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FÍSICA GERAL
Unidade III
5 PRINCÍPIOS DA DINÂMICA
Nos tópicos anteriores, nos restringimos apenas ao estudo do movimento, sem preocupação com o 
que foi responsável por ele. Iniciaremos agora estudos a partir de uma abordagem diferente, levando em 
consideração também elementos históricos.
Um dos pioneiros no estudo do movimento foi Aristóteles. Ele acreditava que, para um objeto 
permanecer em movimento, uma força deveria estar aplicada a ele, e, quando a força não fosse mais 
aplicada, ele tenderia a parar. De fato, esse é um pensamento do senso comum. Quando empurramos 
uma cadeira, por exemplo, vemos que ela permanece movendo-se apenas enquanto estamos aplicando 
uma força; quando a soltamos, ela para quase imediatamente. Essa teoria foi aceita por mais de dois mil 
anos. A maior causa da falta de teorias que derrubassem a de Aristóteles deve-se ao fato de que suas 
teorias eram protegidas pela Igreja, de forma que quem se opunha sofria perseguição. Desse modo, por 
mais de dois milênios elas não foram contrariadas. 
Aristóteles também acreditava que, se dois objetos fossem abandonados da mesma altura, aquele 
que tivesse a maior massa atingiria o chão primeiro. Trata-se de mais uma teoria do senso comum. 
Quando jogamos, por exemplo, uma folha de papel e uma bolinha de ferro, vemos que a bolinha cai 
bem primeiro. Ambas as teorias de Aristóteles citadas pecam pelo fato de não levarem em consideração 
forças externas. A cadeira para porque a força de atrito dela com o chão tende a freá-la até que ela pare. 
Já a folha de papel sofre uma maior interação da resistência do ar, que age como uma força contrária à 
gravitacional, diminuindo assim sua aceleração. 
Por volta do final do século XVI e início do XVII, Galileu Galilei refutou as teorias de Aristóteles e 
mostrou que, ao contrário do que este pensava, um objeto não necessitava de uma força para permanecer 
em movimento. Ele tenderia a continuar em movimento caso recebesse um impulso inicial até que uma 
força externa agisse sobre ele. É o caso da cadeira, que, ao receber um impulso, ganha movimento, mas 
tende a parar por conta da força externa (atrito). Se a superfície fosse lisa (livre de atrito), a cadeira 
tenderia a permanecer eternamente em movimento até que uma força externa agisse sobre ela.
Galileu também mostrou que dois objetos, ao serem abandonados, caem com a mesma aceleração, 
sendo esta independente da massa dos objetos. Por conta disso e de muitas outras teorias, ele também 
sofreu grande perseguição por parte da Igreja, sendo obrigado, em alguns casos, a voltar atrás para não 
ser enforcado. 
Para entender a Dinâmica, precisamos primeiro entender a grandeza mais importante nessa área: 
a força. Esta é a responsável por modificar o movimento de um móvel. Apenas a partir de uma força 
podemos ter a variação de velocidade de um objeto.
118
Unidade III
5.1 Força
A força vem a ser um dos conceitos fundamentais da Física newtoniana, que estudaremos amplamente 
mais adiante. Trata-se de uma grandeza que tem a capacidade de modificar a velocidade de um corpo 
(seja na sua magnitude, direção ou sentido). A força pode agir deformando-se um objeto flexível.
5.1.1 Tipos de força
Na construção dos diagramas, que veremos mais adiante, é de extrema importância ter em mente 
que há apenas dois tipos de força: de contato e a distância.
• Forças de contato: aparecem quando há um contato entre dois objetos.
• Forças a distância (ou forças de campo): são forças que agem a distância, sem haver necessidade 
de um contato entre dois objetos. O termo “força de campo” vem do fato de que essas forças 
estão associadas a um tipo de campo – por exemplo, campo gravitacional, campo elétrico, campo 
magnético. Aqui trabalharemos apenas com um tipo – a força gravitacional.
Dessas duas definições, podemos concluir que, tirando a força gravitacional, todas as outras forças 
de interação entre objetos só aparecerão em pontos onde estes estão com algum tipo de contato, isto 
é, por meio de uma corda, ou mesmo por contato direto (um encostado no outro).
5.2 Sistema inercial 
O conceito de referencial inercial é de extrema importância na Dinâmica. Por esse motivo, ainda 
