹 −𝑚2𝜇𝑐𝑔
𝑚1
→ 𝑎1 =
35,28 − 2 ∙ 0,2 ∙ 9, ,8
4
 
𝑎1 = 7,84
𝑚
𝑠²
 
 
 
 
28 
 
10. Um bloco de massa 𝒎𝟏 = 𝟏𝟎𝒌𝒈 está preso 
por um fio com massa desprezivel que passa 
por uma roldana que não gira e está 
conectado ao outro bloco de massa 
𝒎𝟐 = 𝟒,𝟓𝒌𝒈, como na Figura (2.3). O 
coeficiente de atrito cinético é 0,3. 
a) Qual é a aceleração dos blocos? 
b) Qual é a tensão no fio? 
 
R: a)Primeiro Passo: Fazer o diagrama de forças. 
 
 Bloco 1 Bloco 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando a Segunda Lei de Newton 
Bloco 1 
𝑦:𝑵− 𝑷𝟏 = 0 → 𝑵 = 𝑚1𝑔 (1) 
𝑥:𝑻 − 𝒇𝒂𝒕 = 𝑚1𝒂 → 𝑻 − 𝑵𝜇𝑐 = 𝑚1𝒂 → 𝑻 −𝑚1𝑔𝜇𝑐 = 𝑚1𝒂(2) 
𝑻 = 𝑚1𝒂 + 𝑚1𝑔𝜇𝑐(2) 
Bloco 2 
𝑦:−𝑻 + 𝑷𝟐 = 𝑚2𝒂 → −𝑻 + 𝑚2𝑔 = 𝑚2𝒂 
𝑻 = −𝑚2𝒂 + 𝑚2𝑔(3) 
Igualando (2) e (3) 
−𝑚2𝒂 + 𝑚2𝑔 = 𝑚1𝒂 + 𝑚1𝑔𝜇𝑐 
Isolando 𝑎 
𝑎 =
𝑔(𝑚2 −𝑚1𝜇𝑐)
𝑚1 + 𝑚2
=
9,8(4,5 − 10 ∙ 0,3)
10 + 4,5
 
𝑎 = 1
𝑚
𝑠²
 
b) Substituindo 𝑎 na equação (2) 
𝑇 = 10 ∙ 1 + 10 ∙ 9,8 ∙ 0,3 
𝑇 = 39,4𝑁 
 
 
 
N 
fat
a 
T 
T 
P2 P1 
29 
 
Formulário – Trabalho e Conservação de Energia 
 
1. Trabalho 
Trabalho Definição 𝑊 = 𝐹 ∙ 𝑑𝑙 
2
1
 
Trabalho de Força Variável 𝑊 = 𝐹 𝑥 𝑑𝑥
𝑥
𝑥𝑜
 
Trabalho de Força Constante 𝑊 = 𝐹∆𝑥 
Trabalho de Força Constante unidimensional 𝑊 = 𝐹∆𝑥 cos 𝜃 
 
2. Energia Cinética ∆𝐸𝑐 =
𝑚𝑣²
2
−
𝑚𝑣²𝑜
2
 
Energia Cinética do Centro de massa ∆𝐸𝑐𝑐𝑚 =
𝑀𝑣²𝑐𝑚
2
,𝑀 = 𝑚𝑖 
3. Teorema Trabalho-Energia Cinética 𝑊 = ∆𝐸𝑐 
4. Potência 𝑃 =
𝑑𝑊
𝑑𝑡
= 𝐹 ∙ 𝑣 
5. Energia Potencial 
A variação da energia potencial de um sistema, é definida como o negativo do 
trabalho realizado por todas as forças conservativas internas atuando no 
sistema. 
Definição ∆𝐸𝑝 = 𝐸𝑝2 − 𝐸𝑝1 = −𝑊 
Energia Potencial Gravitacional ∆𝐸𝑝 = 𝑚𝑔𝑕 
Energia Potencial Elástica ∆𝐸𝑒 =
𝑘∆𝑥²
2
 
Força Conservativa𝐹 𝑥 = −
𝑑𝑢
𝑑𝑥
 
6. Energia Mecânica 
∆𝐸𝑚 = ∆𝐸𝑝 + ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑒 
7. Conservação de Energia 
Se a variação da energia mecânica do sistema é nula, então o sistema é 
conservativo. 
∆𝐸𝑚 = 0 
 Energia não conservativa que dizer que a variação da energia mecânica é igual a 
energia que é retirada do sistema, devido a calor, trabalho de força externa como o 
atrito. 
∆𝐸𝑚 = −𝑊𝑒𝑥𝑡 
𝐸𝑚𝑓 − 𝐸𝑚𝑖 = −𝑊𝑒𝑥𝑡 
𝐸𝑚𝑖 = 𝐸𝑚𝑓 + 𝑊𝑒𝑥𝑡 
Observando a última linha, pode-se concluir que, em uma transição de energia que há 
trabalho de força externa envolvida, parte da energia mecânica inicial se transforma e 
energia mecânica final e a outra parte é perdida devido a um atrito ou perca de calor, 
se essa força externa foi devido a uma força que “ajuda” o sistema, então esse 
trabalho de força externa é negativo. 
30 
 
1. A energia potencial de um objeto no eixo 𝒙 e dado por 𝑼 𝒙 = 𝟖𝒙² − 𝒙𝟒, 
onde 𝑼(𝒙) está em joules e 𝒙 em metros. 
a) Determine 𝑭(𝒙) associada a essa energia potencial. 
b) Em que posições o corpo está em equilíbrio? 
c) Quais dessas posições são de equilíbrio estáveis ou instáveis? 
 
R: a) A força é menos a derivada da energia potencial em relação a posição 
 𝐹 𝑥 = −
𝑑𝑈
𝑑𝑥
 
Então, 
𝐹 𝑥 = −
𝑑(8𝑥2 − 𝑥4)
𝑑𝑥
= 4𝑥3 − 16𝑥 
𝐹 𝑥 = 4𝑥3 − 16𝑥 
b) Para achar quais são os pontos de equilibro, tem duas lógicas iguais, mas com 
pensamentos diferentes. 
-Um ponto está em equilibro, quando ele não está acelerado, ou seja, a resultante das 
forças é igual a zero. 
-Os pontos de equilíbrio são quando a derivada da função é igual a zero. 
Então a derivada da função energia potencial 
𝑑𝑈
𝑑𝑥
= 0 = −4𝑥3 + 16𝑥 
Tirando as raízes da equação 
−𝑥3 + 4𝑥 = 0 → 𝑥 −𝑥2 + 4 = 0 → 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 2, 𝑥3 = −2, 
 
Esses são os pontos de equilíbrio. 
c) Os pontos de equilíbrio instável e 
estável são os pontos de máximo e 
mínimo, veja esse esboço para 
entender.Vamos pensar como uma 
montanha russa. Se a partícula está 
no ponto máximo qualquer 
perturbação ela irá cair na 
montanha russa, então ela está 
instável. Se a partícula estiver no ponto de mínimo deverá ter uma grande força para 
tirar ela do lugar, então ela está em um equilíbrio estável. Para calcular o ponto de 
máximo e mínimo, faremos a regra da derivada segunda. 
𝑑²𝑈
𝑑𝑥²
= −12𝑥² + 16 
x 𝑑²𝑈 𝑑𝑥² Equilibrio 
-2 -32 Instável 
0 16 Estável 
2 -32 Instável 
31 
 
2. Uma partícula de massa 𝐦 = 𝟐𝐤𝐠 se move ao longo do eixo 𝐱. Sua posição 
varia ao longo do tempo de acordo com 𝐱 𝐭 =
𝐭³
𝟔
+
𝐭𝟒
𝟏𝟐
+ 𝟓𝐭. 𝐭 está em 
segundos e 𝐱 está em metros. Determine. 
a) A velocidade e aceleração da partícula em função de 𝐭. 
b) A Potência fornecida em função de 𝐭. 
c) O trabalho realizado pela força resultante em 𝐭𝐨 = 𝟎 a 𝐭 = 𝟓𝐬. 
 
