Apostila de Física Geral

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149
 Unidade I Vetores 
 
1 Situando a Temática 
 O propósito desta unidade temática é o de introduzir a nomenclatura 
que será utilizada no decorrer deste curso. A título de revisão e para que fi-
que mais próximo do curso atual, apresentaremos as definições básicas da 
álgebra de vetores. Entretanto, remetemos os alunos ao curso de Cálculo Ve-
torial e Geometria Analítica contido no segundo volume do curso de Licen-
ciatura em Matemática a Distância. 
 
2 Problematizando a Temática 
 A necessidade de uma entidade matemática que possa representar 
determinadas grandezas físicas é clara para todos nós. Basta compararmos. 
Grandezas como temperatura, massa ou volume, podem ser especificadas 
com um único número. Quando alguém diz que “está fazendo 40° C”, já sa-
bemos que está bastante quente. Não é preciso qualquer informação adicio-
nal. Entretanto grandezas como força, deslocamento ou velocidade, e outras 
que veremos ao longo deste curso, não podem ser descritas por meio de um 
único número. Para que a velocidade de uma partícula fique bem definida 
nós devemos especificar o quão rápido esta partícula está se deslocando, 
qual a direção do seu movimento – se horizontal ou vertical, por exemplo – e 
o sentido do movimento; para a esquerda ou para a direita? As grandezas que 
podem ser especificadas com um único número são chamadas de grandezas 
escalares enquanto que aquelas onde precisamos informar o seu “tamanho” 
(módulo), a direção e o sentido, para que a grandeza fique devidamente defi-
nida, são chamadas de grandezas vetoriais. 
 A entidade matemática capaz de carregar as três informações que 
são necessárias para descrever uma grandeza vetorial é chamada de vetor. É 
este objeto que nós estudaremos nesta unidade. 
 
3 Vetor 
 Como visto na disciplina Cálculo Vetorial, um vetor é um objeto 
matemático que será representado, geometricamente, por um segmento de 
reta orientado e estará definido pelo seu módulo (norma), direção e senti-
do. Nos textos os vetores são representados por uma letra (ou um outro sím-
bolo) em negrito, como r, ou com uma seta em cima, como r →. Neste curso, 
ficaremos com a segunda representação, ou seja, o símbolo com a seta. 
Quando escrevemos um símbolo, que representa uma grandeza vetorial, sem 
a seta em cima, é porque estamos nos referindo à intensidade da grandeza 
que ele representa. Portanto, se a → é uma grandeza vetorial, então a = | a → |. 
Em física é mais usual representarmos o módulo de um vetor com uma barra 
de cada lado ao invés de duas como em álgebra linear. Assim, | a → | = || a → ||. 
 150
4 Vetor Deslocamento 
 Como dissemos, um vetor é uma entidade matemática que tem um 
módulo, uma direção e um sentido. Os vetores serão representados por um 
segmento de reta orientado. A grandeza vetorial mais simples é o desloca-
mento que corresponde a uma mudança de posição de um objeto. Um vetor 
que representa um deslocamento será chamado de vetor deslocamento. As-
sim, quando uma partícula vai da posição A para a posição B , diremos 
que ela sofreu um deslocamento de A para B e representaremos este des-
locamento por uma seta que aponta de A para B . Na Fig. 1.1a as setas A 
para B e de C para D têm mesmo módulo, direção e sentido, então elas 
representam vetores deslocamentos idênticos. Na Fig. 1.1b as curvas I, II, e 
III representam trajetórias diferentes para o deslocamento da partícula A pa-
ra B . Vemos então que o vetor deslocamento não nos diz nada a respeito 
da trajetória seguida pela partícula. 
O vetor deslocamento representa a mudança de posição de uma partícula de 
A para B . 
A definição de vetor deslocamento dada aqui será usada até o final deste cur-
so. 
 
5 Soma Geométrica, Produto Por um Escalar e Subtração 
No decorrer deste curso usaremos a seguinte nomenclatura: chama-
remos de Δ r →AB o vetor deslocamento que representa a mudança de posição 
de uma partícula quando ela vai da posição A para a posição B . Assim, 
um vetor deslocamento qualquer será representado por Δ r →. 
 Na Fig. 1.2a representamos dois deslocamentos seguidos de uma 
partícula. Primeiro ela vai de A para B e em seguida de B para C . As 
curvas tracejadas representam possíveis trajetórias. Os vetores deslocamen-
tos correspondentes são Δ r →AB e Δ r
 →
BC, respectivamente. O deslocamento 
resultante (soma vetorial) destes dois deslocamentos é o vetor Δ r →AC. 
 A SOMA GEOMÉTRICA de dois vetores é feita com o mesmo esquema 
que utilizamos para fazer a soma geométrica de dois deslocamentos, mesmo 
que eles representem outras grandezas físicas. Assim, dois vetores quaisquer 
a → e b
 →
 serão somados, geometricamente, conforme mostrado na Fig. 1.2c. 
 Quando fazemos o PRODUTO DE UM VETOR POR UM ESCALAR (qualquer 
número real) λ, o vetor resultante terá a mesma direção e o mesmo sentido 
que o vetor original, mas seu módulo (tamanho) ficará multiplicado por λ. Se 
λ for um número negativo, então o vetor resultante terá a mesma direção 
mas terá o sentido contrário ao do vetor original, Fig. 1.3a. 
 Quando multiplicamos um vetor a → por –1, o vetor resultante terá a 
mesma direção, o mesmo módulo mas terá sentido contrário ao do vetor a →. 
O vetor – a → é o negativo do vetor a →, Fig. 1.3b. É claro que a → + (– a → ) = 0. 
Aqui, 0 (zero) representa o vetor nulo. Um vetor nulo tem módulo igual a 
 151
zero e, portanto, não tem direção e nem sentido. Não é necessário colocar a 
seta em cima do zero. Basta entender que se trata de um vetor nulo. Veremos 
as consequências mais adiante. 
A SUBTRAÇÃO de dois vetores é realizada utilizando a soma com o negativo 
do vetor, Fig. 1.4. Assim, fazemos 
 )( baba −+=− . (1.1) 
 
6 Vetores Unitários 
Um VETOR UNITÁRIO é um vetor que tem módulo exatamente igual a 1 
e aponta numa dada direção. Ele não tem dimensão e nem unidade. O único 
propósito do vetor unitário é apontar, i.e., definir uma direção e um sentido. 
Os vetores unitários que apontam nos sentidos positivos dos eixos x, y e z, 
como na Fig. 1.5, são chamados de i^, j ^ e k^ . Aqui, usamos o chapéu ^ no lu-
gar da seta para diferenciar os vetores unitários dos outros vetores. 
7 Soma Algébrica 
Somar vetores geometricamente pode ser cansativo ou nem ser pos-
sível. Uma forma mais prática e direta de somar vetores é por meio da álge-
bra. Chamaremos esta técnica de SOMA ALGÉBRICA. Para tanto, nós teremos 
que representar os vetores em um sistema de coordenadas. 
A Fig. 1.6 mostra o vetor a → em um sistema de coordenadas com o 
eixo z saindo do papel. As projeções do vetor a → nos eixos x, y e z são cha-
madas componentes do vetor. Um vetor qualquer será escrito genericamente 
como: 
 k̂ĵî zyx aaaa ++= (1.2) 
Em particular, o vetor da figura está contido no plano x,y (duas di-
mensões), com ax = 3 e ay = 4 e pode ser escrito em termos dos vetores unitá-
rios como: a → = 3 i^ + 4 j ^. 
 
8 Produto Escalar e Produto Vetorial 
 Na álgebra de vetores nós definimos, ainda, duas operações entre ve-
tores que são chamadas de produto. A primeira delas, o PRODUTO ESCALAR, é 
uma operação entre dois vetores cujo resultado é um escalar. O produto esca-
lar é representado por um ponto ( . ) e é definido como: 
 )cos(θbaba =⋅ , (1.3) 
onde a = || a → || = módulo do vetor a → e b = || b
 →
 || = módulo do vetor b
 →
. É im-
portante notar, também, que o produto escalar é comutativo, ou seja, 
a →. b
 →
 = b
 →
. a →. 
 
 
 
 152
Problema Resolvido 1.1 
(a) A partir da definição, calcule o produto escalar entre os vetores unitários 
do sistema de coordenadas da Fig. 1.5. 
(b) Usando o resultado do item (a), calcule o produto escalar entre dois veto-
res a → e b
 →
. 
SOLUÇÃO: Na solução devemos lembrar que os vetores unitários formam um 
ângulo de 90º uns com os outros (são ortogonais entre si) e que qualquer ve-
tor forma um ângulo nulo consigo mesmo. Assim, 
(a) O produto escalar entre os vetores unitários fica: 
1111)0cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆ =××=⋅=⋅ iiii 
1111)0cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆ=××=⋅=⋅ jjjj 
1111)0cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆ =××=⋅=⋅ kkkk 
0011)90cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆˆˆ =××=°⋅=⋅=⋅ jiijji 
0011)90cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆˆˆ =××=°⋅=⋅=⋅ kiikki 
0011)90cos(||ˆ||||ˆ||ˆˆˆˆ =××=°⋅=⋅=⋅ kjjkkj 
(b) Com o resultado do item (a) calculamos: 
100
010
001
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆˆ()ˆˆˆ(
===
===
===
⋅+⋅+⋅+
⋅+⋅+⋅+
⋅+⋅+⋅=
++⋅++=⋅
kkbajkbaikba
kjbajjbaijba
kibajibaiiba
kbjbibkajaiaba
zzyzxz
zyyyxy
zxyxxx
zyxzyx
 
Assim, 
scomponente das
 termosemescalar produto
zzyyxx babababa ++=⋅ (1.4) 
 
 
 O produto vetorial é uma operação entre dois vetores cujo resultado 
é um terceiro vetor, perpendicular ao plano definido pelos dois vetores en-
volvidos no produto. O produto vetorial é representado pelo sinal de multi-
plicação ( × ) e é definido por: 
 
⎪
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎪
⎬
⎫
θ=×
(Fig.1.8). direita mão da regra pela dado é sentido O)
.e vetorespelos definido
 plano aolar perpendicu é resultante vetor do direçãoA )
)(sen||||
é resultante vetor do módulo O)
iii
ba
ii
baba
i
 (1.5) 
 
Problema Resolvido 1.2 
A partir da definição (1.5), calcule o produto vetorial entre os vetores unitá-
rios do sistema de coordenadas da Fig. 1.5. 
 153
SOLUÇÃO 
O produto vetorial entre os vetores unitários fica: 
 0 )0(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =××=× iiii 
 0 )0(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =××=× jjjj 
 0 )0(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =××=× kkkk 
Portanto, o produto vetorial de um vetor unitário por ele mesmo é nulo. Ali-
ás, o produto vetorial de qualquer vetor por si mesmo é nulo. 
E mais... 
 1 )90(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =°××=× jiji 
Assim, o resultado do produto vetorial i^ × j ^ é um vetor que tem módulo i-
gual a 1, é perpendicular ao plano x,y e está saindo do papel. Quem tem estas 
propriedades é o vetor k^. Então, 
 k̂ˆˆ e k̂ˆˆ −=×=× ijji (1.6) 
O mesmo acontece com os produtos vetoriais i^ × k^ e j ^ × k^. 
 1 )90(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =°××=× kiki 
O resultado do produto vetorial i^ × k^ é um vetor que tem módulo igual a 1, é 
perpendicular ao plano x,z e aponta para baixo. Este á o vetor – j ^. Assim, 
 ĵˆk̂ e ˆk̂ˆ =×−=× iji (1.7) 
E 
 1 )90(sen||ˆ||||ˆ||||ˆˆ|| =°××=× kjkj 
O resultado do produto vetorial j ^ × k^ é um vetor que tem módulo igual a 1, é 
perpendicular ao plano y,z e aponta para a direita. Este á o vetor i^. Assim, 
 ijkij ˆˆˆ e ˆk̂ˆ −=×=× (1.8) 
 
Problema Resolvido 1.3 
Usando o resultado do acima, calcule o produto vetorial entre dois vetores a → 
e b
 →
 quaisquer, em termos de suas componentes. 
SOLUÇÃO 
O produto vetorial entre dois vetores a → e b
 →
 é calculado como: 
 
0ˆ
ˆ0ˆ
ˆˆ0
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(
)ˆˆˆ()ˆˆˆ(
=−==
==−=
−===
×+×+×+
×+×+×+
×+×+×=
++×++=×
kkbajkbaikba
kjbajjbaijba
kibajibaiiba
kbjbibkajaiaba
zz
i
yz
j
xz
i
zyyy
k
xy
j
zx
k
yxxx
zyxzyx
 
Portanto, 
 kbabajbabaibababa zyyxxzzxyzzy ˆ)(ˆ)(ˆ)( −+−−−=× (1.9) 
 154
Mostre que o resultado acima é equivalente a: 
 
⎟⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=×
zyx
zyx
bbb
aaa
kji
ba
ˆˆˆ
det 
 
 
9 Problemas 
Prob. 1.1 O vetor a
 →
 possui um módulo igual a 5,0 m e está dirigido para o leste. O 
vetor b
 →
 possui um módulo igual a 4,0 m e está numa direção de 35° para o noroeste 
a partir do norte. Quais são (a) o módulo e (b) a direção de a
 →
 + b
 →
? Quais são (c) o 
módulo e (d) a direção de a
 →
 – b
 →
? (e) Desenhe um diagrama vetorial para cada 
combinação. 
 