que já o tenhamos definido, o faremos de novo. Chama-se sistema inercial todo sistema que não tenha 
aceleração, ou seja, isolado de forças, aquele em que a resultante ou a somatória de todas as forças 
que atuam nele deve ser nula. Observe que há forças e massas no sistema e que este pode estar em 
movimento com velocidade constante ou em repouso. Geralmente, define-se o espaço-tempo a partir 
de um sistema de coordenadas cartesianas do tipo referencial inercial. Dentro desse sistema/referencial, 
encontram-se todos os objetos geométricos e corpos materiais que constituem nosso mundo. Assim 
definido, o sistema inercial é extremamente importante no estudo da mecânica clássica, pois, na maioria 
dos problemas que iremos resolver, sempre os consideraremos em relação a um referencial inercial.
5.3 Equilíbrio
Considera-se que um corpo está em equilíbrio quando ele está em repouso (equilíbrio estático) ou 
descrevendo um movimento retilíneo uniforme (MRU) (equilíbrio dinâmico). Portanto, num equilíbrio, a 
aceleração resultante é nula, ou seja, a força resultante sobre o corpo também é nula. Veremos isso com 
mais detalhes quando definirmos a Segunda Lei de Newton.
Um cuidado deve ser tomado ao se dizer que um objeto encontra-se em equilíbrio, pois isso depende 
do referencial adotado. Um passageiro sentado em um ônibus está em equilíbrio em relação ao ônibus, 
mas em movimento em relação à Terra.
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FÍSICA GERAL
5.4 Primeira Lei de Newton (Princípio da Inércia)
Galileu, em seu estudo, refutou a teoria de Aristóteles, segundo a qual se a força que atua sobre um 
objeto é nula, então este deve permanecer em movimento. Afirmou que, na ausência de uma força, um 
objeto que se encontra em movimento continua a se mover com movimento retilíneo e com velocidade 
constante. Esse cientista chamou de inércia a tendência que os corpos têm para resistir à mudança do 
movimento em que se encontram.
A situação teorizada por Galileu é difícil de ser realizada na prática, pois se trata de um caso em que 
atritos entre superfícies e resistências impostas pelo ar devem ser desprezíveis – tratando-se, portanto, 
de um caso-limite ou caso ideal. Resultados próximos a esses podem ser encontrados em experimentos 
nos quais a resistência do ar e atritos são praticamente desprezíveis. 
Alguns anos mais tarde, Newton, com base nas ideias de Galileu, estabelece a Primeira Lei do 
Movimento, também conhecida por Lei da Inércia:
Qualquer corpo permanece em repouso ou em movimento retilíneo uniforme se a resultante 
das forças que atuam sobre ele for nula.
Esse enunciado levanta, porém, uma questão que deve ser respondida: repouso e em movimento 
relativo a quem? Para a compreensão dessa lei, precisamos levar em conta o referencial. Para ela ser 
válida, o referencial precisa ser inercial, o que já discutimos anteriormente. 
Presenciamos a Lei da Inércia o tempo todo em nosso dia a dia. Por exemplo, quando estamos em um 
carro e este freia bruscamente, nós, que estávamos em movimento, tendemos a continuar em movimento; 
portanto, somos arremessados para a frente. Isso também ocorre quando aceleramos bruscamente o 
carro que estava parado. Como estávamos em repouso, tendemos a ficar em repouso; logo, no mesmo 
lugar, e, como o automóvel inicia seu movimento, dá a impressão de sermos arremessados para trás.
5.5 Segunda Lei de Newton
Uma consequência direta da Primeira Lei de Newton está no fato de que, se um corpo está acelerado, 
a ele deve estar associada uma força, o que nos faz buscar uma relação direta entre força e aceleração.
A obtenção dessa relação pode se dar experimentalmente. Se considerarmos uma superfície polida, 
na qual o atrito é desprezível (o que pode ser feito, por exemplo, deslizando-se um disco sobre uma 
camada de gás), e aplicarmos uma força (F) sobre o objeto,este terá uma aceleração a na mesma direção 
e sentido de (F), o que sugere uma relação vetorial entre os dois. Agora, ao duplicarmos essa força sobre 
o mesmo objeto, a aceleração também duplica; se triplicarmos a força, a aceleração também triplica, e 
assim por diante. Isso mostra, então, que a aceleração é diretamente proporcional à força, ou seja:


F ka=
onde k é a constante de proporcionalidade e deve ser um escalar. 
120
Unidade III
No mesmo experimento, se realizamos uma força sobre objetos cada vez mais pesados, veremos 
que, para manter a mesma aceleração, devemos aumentar a força na mesma proporção do aumento 
da massa, o que mostra que a força também deve ser diretamente proporcional à massa. De fato, a 
constante de proporcionalidade k equivale exatamente à massa do objeto. Um experimento similar a 
esse nos possibilita inferir a Segunda Lei de Newton:


F ma=
Reparem que, quanto maior a massa do objeto, maior será a resistência pela variação de velocidade; 
por isso ela é chamada de massa inercial.
No SI, a unidade de massa é o kg e da aceleração é o m/s²; logo, a unidade de força o SI é kg.m/s², 
que é chamado de Newton:
1 1N kg m s  / ²
Outra unidade muito utilizada é o kgf (quilograma-força). É uma medida útil para poder comparar a força 
estudada com a força necessária para levantar um corpo massivo. Temos, considerando g = 10 m/s²:
1kgf = 10N
Ou seja, 10 N é a força necessária para sustentar um corpo de massa igual a 1 kg. 
 Observação
É importante não confundir kgf com kg. A primeira é unidade de força, 
ao passo que a segunda é unidade de massa, duas coisas diferentes. 
A massa de um corpo depende da quantidade de matéria de que ele é 
composto; já seu peso, da força gravitacional. Uma pessoa de 70 kg terá, 
na Lua, a mesma massa de 70 kg; porém, como a aceleração gravitacional 
na Lua é menor que na Terra (cerca de 1/6 da aceleração gravitacional da 
Terra), o peso do objeto será também cerca de 1/6 de seu peso na Terra.
Note que, da equação 


F ma= , se F = 0, então a = 0; portanto, v = cte, o que mostra que a Primeira Lei 
de Newton é um caso particular da Segunda Lei, e ambas são válidas apenas para um referencial inercial.
Uma implicação importante da Segunda Lei vem do seu caráter vetorial. Como a aceleração é um 
vetor e a massa um escalar, a força também deve ser um vetor. Logo, se sobre uma partícula temos a 
aplicação de diferentes forças 
  
F F F1 2 3, , …, o que aparecerá do lado esquerdo da equação 


F ma= é a 
força resultante, que nada mais é do que uma soma vetorial de cada força aplicada.
    

F F F F F maR N    1 2 3
121
FÍSICA GERAL
5.5.1 Soma vetorial 
Neste ponto, o aluno já deve ter um conhecimento prévio de vetores. Sabemos que um vetor pode 
ser representado por um segmento de reta com uma seta na ponta, de forma que sua direção é dada 
pelo segmento de reta e o sentido será para onde está apontada a seta. 
θ

v1

v2

v3
Figura 43 
Na figura anterior, o vetor 

v1 encontra-se na direção horizontal, sentido para a direita. Já 
o vetor 

v2 encontra-se na direção vertical, sentido para cima. O vetor 

v3 , no entanto, tem 
sua direção definida pelo ângulo θ. Os módulos dos vetores são proporcionais ao tamanho do 
segmento de reta; portanto, ao representarmos vários vetores, devemos levar em conta seu 
módulo ao desenhar o vetor. Caso um vetor tenha o dobro do módulo de outro, ele deverá ser 
desenhado com o dobro de seu tamanho. 
Podemos representar graficamente de duas maneiras a soma de dois vetores. A primeira, que é mais 
recomendada para quando queremos fazer a soma de dois vetores, é a regra do paralelogramo. Para 
fazer a soma por esse método, devemos realizar estes passos:
Dados dois vetores:

v1

v2
Figura 44 
1. Colocar os dois vetores partindo do mesmo ponto (sem alterar suas características, ou seja, módulo, 
direção e sentido):

v1

v2
Figura 45 
122
Unidade III
2. Em seguida, desenhe réplicas de cada vetor a partir da ponta do outro:

v1

v2
Figura 46 
3. Por fim, o vetor soma 

 
S  v v1 2 será dado pelo vetor que se encontra na diagonal maior do 
paralelogramo formado anteriormente, partindo do ponto inicial de cada vetor, ou seja:

v1

v2

S
Figura 47 
Caso os dois vetores sejam perpendiculares, o vetor soma será exatamente a hipotenusa de um 
triângulo retângulo, no qual seu módulo será dado pelo Teorema de Pitágoras:

Sv

u
OU

 

 
S u v
S u v
S u v
 
 
 
2 2
2 2
Figura 48 
Se os vetores não são perpendiculares, para encontrar o módulo pode ser usada a Lei dos Cossenos.
O outro método, que é mais útil para representação gráfica da soma de vários vetores, consiste na 
regra do polígono e se dá pelos seguintes passos:
Dados os vetores:

v1

v2

v3
Figura 49 
123
FÍSICA GERAL
1. Colocar cada vetor (não importando a ordem) ordenado, de forma que o próximo vetor parta da 
ponta do anterior, ou seja:

v1

v2

v3
Figura 50 
2. Desse modo, o vetor soma 

  
S   v v v1 2 3 será aquele que parte do início do primeiro e vai até 
a ponta do último vetor, ou seja:

v1

v2

v3

S
Figura 51 
Este último método, como foi dito anteriormente, é útil para uma representação visual da soma de 
mais de dois vetores, mas não se quisermos o módulo do vetor soma. 
 Saiba mais
Para poder entender melhor os métodos de soma vetorial descritos 
anteriormente, o aluno pode acessar os links a seguir. Eles trazem aplicativos 
em Java on-line que possibilitam a representação gráfica e matemática da 
soma vetorial pelo método do paralelogramo e do polígono. Basta desenhar 
os vetores com o mouse e clicar no método desejado.
SOMA de vetores. Disponível em: <http://www.fisica.ufpb.br/prolicen/
Applets/Applets1/Vetores/SomaVet.html>. Acesso em: 4 dez. 2013.
RESULTANT of forces. Disponível em: <http://www.fisica.ufpb.br/
prolicen/fendt/physengl/resultant.htm>. Acesso em: 4 dez. 2013.
Quando precisamos representar matematicamente a soma de vários vetores, o método mais simples 
consiste em projetar cada vetor nos eixos x e y e somar suas componentes separadamente, levando em 
conta o sentido de cada um e lembrando que horizontalmente convencionamos que, para a direita, é 
positivo, e, para a esquerda, negativo, ao passo que, verticalmente, para cima é positivo e para baixo é 
negativo – que é basicamente como representamos os eixos x e y:
124
Unidade III
x
y
Figura 52 
Por exemplo, consideremos que sobre um objeto (aproximado como sendo apenas um ponto) haja 
três forças aplicadas da seguinte forma: 

F1

F2 F3
30º
30º
60º
Figura 53 
Consideremos que o módulo de cada força é dado por: 



F N
F N
F N
1
2
3
100
100
50
=
=
=
Estamos interessados em determinar o vetor força resultante e seu módulo. Para isso, devemos 
primeiro colocar cada vetor partindo dos eixos:

F1

F2

F3
30º
30º
60º
y
x
Figura 54 
125
FÍSICA GERAL
Em seguida, projetamos cada vetor nos eixos x e y. Por exemplo, o vetor 

F2 terá uma componente 
vertical para cima e uma horizontal para a direita:

F2
30º

F
x2

F
y2
Figura 55 
A partir desse triângulo retângulo, podemos ver facilmente que o módulo de cada componente será 
dado por:
F F
F F
x
y
2 2
2 2
30
30
=
=
cos
sen
( )
( )
Na verdade, estamos aqui determinando os catetos do triângulo que acabamos de apresentar, no 
qual a hipotenusa é a força aplicada. 
 Observação
Perceba que as componentes sempre serão o produto da hipotenusa (da 
força) pelo seno ou pelo cosseno. Uma forma simples para não ter sempre 
que montar o triângulo retângulo e escrever a fórmula para o seno e para 
o cosseno é a seguinte: a componente que estiver “com o ângulo”, ou seja, 
que estiver encostada no ângulo considerado (que no caso foi a F2x) será 
“cosseno” – repare que é fácil de lembrar “com o ângulo” e “cosseno”. Já 
a componente que estiver “sem o ângulo” será multiplicadapelo “seno” 
(sem seno). Memorizando dessa forma, o aluno economiza muito tempo 
na resolução de exercícios.
Fazendo o mesmo com 