R: (a) Este é um problema de cinemática, como já foi resolvido e é matéria passada, 
vamos fazer mais ligeiramente. 
𝑣 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
→ 𝑣 =
𝑑(
𝑡³
6
+
𝑡4
12
+ 5𝑡)
𝑑𝑡
→ 𝑣 = 
𝑡²
2
+
𝑡³
3
+ 5 
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑑(
𝑡²
2
+
𝑡³
3
+ 5)
𝑑𝑡
→ 𝑎 = 𝑡 + 𝑡² 
b) Agora sabemos que na forma unidimensional a potência é dada por 𝑃 = 𝐹 ∙ 𝑣 
𝑃 = 𝐹 ∙ 𝑣 → 𝑃 = 𝑚𝑎 ∙ 𝑣 
𝑃 = 5 𝑡 + 𝑡2 
𝑡2
2
+
𝑡3
3
+ 5 → 𝑃 =
5
6
(3𝑡5 + 2𝑡6 + 30𝑡3) 
c)E sabemos também que, 
𝑃 =
𝑑𝑊
𝑑𝑡
→ 𝑑𝑊 = 𝑃𝑑𝑡 → 𝑑𝑊 = 𝑃𝑑𝑡 
Como queremos do ponto 0 a 5 
𝑊 = 𝑃𝑑𝑡
5
0
→ 𝑊 =
5
6
 (3𝑡5 + 2𝑡6 + 30𝑡3)𝑑𝑡
5
0
 
𝑊 = 34,8𝑘𝐽 
 
 
 
 
 
 
 
 
32 
 
3. O coração humano é uma bomba potente e extremamente confiável. A cada 
dia ela recebe uma descarga de 7500L. Suponha que o trabalho realizado pelo 
coração seja igual ao trabalho necessário para elevar essa quantidade de 
sangue até uma altura de uma mulher brasileira média (1, 63m). A densidade 
(massa por unidade de volume) do sangue é 1, 05×10³ kg/m³. 
a) Qual é o trabalho realizado pelo coração em um dia? 
b) Qual a potência de saída em watts? 
 
R: a) Vamos analisar quais são as variáveis que temos. 
𝑉 = 7500𝐿, 𝜌 = 1050
𝑘𝑔
𝑚³
, 𝑕 = 1,63𝑚, 𝑡 = 24𝑕 
Primeiro vamos converter o volume e tempo para sistema internacional 
𝑉 = 7500𝐿 ×
1𝑚³
1000𝐿
→ 𝑉 = 7,5𝑚³ 
𝑡 = 24𝑕 ×
3600𝑠
𝑕
= 86400𝑠 
Como o enunciado disse que o trabalho realizado pelo coração é igual ao trabalho 
necessário para elevar essa quantidade de sangue a uma altura de 1,63, então. 
𝑊 = 𝑚𝑔𝑕 → 𝑊 = 𝜌𝑉𝑔𝑕 → 𝑊 = 1050 ∙ 7,5 ∙ 9,8 ∙ 1,63 
𝑊 = 1,26𝑀𝐽 
b) A Potência é 
𝑃 =
𝑊
𝑡
→ 𝑃 =
125923,61
86400
 
𝑃 = 1,46𝑊 
 
 
 
 
 
 
 
33 
 
4. Um elevador está conectado a um sistema de polia e 
motor, como na figura ao lado. O motor ergue e abaixa 
o elevador. A massa do elevador é 35kg. Em operação 
ele se move com uma rapidez de 0,35m/s sem acelerar. 
Os motores elétricos têm uma eficiência de 78%. Qual 
deve ser a Potência de Fábrica desse motor? 
R: A Potência é dada por 
𝑃 = 𝐹 ∙ 𝑣 (1) 
Essa força é a força que o motor faz sobre o elevador, que força é essa? 
Vamos fazer o diagrama de força. 
 Aplicando a Segunda Lei de Newton, 𝐹 = 𝑚𝑎 
𝐹 − 𝑃 = 𝑚𝑎 
 Como a aceleração é zero 
𝐹 = 𝑃 → 𝐹 = 𝑚𝑔 
Substituindo em (1) 
𝑃 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑣 
Essa Potência é a Potência Efetiva, ou seja, a Potência que o motor realmente usa, e há 
a Potência Fornecida, que é a Potência que o motor aplica, com as perdas de energia, a 
Potência que puxa o elevador é menor do que a potência que o motor aplica, e a 
eficiência, são dadas pela potência efetiva sobre a potência fornecida, sendo em 
porcentagem indo de 0 − 1 ou 0 − 100%. 
𝜂 =
𝑃𝑒
𝑃𝑓
 
A potência que a gente calcula, é claro, é a efetiva, pois é a que realmente está sendo 
aplicada, e a potência de fabrica é a potência fornecida pelo motor, sendo assim. 
𝑃𝑓 =
𝑃𝑒
𝜂
 
𝑃𝑓 =
𝑚𝑔 ∙ 𝑣 
𝜂
→ 𝑃𝑓 =
35 ∙ 9,8 ∙ 0,35
0,78
 
𝑃𝑓 = 153,9𝑊 
E a Potência efetiva é 
𝑃𝑒 = 120,1𝑊 
 
F 
P 
34 
 
5. Um bloco de 2,4kg é largado sobre uma mola, como 
mostra a figura, de uma altura de 5m em relação ao inicio 
da mola. Quando o bloco está momentaneamente em 
repouso, a mola está comprimida 25 cm. Determine a 
rapidez do bloco quando a mola é comprimida 15 cm. 
 
R: As informações que temos são: 
𝑚 = 2,4𝑘𝑔, 𝑕1 = 5,25𝑚, 𝑕2 = 0,10𝑚, 
∆𝑥1 = 0,25𝑚, ∆𝑥2 = 0,15𝑚 
Sempre que formos resolver um problema de conservação de 
energia, vamos separar o problema em pontos. Podemos ver 
que tem três momentos nesse problema. O primeiro quando 
a mola não está comprimida, depois quando ela está 
comprimida 24cm e depois quando ela está comprimida 
15cm. 
Outro detalhe é que, vamos considerar nossa altura 0, 
quando a mola está totalmente comprimida para facilitar os 
cálculos, por isso 𝑕 = 5,25𝑚. 
Processo 1-2 
A energia se conserva ou não? 
Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = 0 
𝐸1 = 𝐸2 
Se a energia se conserva, isso que dizer que a energia do sistema no ponto 1 é igual a 
energia do sistema no ponto 2. 
Agora vem a segunda pergunta. 
Qual é a energia no ponto 1? 
Energia Potencial Gravitacional 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Potencial Elástica 
Então, no ponto 1 quando ele está em repouso, o bloco tem uma energia potencial, 
quando ele é solto, parte dessa energia potencial se transforma em cinética. Quando 
ele bate na bola, essa energia cinética e potencial vaise transformando em energia 
elástica, até que a velocidade chega a zero e o bloco para no ponto 2, onde a altura é 
zero. Nesse momento, toda energia potencial do ponto 1 é transformada em energia 
elástica, nos cálculos não precisamos considerar o momento que o bloco tinha 
ganhado velocidade, devemos considerar apenas o ponto inicial e final, porque a 
energia se conserva. 
𝐸1 = 𝐸2 → 𝐸𝑝1 = 𝐸𝑒2 → 𝑚𝑔𝑕1 =
𝒌∆𝑥1²
2
 
Queremos encontrar velocidade no Ponto 3, mas encontramos uma informação útil 
que é a constante elástica. Isolando 𝑘 
35 
 
𝒌 =
2𝑚𝑔𝑕1
∆𝑥1²
 
Agora podemos analisar do Ponto 2 para o Ponto 3, mas também do Ponto 1 para o 
Ponto 3, não importa o meio, precisamos apenas do inicio e do final, vou fazer do 
Ponto 2 para o 3, faça do 1 para o 3 e veja que dará o mesmo resultado. 
 