Prob. 1.2 Dois vetores são dados por: a
 →
 = (4 m) i^ + (3 m) j^ + (1 m) k^ e b
 →
 = (5 m) 
i^ + (– 2,0 m) j^. Na notação de vetor unitário, encontre (a) a
 →
 + b
 →
, (b) a
 →
 – b
 →
 e (c) 
um terceiro vetor c
 →
 tal que a
 →
 – b
 →
 + c
 →
 = 0. 
 
Prob. 1.3 São dados dois vetores: a
 →
 = (4 m) i^ + (3 m) j^ e b
 →
 = (6 m) i^ + (8 m) j^. 
Quais são (a) o módulo e (b) o ângulo (relativo a j^) de a
 →
? Quais são (c) o módulo e 
(d) o ângulo de b
 →
? Quais são (e) o módulo e (f) o ângulo de a
 →
 + b
 →
; (g) o módulo e 
(h) o ângulo de b
 →
 – a
 →
; (i) o módulo e (j) o angulo de a
 →
 – b
 →
? (k) Qual é o ângulo 
entre as direções de b
 →
 – a
 →
 e a
 →
 – b
 →
? 
 
Prob. 1.4 Cada um dos três vetores a
 →
, b
 →
 e c
 →
 possui um módulo igual a 50 m e 
pertence ao plano x,y. Suas direções relativas ao sentido positivo do eixo x são 30°, 
195° e 315°, respectivamente. Quais são (a) o módulo e (b) o ângulo do vetor a
 →
 + 
b
 →
 + c
 →
 e (c) o módulo e (d) o ângulo de a
 →
 – b
 →
 + c
 →
? Quais são (e) o módulo e (f) o 
ângulo de um quarto vetor d
 →
 tal que a
 →
 + b
 →
 – ( c
 →
 + d
 →
d) = 0? 
 
Prob. 1.5 Dois vetores com módulos iguais a a e b fazem um ângulo θ entre si 
quando fazemos coincidir as suas caudas. Prove, tomando as componentes ao longo 
de dois eixos perpendiculares, que 
 θ++= cos222 abbar 
fornece o módulo da soma r
 →
 dos dois vetores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 155
Unidade II Cinemática 
 
1. Situando a Temática 
 
 No estudo dos movimentos dos corpos precisamos entender o como 
um corpo se movimenta e porque um corpo se movimenta. O como e o por-
que dos movimentos dos corpos compõem a mecânica; a mais antiga das ci-
ências físicas. 
A CINEMÁTICA é a parte da mecânica que descreve os movimentos dos corpos. 
As trajetórias, as velocidades e as acelerações dos objetos. Este será nosso 
objetivo para esta unidade. 
 
2. Problematizando a Temática 
 
 O universo está em movimento. Todas as coisas que estão no univer-
so estão em movimento. Mesmo as coisas aparentemente em repouso, como 
seu computador, estão em movimento com a Terra ao redor do Sol; com a 
órbita do Sol ao redor do centro da Via Láctea; da via Láctea em relação às 
outras galáxias. Então, o estudo dos movimentos dos corpos tem que fazer 
parte das ciências físicas. 
 Quando um ônibus espacial é enviado à Lua, precisamos descrever, 
antecipadamente, a posição do ônibus a cada instante (descrever sua trajetó-
ria), sua velocidade a cada instante e sua aceleração a cada instante. Isto é a 
CINEMÁTICA. Estes são os conceitos que desenvolveremos nesta unidade. 
 Entretanto, nesta unidade os objetos em estudo terão seus movimen-
tos limitados às translações. Isto significa que todos os corpos serão tratados 
como partículas; como se todas as forças estivessem atuando num único pon-
to. Nós falaremos de partículas, corpos e objetos indiscriminadamente, mas 
tendo em mente, sempre, que eles se comportam como partículas. Sem rota-
ção. É preciso não confundir movimento de rotação com trajetória circular. 
A Terra tem um movimento de translação na sua órbita quase circular em 
torno do Sol e um movimento de rotação em torno de seu eixo. Os movimen-
tos de rotação serão estudados nas unidades VI e VII. 
 
3. Vetor Posição e Vetor Deslocamento 
 
 VETOR POSIÇÃO 
 O vetor r → que localiza uma partícula no espaço tridimensional em 
relação a um sistema de coordenadas é chamado de VETOR POSIÇÃO. Nada 
mais justo que chamar de vetor posição o vetor que dá a posição da partícu-
la. O vetor r → será escrito como: 
 kĵi zyxr ++= (2.1) 
onde x, y e z são as projeções do vetor r →. 
 156
 Se a partícula estiver em movimento, então sua posição estará vari-
ando com o tempo e, consequentemente, também o vetor posição estará vari-
ando com o tempo. Um vetor posição que varia com o tempo r →(t) (Fig. 2.1) 
será escrito, até o fim desta disciplina, como: 
 k)(i)(i)()( tztytxtr ++= (2.2) 
 Isto significa que as coordenadas x(t), y(t) e z(t) estão variando com 
o tempo. 
 VETOR DESLOCAMENTO 
Como vimos na unidade anterior, o VETOR DESLOCAMENTO é o vetor que repre-
senta a mudança de posição do corpo durante um intervalo de tempo Δt. As-
sim, se um corpo estiver na posição A no instante t (início do intervalo de 
tempo) e na posição B no instante t + Δt (final do intervalo de tempo), en-
tão o seu deslocamento será dado por: 
 
)()( trttr
rrr ABAB
−Δ+=
−=Δ
 (2.3) 
Se olharmos para a definição do vetor deslocamentoEq.2.2, podemos escre-
ver o vetor deslocamento em termos das componentes do vetor como 
 
kji
]k)(i)(i)([
]k)(j)(i)([
zyx
tztytx
ttzttyttxrAB
Δ+Δ+Δ=
++−
Δ++Δ++Δ+=Δ
 (2.4) 
A Fig. 2.2 mostra um vetor deslocamento em duas dimensões. O vetor des-
locamento resulta em 
 jij)(i)( ABABABABAB yxyyxxr Δ+Δ=−+−=Δ (2.5) 
 Quando estivermos tratando de problemas em uma única dimensão, o vetor 
deslocamento terá apenas uma componente diferente de zero; x(t), y(t) ou 
z(t). 
 
4. Velocidade Média e Velocidade Instantânea 
 VELOCIDADE MÉDIA 
 O conceito de velocidade média é mais matemático que intuitivo. 
Não tem muito a ver com as nossas observações do dia-a-dia. Vejamos. 
 Na Fig. 2.2 a partícula vai de A para B num intervalo de tempo 
Δt. A velocidade média, v→
—
, da partícula neste intervalo de tempo é definida 
por 
 
(escalar) tempode intervalo
(vetor) todeslocamenvetor 
=
Δ
Δ
=
t
rv (2.6) 
 Na definição acima, o vetor deslocamento Δ r → é sempre o vetor ,que 
vai da posição que a partícula ocupa no início do intervalo de tempo (posi-
ção inicial) até a posição que a partícula ocupa no final do intervalo de tem-
po (posição final), como na Eq. 2.2. Assim, Δ r → = r →final – r
 →
inicial. 
 157
 Note que a velocidade média é um vetor e a barra, que está sobre o 
vetor, indica o valor médio. Utilizando a Eq. 2.4 obtemos 
 kji
t
z
t
y
t
xv
Δ
Δ
+
Δ
Δ
+
Δ
Δ
= (2.7) 
 Suponhamos que você saia de sua casa, vá até a padaria, compre um 
pão e volte para casa. O vetor deslocamento total correspondente ao trajeto 
casa → padaria → casa é nulo, já que o vetor posição no final do intervalo 
de tempo é igual ao vetor posição do início do intervalo de tempo. Olhando 
para a definição acima, concluímos que a sua velocidade média no trajeto ida 
e volta é nula. Não importa o quão rápido você tenha ido e voltado. 
 
 VELOCIDADE INSTANTÂNEA 
 Velocidade é sempre um deslocamento por unidade de tempo. A ve-
locidade instantânea é aquela medida num intervalo de tempo infinitesimal. 
É claro que num intervalo de tempo infinitesimal o deslocamento também 
será infinitesimal. 
 A velocidade instantânea é definida como: 
 
dt
trd
t
trttr
t
rtv
t
t
)()()(lim
lim)(
0
0
=
Δ
−Δ+
=
Δ
Δ
=
→Δ
→Δ (2.8) 
 Lembrando da definição do vetor posição, escrevemos: 
 kjik)(j)(i)()( zyx vvvdt
tzd
dt
tyd
dt
txdtv ++=++= (2.9a) 
Atenção: 
As componentes vx, vy, e vz do vetor velocidade ficam: 
 ( ) ( ) ( ); ;x y z
d x t d y t d z tv v v
dt dt dt
= = = (2.9b) 
 O vETOR velocidade instantânea é a derivada do vetor posição. Como 
o vetor posição localiza a partícula a cada instante, então ele dá a trajetória 
da partícula. Desta forma, por ser a derivada, a velocidade instantânea é 
sempre tangente à curva descrita pela partícula. 
 