F1 , vemos que a componente x está “com o ângulo”, ao passo que a 
componente y está sem o ângulo. Logo: 
F F
F F
x
y
1 1
1 1
30
30
=
=
cos
sen
( )
( )
126
Unidade III
Onde, no caso da 

F1 , a componente horizontal estará apontada para a direita, ao passo que a 
componente vertical estará apontada para baixo. 
Por fim, projetando a 

F3, vemos que a componente y está “com o ângulo”, ao passo que a componente 
x está sem o ângulo. Logo: 
F F
F F
x
y
3 3
3 3
60
60
=
=
sen
cos
( )
( )
Onde ficamos com:

F
x2

F
x3

F
x1F
y1

F
y2

F
y3
x
y
Figura 56 
Dessa forma, nos restringimos a lidar com vetores na mesma direção, ou seja, somamos os vetores 
horizontais (x) e depois os verticais (y). Teremos, então, um vetor resultante em cada direção:
   
   
F F F F
F F F F
Rx x x x
Ry y y y
  
  
1 2 3
1 2 3
Agora, devemos transformar essas somas vetoriais em somas escalares. Para isso, como os vetores 
estão na mesma direção, só o que poderá diferir será o sentido dos vetores – ou seja, o sinal. Em x, é 
convencionado que, para a direita, é positivo e, para a esquerda, é negativo. Logo:
F F F FRx x x x  1 2 3
Substituindo, teremos:
F F F F
F
F
Rx
Rx
R
  
     
1 2 330 30 60
100
3
2
100
3
2
50
3
2
cos cos sen( ) ( ) ( )
xx  75 3 N
127
FÍSICA GERAL
Já no eixo y, teremos, na forma escalar:
F F F FRy y y y   1 2 3
Substituindo:
F F F F
F
Ry
Ry
       
      
1 2 330 30 60
100
1
2
100
1
2
50
1
2
sen sen cos( )
FFRy  25N
Como ambas as forças resultantes são positivas, portanto, estarão apontadas para os eixos positivos 
(para cima e para a direita). Levando em conta que a componente horizontal é cerca de cinco vezes 
maior que a componente vertical, mostraremos ambas nos eixos, levando esse fato em consideração na 
hora de representar o tamanho de cada vetor:

FRy

FRx x
y
Figura 57 
Utilizando, então, a regra do paralelogramo, podemos encontrar a direção final do vetor resultante:

FR

FRy

FRx
x
y
Figura 58 
O vetor força resultante pode ser representado das seguintes formas:
  
F F FR Rx Ry 
128
Unidade III
ou seja:


F F i F j
F i j
R Rx Ry
R
 
 
ˆ ˆ
ˆ ˆ75 3 25
pois ambos estão no sentido positivo dos eixos. Outra forma de representar o vetor resultante é:


F F F
F
R Rx Ry
R
  
  
,
,75 3 25
Podemos, então, determinar o módulo da força resultante, que nada mais é do que a hipotenusa do 
triângulo, em que os catetos são as resultantes vertical e horizontal. Logo:
F F F
F
F
R Rx Ry
R
R
     
     

2 2
2 275 3 25
132 3, N
Portanto, a força resultante que agirá sobre o objeto tem módulo igual a 132,3 N e aponta 
diagonalmente para cima e para a esquerda. Para definir sua direção, devemos achar o ângulo que a 
força resultante faz com a horizontal. Teremos, então:

FR

FRy

FRx
x
y
θ
Figura 59 
tg
F
F
Ry
RX
  
Logo:
tg 

    
 
25
75 3
1
3 3
3
9
10 9,
129
FÍSICA GERAL
Onde já ficava claro, pelos valores obtidos de cada componente, que a componente horizontal é 
mais expressiva do que a componente vertical – o que se reflete no pequeno ângulo que o vetor força 
resultante faz com o eixo horizontal. 
 Observação
O aluno deve seguir, passo a passo, com cuidado, o exemplo anterior 
até que fique completamente claro todo o procedimento. Com o tempo, a 
maioria dos passos ficará automática.
Uma vez que é obtida a força resultante, dada a massa do objeto podemos encontrar a aceleração 
que ele sofrerá. No exemplo anterior, considerando que o objeto tenha uma massa de 20 kg, o módulo 
de sua aceleração será dado por:
F ma
a
a m s
R =
=
=
132 3 20
6 6 2
,
, /
Podemos também, por meio do vetor força resultante, determinar o vetor aceleração. Na forma 
vetorial, temos:


F maR =
Substituindo, teremos:
75 3 25 20,   a
Isolando o vetor aceleração:



a
a
a
  





  
1
20
75 3 25
75 3
20
25
20
6 5 1 25
,
,
. , .
temos que:
a m s
a m s
x
y
=
=
6 5
125
2
2
, /
, /
130
Unidade III
Assim, fica claro o fato de que, como a componente horizontal da força é maior, a aceleração 
horizontal também será maior. 
5.5.2 Força peso
Vimos, na Cinemática, que um objeto abandonado na superfície da Terra está sujeito a uma aceleração 
chamada de aceleração da gravidade. Sabemos agora que, para uma aceleração aparecer, é necessário 
haver uma força – no caso, trata-se da força gravitacional. Esta, também conhecida como força peso, 
foi primeiro observada por Newton, que estudou o porquê de todos os objetos serem puxados para baixo 
quando abandonados. Esse cientista mostrou que a força gravitacional é a força de interação, sempre 
atrativa, entre dois corpos massivos. Ele mostrou que a interação diminui com o quadrado da distância 
e aumenta linearmente com o aumento das massas:
F G
m m
d
G = 1 22
onde G é a constante gravitacional e foi obtida experimentalmente. Ela vale:
G kg s    6 67 10 11 1 2,
No caso de uma atração entre a Terra e algum outro corpo massivo, m1 torna-se a massa da Terra 
(mt), e a distância d é aquela entre o outro corpo massivo e o centro da Terra. No entanto, o raio da Terra 
é da ordem de 6 mil quilômetros e, no caso de objetos próximos à superfície, mesmo que estejam há 
poucos quilômetros dela, comparados com o raio da Terra, esses poucos quilômetros são desprezíveis. 
Desse modo, podemos aproximar a distância como sendo o raio da Terra (R). Ficamos, então, com:
F
Gm
R
mG
t= 2
Nessa relação, G, mt e R são constantes. Podemos chamar:
g = Gm
R
t
2
onde g é a aceleração da gravidade. Como podemos ver, independe da massa do objeto, dependendo 
apenas da massa e do raio da Terra. Isso mostra que objetos com massas diferentes caem com a mesma 
aceleração. Substituindo os valores de G, mt e R, vemos que, bem próximo à superfície, a aceleração 
gravitacional vale, aproximadamente:
g = 9 8 2, /m s
No entanto, para simplificação dos exercícios, na maioria das vezes aproximaremos esse valor para 
10 m/s². Logo, por essa relação, temos que a força peso vale:
F gmG =
131
FÍSICA GERAL
Representaremos neste curso a força peso com a letra P. Logo:
P = mg
Na sua forma vetorial, temos que a força peso tem a mesma direção e sentido do vetor aceleração 
da gravidade, que é vertical e para baixo.
Exemplo de aplicação
Sabe-se que a aceleração gravitacional g na Terra vale, aproximadamente, 10 m/s². Na Lua, porém, 
a aceleração da gravidade vale por volta de 1,6 m/s². Determine o peso de uma pessoa de massa igual a 
70 kg quando ela se encontra na Terra e na Lua.
Solução:
Vimos que a força peso é dada por: 
P = mg
Na Terra, teremos:
PT = mgr
PT = 70 . 10 = 700N
Já na Lua:
PL = mgL
PL = 70 . 1,6 = 112N
Assim, a força gravitacional que age sobre a pessoa na Lua é muito menor do que na Terra. É por isso 
que o menor impulso faz com que a pessoa “flutue” por um tempo antes de retornar ao chão.
5.5.3 Força normal
Outra força importante que aparecerá em diversos problemas e que convém definirmos desde agora 
é a força normal. Todo objeto que se encontra em cima de alguma superfície está sendo sustentado por 
ela; portanto, essa superfície deve realizar uma força de sustentação, chamada de força normal. Esta 
tem as seguintes características:
• Direção e sentido: sempre perpendicular à superfície de sustentação. Caso a superfície seja 
horizontal, a força normal estará na vertical para cima.
132
Unidade III

N

N
Figura 60 
• Módulo: dependerá da força total apoiada sobre a superfície. No caso de um objeto parado 
sobre uma superfície horizontal, sobre ele teremos duas forças aplicadas: a força peso que 
é dirigida para baixo e a força normal que sustenta o objeto e é dirigida para cima. 