Processo 2-3 
A energia se conserva ou não? 
Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = 0 
𝐸2 = 𝐸3 
Se a energia se conserva, isso que dizer que a energia do sistema no ponto 2 é igual a 
energia do sistema no ponto 3. 
Agora vem a segunda pergunta. 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Potencial Elástica 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Potencial Gravitacional e Energia Cinética 
No ponto 2 ele está em repouso, mas a mola está com energia elástica, ela começa a 
descomprimir e o bloco começa a ganhar velocidade, altura e a mola ainda continua 
parcialmente comprimida, ou seja, energia cinética, energia potencia gravitacional e 
energia potencial elástica. Como queremos quando ela está comprimido 15cm ou seja 
na altura de 10cm, vamos isolar a velocidade. 
𝐸2 = 𝐸3 → 𝐸𝑒2 = 𝐸𝑝3 + 𝐸𝑐3 + 𝐸𝑒3 
𝒌∆𝑥1²
2
=
𝑚𝒗𝟑²
2
+ 𝑚𝑔𝑕2 +
𝒌∆𝑥2²
2
 
Substituindo 𝑘 
𝑚𝑔𝑕1 =
𝑚𝒗𝟑²
2
+ 𝑚𝑔𝑕2 +
𝑚𝑔𝑕1∆𝑥2²
∆𝑥1²
 
Isolando 𝒗𝟑 
𝒗𝟑 = 2𝑔(𝑕1 − 𝑕2 −
𝑕1∆𝑥2
2
∆𝑥1
2 ) 
𝒗𝟑 = 2 ∙ 9,8(5 − 0,1 −
5 ∙ 0,15²
0,25²
) 
𝒗𝟑 = 7,79
𝑚
𝑠
 
 
 
 
 
 
36 
 
6. Um carrinho de montanha 
russa de 𝒎 = 𝟏𝟓𝟎𝟎𝐤𝐠, parte 
do repouso de uma altura 
𝑯 = 𝟐𝟓𝒎 (Figura) acima da 
base de um laço de diâmetro 
𝑫 = 𝟏𝟓𝒎. Se o atrito é 
desprezível, determine a força 
para baixo exercida pelos 
trilhos sobre o carrinho, quando este está no topo do laço, de cabeça para 
baixo. 
 
R: O exercício quer encontrar à normal que o trilho faz no carrinho. A força que o 
carrinho faz mais o peso é a força centrípeta. Essa equação é dada por 
𝑁 + 𝑃 = 𝐹𝑐 → 𝑁 =
𝑚𝒗²
𝑅
−𝑚𝑔 → 𝑁 =
2𝑚𝒗²
𝐷
−𝑚𝑔(1) 
Como não temos o 𝑣, podemos encontrar ele por conservação de energia. 
Vamos separar os problemas em pontos, 
que são dois. O primeiro é quando o 
carrinho sai do repouso, e o segundo 
quando o carrinho está no topo do loop. 
 
 
Processo 1-2 
A energia se conserva ou não? 
Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = 0 
𝐸1 = 𝐸2 
Se a energia se conserva, isso que dizer que a energia do sistema no ponto 1 é igual a 
energia do sistema no ponto 2. 
Agora vem a segunda pergunta. 
Qual é a energia no ponto 1? 
Energia Potencial Gravitacional 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Potencial Gravitacional e Energia Cinética 
𝐸1 = 𝐸2 → 𝐸𝑝1 = 𝐸𝑝2 + 𝐸𝑐2 
𝑚𝑔𝐻 = 𝑚𝑔𝐷 +
𝑚𝒗²
2
 
𝑣 = 2𝑔(𝐻 − 𝐷) 
Substituindo em (1) 
𝑁 =
4𝑚𝑔(𝐻 − 𝐷)
𝐷
−𝑚𝑔 → 𝑁 =
4 ∙ 1500 ∙ 9,8(23 − 15)
15
− 1500 ∙ 9,8 
𝑁 = 16,7𝑘𝑁 
37 
 
7. Na (Figura) um bloco de massa 𝒎 = 𝟏𝟐𝒌𝒈 é 
liberado a partir do repouso em um plano 
inclinado de ângulo 𝜽 = 𝟑𝟎° e coeficiente de 
atrito cinético 𝝁𝒄 = 𝟎,𝟐. Abaixo do bloco há uma 
mola com constante elástica igual a 𝒌 =
𝟏𝟑𝟓𝟎𝟎
𝑵
𝒎
. O bloco para momentaneamente após 
comprimir a mola 𝟓,𝟓𝒄𝒎. 
a) Que distância o bloco desce ao longo do plano da posição de repouso inicial 
até o ponto de impacto? 
b) Depois de solto, qual é a velocidade depois que a mola está totalmente 
descomprimida. 
 
R: Primeiro, vamos analisar a figura, e por o nosso 
ponto 1 como no inicio quando o bloco está em 
repouso, o ponto 2 depois que o bloco comprimiu 
totalmente a mola e por fim o ponto 3 quando o bloco 
sobe novamente até parar. Vamos colocar nossa altura 
zero quando a mola está totalmente comprimida para 
facilitar os cálculos, como na figura ao lado. 
 
Processo 1-2 
A energia se conserva ou não? 
Não Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = −𝑊𝑒𝑥𝑡 
𝐸1 = 𝐸2 + 𝑊𝑒𝑥𝑡 
Agora vem a segunda pergunta. 
Qual é a energia no ponto 1? 
Energia Potencial Gravitacional 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Potencial Elástica 
Qual é o trabalho da força externa? 
Trabalho realizado pela força de atrito 
𝐸𝑝 = 𝐸𝑒 + 𝑊𝑓𝑎𝑡 
𝑚𝑔𝒉 =
𝑘∆𝑥²
2
+ 𝒇𝒂𝒕𝑫 
A força de atrito como já mostrado no exercício 4 de Dinâmica é 
𝑓𝑎𝑡 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝜇𝑐 
𝐷 = ∆𝑥 + 𝒅 
𝑚𝑔𝒉 =
𝑘∆𝑥²
2
+ 𝑚𝑔 cos 𝜃 ∆𝑥 + 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝜇𝑐𝒅 (𝟏) 
38 
 
Temos duas equações e duas incógnitas, precisamos 
relacionar 𝑑 com 𝑕 para resolver o problema. 
Podemos ver que a relação com 𝑕 e 𝑑 e um triangulo 
retângulo como a imagem. 
 
Então, 
sin𝜃 =
𝒉
𝒅 + ∆𝑥
 
𝒉 = 𝒅 sin𝜃 + ∆𝑥 sin𝜃 (2) 
Substituindo (1) em (2) 
𝑚𝑔𝒅 sin𝜃 + 𝑚𝑔∆𝑥 sin𝜃 =
𝑘∆𝑥²
2
+ 𝑚𝑔 cos 𝜃 ∆𝑥 + 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝒅 
Isolando 𝑑 
𝒅 =
𝑘∆𝑥² + 2𝑚𝑔(cos𝜃 − sin 𝜃)
𝑚𝑔(sin𝜃 − cos𝜃)
→ 𝑑 =
13500 ∙ 0,055² + 2 ∙ 3 ∙ 9,8(0,87 − 0,5)
3 ∙ 9,8(0,5 − 0,87 ∙ 0,2)
 
𝒅 = 2𝑚 
 
b) Agora, vamos analisa o Processo 2-3 
Processo 2-3 
A energia se conserva ou não? 
Não Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = −𝑊𝑒𝑥𝑡 
𝐸1 = 𝐸2 + 𝑊𝑒𝑥𝑡 
Agora vem a segunda pergunta. 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Potencial Elástica 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Potencial Gravitacional e Energia Cinética 
Qual é o trabalho da força externa?1,4768 
Trabalho realizado pela força de atrito 
𝐸𝑒 = 𝐸𝑝 + 𝐸𝑐 + 𝑊𝑓𝑎𝑡 
𝑘∆𝑥²
2
= 𝑚𝑔𝒉 +
𝑚𝒗²
2
+ 𝑚𝑔 cos 𝜃 𝒅 
Como na figura ao lado, o 𝑕 e 𝑑 podem ser descritos como 
𝑕 = ∆𝑥 sin 𝜃 𝑑 = ∆𝑥 
𝑘∆𝑥²
2
= 𝑚𝑔∆𝑥 sin𝜃 +
𝑚𝒗²
2
+ 𝑚𝑔 cos 𝜃 ∆𝑥 
𝑣 = 
𝑘∆𝑥²
𝑚
− 2𝑔∆𝑥(sin𝜃 + cos 𝜃) 
𝑣 = 
13500 ∙ 0,055²
3
− 2 ∙ 9,8 ∙ 0,055(0,87 + 0,5) → 𝑣 = 3,48
𝑚
𝑠
 
39 
 
8. Um bloco de massa 𝒎 
inicialmente em repouso desse 
uma curva com altura 𝒉 e sem 
atrito, como na figura, e passa 
por uma superfície infinita com 
coeficiente de atrito cinético 𝝁𝒄. 
Determine. 
a) A velocidade do bloco quando o bloco atinge a superfície 
b) A distância que o bloco percorreu antes de parar. 
 