5. Velocidade Escalar e Velocidade Escalar Média 
 
 VELOCIDADE ESCALAR 
 A velocidade escalar é o módulo da velocidade instantânea. É a ve-
locidade sem direção e sem o sentido. É a velocidade marcada no velocíme-
tro do automóvel. Apenas olhando para o velocímetro nós não sabemos se 
estamos indo ou voltando. Dá para saber apenas se estamos indo rápido ou 
devagar. Portanto, 
 ainstantâne e velocidadda módulo||)(|| == tvv (2.10) 
 158
 VELOCIDADE ESCALAR MÉDIA 
 A velocidade escalar média é a que estamos acostumados no dia a 
dia. É a distância total percorrida, num dado intervalo de tempo. Não impor-
ta o que aconteceu pelo caminho. Ela é definida como: 
 
(escalar) tempode intervalo
(escalar) percorrido espaço
.. =Δ
Δ
=
t
Sv me (2.11) 
 
6. Aceleração Média e Aceleração Instantânea 
 
 A aceleração de uma partícula mede a taxa de variação de sua velo-
cidade com o tempo. Assim, quando a velocidade de uma partícula varia, di-
zemos que ela está sendo acelerada. 
 Se a velocidade de uma partícula sofre uma variação Δ v → num inter-
valo de tempo Δt, definimos aceleração média como: 
 
t
va
Δ
Δ
= (2.12a) 
 Note que a aceleração média é um vetor constante. É constante por-
que é um valor médio. O vetor velocidade tem componentes vx, vy e vz, como 
na Eq 2.9b. Assim, analogamente ao que fizemos para a velocidade média, 
Eq 2.7, encontramos 
 kji
t
v
t
v
t
v
a zyx
Δ
Δ
+
Δ
Δ
+
Δ
Δ
= (2.12b) 
 ACELERAÇÃO INSTANTÂNEA 
 A aceleração instantânea mede a variação da velocidade de uma par-
tícula num intervalo de tempo infinitesimal: 
 
dt
vd
t
tvttv
t
vta
t
t
=
Δ
−Δ+
=
Δ
Δ
=
→Δ
→Δ
)()(lim
lim)(
0
0
 (2.13) 
Utilizando a Eq. 2.9, encontramos: 
k̂ĵîk̂
)(
ĵ
)(
î
)(
)( zyx
zyx aaa
dt
tvd
dt
tvd
dt
tvd
ta ++=++= (2.14) 
Atenção: 
As componentes ax, ay e az do vetor aceleração, são 
 
dt
tvd
a
dt
tvd
a
dt
tvd
a zz
y
y
x
x
)(
;
)(
;
)(
=== (2.15) 
 A aceleração instantânea é um vetor que pode depender do tempo e 
da posição. Ou seja, podemos nos deparar com um problema onde 
a → = a →(x, y, z, t). 
 Nos nossos problemas, abordaremos os casos especiais em uma e 
duas dimensões, com acelerações constantes. Resolveremos também o pro-
blema do movimento circular. 
 159
7. Movimento Em Uma Dimensão Com Aceleração Constante 
 
 MOVIMENTO RETILÍNEO 
 O movimento restrito a uma única dimensão, movimento retilíneo. 
Por exemplo, o de um carro que anda com velocidade constante em uma pis-
ta reta e plana, ou o de um corpo que cai em queda livre partindo do repouso, 
ou o de um bloco preso a uma mola que oscila sobre uma mesa plana e assim 
por diante. 
 Os três exemplos acima correspondem a movimentos em uma di-
mensão, i.e., retilíneos, mas com características diferentes. 
♦ O carro, andando com uma velocidade que não varia — velocida-
de constante —, caracteriza um movimento retilíneo uniforme 
(MRU) na horizontal. Um movimento sem aceleração, ou com 
aceleração nula. 
♦ O corpo caindo em queda livre caracteriza um movimento retilí-
neo na vertical. Desta vez, como ele está sujeito a uma aceleração 
constante (da gravidade), o movimento será uniformemente vari-
ado. 
♦ O bloco que oscila está sujeito à força de uma mola que varia com 
a posição. Então a aceleração também variará com a posição. 
Neste caso nós teremos um movimento ainda linear, mas com a-
celeração variável. Mais complicado que os anteriores. 
 Consideremos um corpo que se movimenta na direção horizontal 
com aceleração, a →, constante (Fig. 2.3c). 
 É preciso que o vetor aceleração seja constante para que o movimento se-
ja retilíneo; a → = constante. 
 Vamos escolher a direção horizontal para colocar o nosso eixo x. 
Assim, as acelerações nas direções y e z serão nulas. Da Eq. 2.15 encontra-
mos: 
 constante
)(
== x
x a
dt
tvd
 
onde ax é a aceleração na direção x. Integrando a relação acima, encontra-
mos: 
 constante)( +===⇒= ∫∫ tadtadtavdtatvd xxxxxx . 
 Assim, a velocidade do corpo será uma função linear do tempo, 
Fig.2.3b: 
 0x x xv v a t= + (2.16) 
Onde v0x é a velocidade do corpo no instante t = 0. 
A posição x em função do tempo é obtida a partir da Eq. 2.9b: 
 160
 )()( tv
dt
txd
x= 
Integrando a Eq.2.16 encontramos: 
 
constante
)()()(
2
2
1
0
0
++=
+==⇒= ∫∫
tatv
dttavdtvtxdtvtxd
xx
xxxx 
 Finalmente. 
 
2
2
1
00)( tatvxtx xx ++= (2.17) 
 A Eq 2.17 é chamada de equação horária da partícula. A Fig. 2.3a 
mostra o gráfico de x(t). Observe que fazendo t = 0 na Eq. 2.17, obtemos x = 
x0 que é a posição inicial da partícula. 
 A Fig. 2.3c mostra o gráfico da aceleração (constante) de uma partí-
cula em função do tempo. Note que quando a aceleração é constante, a acele-
ração média é igual à aceleração instantânea. A velocidade é mostrada na 
Fig. 2.3b. Como a velocidade varia linearmente com o tempo, então a velo-
cidade média entre dois instantes t1 e t2, é igual a média das velocidades; 
 
2
21 vvv += (2.18) 
 Podemos combinar as Eqs, 2.16 e 2.17 para eliminar o tempo e ob-
termos a relação: 
 xavv Δ+= 220
2 (2.19) 
A Eq. 2.18 pode ser utilizada entre dois instantes tinicial e tfinal. As velocidades 
v e v0 correspondem aos instantes final e inicial,respectivamente. 
 
Problema Resolvido 2.1 
 O motorista de um carro, viajando por uma rodovia a 108 km/h (30 m/s), 
freia ao avistar um obstáculo a 200 m na sua frente. Ele bate no obstáculo 10 
s depois de acionar os freios. (a) Qual a desaceleração do automóvel, suposta 
constante? (b) Qual a velocidade do carro ao atingir o obstáculo? 
SOLUÇÃO: Vamos supor que o movimento aconteça ao longo do sentido po-
sitivo do eixo do x. Vamos considerar, também, ti = 0 o instante quando o 
motorista começa a frear e tf.= 10 s o instante que ele bate no obstáculo. Sa-
bemos que x(tf = 0) = 0 e x(t = 10s) = 200 m. Então, da Eq. 2.17, temos: 
(a) 22
1
00)( ffxf tatvxtx ++= 
Então, 
2
22
2
1
/2
/
50
3002001010300200
sm
smaa
−=
−
=⇒+×+=
 
 O sinal de menos indica que a aceleração é contrária ao sentido do movi-
mento, i.e., é um movimento uniformemente desacelerado. 
(b) Da Eq. 2.16, que dá a velocidade em função do tempo, temos: 
 
sm
smvtavtvv ffxfxf
/10
/]10)2(30[)( 0
=
⋅−+=⇒+==
 
 161
Apenas para conferir vamos fazer: 
mm
t
vv
xtvx f
20010
2
1030
2
1
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ×
+
=
Δ
+
=Δ⇒Δ⋅=Δ
 
 
 
Problema Resolvido 2.2 
 Um automóvel, que está parado no sinal de trânsito, parte assim que o sinal 
fica verde com uma aceleração de 2 m/s2. Nesse mesmo instante um cami-
nhão viajando com velocidade constante de 10 m/s ultrapassa o automóvel. 
(a) A que distância, contando a partir do semáforo, o automóvel ultrapassará 
o caminhão? (b) Qual será a velocidade do automóvel neste instante? 
SOLUÇÃO: Vamos supor, novamente, que o movimento aconteça ao longo 
do sentido positivo do eixo do x. Vamos considerar, também, x0 = 0 e ti = 0 o 
instante que o semáforo fica verde. 
 Neste exemplo nós temos o movimento uniforme do caminhão (velocidade 
constante) e o movimento uniformemente acelerado do automóvel (acelera-
ção constante). A Fig. 2.4a mostra que os dois veículos têm a mesma posi-
ção x em dois instantes diferentes; em x = 0 e no instante de ultrapassagem. 
As equações horárias são: 
(a) 
 
2
2
1
0
,00
0
)(
e
)(
tatvxtx
tvxtx
autautaut
camcam
++=
+=
=
 
Quando eles estiverem na mesma posição xcam(tu) = xaut(tu), onde tu é o ins-
tante de ultrapassagem. Assim, 
 22
1
0
,0
0
0
0
0 uautuautucam tatvxtvx ++=+
===
 
Resolvendo para tu, encontramos: 
 ss
a
v
ttatv
aut
cam
uuautucam 102
10222
2
1 =
×
==⇒= 
Substituindo em qualquer uma das duas equações horárias obtemos: 
 mtvtxtx ucamucamuaut 100)()( === 
(b) A velocidade do automóvel neste instante será: 
 ( ) smstavtv uautautuaut /201020)( ,0 =×+=+= 
 
 
8. Aceleração de Queda Livre 
 
 Quando deixamos um objeto cair verticalmente, observamos que ele 
é acelerado. Desprezando a resistência do ar, verificamos que esta aceleração 
é aproximadamente constante nas proximidades da superfície da Terra. Veri-
 162
ficamos também que todos os corpos caem com a mesma aceleração em um 
mesmo ponto da superfície, independentemente da sua massa, tamanho ou 
forma. Este movimento é chamado de queda livre e esta aceleração, constan-
te, é chamada de aceleração de queda livre, Fig 2.5. A aceleração de queda 
livre tem origem no campo gravitacional da Terra. É a aceleração da gravi-
dade, g →, cujo módulo é aproximadamente igual a 9,8 m/s2, próximo da su-
perfície da Terra. 
 As equações que encontramos para um movimento com aceleração 
constante na horizontal, eixo x, são válidas para o movimento de queda livre 
nas proximidades da Terra. Aqui, o movimento acontece ao longo do eixo y. 
Assim. 
 
 
2
)(
)(
21
0
2
2
1
00
yy
y
yy
y
vv
v
tgvtv
tgtvyty
+
=
−=
−+=
 (2.20) 
 Vale também, no intervalo de tempo entre ti e tf , instantes inicial e 
final, podemos escrever: 
 
y
ifyiyf yygvv
Δ
−−= )(222 (2.21) 
 
Problema Resolvido 2.3 
Um balão está “estacionado” sobre um lago quando o piloto do balão decide 
soltar os lastros para subir, Fig. 2.6. O lastro é largado de uma altura de 4,9 
m acima da superfície do lago e cai verticalmente, sem perceber a resistência 
do ar. Entretanto, ao penetrar na água ele afunda com velocidade constante 
devido à resistência da água. O lastro atinge o fundo do lago 5 s após ter sido 
solto do balão. (a) Qual a profundidade do lago? (b) Qual a velocidade mé-
dia do lastro desde A até C ? (c) Se a água fosse retirada, qual deveria ser 
a velocidade inicial (na vertical) do lastro para que ele chegasse ao fundo do 
lago vazio nos mesmos 5 s? 
 (a) Desta vez o movimento acontece na vertical, na direção do eixo y. Fa-
remos yC = 0 
 
ss
g
yy
ttgtvyy B
1
8,9
9,42
)(2 BA2
B2
1
B
0
oyAB
=
×
=
−
=⇒−+=
= 
Neste instante a velocidade da pedra é: 
 smsmvtgvv B /8,9/)18,90(By 0yBy −=×−=⇒−= 
O sinal negativo indica que a velocidade tem sentido contrário ao sentido 
positivo do eixo do y. Afundando com esta velocidade (constante) de B até 
C, durante um intervalo de tempo ΔtBC = Δttotal – ΔtAB = 4s, a lastro percorre 
uma distância dada por: 
 163
 
mm
tvyytvyy
2,39)48,9(
BCByCBBCByBC
=×−−=
Δ−=−⇒Δ+=
 
Portanto o lago tem uma profundidade de 39,2 m. 
(b) O vetor velocidade média, definida na Eq. 2.6, é dado por 
 j
t
yy
j
t
y
t
rv ˆˆ
AC
AC
AC
AC
Δ
−
=
Δ
Δ
=
Δ
Δ
= 
 jsmjsmv ˆ)/82,8(ˆ/
5
1,440
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −= 
O módulo do vetor velocidade média é 8,82 m/s. 
(c) A velocidade inicial do lastro é obtida a partir da equação horária: 
 2voo2
1
vooAyAC tgtvyy −+= 
Como queremos que o lastro demore os mesmos 5,0 s para chegar ao fundo, 
obtemos: 
 
sm
smtg
t
yy
v
/68,15
/]58,9
5
)1,440([
)(
2
1
voo2
1
voo
AC
Ay
=
×+
+−
=+
−
=
 
 
 
9. Movimento em Duas Dimensões 
 
 Nas duas últimas seções estudamos movimentos em uma dimensão; 
numa reta. Agora, estudaremos dois movimentos, diferentes, que acontecem 
no plano: Movimento de um Projétil e o Movimento Circular. 
 