R: a) Vamos separar o sistema em três pontos, o Ponto 1 quando o bloco está em 
repouso no alto, o Ponto 2 quando o bloco atinge a superfície e Ponto 3 quando o bloco 
para novamente na superfície. 
Processo 1-2 
A energia se conserva ou não? 
Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = 0 
𝐸1 = 𝐸2 
Qual é a energia no ponto 1? 
Energia Potencial Gravitacional 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Cinética 
𝐸𝑝 = 𝐸𝑐 
𝑚𝑔𝑕 =
𝑚𝒗²
2
 
𝑣 = 2𝑔𝑕 
 
b) Agora poderíamos ir ao processo 2-3, mas vamos fazer no processo 1-3, como eu 
disse antes, não importa o meio, e sim o inicio e final. 
 
Processo 1-2 
A energia se conserva ou não? 
Não Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = −𝑊𝑒𝑥𝑡 
𝐸1 = 𝐸3 + 𝑊𝑒𝑥𝑡 
Qual é a energia no ponto 1? 
Energia Potencial Gravitacional 
Qual é a energia no ponto 3? 
Nenhuma, pois toda energia potencial foi transformada em trabalho. 
Qual é o trabalho da força externa? 
Trabalho realizado pela força de atrito 
40 
 
Quando o bloco está em repouso no topo eletem energia potencial gravitacional, 
quando o bloco começa descer ele vai transformando a energia potencial em energia 
cinética, ou seja, perdendo altura e ganhando velocidade. Quando ela começa a passar 
pela superfície de atrito, há uma força contrária, a força de atrito, que desacelera o 
bloco, convertendo essa energia cinética em calor, quando toda essa energia foi 
transferida para calor, a energia cinética é zero. A velocidade é zero e o bloco para. 
Vamos calcular 
𝐸𝑝 = 𝑊𝑓𝑎𝑡 
𝑚𝑔𝑕 = 𝒇𝒂𝒕𝒅 (1) 
𝒇𝒂𝒕 = 𝑵𝜇𝑐(2) 
𝑵 = 𝑚𝑔 (3) 
Substituindo (3) em (2) e (2) em 1 
𝑚𝑔𝑕 = 𝑚𝑔𝜇𝑐𝒅 
𝒅 =
𝑕
𝜇𝑐
 
 
9. O sistema mostrado na figura está inicialmente em repouso, 
quando o barbante de baixo é cortado. Encontra a rapidez dos 
objetos quando eles estão, momentaneamente, à mesma altura. A 
Polia não tem atrito nem massa. 
 
R: Vamos fazer as analises de energia, inicialmente os blocos estão em 
repouso, com uma diferença de altura entre eles de 1𝑚, vamos considerar 
como altura zero, no local onde o bloco de 2𝑘𝑔 está para facilitar os 
cálculos. Os blocos estão inicialmente em repouso, o bloco de 3𝑘𝑔 tem uma 
energia potencial, quando a corda é cortada, essa energia potencial é 
transformada em energia cinética, tanto para o bloco 3𝑘𝑔 quanto para o 
bloco de 2𝑘𝑔, dando também energia potencial para o bloco de 2𝑘𝑔. 
 
Processo 1-2 
A energia se conserva ou não? 
Conserva, então 
∆𝐸𝑚 = 0 
𝐸1 = 𝐸2 
Qual é a energia no ponto 1? 
Energia Potencial Gravitacional do bloco de 3𝑘𝑔 
 
Qual é a energia no ponto 2? 
Energia Cinética e Potencial do Bloco de 3𝑘𝑔, Energia Cinética e Potencial do Bloco de 
2𝑘𝑔. 
41 
 
𝐸𝑝3𝑖 = 𝐸𝑝3𝑓 + 𝐸𝑝2𝑓 + 𝐸𝑐2𝑓 + 𝐸𝑐3𝑓 
A altura inicial 𝑕𝑖 = 1𝑚 e a altura final 𝑕𝑓 = 0,5𝑚. 
𝑚3𝑔𝑕𝑖 = 𝑚3𝑔𝑕𝑓 + 𝑚2𝑔𝑕𝑓 +
𝑚2𝑣²
2
+
𝑚3𝑣²
2
 
 
2𝑚3𝑔𝑕𝑖 = 2𝑚3𝑔𝑕𝑓 + 2𝑚2𝑔𝑕𝑓 + 𝑚2𝒗² + 𝑚3𝒗² 
Isolando 𝑣 
𝑣 = 
2𝑔(𝑚3𝑕𝑖 −𝑚3𝑕𝑓 −𝑚2𝑕𝑓)
𝑚2 + 𝑚3
 
𝑣 = 
2 ∙ 9,8(3 ∙ 1 − 3 ∙ 0,5 − 2 ∙ 0,5)
2 + 3
 
𝑣 = 1,4
𝑚
𝑠
 
 
10. Um bloco de massa de 𝟓𝒌𝒈 é preso em uma mola, que tem constante elástica 
de 𝟐𝟎𝑵/𝒄𝒎, pressionando-a e comprimindo-a 𝟑𝒄𝒎. O bloco é largado e a 
mola se expande, empurrando o bloco ao longo de uma superfície horizontal. 
O coeficiente de atrito cinético entre a superfície e o bloco é de 0,2. 
a) Calcule o trabalho realizado pela mola sobre o bloco, desde o instante que 
ela abandona a posição comprimida inicial até o momento que ela atinge 
sua posição de equilíbrio 
b) Calcule a energia dissipada pelo atrito enquanto o bloco se move pelos 
𝟑𝒄𝒎 até a posição de equilíbrio da mola. 
c) Qual é a velocidade do bloco quando a mola atinge a posição de 
equilíbrio? 
d) Se o bloco não estiver preso a mola, qual a distância adicional que ele 
percorrerá sobre a superfície até o momento que ele atinge seu repouso? 
 
R: a) As próprias alternativas são os passos que vamos fazer, primeiro vamos calcular o 
trabalho realizado pela mola, ou seja, a energia potencial elástica. 
𝐸𝑒 =
𝑘𝑥²
2
 
Antes de substituir vamos converter tudo para o S.I 
𝑘 = 20
𝑁
𝑐𝑚
∙ 100
𝑐𝑚
𝑚
→ 𝑘 = 2000
𝑁
𝑚
 
𝑥 = 3𝑐𝑚 ∙
1
100
𝑚
𝑐𝑚
→ 𝑥 = 0,03𝑚 
𝐸𝑒 =
2000 ∙ 0,03²
2
→ 𝐸𝑒 = 0,9𝐽 
b) Esse é o trabalho realizado pela força de atrito 
𝑊𝑎𝑡 = 𝑓𝑎𝑡𝑥 
42 
 
𝑊𝑎𝑡 = 𝑚𝑔 𝜇𝑐𝑥 → 𝑊𝑎𝑡 = 5 ∙ 9,8 ∙ 0,2 ∙ 0,03 
𝑊𝑎𝑡 = 0,294𝐽 
 
c) A energia não se conserva então. A energia elástica vai se transformando em energia 
cinética, a mola vai descomprimindo e o bloco vai ganhando velocidade, e parte dessa 
energia vai sendo perdida pela atrito 
∆𝐸𝑚 = −𝑊𝑎𝑡 
𝐸𝑚𝑖 = 𝐸𝑚𝑓 + 𝑊𝑎𝑡 
A energia mecânica inicial é a energia elástica, e a energia mecânica final é a energia 
cinética. 
𝐸𝑒 = 𝐸𝑐 + 𝑊𝑎𝑡 
𝑚𝒗²
2
= 𝐸𝑒 −𝑊𝑎𝑡 
𝑣 = 
2
𝑚
(𝐸𝑒 −𝑊𝑎𝑡 ) 
𝑣 = 
2
5
(0,9 − 0,294) 
𝑣 = 0,49
𝑚
𝑠
 
d) A energia não se conserva então. A energia cinética depois que a mola descomprime 
vai sendo perdida pelo trabalho realizado pela força de atrito, até parar. 
 
∆𝐸𝑚 = −𝑊𝑎𝑡 
𝐸𝑚𝑖 = 𝐸𝑚𝑓 + 𝑊𝑎𝑡 
A energia mecânica inicial é a energia cinética, e a energia mecânica final é zero pois o 
bloco vai parar. 
𝐸𝑐 = 𝑊𝑎𝑡 
𝑚𝑣²
2
= 𝑚𝑔𝜇𝑐𝒅 
𝑑 =
𝑣²
2𝑔𝜇𝑐
→ 𝑑 =
0,49²
2 ∙ 9,8 ∙ 0,2
 
𝑑 = 0,061𝑚 𝑜𝑢 6,1𝑐𝑚 
 
 
 
 
 
 
43 
 
Formulário - Centro de Massa e Quantidade de 
Movimento Linear 
 
1. Centro de Massa 
Centro de massa Definição 𝑀𝑟 𝑐𝑚 = 𝑚1𝑟1 + 𝑚2𝑟 2+. . = 𝑚𝑖𝑟𝑖 𝑖 
Centro de massa Corpo Contínuo 𝑀𝑟 𝑐𝑚 = 𝑟 𝑑𝑚 
Velocidade do Centro de Massa 𝑀𝑣 𝑐𝑚 = 𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣 2+. . = 𝑚𝑖𝑣𝑖 𝑖 
Aceleração do Centro de Massa 𝑀𝑎 𝑐𝑚 = 𝑚1𝑎1 + 𝑚2𝑎 2+. . = 𝑚𝑖𝑎𝑖 𝑖 
 
2. Quantidade de Movimento 
Para uma partícula 𝑝 = 𝑚𝑣 
Energia Cinética de uma partícula 𝐸𝑐 = 2𝑚 
 Sistema 𝑝 𝑠𝑖𝑠 = 𝑚𝑖𝑣 𝑖 = 𝑀𝑣 𝑐𝑚 
 Segunda Lei de Newton 𝐹 𝑒𝑥𝑡 =
𝑑𝑝 𝑠𝑖𝑠
𝑑𝑡
 
 Lei da Conservação da Quantidade de Movimento – Se a força externa resultante 
é zero, então a quantidade de movimento é conservada. 
 
3. Colisões 
Impulso 𝐼 = 𝐹𝑑𝑡
𝑡
𝑡𝑜
= ∆𝑝 
Colisão Elástica 𝑚𝑖𝑣𝑖 = 𝑚𝑓𝑣𝑓 
Colisão Inelástica 𝑚𝑖𝑣𝑖 = 𝑀 𝑣𝑓 
Coeficiente de Restituição 𝑒 =
𝑣2𝑓−𝑣1𝑓
𝑣1𝑖−𝑣2𝑖
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
44 
 
1. Três bolas, A, B e C, com massas de 
3kg, 1kg e 1kg, respectivamente, 
estão ligadas por uma barra sem 
massa, como mostrado na figura. 
Quais são as coordenadas do centro 
de massa do sistema? 
 
 
R: Vamos achar o centro de massa do sistema que está em duas dimensões, 
então precisamos achar a posição em 𝑥 e 𝑦. Podemos arrastar nossa origem 
para onde quisermos para facilitar o cálculo, porém vamos deixar como está no 
desenho. 
𝑟 𝑐𝑚 =
𝑚𝐴𝑟 𝐴 + 𝑚𝐵𝑟 𝐵 + 𝑚𝐶𝑟 𝐶
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
 
Em 𝑥 
𝑥 𝑐𝑚 =
𝑚𝐴𝑥 𝐴 + 𝑚𝐵𝑥 𝐵 + 𝑚𝐶𝑥 𝐶
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
 
𝑥 𝑐𝑚 =
3 ∙ 2 + 1 ∙ 1 + 1 ∙ 3
3 + 1 + 1
 
𝑥 𝑐𝑚 = 2𝑐𝑚 
Em 𝑦 
 
𝑦 𝑐𝑚 =
𝑚𝐴𝑦 𝐴 + 𝑚𝐵𝑦 𝐵 + 𝑚𝐶𝑦 𝐶
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
 
𝑦 𝑐𝑚 =
3 ∙ 2 + 1 ∙ 1 + 1 ∙ 0
3 + 1 + 1
 
𝑦 𝑐𝑚 = 1,4𝑐𝑚 
 
 
Em forma vetorial 
𝑟 𝑐𝑚 = (2𝑖 + 1,4𝑗 )𝑐𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
45 
 
2. Encontre o centro de massa de uma folha uniforme de ouro, como mostrado 
na figura 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R: Podemos separar essa figura em duas figuras regulares e fáceis de serem calculadas 
usando como coordenadas do centro de massa de cada uma, como na (Figura) abaixo. 
 
Vamos calcular o centro de massa em 𝑥 e 𝑦 em dois corpos 1 e 2. 
Vemos fácil qual é o centro de massa de cada figura 
𝑥𝑐𝑚1 = 5𝑐𝑚, 𝑦𝑐𝑚1 = 3𝑐𝑚, 𝑥𝑐𝑚2 = 3𝑐𝑚, 𝑦𝑐𝑚2 = 7𝑐𝑚 
 
𝒙𝒄𝒎 =
𝒎𝟏𝑥𝑐𝑚1 + 𝒎𝟐𝑥𝑐𝑚2
𝑴
 
𝒚𝒄𝒎 =
𝒎𝟏𝑦𝑐𝑚1 + 𝒎𝟐𝑦𝑐𝑚2
𝑴
 
 
Não temos 𝑚1, 𝑚2 e M só que temos uma relação entre os três, já que os três são deouro uniforme, as densidades são iguais sendo assim: 
 
46 
 
𝝆 =
𝒎𝟏
𝐴1
, 𝝆 =
𝒎𝟐
𝐴2
, 𝝆 =
𝑴
𝐴
 
Isolando as massas 
𝒎𝟏 = 𝝆𝐴1, 𝒎𝟐 = 𝝆𝐴2 , 𝑴 = 𝝆𝐴 
𝐴1 = 60𝑐𝑚², 𝐴2 = 12𝑐𝑚², 𝐴 = 72𝑐𝑚² 
 
Substituindo as massas nas equações de Centro de Massa 
𝒙𝒄𝒎 =
𝝆𝐴1𝑥𝑐𝑚1 + 𝝆𝐴2𝑥𝑐𝑚2
𝝆𝐴
 
𝒚𝒄𝒎 =
𝝆𝐴1𝑦𝑐𝑚1 + 𝝆𝐴2𝑦𝑐𝑚2
𝝆𝐴
 
 
Como tem densidade multiplicando e dividindo tudo, podemos cortar ficando assim: 
𝒙𝒄𝒎 =
𝐴1𝑥𝑐𝑚1 + 𝐴2𝑥𝑐𝑚2
𝐴
 