9.1 Projéteis 
 
 Chamaremos de projétil um corpo que é lançado, de alguma forma, 
com uma componente de velocidade na horizontal. Embora o movimento do 
projétil seja um movimento de queda livre, uma vez que ele está sujeito ape-
nas à ação da gravidade, ele acontece no plano quando visto do referencial 
Terra. Daí a diferença. 
O vetor posição da Eq. 2.2, que localiza a partícula no plano, fica: 
 ĵ)(î)()( tytxtr += (2.22) 
As acelerações ao longo dos eixos x e y são 
 2/8,9e0 smgaa yx −=−== 
 Como as duas componentes do vetor aceleração são constantes, o ve-
tor aceleração é constante. É preciso que o vetor seja constante, e não apenas 
o seu módulo, para que tenhamos um movimento uniformemente variado. 
 Ao estudar o movimento do corpo no plano, nós podemos trabalhar 
com as componentes x(t) e y(t) do vetor posição, separadamente. Assim, a 
 164
partir das Eqs. (2.17) e (2.20), encontramos as equações horárias para o mo-
vimento do projétil ao longo das direções x e y, como: 
 
⎩
⎨
⎧
=
+=
⇒++=
0
)(
)( 0022
1
00
x
x
xx a
tvxtx
tatvxtx (2.23) 
e 
 
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−=
−+=
⇒++=
ga
tgtvyty
tatvyty
y
y
yy
2
2
1
002
2
1
00
)(
)( (2.24) 
Ou seja, a equação horária x(t) na direção x é aquela que corresponde a um 
movimento retilíneo e uniforme com ax = 0 e vx = constante e a equação ho-
rária y(t) na direção y é aquela que corresponde a um movimento retilíneo 
uniformemente variado com ay = constante = – g. 
 A Fig. 2.7 mostra a trajetória de um projétil lançado a partir do solo 
com uma velocidade inicial v →0, que forma um ângulo θ 0 com a horizontal. 
Em termos das componentes o vetor v →0 é escrito como: 
 ĵsenîcos
00
0000
yx vv
vvv θ+θ= (2.25) 
 A TRAJETÓRIA 
 Apenas para facilitar os cálculos (sem perda de generalidade), vamos 
colocar a origem do nosso sistema de coordenadas no ponto de lançamento 
do projétil, ou seja, x0 = 0 e y0 = 0. Da Eq. 2.23 temos: 
 
xv
xt
0
= . 
 Substituindo em (2.24) obtemos a equação da trajetória, y(x), 
 
2
22
0
2
2
00
0
cos2
tan
1
2
1)(
x
v
gx
x
v
gx
v
v
ty
xx
y
θ
−θ=
−=
 (2.26) 
que é a equação de uma parábola. O sinal negativo no termo quadráticoindi-
ca que é uma parábola com a “boca” voltada para baixo. 
 
 O ALCANCE 
 Chamamos de alcance a distância total, R, que o projétil percorre na 
direção x (horizontalmente), independente do ponto de lançamento. Esta dis-
tância é sempre dada por: 
 voox tvR 0= (2.27) 
 Onde tvoo é o tempo que o projétil fica no ar. Quer dizer, a distância 
percorrida pelo projétil na direção horizontal é igual à velocidade do projétil 
na direção x — velocidade constante — vezes o tempo de duração do movi-
mento. 
 Em particular, para um projétil lançado nas condições da Fig. 2.7, 
o tempo de vôo é calculado fazendo y(tvoo) = yfinal = 0. Então. 
 0)( 22
1
0
2
2
1
0
0
0
0
=−⇒−+=
==
voovooyvoovooyvoo gttvgttvyty 
 165
Portanto, 
g
v
t yvoo
02= . 
Assim, o alcance fica 
 )(2sen
cossen22 20
2
000 θ=
θθ
==
g
v
g
v
g
vv
R xy (2.28) 
 Vemos então que o alcance de um projétil, cuja posição final está no 
mesmo nível que sua posição inicial ( yfinal = yinicial ), será máximo quando θ 
= 45º. 
 
 O resultado )(2sen
2
0 θ=
g
v
R é válido, apenas, para lançamentos onde yfinal 
= yinicial. O resultado que vale sempre é o da Eq. (2.27). 
 
Problema Resolvido 2.4 
Você arremessa uma bola em direcão a uma parede com uma velocidade de 
25 m/s fazendo um ângulo de 37° acima da horizontal (Fig. 2.8). A parede 
está a 20 m do ponto de lançamento da bola. (a) A que distância acima do 
ponto de lançamento a bola bate na parede? (b) Quais são as componentes 
horizontal e vertical da sua velocidade quando ela bate na parede? (c) 
Quando ela bate, ela já passou do ponto mais alto da sua trajetória? (use g = 
10 m/s2, cos 37° = 0,8 ) 
SOLUÇÃO: 
(a) Chamaremos de tf o instante (final) quando a bola bate na parede. Preci-
saremos saber este instante para calcularmos a posição final y(tf). O tempo 
de vôo da bola é igual ao tempo que a bola gasta para percorrer 20 m na ho-
rizontal com um velocidade vox = vocos(θ) = 20 m/s: 
 s1s
20
20f
ffof ==
−
=⇒+=
ox
o
ox v
xxttvxx 
Então, a posição yf da bola será: 
 
m 10
m]1101)6,025(0[
)(
2
2
1
2
f2
1
foff
=
×−××+=
−+== tgtvytyy oy
 
(b) As componentes de v →f são: 
 m/s20oxfx == vv 
 m/s5m/s)11015(foyfy =×−=−= gtvv 
(c) Como a componente y da velocidade final é positiva, então concluímos 
que a bola ainda está subindo. Logo a bola ainda não passou pelo máximo. 
 
 
 
 166
Problema Resolvido 2.5 
Quando o projétil da Fig. 2.9, lançado da posição A no solo, passa pela po-
sição B a 15 m de altura, sua velocidade é v →B = (8 m/s)i
 ^ + (10 m/s)j ^. (a) 
Determine o vetor velocidade v →A no instante do lançamento. (b) Quanto 
tempo o projétil permanece no ar (tempo de vôo) até atingir o solo no mes-
mo nível? (c) Qual a altura máxima atingida pelo projétil? (d) Determine o 
vetor velocidade média v→
—
CD desde o instante que o projétil passa pelo ponto 
de altura máxima até o instante que ele atinge o solo. 
SOLUÇÃO: 
(a) O projétil está a 15 m do solo em dois instantes diferentes: na subida e na 
descida. Entretanto, como a componente y da velocidade v→B é positiva, con-
cluímos que o projétil ainda está subindo. Desta forma, podemos calcular a 
componente vAy usando a Eq. 2.21. 
 
m/s20
m/s15102100
)(2)(2 222
=
××+=
−+=⇒−−= ABByAyABAyBy yygvvyygvv
 
Desta forma, v →A = (8 m/s) j
∧ + (20 m/s) j∧. 
(b) Como o projétil atinge o solo no mesmo nível em que foi lançado, a 
componente y da velocidade final será igual à componente y inicial, com 
sentido contrário (vDy = – vAy). Então, 
 yyvooyy vvtgvv ADAD com −=−= 
s4
2
 Portanto, A ==
g
v
t yvoo 
(c) A altura máxima alcançada pelo projétil é yC. Neste instante a componen-
te y da velocidade é nula. Assim temos: 
 m 20
2g
)(2
2
A
CAC
2
A
2
C ==⇒−−=
y
yy
v
yyygvv 
(d) A velocidade média v→
—
CD é dada por: 
 
j)m20(i)m16(j Hi
2
R 
i)m32(iiRcom
C
vooAxCD
+=+=
===
Δ
−
=
r
tvr
t
rr
v D
CD
 
Finalmente, 
 j)m/s10(i)m/s8(
s2
j)m20(i)m16(
CD −=
−
=v 
 
 
 
 167
9.2 Movimento Circular 
 Outro exemplo de movimento que acontece no plano é o de uma par-
tícula que descreve uma trajetória circular como aquela mostrada na Fig. 
2.10. Nós vamos considerar nesta seção apenas os movimentos circulares u-
niformes, i.e., aqueles onde o módulo da velocidade permanece constante. 
 
 POSIÇÃO ANGULAR 
 A Fig. 2.11 mostra uma partícula descrevendo uma trajetória circu-
lar. Vamos considerar que a velocidade da partícula tenha de módulo cons-
tante. 
 Para localizarmos a partícula no círculo, precisamos conhecer apenas 
o ângulo θ. Como o ângulo está mudando a medida que a partícula se deslo-
ca, nós precisamos conhecer θ(t). Esta é a posição angular da partícula. 
Como na geometria, ângulos no sentido anti-horário serão positivos e ângu-
los no sentido horário serão negativos. 
 
 DESLOCAMENTO ANGULAR 
 Quando a partícula “gira” de A para B num intervalo de tempo Δt, o 
ângulo muda de θA para θB. Isto corresponde a um deslocamento angular 
ΔθΑΒ = θB − θA. 
 
 VELOCIDADE ANGULAR MÉDIA E VELOCIDADE INSTANTÂNEA 
 A velocidade angular média é definida como 
 =
Δ
θ−θ
=
Δ
θΔ
=ω
tt
inicialfinal (2.29) 
onde θfinal é a posição angular no final do intervalo de tempo e θinicial é a po-
sição angular no início do intervalo de tempo. 
 A velocidade angular instantânea é a velocidade medida quando o 
intervalo de tempo tende a zero. Assim, 
dt
td
t
tttt
t
)()()(lim)(
0
θ
=
Δ
θ−Δ+θ
=ω
→Δ
 
 Nesta seção nós trataremos de problemas onde a velocidade angular 
é constante, então ω− = ω. Assim, escolhendo a posição inicial θ0 = 0 o deslo-
camento angular da partícula θ(t) é escrito como 
 tt ω=θ )( (2.31) 
 ACELERAÇÃO RADIAL 
 Da Fig. 2.11 vemos que o vetor posição r →(t) é escrito, em termos 
das componentes como 
 ĵ)(senî)cos(ĵ)(î)()( θ+θ=+= RRtytxtr 
onde R é o raio da órbita. Com a Eq. 2.31, escrevemos 
 ĵ)sen (î)cos()( tRtRtr ω+ω= (2.32) 
 168
 Derivando a Eq. 2.32 em relação ao tempo, encontramos a velocida-
de v →(t), 
 ĵ)cos(î)sen ()()( tRtR
dt
trd
tv ωω+ωω−== 
Derivando, agora, a Eq. 2.33 em relação ao tempo, encontramos a aceleração 
a →(t) do movimento; 
 [ ] rjRiR
jRiR
dt
tvdta
r
22
22
ˆ)tsen(ˆ)tcos(
ˆ)tsen(ˆ)tcos()()(
ω−=ω+ωω−=
ωω−+ωω−==
 (2.33) 
 Portanto, no movimento circular uniforme a aceleração é um vetor 
que tem a mesma direção do vetor r →(t), mas tem o sentido contrário ao do 
vetor r →(t). Ou seja, a aceleração é um vetor que tem a direção radial e apon-
ta para o centro. Por esse motivo (apontar para o centro) esta aceleração re-
cebe o nome de aceleração centrípeta. 
 O módulo da componente radial da aceleração (componente centrí-
peta) é 
 Rraradial
22 |||| ω=ω= . (2.34) 
Note que o módulo da aceleração radial é constante quando a velocidade an-
gular é constante. 
 Quando a velocidade angular não é constante, então é porque a par-
tícula está sendo acelerada (ou desacelerada). Nestes casos, além da compo-
nente radial a aceleração da partícula tem uma componente tangente à traje-
tória (perpendicular ao raio) como mostra a Fig. 2.10. Ainda assim, em qual-
quer instante a aceleração radial está relacionada com a velocidade angular 
como na Eq. 2.34. 
 