𝒚𝒄𝒎 =
𝐴1𝑦𝑐𝑚1 + 𝐴2𝑦𝑐𝑚2
𝐴
 
Substituindo valores 
𝒙𝒄𝒎 =
60 ∙ 5 + 12 ∙ 3
72
 
𝒚𝒄𝒎 =
60 ∙ 3 + 12 ∙ 7
72
 
 
𝒙𝒄𝒎 = 4,67𝑐𝑚 
𝒚𝒄𝒎 = 3,67𝑐𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
47 
 
3. Duas partículas, uma de massa 𝒎𝟏 = 𝟐𝒌𝒈 e outra 𝒎𝟐 = 𝟑𝒌𝒈 tem 
velocidades 𝒗 𝟏 = (𝟏𝒊 + 𝟐𝒋 )𝒎 𝒔 e 𝒗 𝟐 = (𝟒𝒊 − 𝟓𝒋 )𝒎 𝒔 e aceleração 
𝒂 𝟏 = (𝟎,𝟓𝒊 + 𝟎,𝟑𝒋 )𝒎 𝒔² e 𝒂 𝟐 = (𝟏𝒊 − 𝟎,𝟖𝒋 )𝒎 𝒔² . Encontre a velocidade 
e aceleração do centro de massa do sistema. 
 
R: Esse exercício é simples, apenas aplicamos a fórmula de velocidade do centro de 
massa para 𝑥 e para 𝑦. 
 
𝑣 𝑐𝑚 =
1
𝑀
[ 𝑚1𝑣1𝑥 + 𝑚2𝑣2𝑥 𝑖 + 𝑚1𝑣1𝑦 + 𝑚2𝑣2𝑦 𝑗 ] 
Jogando os valores 
𝑣 𝑐𝑚 =
1
2 + 3
[ 2 ∙ 1 + 3 ∙ 4 𝑖 + 2 ∙ 2 + 3 ∙ −5 𝑗 ] 
 
𝑣 𝑐𝑚 =
1
5
[14𝑖 − 11𝑗 ]
𝑚
𝑠
 
 
𝑣 𝑐𝑚 = (2,8𝑖 − 2,2𝑗 )
𝑚
𝑠
 
 
Encontrando a aceleração do centro de massa 
𝑎 𝑐𝑚 =
1
𝑀
[ 𝑚1𝑎1𝑥 + 𝑚2𝑎2𝑥 𝑖 + 𝑚1𝑎1𝑦 + 𝑚2𝑎2𝑦 𝑗 ] 
Jogando os valores 
𝑎 𝑐𝑚 =
1
2 + 3
[ 2 ∙ 0,5 + 3 ∙ 1 𝑖 + 2 ∙ 0,3 + 3 ∙ −0,8 𝑗 ] 
 
𝑎 𝑐𝑚 =
1
5
[4𝑖 − 1,8𝑗 ]
𝑚
𝑠
 
 
𝑎 𝑐𝑚 = (0,8𝑖 − 0,36𝑗 )
𝑚
𝑠²
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
48 
 
4. Um projétil é lançado em uma trajetória tal que faria aterrizar à 𝟓𝟓𝒎 do 
lançamento. No entanto ele explode no ponto mais alto da trajetória, 
partindo em dois fragmentos da mesma massa. Imediatamente após a 
explosão um dos fragmentos tem rapidez igual a zero e o outro e depois cai 
na vertical. Onde aterriza o outro fragmento? 
 
R: As forças que causam as explosões são 
forças internas e a única força externa que está 
atuando é a força gravitacional, ou seja, o 
momento linear no eixo x se conserva, fazendo 
um dos fragmentos cair e o outro continuar em 
movimento. O centro de massa continua com a 
trajetória anterior, uma trajetória parabólica, 
pois nenhuma força mudou. 
Vimos em exercícios anteriores que o ponto mais alto da trajetória parabólica em y 
representa a metade do alcance em 𝑥. Então 𝑥1 = 22,5𝑚. 
Aplicando a fórmula do centro de massa. 
𝑥𝑐𝑚 =
𝑚𝑥1 + 𝑚𝒙𝟐
𝑚 + 𝑚
 
𝒙𝟐 = 2𝑥𝑐𝑚 − 𝑥1 
𝑥2 = 2 ∙ 55 − 22,5 
𝑥2 = 87,5 
Um projétil parou 22,5𝑚 antes do centro de massa e o outro 22,5𝑚 depois do centro 
de massa, como esperado, pois os projeteis são da mesma massa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
49 
 
5. Considere uma colisão uma colisão perfeitamente inelástica de dois corpos de 
mesma massa. A perda de energia é maior se os dois corpos se movem em 
sentidos opostos, cada um com uma rapidez 𝒗/𝟐, ou se um dos corpos está 
inicialmente em repouso e o outro em rapidez 𝒗? 
 
R: Vamos analisar os casos de colisão inelástica. 
 Caso 1: 
 Massas iguais, sentidos opostos e com 𝑣/2 
𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑣𝑓 
𝑚
𝑣
2
−𝑚
𝑣
2
= 2𝑚𝑣𝑓 
𝑣𝑓 = 0 
 
Analisando a variação da energia cinética. 
𝐸𝑐𝑖 =
𝑚
2
 
𝑣
2
 
2
+
𝑚
2
 
𝑣
2
 
2
→ 𝐸𝑐𝑖 =
𝑚𝑣²
4
 
𝐸𝑐𝑓 =
2𝑚𝑣𝑓²
2
→ 𝐸𝑐𝑓 = 0 
∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐𝑓 − 𝐸𝑐𝑖 
∆𝐸𝑐 = 0 −
𝑚𝑣²
4
 
∆𝐸𝑐 = −
𝑚𝑣²
4
 
Caso 2: 
Massas iguais, um com velocidade 𝑣 e o outro parado 
𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑣𝑓 
𝑚𝑣 = 2𝑚𝑣𝑓 
𝑣𝑓 =
𝑣
2
 
Analisando a Conservação de energia. 
𝐸𝑐𝑖 =
𝑚𝑣²
2
 
𝐸𝑐𝑓 =
2𝑚𝑣𝑓²
2
→ 𝐸𝑐𝑓 = 𝑚 
𝑣
2
 
2
 
𝐸𝑐𝑓 =
𝑚𝑣²
4
 
∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐𝑓 − 𝐸𝑐𝑖 
∆𝐸𝑐 =
𝑚𝑣²
4
−
𝑚𝑣²
2
 
∆𝐸𝑐 = −
𝑚𝑣²
4
 
A variação da energia cinética é a mesma nos dois casos. 
 
50 
 
6. Um projétil de massa 𝒎𝟏 é atirado com 
uma velocidade 𝒗 e atravessa com uma 
velocidade 𝒗 𝟑 um pêndulo balístico de 
massa 𝒎𝟐, como na figura. O bloco oscila 
subindo sobe até uma altura, calcule essa 
altura. 
 
 
 
R: No momento que já tem uma altura relacionada, 
você já pode imaginar que há conservação de energia envolvida. O pêndulo 
inicialmente está em repouso, só que para ter uma energia potencial, o pendulo deve 
ter tido uma energia cinética no inicio. O que fez o pêndulo ganhar essa velocidade? 
Provavelmente é devido a colisão elástica entre a bala e o pêndulo. 
A bala tem uma energia cinética, quando colide com o pêndulo transfere parte dessa 
energia para o pêndulo que sobe. Quando sobe o pendulo transforma essa energia 
cinética em potencial, e a bala continua com uma parte dessa energia. Há perda de 
energia na colisão? Provavelmente, e podemos calcular, mesmo se o exercício não 
pede. 
Vamos então começar pela colisão elástica. 
𝑚1𝑣1𝑖 + 𝑚2𝑣2𝑖 = 𝑚1𝑣𝑖𝑓 + 𝑚2𝑣2𝑓 
Substituindo pelas informações que o exercício mostra 
𝑚1𝑣 = 𝑚1
𝑣
3
+ 𝑚2𝒗𝟐𝒇 
Sabemos agora a velocidade do pêndulo assim que começa subir, então vamos isolar 
essa velocidade e aplicar na conservação de energia. 
𝒗𝟐𝒇 =
2𝑚1𝑣
3𝑚2
 
O sistema é conservativo, logo 
𝐸𝑚𝑖 = 𝐸𝑚𝑓 
𝐸𝑐 = 𝐸𝑝 
𝑚2 
2𝑚1𝑣
3𝑚2
 
2
= 𝑚2𝑔𝒉 
Isolando 𝑕 
𝒉 =
1
𝑔
 
2𝑚1𝑣
3𝑚2
 
2
 
Vamos ver se a energia conservou? Vamos por 𝑚1 = 1𝑘𝑔, 𝑚2 = 10𝑘𝑔, 𝑣 = 1𝑚/𝑠 
A energia inicial é apenas a energia da bala, e a energia final é a energia que sobrou da 
bala e a energia do pêndulo. 
𝑚1𝑣²
2
=
𝑚1 
𝑣
3
 ²
2
+ 𝑚2 
2𝑚1𝑣
3𝑚2
 
2
→ 0,5 ≠ 0,01 
51 
 
7. Um bloco de 𝒎𝟏 = 𝟐𝐤𝐠 se move para a direita com uma velocidade de 
𝒗𝒊𝟏 = 𝟓𝐦/𝐬 colide com um bloco de 𝒎𝟐 = 𝟑𝐤𝐠 que se move no mesmo 
sentido a 𝒗𝒊𝟐 = 𝟐𝐦/𝐬. Após a colisão, o bloco 2 se move com uma velocidade 
𝒗𝒇𝟐 = 𝟒,𝟐𝐦/𝐬. 
a) Determine a Velocidade do Bloco 1. 
b) Determine o Coeficiente de Restituição. 
R: a) Vamos apenas aplicar a conservação da quantidade de movimento linear, pois 
não há nenhuma força externa. 
𝑝𝑖 = 𝑝𝑓 
𝑚1𝑣1𝑖 + 𝑚2𝑣2𝑖 = 𝑚1𝒗𝟏𝒇 + 𝑚2𝑣2𝑓 
𝒗𝟏𝒇 =
𝑚1𝑣1𝑖 + 𝑚2𝑣2𝑖 −𝑚2𝑣2𝑓
𝑚1
 
𝒗𝟏𝒇 =
2 ∙ 5 + 3 ∙ 2 − 3 ∙ 4,2
2
 
𝒗𝟏𝒇 = 1,7
𝑚
𝑠
 
b) O coeficiente de restituição é dado por 
𝑒 =
𝑣2𝑓 − 𝑣1𝑓
𝑣1𝑖 − 𝑣2𝑖
 
𝑒 =
4,2 − 1,7
5 − 2
 
𝑒 = 0,833 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
52 
 
8. Um disco de massa 𝒎, movendo a 2m/s, se aproxima de um disco idêntico 
que está estacionário o gelo, sem átrio. Após a colisão, o primeiro disco 
emerge com uma rapidez 𝒗𝟏𝒇 formando 𝟑𝟎° acima da horizontal. O segundo 
disco emerge com uma rapidez 𝒗𝟐𝒇 formando um ângulo 𝟔𝟎° abaixo da 
horizontal. Calcule 𝒗𝟏𝒇 e 𝒗𝟐𝒇. 
 
R: Primeiro vamos fazer um 
esboço, e separar o problema em 
componentes 𝑥 e 𝑦, pois o 
momento linear é um vetor, e ele 
se conserva, pois não há nenhuma 
força externa no sistema. 
 
 
Agora vamos aplicar a conservação da quantidade de movimento𝑝 𝑥𝑖 = 𝑝 𝑥𝑓 
𝑝 𝑦𝑖 = 𝑝 𝑦𝑓 
Como as massas são iguais, podemos desconsiderá-las 
𝑣1𝑖𝑥 + 𝑣2𝑖𝑥 = 𝑣1𝑓𝑥 + 𝑣2𝑓𝑥 
𝑣1𝑖𝑦 + 𝑣2𝑖𝑦 = 𝑣1𝑓𝑦 − 𝑣2𝑓𝑦 
Na forma vetorial 
𝑣1𝑓𝑥 = 𝑣1𝑓 cos 30 
𝑣1𝑓𝑦 = 𝑣1𝑓 sin 30 
 
𝑣2𝑓𝑥 = 𝑣2𝑓 cos 60 
𝑣2𝑓𝑦 = 𝑣2𝑓 sin 60 
Substituindo 
𝑣1𝑖 = 𝒗𝟏𝒇 cos 30 + 𝒗𝟐𝒇 cos 60 (1) 
0 = 𝒗𝟏𝒇 sin 30 − 𝒗𝟐𝒇 sin 60 (2) 
 
Temos duas equações e duas incógnitas, vamos jogar os valores e isolar. 
2 = 0.87𝑣1𝑓 + 0,5𝑣2𝑓(1) 
0 = 0,5𝑣1𝑓 − 0,87𝑣2𝑓(2) 
Isolando 𝑣1𝑓 𝑒𝑚 2 
𝑣1𝑓 = 1,73𝑣2𝑓 
Substituindo 
2 = 1,5𝑣2𝑓 + 0,5𝑣2𝑓 
𝑣2𝑓 =
1𝑚
𝑠
 
𝑣1𝑓 = 1,73𝑚/𝑠 
53 
 
9. Uma garota de 60kg, treinando sobre um skate de 3kg, segura dois pesos, um 
de 5kg e outro de 10kg. A partir do repouso ela lança os pesos 
horizontalmente, um depois do outro. Após o lançamento, a velocidade de 
casa peso é de 𝟏𝟎𝒎/𝒔 relativamente a ela e ao skate. Admita que o skate se 
movimente sem atrito. 
a) Usando a Segunda Lei de Newton para o sistema skate+garota+pesos, 
mostrar que a componente horizontal do momento linear do sistema se 
conserva. 
b) Qual é a velocidade da garota depois de lançar o peso de 5kg? 
c) E após o lançamento do peso de 10kg? 
 
R: a) Como não há nenhuma força externa no sistema, pois, não há atrito entre o skate 
e o chão e todo resto são forças internas do sistema skate+garota+pesos. 
𝐹 𝑒𝑥𝑡 =
𝑑𝑝 
𝑑𝑡
→ 𝑑𝑝 = 𝐹 𝑒𝑥𝑡𝑑𝑡 → 𝑑𝑝 = 𝐹 𝑒𝑥𝑡𝑑𝑡 
Se 𝐹 𝑒𝑥𝑡 = 0 
𝑝 = 0𝑑𝑡 → 𝑝 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
Se o momento linear é constante, logo o sistema se conserva. 
 
b) Vimos que o momento linear se conserva, o momento linear quando o sistema está 
em repouso que é zero, pois a velocidade é zero, então depois que a mulher joga o 
primeiro peso é zero, e depois que joga o segundo peso é zero também. 
𝑝1 = 𝑝2 = 𝑝3 = 0 
Vamos analisar o primeiro caso 
𝑀 = 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑘𝑎𝑡𝑖𝑠𝑡𝑎 𝑒 𝑑𝑜 𝑠𝑘𝑎𝑡𝑒 𝑞𝑢𝑒 é 63𝑘𝑔 
𝑚1 = 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑒𝑠𝑜 1 𝑑𝑒 5𝑘𝑔 
𝑚2 = 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑝𝑒𝑠𝑜 2 𝑑𝑒 10𝑘𝑔 
𝑣𝑝 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑜 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑚 𝑟𝑒𝑙𝑎çã𝑜 𝑎𝑜 𝑐𝑕ã𝑜 
𝑣𝑒 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑘𝑎𝑡𝑖𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑚 𝑟𝑒𝑙𝑎çã𝑜 𝑎𝑜 𝑐𝑕ã𝑜 
𝑣𝑝𝑟𝑒𝑙 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑜 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑚 𝑟𝑒𝑙𝑎çã𝑜 𝑎 𝑠𝑘𝑎𝑡𝑖𝑠𝑡𝑎 
𝑣𝑒 = 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑘𝑎𝑡𝑖𝑠𝑡𝑎 
 