 VELOCIDADE ANGULAR E VELOCIDADE LINEAR 
 A Fig. 2.12 mostra o deslocamento de uma partícula num intervalo 
de tempo Δt. A partícula se desloca de A para B ao longo do arco de cir-
cunferência Δs. O vetor deslocamento está representado pelo vetor Δ r →. O 
espaço percorrido pela partícula está relacionado com o deslocamento angu-
lar por: 
 θΔ=Δ Rs 
Quando o intervalo de tempo tende a zero, os deslocamentos ficam infinite-
simais. Assim, 
 θ==
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⇒
θ→θΔ
→Δ
→Δ
⇒→Δ dRdsdr
d
dss
drr
t 0 
Então encontramos as relações: 
 ω=⇒θ= Rv
dt
dR
dt
dr (2.35) 
 169
Substituindo 2.35 em 2.34, encontramos: 
 
R
va
2
radial = (2.36) 
 Esta relação vale instantaneamente, não importando se é um movi-
mento circular uniforme ou não. 
 Por enquanto nós abordaremos apenas o movimento circularcom ve-
locidade constante. Ao abordarmos o tema rotações, aí escreveremos uma 
relação equivalente à Eq. 2.35 para a aceleração angular. 
 
Problema Resolvido 2.6 
Um astronauta é colocado para girar em uma centrífuga horizontal com um 
raio de 5 m. (a) Qual o módulo da sua velocidade escalar se a aceleração 
centrípeta (radial) possui um módulo de 7 g? (b) Quantas rotações por 
minuto são necessárias para produzir esta aceleração? (c) Qual é o período 
do movimento? 
(a) A Eq. 2.35b relaciona a aceleração radial e a velocidade escalar. Então 
 m/s5,18m/s8,975radial ≅××== aRv 
(b) Da Eq. 2.35a, podemos encontrar a velocidade angular: 
 rad/s7,3rad/s
5
5,18
===ω
R
v
 
(c) O período do movimento é 
 s7,1s
7,3
14,322
≅
×
=
ω
π
=T 
 
 
10. Problemas 
 
Prob 2.1 Você dirige na rodovia interestadual de João Pessoa até Natal, metade do 
tempo a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h. No caminho de volta você viaja 
metade da distância a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h. Qual a sua velocidade 
escalar média (a) de João Pessoa até Natal, (b) de Natal voltando para San António, 
e (c) para a viagem completa? (d) Qual a sua velocidade média para a viagem 
completa? (e) Faça um esboço de x contra t para (a), supondo que o movimento é 
todo no sentido positivo de x. Indique como a velocidade média pode ser 
determinada no esboço. 
 
Prob 2.2 Quando um trem de passageiros de alta velocidade trafegando a 161 km/h 
faz uma curva, o maquinista fica chocado ao ver que uma locomotiva entrou 
incorretamente no trilho saindo de um ramal e está a uma distância D = 676 m à 
frente. A locomotiva está se movendo a 29,0 km/h. O maquinista do trem-bala 
aciona os freios imediatamente, (a) Qual deve ser o módulo da desaceleração 
constante resultante mínima para se evitar uma colisão? (b) Suponha que o maqui-
nista esteja em x = 0 quando, em t = 0, ele consegue avistar a locomotiva. Faça um 
esboço das curvas x(t) representando a locomotiva e o trem de alta velocidade para 
as situações nas quais se evita uma colisão por pouco e quando ela não consegue ser 
evitada. 
 
 170
Prob 2.3 Deixa-se cair (do repouso) uma pedra do alto de um edifício de 60 m de 
altura. A que distância acima do chão estará a pedra l ,2 s antes de ela atingir o 
chão? 
 
 Prob 2.4 Uma bola de golfe é tacada ao nível do solo. A velocidade da bola de 
golfe em função do lempo é mostrada na Fig. 2.13, onde t = 0 no instante em que a 
bola é tacada, (a) Que distância a bola de golfe percorre na horizontal antes de voltar 
ao nível do solo? (b) Qual é a altura máxima acima do nível do solo que a bola 
alcança? 
 
Prob 2.5 Dois segundos após ser projetado do nível do chão, um projétil se deslocou 
40 m na horizontal e 53 m na vertical acima do seu ponto de lançamento. Quais são 
as componentes (a) horizontal e (b) vertical da velocidade inicial do projétil? (c) No 
instante em que o projélil alcança a sua altura máxima acima do nível do solo, qual a 
distância percorrida na horizontal a partir do ponto de lançamento? 
 
Prob 2.6 Uma bola de futebol é chutada do chão com uma velocidade inicial de 19,5 
m/s fazendo um ângulo de 45° para cima. Naquele instante, um jogador a uma 
distância de 55 m na direção do chute começa a correr para receber a bola. Qual 
deve ser a sua velocidade escalar média para que ele chegue na bola imediatamente 
antes dela bater no chão? Despreze a resistência do ar. 
 
Prob 2.7 Uma roda-gigante possui um raio de 15 m e completa cinco voltas em 
tomo do seu eixo horizontal por minuto, (a) Qual é o período do movimento? Qual é 
a aceleração centrípeta de um passageiro no (b) ponto mais alto e (c) ponto mais 
baixo, supondo que o passageiro esteja em um raio de 15 m? 
 
Prob 2.8 O trem-bala francês conhecido como TGV (Train à Grande Vitesse) possui 
uma velocidade média programada de 216 km/h. (a) Se o trem faz uma curva àquela 
velocidade e o módulo da aceleração que os passageiros sentem deve ser limitado a 
0,050g (g = aceleração (a gravidade), qual é o menor raio de curvatura admissível 
para os trilhos? (b) A que velocidade o trem deve fazer uma curva com um raio de l 
km para que esteja no limite da aceleração? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 171
Unidade III Dinâmica 
 
1. Situando a Temática 
 
 Todas as coisas no universo estão interagindo, direta ou indiretamen-
te, umas com as outras. Acreditamos que existam apenas quatro tipos de in-
terações fundamentais na natureza: interação fraca, interação forte, intera-
ção eletromagnética e interação gravitacional. Chamamos de força o resul-
tado de uma interação entre duas partículas; força fraca, força forte (força 
nuclear), força eletromagnética e força gravitacional. São estas forças da 
natureza que colocam o universo em movimento. A parte da mecânica que 
estuda o que acontece com uma partícula quando uma força atua sobre ela é 
chamada de DINÂMICA. Faremos isso nesta unidade. 
 
2. Problematizando a Temática 
 
 O que faz com que a velocidade de uma partícula mude, são as for-
ças que atuam sobre ela. Na seção II.4, vimos que quando a velocidade de 
uma partícula está mudando, é porque ela está sendo acelerada. Ou seja, as 
partículas são aceleradas pelas forças. Nós queremos saber como as partícu-
las são aceleradas. 
 Nesta disciplina, nós estudaremos problemas do dia-a-dia; proble-
mas envolvendo forças simples, na maioria das vezes constantes, sem nos 
preocuparmos com suas origens. Nem poderíamos fazer diferente. O estudo 
das interações que citamos na seção anterior é algo bastante complicado. 
Muito além, mesmo, dos nossos propósitos. 
 
3. Força 
 
 Dissemos acima que força é o resultado da interação entre dois cor-
pos. De que maneira nós trataremos esta nova grandeza; como um escalar ou 
como um vetor? 
 Se você pudesse jogar duas “bombas” de calor num corpo, uma pela 
direita e outra pela esquerda, o corpo ficaria duas vezes mais quente. Entre-
tanto se você empurrar um corpo com uma força pela direita e outra, de 
mesma intensidade, pela esquerda, ele não se moverá duas vezes mais rápi-
do. O corpo não sai do lugar. Isto nos diz que forças se somam como veto-
res. As forças se comportam como vetores. A força é um vetor. Para caracte-
rizarmos uma força completamente, é preciso especificar sua intensidade 
(módulo), sua direção e o sentido da força. 
 Em sua obra Philosophiae Naturalis Principia Mathematica 
(Latim: “Princípios Matemáticos da Filosofia Natural”), publicada em 5 de 
julho de 1687, Sir Isaac Newton (Woolsthorpe, 4 de janeiro de 1643 — 
Londres, 31 de março de 1727) apresentou ao mundo a lei da gravitação e 
 172
as três leis de Newton que fundamentaram a MECÂNICA CLÁSSICA. Newton 
foi considerado pela ‘Royal Society’ como o cientista que causou maior 
impacto na história da ciência. De fato se pensarmos que estudamos corpos 
que são grandes o bastante para dispensarmos a mecânica quântica, nem 
muito rápidos e nem muito imensos para não precisarmos da teoria da 
relatividade, então eles serão tratados de acordo com as leis da mecânica 
clássica. Com as leis de Newton. Dá para ir à Lua com basa nas leis 
publicadas em 1643! 
 
4. Primeira Lei de Newton 
 
 LEI DA INÉRCIA 
 Ainda é comum a ideia de que é necessário uma força para manter 
um corpo em movimento. De fato, se nos basearmos nas observações do dia-
a-dia, isto é bastante razoável. Basta olharmos para um objeto se deslocando 
sobre um piso e constatamos que ele termina parando. Assim, poderíamos 
concluir, como se pensava antes de Newton, que é preciso uma força para 
manter o corpo em movimento. Na verdade o que acontece é justamente o 
contrário. O corpo para porque existem forças atuando sobre ele que fazem 
com que ele pare. Se eliminarmos todas as forças atuando sobre o corpo, ele 
continuará deslizando indefinidamente. 
Primeira Lei de Newton: Se a soma das forças que atuam sobre uma par-
tícula é nula, então a velocidade (o vetor) da partícula não se altera; ou seja, 
a partícula não será acelerada. 
 
5. SegundaLei de Newton 
 
 A segunda lei de Newton relaciona a força resultante sobre uma par-
tícula com sua massa e sua aceleração, de uma forma simples e objetiva: 
 Segunda Lei de Newton: A força resultante sobre uma partícula é igual 
ao produto de sua massa por sua aceleração. 
Matematicamente, escrevemos (Fig. 3.1). 
 2ª Lei de Newton: amFres = (3.1) 
 A segunda lei de Newton é usada para definir uma unidade de força. 
No SI (MKS) a unidade de força é o Newton (N). Definimos: 
Uma força de intensidade igual a 1 N é capaz de conferir uma aceleração de 
intensidade de 1 m/s2 a uma massa de 1 kg; 
 )/1).(1(1 2smkgN = 
 É preciso ter cuidado com esta forma de enunciado para a segunda 
lei de Newton. Este resultado vale para partículas e corpos com massa cons-
tante. Na seção V veremos o enunciado original em termos do momento li-
 173
near. Por enquanto lembramos apenas que a massa não pode variar; como 
acontece com as partículas. 
 
6. Terceira Lei de Newton 
 
 Talvez a mais contundente das três, a terceira lei diz: 
 Terceira Lei de Newton: A toda ação (uma força) corresponde uma rea-
ção (outra força) de mesma intensidade (módulo), mesma direção e sentido 
contrário. 
 A terceira lei nos diz que, no universo, as forças sempre aparecem 
aos pares. Isto faz sentido, já que estamos definindo força a partir das intera-
ções e nas interações sempre há uma “troca” de partículas. Nas interações e-
letromagnéticas as partículas “trocam” fótons (partículas de luz), nas intera-
ções fortes as partículas “trocam” gluons, nas interações fracas as partículas 
“trocam” bósons W e Z e nas interações gravitacionais talvez as massas 
“troquem” grávitons. Talvez, porque o gráviton ainda não foi detectado. Es-
tas partículas trocadas são chamadas de mediadores ou paríiculas 
transportadoras de força. 
 