A velocidade do peso em relação a skatista é de 10m/s então, a velocidade da skatista 
em relação ao chão mais a velocidade do peso em relação ao chão é igual a 10m/s 
𝑣𝑝𝑟𝑒𝑙 = 𝒗𝒆 + 𝒗𝒑(1) 
Aplicando a conservação do momento linear, considerando o sentido da skatista 
positivo e dos pesos negativo. 
0 = 𝑝1 
0 = 𝑀 + 𝑚2 𝒗𝒆 −𝑚1𝒗𝒑(𝟐) 
54 
 
Temos duas equações e duas incógnitas, mas sabemos a velocidade do peso em 
relação à skatista, e queremos encontrar a velocidade da skatista. Vamos isolar 𝑣𝑝 em 
(1) e substituir em (2). 
0 = 𝑀 + 𝑚2 𝒗𝒆 −𝑚1(𝑣𝑝𝑟𝑒𝑙 − 𝒗𝒆) 
Isolando 𝑣𝑒 
𝑣𝑒 =
𝑚1𝑣𝑝𝑟𝑒𝑙
𝑀 + 𝑚2 + 𝑚1
=
5 ∙ 10
63 + 10 + 5
 
𝑣𝑒 = 0,64
𝑚
𝑠
 
c) Agora vamos fazer o mesmo processo anterior, porém um dos pesos já foi lançado, e 
a skatista já está em movimento, vamos considerar ela parada, e depois somar a 
velocidade, para facilitar os cálculos. 
𝑣𝑝𝑟𝑒𝑙 = 𝒗𝒆 + 𝒗𝒑(1) 
Aplicando a conservação do momento linear, considerando o sentido da skatista 
positivo e dos pesos negativo. 
0 = 𝑝2 
0 = 𝑀𝒗𝒆 −𝑚2𝒗𝒑(𝟐) 
Substituindo (1) em (2) 
0 = 𝑀𝒗𝒆 −𝑚2(𝑣𝑝𝑟𝑒𝑙 − 𝒗𝒆) 
𝑣𝑒 =
𝑚2𝑣𝑝𝑟𝑒𝑙
𝑀 + 𝑚2
+ 0,64 → 𝑣𝑒 =
10 ∙ 10
63 + 10
+ 0,64 
𝑣𝑒 = 2
𝑚
𝑠
 
 
10. Uma cunha de massa 𝑴 é colocada sobre uma 
superfície horizontal e sem atrito, e um bloco de 
massa 𝒎 é colocada sobre a cunha, que também 
tem uma superfície sem atrito. O bloco desce de 
uma altura 𝒉 deslizando na cunha. 
a) Quais são os valores de rapidez do bloco e da 
cunha, no instante em que separam, 
seguindo seus próprios caminhos? 
b) Teste a plausibilidade de seus cálculos para 
caso limite 𝑴 ≫ 𝒎. 
R: Aplicando a Conservação da Energia Mecânica 
∆𝐸𝑚 = 0 
𝐸𝑚𝑖 = 𝐸𝑚𝑓 
Inicialmente a única energia é a potencial do bloco pequeno, quando ele desliza ele 
transforma a energia potencial do bloquinho em energia cinética do bloco e da cunha. 
55 
 
𝐸𝑝𝑏 = 𝐸𝑐𝑏 + 𝐸𝑐𝑐 
𝑚𝑔𝑕 =
𝑚𝒗𝒃
2
2
+
𝑀𝒗𝒄
2
2
(1) 
Temos uma equação e duas incógnitas, então precisamos de mais uma equação. 
Vamos encontrá-la através da quantidade de movimento linear. 
𝑝𝑖 = 𝑝𝑓 
𝑚𝑣𝑏𝑖 + 𝑀𝑣𝑐𝑖 = 𝑚𝑣𝑏𝑓 + 𝑀𝑣𝑐𝑓 
0 = 𝑚𝒗𝒃 −𝑀𝒗𝒄(𝟐) 
Agora temos duas equações e duas incógnitas, isolando 𝑣𝑐em (2) e substituindo em (1) 
𝑣𝑐 =
𝑚
𝑀
𝑣𝑏 
𝑚𝑔𝑕 =
𝑚𝒗𝒃
2
2
+
𝑀
2
 
𝑚
𝑀
𝒗𝒃 
2
 
Isolando 𝑣𝑏 
𝒗𝒃 = 
2𝑀𝑔𝑕
𝑀 + 𝑚
 
Substituindo em (2) 
𝒗𝒄 = 
2𝑀𝑚²𝑔𝑕
𝑀²(𝑀 + 𝑚)
 
b) Quando M>>m, ou seja a cunha é extremamente mais massiva que o bloco. 
𝑀 + 𝑚 ≈ 𝑀 𝑀 × 𝑚 ≈ 0 
𝒗𝒃 = 
2𝑀𝑔𝑕
𝑀 + 𝑚
→ 𝒗𝒃 = 
2𝑀𝑔𝑕
𝑀
 
𝒗𝒃 = 2𝑔𝑕 
𝒗𝒄 = 
2𝑀𝑚²𝑔𝑕
𝑀²(𝑀 + 𝑚)
→ 𝒗𝒄 = 
2 ∙ 0 ∙ 𝑚𝑔𝑕
𝑀²(𝑀 + 𝑚)
→ 𝑣𝑐 = 0 
O que ocorreria, normalmente, a cunha ficaria parada e a velocidade do bloco será 
 2𝑔𝑕 
56 
 
 
 Formulário - Rotação 
 
1. Cinemática Rotacional 
Velocidade Angular 𝜔 =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
 
Aceleração Angular 𝛼 =
𝑑𝜔
𝑑𝑡
 
Velocidade Tangencial 𝑣 = 𝑟𝜔 
Aceleração Tangencial 𝑎 = 𝑟𝛼 
Aceleração Centrípeta 𝑎𝑐 = 𝑟𝜔² 
Equação da posição 𝜃 = 𝜃𝑜 + 𝜔𝑜𝑡 +
𝛼𝑡²
2
 
Equação da velocidade 𝜔 = 𝜔𝑜 + 𝛼𝑡 
 
2. Momento de Inércia 
Sistema de Partículas 𝐼 = 𝑚𝑖𝑟𝑖² 
Corpo Contínuo 𝐼 = 𝑟²𝑑𝑚 
Teorema dos eixos paralelos 𝐼 = 𝐼𝑐𝑚 + 𝑀𝑕² 
 
3. Energia 
Energia Cinética de um corpo que gira 𝐸𝑐𝑟𝑜𝑡 =
𝐼𝜔²
2
 
Energia Cinética de um corpo que gira e translada 𝐸𝑐 =
𝑚𝑣²
2
+
𝐼𝜔²
2
 
 
4. Segunda Lei de Newton para Rotação 
Torque 𝜏 = 𝐹𝑡𝑅 
Segunda Lei 𝜏 = 𝐼𝛼 
 
Tabela de Analogia de Translação para Rotação 
Para as grandezas físicas de translação abaixo há uma grandeza de rotação 
correspondente, ou seja, se você não está lembrando uma fórmula da rotação, 
pegue a fórmula de translação e substituía pelos seus análogos. 
Qual é a fórmula da Potência em rotação? Vamos lembrar a de translação. 
𝑷 = 𝑭𝒗 usando a tabela 𝑷 = 𝝉𝝎 
 
Translação Rotação 
𝑟 𝜃 
𝑣 𝜔 
𝑎 𝛼 
𝑚 𝐼 
 𝐹 𝜏 
57 
 
 
 
1. Uma roda de raio igual a partindo do repouso, gira com aceleração angular 
constante de 𝟐,𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔. Após 𝟔𝒔 de partida.