7. Atração Gravitacional — Peso 
 
 É de Newton a primeira teoria da gravitação. Esse Newton era bom 
mesmo, não?! Ele entendeu como os planetas giram em torno do Sol, postu-
lou a existência de uma força de atração gravitacional — resultado da in-
teração gravitacional entre as massas — e calculou que eles descrevem ór-
bitas elípticas em torno do sol. De acordo com Newton, o módulo da força 
de atração gravitacional entre duas massas, M1 e M2, separadas por uma dis-
tância r, Fig. 3.2a, é dado por: 
 2
21
r
MM
GF = (atração gravitacional) (3.2) 
onde G = 6,67 × 10 –11 m3/s2 ⋅ kg é a constante de gravitação universal. 
 A Fig. 3.2b mostra um corpo em três posições diferentes. Observe 
que a força é radial e o seu módulo varia com a distância ao centro da Terra. 
Se MT é a massa da Terra e m a massa do corpo, então o módulo F da força 
será: 
 ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛== 22 r
M
Gm
r
Mm
GF TT (3.3) 
Comparando este resultado com a segunda lei, Eq. 3.1, encontramos: 
 gmF = (3.4) 
 onde 
 gravidade da aceleração2 == r
M
Gg T (3.5) 
 174
 Esta é a força de atração que aparece numa interação gravitacional. 
A Eq. 3.4 dá a força de atração gravitacional que a Terra exerce sobre todos 
os corpos. Esta força é usualmente chamada de peso. 
 Os detalhes destes cálculos e os limites da validade da teoria de 
Newton serão vistos disciplina Física Geral 2. Por enquanto abordaremos 
problemas envolvendo massas nas proximidades da Terra. 
 O fato de estarmos próximos da Terra leva a duas simplificações: 
i) O módulo da aceleração da gravidade pode ser considerado constan-
te. Ele varia pouco de um ponto para outro na superfície da Terra. 
ii) Próximos da Terra, nós não percebemos a sua curvatura e então po-
demos considerar o vetor g → como um vetor “vertical”. É claro que 
um vetor “vertical” no equador é diferente de um vetor “vertical” no 
pólo. 
 
8. Forças de Contato 
 
 FORÇA NORMAL 
 Quando um corpo está apoiado sobre uma superfície, Fig.3.3, com-
primindo-a, a superfície reage com uma força de mesmo módulo, mesma di-
reção e sentido contrário; como prevê a terceira lei de Newton. As forças 
deste par ação e reação são perpendiculares à superfície de contato e, por is-
so, a força que a superfície exerce sobre o corpo é chamada de força per-
pendicular ou força normal. 
 
 Força Normal: Quando um corpo comprime uma superfície, ela empurra 
o corpo com uma força N
 →
 que é normal à superfície. 
 
 As forças que atuam na caixa: 
 F
 →
gc = força de atração gravitacional da Terra sobre a caixa. 
 N
 →
c = componente normal (sobre a caixa) da força de contato entre a 
caixa e a mesa. 
 As forças que atuam na mesa: 
 F
 →
cm = – N
 →
c = componente normal (sobre a mesa) da força de conta-
to entre a caixa e a mesa. 
 F
 →
gc = força de atração gravitacional da Terra sobre a mesa. 
 N
 →
c = componente normal (sobre a mesa) da força de contato entre a 
mesa e o solo. 
 Note que, Fig. 3.4a e 3.4b, uma das forças de um par ação–reação 
está num corpo e a outra está no outro corpo. Se não fosse assim, todas as 
coisas estariam em repouso. Na Fig. 3.4 temos um único par ação–reação: 
N
 →
c e F
 →
cm. 
 
 
 175
Problema Resolvido 3.1 
 Uma caixa de 10 kg é colocada sobre uma balança que está dentro de um e-
levador. O elevador parte do térreo acelera a uma taxa de 2 m/s2 e ao parar 
no 10º andar ele desacelera com mesma taxa de 2 m/s2. Determine o peso da 
caixa e a leitura da balança (a) quando o elevador está parado, (b) quando o 
elevador está partindo do térreo e (c) quando o elevador está parando no 10º 
andar. 
SOLUÇÃO: 
 A primeira coisa a ser compreendida é que a balança “marca” a força que 
a caixa faz sobre ela; esta será a leitura da balança. Agora, a força que a cai-
xa faz sobre a balança tem mesmo módulo, mesma direção e sentido contrá-
rio à força que a balança faz sobre a caixa. Ação e reação. A Fig, 3.7 mostra 
um diagrama das forças que atuam na caixa. A componente normal (só tem 
ela) da força de contato é, justamente, a força que a balança faz sobre a cai-
xa. Desta forma, nós precisamos, apenas, determinar o valor da normal para 
cada caso. 
Da 2ª lei de Newton temos: 
 amPN =+ 
 Atenção: A soma é feita sempre com o sinal de “mais”. É na subtração 
que aparece o sinal de “menos”. Não importa para onde o vetor aponta. As-
sim, quando a lei de Newton diz que “a soma das forças é igual a massa 
vezes aceleração”, nós devemos que fazer a soma vetorial de todas as for-
ças que atuam no corpo. 
Os vetores da relação (3.9) são escritos como: 
 ĵ e ĵ , ĵ aaPPNN ±=−== 
Lembre que N = | N
 →
 | e P = | P
 →
 |. O sinal “ ± “ no vetor aceleração correspon-
de ao movimento acelerado na saída retardado na chegada, respectivamente. 
Assim, 
(a) O peso da caixa é a força que a Terra faz sobre a caixa e vale: 
 P = mg = 98 N 
Quando o elevador está parado, a = 0. Então a Eq 3.9 fica: 
 N − P = 0 ⇒ N = P = 98 N 
que é a leitura da balança. Portanto a balança marcará 98 N. 
(b) O peso da caixa continua sendo a força que a Terra faz sobre a caixa e 
vale: 
 P = mg = 98 N 
Quando o elevador está partindo do térreo, a aceleração é para cima Fig. 
3.5a. Assim, 
 amPNamPN =−⇒=− ĵ ĵ)( 
É assim que o sinal de menos aparece. Usando os valores do problema, en-
contramos: 
 
N118N)28,9(10)( =+×=+=
+=
agm
amgmN
 
 176
Portanto a balança marcará 118 N . 
(c) O peso da caixa é sempre a força que a Terra faz sobre a caixa: 
 P = mg = 98 N 
Quando o elevador está parando no 10o andar, a aceleração é para baixo Fig. 
3.5b. Então, 
 amPNamPN −=−⇒−=− ĵ ĵ)( 
Vetores que têm o mesmo sentido aparecem com o mesmo sinal na equação. 
É o que acontece, agora, com os vetores peso e aceleração. Usando os valo-
res do problema, encontramos: 
 
N78N)28,9(10)( =−×=−=
−=
agm
amgmN
 
Portanto a balança marcará 78 N . 
 
 
 FORÇA DE ATRITO 
 Quando o corpo apoiado sobre uma superfície está deslizando sobre 
esta superfície ou “tentando” deslizar sobre ela, aparecerá uma força opon-
do-se ao movimento ou à tentativa de movimento. Esta força é chamada de 
força de atrito e é sempreparalela à superfície de contato. 
 Na realidade, o que existe é uma única força de contato que aparece 
no contato entre duas superfícies. Esta força é, essencialmente, a soma veto-
rial de todas as interações elétricas entre os átomos das duas superfícies. Os 
átomos não conseguem separar força normal e força de atrito. Eles não são 
tão espertos assim. Os átomos interagem e a soma vetorial destas interações 
é que resulta numa força de contato e que nós separamos numa componente 
perpendicular à superfície (força normal) e numa componente paralela à 
superfície (força de atrito). 
 Se não houver um movimento relativo, ou tendência de movimento 
relativo, entre as duas superfícies, então a componente paralela da força de 
contato (força de atrito) será nula. Lembre-se: é ela que se opõe ao movi-
mento. 
 
 COMPONENTE PERPENDICULAR E COMPONENTE PARALELA 
 Consideremos uma caixa sobre uma mesa como na Fig. 3.3a. Neste 
momento, duas forças atuam sobre a caixa: a força de atração gravitacional 
(peso) e a força que a mesa exerce sobre caixa perpendicularmente à super-
fície (normal). 
 Atenção: Estas forças não formam um par ação e reação. A reação ao pe-
so está no centro da Terra; a Terra puxa a caixa e a caixa puxa a Terra. A 
reação à normal está na mesa; a caixa empurra a mesa e a mesa empurra a 
caixa. 
 Tendo em mente a 3ª lei de Newton (Σ F = m.a) vemos que a caixa 
não se moverá. Observamos, experimentalmente, que ao empurrarmos a cai-
xa com uma força F
 →
 crescente (Fig.3.6a), ela não se moverá no inicio. Então 
 177
deve existir uma força de mesmo módulo, direção e sentido contrário à força 
F
 →
 aplicada para que a soma dê zero. A Fig. 3.6b mostra um diagrama para 
estas forças. A partir de um certo valor de F a caixa entrará em movimento. 
Vamos entender cada caso. 
 
i) Enquanto não há movimento, ou tendência ao movimento, a força de 
contato tem apenas a componente normal. A componente paralela (for-
ça de atrito) é nula. 
ii) Quando começamos empurrar a caixa, surge uma componente paralela 
de força que se opõe ao movimento. Esta é a força de atrito estática. 
Estática porque ainda não existe movimento relativo entre as superfícies. 
iii) À medida que a força aplicada aumenta, a força de atrito estática tam-
bém aumenta, de forma que a caixa não se move. Entretanto, constata-
mos, empiricamente, que a força de atrito estática não cresce indefini-
damente. Uma hora a caixa se desloca! Você certamente já viveu esta 
experiência. 
iv) A força aplicada superou o limite da força de atrito estática e a caixa en-
trou em movimento. Agora, a componente paralela da força de contato é 
chamada de força de atrito dinâmica (ou cinética). Porque existe mo-
vimento relativo entre as duas superfícies. 
 Constatamos também, sempre experimentalmente, que a componen-
te paralela da força de contato (atrito) é proporcional à componente perpen-
dicular da força de contato (normal) Fig.3.7. 
 
 NNfatrito μ=∝ (3.6) 
A constante de proporcionalidade, μ, é chamada de coeficiente de atrito. 
 Quando não existe movimento relativo entre as superfícies, chama-
remos de coeficiente de atrito estático (μ e). Neste caso, 
 
 
máxima) estática atrito de (força
estática) atrito de (força
e
máx
e
ee
Nf
Nf
μ=
μ≤
 (3.7) 
 Quando existe movimento relativo entre as superfícies, chamaremos 
de coeficiente de atrito dinâmico (ou cinético, μ d); 
 Nf dd μ= (força de atrito dinâmica) (3.8) 
Note que as Eqs. 3.7 explicitam o fato de haver um valor máximo para a for-
ça de atrito estática. 
 Quando as superfícies estão suficientemente polidas, podemos con-
siderar a força de atrito desprezível, ou μe = 0 e μd = 0. Nestes casos, a força 
de contato terá apenas a componente normal e o movimento não será retar-
dado pelo atrito. 
 178
 Atenção: Nem pense em colocar setas na relação (3.6). As componentes 
normal e de atrito, da força de contato (Fig. 3.7), são ortogonais entre si e, 
portanto, são linearmente independentes! Não dá para escrever uma relação 
de proporcionalidade na forma vetorial. Apenas os módulos são proporcio-
nais. 
 
Problema Resolvido 3.2 
Uma caixa de 10 kg é empurrada numa superfície plana por uma força que 
forma um ângulo de 37° com a horizontal como mostra a Fig. 3.8. Os coefi-
cientes de atrito estático e cinético entre a caixa e a superfície são 0,5 e 0,2 
respectivamente. (a) Faça um diagrama das forças que atuam na caixa. (b) 
Determine os valores da força de atrito e da aceleração para F = 40 N? (c) 
Determine os valores da força de atrito e da aceleração para F = 200 N? (use 
g = 10 m/s2 e sen 37° = 0,6) 
Solução: 
(a) Ao lado, o diagrama (esquema) das forças que 
 atuam na caixa. Elas são: 
F
 →
 = força aplicada. 
N
 →
 = componente normal da força de contato. 
P
 →
 = força gravitacional (peso) 
fa = componente paralela da força de contato. 
 (força de atrito) 
A 2ª lei de Newton para as componentes x e y ficam: 
direção x: Fcosθ – fa = ma (1) 
 
direção y: N – P – Fsenθ = 0 (2) 
 
(b) Primeiramente, precisamos saber se haverá movimento. Ou seja, preci-
samos saber se a caixa será arrastada ou não, para sabermos se a força de a-
trito será estática ou dinâmica. Para tanto, vamos comparar a componente x 
da força aplicada, Fx = Fcos(θ), com o máximo que o atrito consegue segu-
rar, i.e., com a força de atrito de estática máxima. Então: 
 Fx = Fcosθ = 40×0,8 = 32 N 
Da relação (2), temos 
 N = P + Fsenθ = (10 kg × 10 m/s2) + (40 × 0,6 N) = 124 N 
e 
 f emáx = μe N = 0,5 × 124 N = 62 N 
Portanto, como Fx (= 32 N) < f emáx (= 62 N), não haverá movimento. 
Assim, concluímos: 
 a = 0 e de (1), fa = fe =Fx = 32 N. 
(c) Mudando a força aplicada, devemos determinar novamente se haverá 
movimento. O diagrama de forças é o mesmo e, consequentemente, as equa-
ções de movimento (1) e (2) continuam as mesmas. A componente Fx agora 
vale: 
 179
 Fx = Fcosθ = 200×0,8 N = 160 N 
Da relação (2), temos 
 N = P + Fsenθ = (10 kg × 10 m/s2) + (200 × 0,6 N) = 220 N 
e 
 f emáx = μe N = 0,5 × 220 N = 110 N 
Portanto, como Fx (= 160 N) > f emáx (= 110 N), haverá movimento. 
Assim concluímos: 
 fa = fd = μe N = 0,2 × 220 N = 44 N 
e, da relação (1), 
 a = 
Fcosθ – fd
m = 
0,8 × 200 N – 44 N
10 kg = 11,6 m/s
2 
 
 
Problema Resolvido 3.3 
Um aeromodelo de 1,6 kg, voando com velocidade constante de 10 m/s, des-
creve um círculo horizontal a uma altura de 15 m do solo preso por um cabo 
de 25 m. O aeromodelo voa com as asas na horizontal de forma que a força 
de sustentação (empuxo) atua verticalmente sobre o aeromodelo. (a) Faça 
um diagrama das forças que atuam sobre o avião quando ele passa por A. (b) 
Determine a tensão no cabo que prende o aeromodelo. (c) Determine a força 
de sustentação que atua sobre o aeromodelo. (use g = 10 m/s2) 
 
SOLUÇÃO: (a) O diagrama mostra as forças quando o aeromodelo passa por 
A. 
E
 →
 = Empuxo 
P
 →
 = Peso 
T
 →
 = Tensão 
 
(b) A única força que tem uma componente no plano x,y é a tensão. Esta 
componente da tensão tem a direção radial e assim, 
 
R
vmamTT RadialRadial
2
sen ==θ= 
com m 2022 =−= HLR . Portanto, 
 N10N
8,020
106,1
sen
22
=
×
×=
θ
=
R
vmT . 
(c) A equação de movimento (2ª lei de Newton) na direção z fica: 
 E – P – Ty = 0 ⇒ E = P + Tcos θ = 16 N + (10 × 0.6) N 
 Portanto E = 22 N. 
 
 
Problema Resolvido 3.4 
Um avião está voando em um círculo horizontal com uma velocidade de 720 
km/h (Fig. 3.10). Se as asas estão inclinadas 37° sobre a horizontal e supon-
 180
do-se que a força de “sustentação aerodinâmica” seja perpendicular à super-
fície das asas: (a) Faça um diagrama das forças que atuam sobre o avião. (b) 
Determine o raio do círculo descrito pelo avião. (use g = 10 m/s2 e sen 37º = 
0,6) 
SOLUÇÃO: (a) A 2a Lei de Newton em termos das componentes dos vetores 
fica: 
No plano x,y 
)1( sen 
2
radialradial R
vmEamE =θ⇒= 
Na direção z 
)2(θcos0 mgEPEz =⇒=− 
(b) Fazendo (1) ÷ (2)obtemos: 
m
sm
sm
g
vR
gR
v 5330
/10
)/200(
θtan
θtan
4
32
222
≅
×
==⇒= 
 
 
9. Problemas Propostos 
 
Prob. 3.1 Três astronautas, impulsionados por mochilas a jato, empurram e guiam 
um asteróide de 120 kg em direção a uma plataforma de processamento, exercendo 
as forças mostradas na Fig. 3.11. Qual é a aceleração do asteróide (a) na notação de 
vetor unitário e como (b) um módulo e (c) uma direção? 
 
Prob. 3.2 Uma garota de 40 kg e um trenó de 8,4 kg estão sobre o gelo sem atrito de 
um lago congelado, a uma distância de 15 m um do outro mas unidos por uma corda 
de massa desprezível. A garota exerce uma força horizontal de 5,2 N sobre a corda. 
(a) Qual é a aceleração do trenó? (b) Qual é a aceleração da garota? (c) A que 
distância da posição inicial da garota eles se encontram? 
 
Prob. 3.3 Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem atrito. Uma força 
horizontal é aplicada ao bloco maior, como mostrado na Fig. 3.12. (a) Se mt = 2,3 
kg, m2 = 1,2 kg e F = 3,2 N, ache o módulo da força entre os dois blocos, (b) Mostre 
que se uma força de mesmo módulo F for aplicada ao bloco menor mas no sentido 
contrário, o módulo da força entre os blocos será 2, l N, que não é o mesmo valor 
calculado em (a), (c) Explique a diferença. 
 
Prob. 3.4 Um trabalhador arrasta um caixote pelo piso de uma fábrica puxando uma 
corda presa ao caixote (Fig. 3.13). O trabalhador exerce uma força de 450 N sobre a 
corda, que está inclinada de 37° em relação à horizontal, e o piso exerce uma força 
horizontal de 125 N que se opõe ao movimento. Calcule o módulo da aceleração do 
caixote se (a) a sua massa for de 310 kg e (b) o seu peso for de 310 N (use sen 37º = 
0,6). 
 
Prob. 3.5 Um piloto de 60 kg com sua motocicleta acelera a 3 m/s2 para subir uma 
ladeira inclinada 10° acima da horizontal, (a) Qual é o módulo da força resultante 
agindo sobre o motoqueiro? (b) Qual é o módulo da força que a motocicleta exerce 
sobre o motoqueiro? 
 
Prob. 3.6 Na Fig. 3.14, uma caixa de lápis de 1 kg sobre um plano inclinado de 30° 
sem atrito está ligada a uma caixa de canetas de 3 kg sobre uma superfície horizontal 
sem atrito. A roldana não possui atrito nem massa, (a) Se o módulo de F for 2,3 N, 
qual é a tração no fio de ligação? (b) Qual é o maior valor que o módulo de F pode 
ter sem que o fio de ligação fique frouxo? 
 
 181
 
Prob. 3.7 Um balão de ar quente de massa M está descendo na direção vertical com 
aceleração para baixo de módulo a. Quanto de massa (lastro) deve ser jogada fora 
para dar ao balão uma aceleração para cima de módulo a (mesmo módulo, mas no 
sentido contrário)? Suponha que a força para cima do ar (a sustentação) não se altera 
por causa da redução na massa. 
 
Prob. 3.8 Uma força horizontal F de módulo igual a 12 N empurra um bloco que 
pesa 5 N contra uma parede vertical (Fig. 3.15). O coeficiente de atrito estático entre 
a parede e o bloco é de 0,60, e o coeficiente de atrito cinético é de 0,40. Suponha 
que o bloco não esteja se movendo inicialmente, (a) O bloco irá se mover? (b) Qual 
é a força da parede sobre o bloco, na notação de vetor unitário? 
 
Prob. 3.9 Os blocos A e B da Fig. 3.16 pesam 44 N e 22 N, respectivamente, (a) 
Determine o peso mínimo do bloco C para impedir que o bloco A deslize se μ e, 
entre o bloco A e a mesa for de 0,20. (b) O bloco C é removido subitamente de cima 
do bloco A. Qual será a aceleração do bloco A se μ d entre A e a mesa for de 0,15? 
 
Prob. 3.10 Um bloco de 3,5 kg é puxado sobre uma superfície horizontal por unia 
força F de intensidade igual a 15 N que faz um ângulo θ = 37º acima da horizontal. 
O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o piso é de 0,2. Calcule a intensidade 
(a) da força de atrito que o piso exerce sobre o bloco e (b) a aceleração do bloco. 
(use sen 37º = 0,6) 
 
Prob. 3.11 O corpo A da Fig. 3.17 pesa 100 N e o corpo B, 30 N. Os coeficientes de 
atrito entre A e a rampa são μ e = 0,5 e μ d = 0,25. O ângulo θ é igual a 37°. Encontre 
a aceleração de A (a) se A estiver inicialmente em repouso, (b) se A estiver 
inicialmente se movendo para cima da rampa e (c) se A estiver inicialmente se 
movendo para baixo da rampa. (use sen 37º = 0,6) 
 
Prob. 3.12 Na Fig. 3.17, dois blocos estão ligados por um fio que passa por uma 
polia. A massa do bloco A é igual a 10 kg e o coeficiente de atrito cinético entre A e 
a rampa é de 0,20.0 ângulo B de inclinação da rampa é igual a 30°. O bloco A 
desliza para baixo da rampa com velocidade constante. Qual é a massa do bloco B? 
 
Prob. 3.13 Os dois blocos (com m = 2 kg e M = 10 kg) mostrados na Fig. 3.18 não 
estão presos um ao outro. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é μe = 0,4, 
mas a superfície embaixo do bloco maior é lisa. Qual é a menor intensidade da força 
horizontal F necessária para evitar que o bloco menor escorregue para baixo do 
bloco maior? 
 
Prob. 3.14 Na Fig. 3.19, uma caixa de formigas fêmeas (massa total m1 =1,5kg) e 
uma caixa de formigas machos (massa total m2 = 3 kg) descem um plano inclinado, 
ligadas por uma haste de massa desprezível paralela ao plano. O ângulo da rampa é 
θ = 30º. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa de formigas fêmeas e o plano é 
μ1 = 0,2; o coeficiente entre a caixa de formigas machos e o plano é μ2 = 0,1. 
Calcule (a) a tração na haste e (b) a aceleração comum às duas caixas, (c) Como as 
respostas para (a) e (b) mudariam se a caixa das formigas machos estivesse atrás da 
caixa de formigas fêmeas? 
 
Prob. 3.15 Como mostrado na Fig. 3.20, uma bola de 2kg está ligada, por dois fios 
de massa desprezível, a uma haste vertical que está girando. Os fios estão ligados à 
haste e estão esticados. A tração no fio de cima é de 50. (a) Desenhe o diagrama de 
corpo livre para a bola. (b) Qual é a tração no fio de baixo? (c) Qual é a força 
resultante sobre a bola e (d) qual a velocidade da bola? 
 
 
 
 
 182
Unidade IV Trabalho e Energia 
 
1. Situando a Temática 
 
Vimos que a partir das leis de Newton podemos estudar o movimen-
to de qualquer objeto, que não seja nem quântico e nem relativístico. No en-
tanto, alguns problemas de mecânica podem ser resolvidos mais facilmente, 
em alguns casos unicamente, utilizando a energia do sistema. Assim, nesta 
seção nós introduziremos o conceito de energia e estabeleceremos alguns re-
sultados para a solução de problemas em mecânica. 
 
2. Problematizando a Temática 
 
Nossa primeira dificuldade é justamente encontrar uma definição 
“fechada” para a energia. Certamente você já ouviu falar de “muitas energi-
as”; energia elétrica, energia nuclear, energia térmica, etc. Entretanto, como 
seria a definição técnica que contemple todas estas coisas simultaneamente. 
Por causa destas dificuldades, vamos nos concentrar no ponto de vista da di-
nâmica. 
A energia aparece de muitas formas diferentes, e por isso o conceito 
de energia de um sistema se torna muito amplo e difícil de precisar. Tecni-
camente, a energia é uma grandeza escalar que está associada a uma dada 
configuração do sistema. Quando o sistema evolui de uma configuração para 
outra, sua energia muda. Como ponto de partida, podemos pensar que a e-
nergia é um número que está associado a uma configuração possível para um 
sistema composto de um ou mais objetos. Desta forma, quando uma força 
atua sobre o sistema fazendo com que ele seja acelerado, o número (energia) 
associado ao sistema muda. É essa variação que nos ajudará no estudo de 
alguns problemas que têm soluções complicadas quando tratados apenas 
com as leis de Newton. Neste capítulo vamos nos ater a uma única forma de 
energia: energia mecânica. 
 
3. Energia Cinética 
 
A energia cinética é a energia associada ao movimento de um cor-
po. Quando um objeto de massa m se move com velocidade v→, dizemos que 
ele possui uma energia cinética, K, definida como: 
 2
2
1 mvK = (energia cinética) (4.1) 
onde v = | v → |. Desta forma, quanto maior for a velocidade do corpo e/ou sua 
massa, maior será a sua energia cinética. Devemosnotar que a energia ciné-
tica de um objeto não tem um valor absoluto, uma vez que ela depende da 
velocidade e a velocidade depende do referencial. Desta forma, um corpo 
 183
pode ter energia cinética nula quando medida no sistema de referência S e 
assumir um outro valor qualquer no referencial S´. Entretanto, isto não será 
um obstáculo para a solução dos nossos problemas pois nós estaremos inte-
ressados nas variações da energia do sistema quando este evolui de uma con-
figuração A para uma configuração B. No SI, qualquer forma de energia será 
medida em joules (J) . Assim, a partir da Eq. (7.1) definimos: 
22111 smkgJjoule /⋅== 
Como exemplo, um automóvel de 1000 kg (1 tonelada) viajando a 30 m/s 
(108 km/h) terá uma energia cinética de 1000 kg × (30 m/s)2 = 9 × 105 J. 
 
4. Trabalho Realizado Por Uma Força 
 
O conceito de trabalho realizado por uma força está, de muitas ma-
neiras, ligado a ações do dia-a-dia, como levantar um objeto ou arrastar um 
móvel. Fisicamente falando, quando um agente externo aplica uma força so-
bre um sistema ele promove uma transferência de energia para o sistema. 
Chamaremos essa transferência de energia de trabalho. Diremos então que 
este agente, ou esta força, realizou um trabalho sobre o sistema. Matemati-
camente, o trabalho realizado por uma força F
 →
 que atua sobre uma partícula 
durante um intervalo de tempo dt é definido como: 
 rdFdW ⋅= (trabalho realizado por uma força) (4.2) 
onde d r → = r →(t + dt) – r →(t) é o deslocamento da partícula no intervalo de 
tempo dt (Fig. 4.1) e dW é o trabalho infinitesimal realizado pela força du-
rante esse intervalo de tempo infinitesimal. 
Quando uma força F
 →
 atua sobre um corpo durante um intervalo de 
tempo macroscópico Δt = tfinal – tinicial e a partícula se desloca desde uma po-
sição inicial A determinada pelo vetor posição rA
→ , até uma posição final B, 
determinada pelo vetor posição rB
→ , então o trabalho deverá ser calculado co-
mo uma soma das infinitas contribuições da Eq. (4.2), ao longo da trajetória. 
 ∫ ⋅=→
B
A
r
r
F
BA rdFW
)( (4.3) 
Como trabalho realizado por uma força corresponde à transferência 
de algum tipo de energia de um sistema para outro, ele será medido em uni-
dades de energia que no SI é o joule (J). 
 
5. Trabalho Realizado Por Uma Força Constante 
 
 Quando a força que atua sobre o corpo é constante, então a integral 
em (3.2) pode ser resolvida facilmente como: 
 184
dF
rFrrF
rdFrdFW
BABA
r
r
r
r
F
BA
B
A
B
A
⋅=
Δ⋅=−⋅=
⋅=⋅=
→
→ ∫∫
)(
)(
 (4.4) 
onde d
 →
 é o vetor deslocamento do objeto da posição A para a posição B. 
 
 EXEMPLO DE FORÇA CONSTANTE: PESO 
Vamos considerar como exemplo a força gravitacional exercida pela 
Terra sobre outras massas. Próximo da superfície a força gravitacional, ou 
peso, pode ser considerada constante. Nestas condições o trabalho realizado 
pelo peso sobre um corpo de massa m que vai de uma posição A até uma po-
sição B, por uma trajetória qualquer (Fig. 4.2), será dado por: 
 
 
( ) ( )
AB
AB
y
y
r
r
r
r
F
BA
ymg
yymgdymg
kdzjdyidxjmg
rdPW
B
A
B
A
B
A
Δ−=
−−=−=
++⋅−=
⋅=
∫
∫
∫→
)(
)(
 
ou 
 
AB
ABABAB
ABAB
r
r
r
r
F
BA
ymg
kzjyixjmg
rPrrP
rdP
rdPW
B
A
B
A
Δ−=
Δ+Δ+Δ⋅−=
Δ⋅−=−⋅=
⋅=
⋅=
∫
∫→
)()(
)(
)(
 
Este resultado é exatamente o mesmo que: 
 
AB
ABABAB
BA
F
BA
ymg
kzjyixjmg
dPrPW
Δ−=
Δ+Δ+Δ⋅−=
⋅=Δ⋅= →→
)(()(
)(
 (4.5) 
 
Problema Resolvido 4.1 
Um bloco de 10 kg, sustentado por uma força horizontal de 50 N (Fig. 4.3), 
desce desde A até B com velocidade constante de 2 m/s. (a) Qual o trabalho 
realizado pela força F no trecho AB? (b) Qual o trabalho realizado pelo peso 
no trecho AB? (c) Qual o trabalho total realizado pela força de atrito no tre-
cho AB? (d) Qual o valor da força de atrito dinâmica? (Use g = 10 m/s2) 
 185
SOLUÇÃO: Como as forças são constantes, calcularemos os trabalhos fazen-
do, simplesmente, o produto da força pelo deslocamento. Assim, 
(a) O trabalho realizado pela força F
 →
 é dado por: 
 
J0002)(cos)m50(N)50(
)180(cos
)(cos||||
AB
ABAB
(F)
AB
−=θ××−=
θ−°×Δ×=
φ×Δ×=Δ⋅=
rF
rFrFW
 
(b) O trabalho realizado pela força P
 →
 é dado por: 
 
J0003)(sen)m50(N)100(
)90(cos
)(cos||||
AB
ABAB
(P)
AB
=θ××−=
θ−°×Δ×=
β×Δ×=Δ⋅=
rP
rPrPW
 
(c) O trabalho realizado pela força de atrito fd
 →
 será obtido a partir do teorema 
do Trabalho-Energia: 
 AB
(fat)
AB
(P)
AB
(F)
AB
total
AB KWWWW Δ=++= 
Como o bloco se desloca com velocidade constante, a variação da energia 
cinética é nula. Então, 
 
J0001
0 (P)AB
(F)
AB
(fat)
AB
(fat)
AB
(P)
AB
(F)
AB
−=
−−=⇒=++ WWWWWW 
O trabalho realizado pela força de atrito é escrito como: 
 )180(cosABdABd
(fat)
AB ×Δ×=Δ⋅= rfrfW 
N20
m50
)J0001(
AB
(fat)
AB
d =
−
−=
Δ
−=⇒
r
W
f 
 
 
6. Trabalho Realizado Por Uma Força Variável 
 
Nem sempre as forças que atuam num sistema são constantes. No 
mundo real, as forças resultantes que atuam sobre os sistemas físicos rara-
mente são constantes. Elas podem variar com o tempo e com a posição, F
 →
 = 
F
 →
(x,y,z,t). Neste primeiro curso de física, as forças que variam com o tempo 
não serão abordadas. Consideraremos apenas as forças que variam com a po-
sição. 
O exemplo mais simples de força variável é o de uma força que varia 
linearmente em uma única direção. Uma força deste tipo é a força elástica de 
uma mola que satisfaz a lei de Hook, ou seja F
 →
 = – k x i → onde x é o deslo-
camento em relação à posição de equilíbrio e k é a constante elástica da mola 
(Fig. 4.4). O sinal negativo indica que a força tem sentido contrário àquela 
 186
da deformação x. Forças que se opõem às deformações são chamadas de for-
ças restauradoras. 
 Queremos calcular o trabalho realizado pela força elástica da mola 
sobre um bloco de massa m que vai da posição de equilíbrio xA = 0 até uma 
posição xB qualquer. Além da força da mola, outras forças atuam sobre o 
bloco. Neste exemplo em particular devemos ter ao menos uma força de con-
tato entre o bloco e a superfície. Então, da Eq. 4.3 podemos calcular o traba-
lho realizado pela força F
 →
m exercida pela mola; 
 
2
0
22
)(
2
1)(
2
1
)()(
BAB
x
x
x
x
x
x
m
F
BA
xkxxkkxdx
kdzjdyidxikxrdFW
B
A
B
A
B
A
m
−=−−=−=
++⋅−=⋅=
=
→
∫
∫∫
 
 Assim ao distendermos ou comprimirmos uma mola em uma distân-
cia x, em relação à sua posição de equilíbrio, o trabalho realizado pela força 
elástica da mola será: 
 2
2
1 kxW −= (4.6) 
 O sinal negativo indica que a mola se opõe às deformações. 
 
7. Teorema do Trabalho Energia 
 
Calcularemos a seguir o trabalho realizado pela força resultante so-
bre uma partícula. 
zyx I
B
A
z
I
B
A
y
I
B
A
x
B
A
zyx
B
A
dzFdyFdxF
kdzjdyidxkFjFiFrdFW
∫∫∫
∫∫
++=
++⋅++=⋅= )()(
 
Resolveremos estas integrais separadamente. Como F
 →
 representa a 
força resultante, nós usamos a Eq. 3.1 (2ª lei) para escrever, F
 →
 = m a →, onde 
a → é a aceleração resultante. Assim, 
 
dx
dvmv
dt
dx
dx
dvm
dt
dvmmaF xxxxxx ==== . 
Assim, a primeira integral fica: 
22
2
1
2
1
AxBx
v
v
xx
B
A
x
xx mvmvdvmvdxdx
dvmvI
Bx
Ax
−=== ∫∫ 
Analogamente, as integrais Iy e Iz serão dadas por 
22
2
1
2
1
AyBy
v
v
yy
B
A
y
yy mvmvdvmvdydy
dv
mvI
By
Ay
−=== ∫∫ 
e 
 187
22
2
1
2
1
AzBz
v
vz
zz
B
A
z
zz mvmvdvmvdzdz
dvmvI
Bz
−=== ∫∫ 
Somando as três integrais obtemos: 
AB
ABAB
v
AzAyAx
v
BzByBxzyx
AB
total
K
KKmvmv
vvvmvvvmIIIW
AB
Δ=
−=+=
++−++=++=
22
222222
2
1
2
1
)(
2
1)(
2
1
22
 (4.7) 
O resultado acima nos diz que o trabalho total realizado sobre um 
sistema que evolui de uma configuração A para uma configuração B é igual 
à variação da energia cinética do sistema. É preciso que fique claro que tra-
balho da força resultante é igual ao trabalho da soma de todas as forças e, 
portanto, é igual a soma dos trabalhos realizados por todas as forças: 
 
AB
n
ABAB
r
r
n
r
r
r
r
r
r
n
r
r
teresul
AB
total