N

P
Figura61 
A força resultante será dada por:
  
F P NR  
Transformando em uma relação escalar, o que temos são dois vetores na mesma direção. Logo, o que 
muda é apenas o sinal. Teremos:
F N PR  
Pela Segunda Lei de Newton, temos que FR = ma, mas o objeto não está se movendo verticalmente. 
Logo, FR = 0. Portanto:
N - P = 0
N = P
Isso significa que, em uma superfície horizontal livre de forças externas, além da força 
gravitacional, a força normal é igual (em módulo) à força peso. Com uma simples análise, fica 
fácil chegar a esse resultado. A força normal é uma força de sustentação que tem de ser igual 
àquela que age sobre a superfície – ela não pode ser maior nem menor. Se fosse maior, faria com 
que o objeto subisse; se fosse menor, o objeto afundaria na superfície. Então, como no caso a 
única força que está agindo sobre a superfície é o peso do objeto, a força normal deve ser igual 
ao peso. 
133
FÍSICA GERAL
5.6 Terceira Lei de Newton
Até agora, consideramos apenas forças exercidas em uma única partícula. Essa força, porém, deve vir 
da interação com alguma outra partícula, mas não levamos em conta o que ocorre com essas partículas. 
Consideremos um sistema composto por duas partículas apenas. Supomos agora que há algum 
tipo de interação entre essas duas partículas, que pode ser de qualquer tipo (contato ou a distância). 
No exemplo a seguir, consideraremos dois caixotes em contato. Uma força (F) é aplicada sobre um dos 
caixotes, que, por sua vez, irá realizar uma força de contato com o outro caixote, que chamaremos de 

F21, (lê-se força sobre o bloco 2 devido ao bloco 1). 

F 1
2F21
Figura 62 
Newton mostrou que o bloco 2 irá exercer uma força de reação sobre o bloco 1, que tem mesmo 
módulo e direção que a 

F21, mas sentido oposto. Ou seja:

F 1
2F21

F12
Figura 63 
 
F F12 21 
onde 

F12 é a força do bloco 2 devido ao bloco 1. 
Essa equação é um caso particular da Terceira Lei de Newton, que foi anunciada por ele da seguinte 
forma:
A toda ação corresponde uma reação igual e contrária, ou seja, as ações mútuas de dois 
corpos, um sobre o outro, são sempre iguais e dirigidas em sentido contrário.
Essa lei é também conhecida como Princípio da Ação e Reação. É importante notar que as forças 
de ação possuem as seguintes características:
• estão associadas a uma única interação, ou seja, correspondem às forças trocadas apenas entre 
dois corpos;
134
Unidade III
• possuem sempre a mesma natureza (ambas de contato ou ambas a distância);
• atuam em corpos diferentes e, portanto, não se anulam. 
Uma confusão comum é tratar as forças peso (P) e normal (N) como um par ação-reação. Na verdade, 
como podemos ver na figura a seguir, as duas forças são sobre o mesmo objeto – no caso, o bloco. 
Portanto, como vimos, um par ação-reação só aparece com forças em corpos diferentes; logo, a força 
peso e a normal não são forças de ação-reação. Cada uma delas possui seu par ação-reação. No caso 
da força peso, a Terra faz uma força puxando o objeto para baixo e, como reação, ele faz a mesma força 
puxando-a para cima. Já na força normal, o objeto realiza uma força sobre a mesa e esta, como reação, 
uma força de sustentação para cima sobre o objeto.
Terra
−

N

N

P
−

P
Figura 64 
Exemplos de aplicação
1) Na figura a seguir, uma força (F) de 100 N empurra o bloco 1 de massa m1 = 5 kg. Este, por sua vez, 
empurra o bloco 2 de massa m2 = 10 kg. Determine a aceleração dos blocos e a força de contato entre 
eles (despreze as forças de atrito).
Solução:
21

F
Figura 65 
Para resolver o problema, devemos colocar as forças que atuam sobre cada objeto. Sabemos que 
só possuem forças do tipo de contato e a distância e que a única força a distância que lidamos é a 
gravitacional. 
Devemos, então, contar em quantos pontos cada objeto está em contato com outro. Cada bloco 
possui dois contatos, um com o chão e outro com o outro bloco. 
135
FÍSICA GERAL
Da Terceira Lei de Newton, sabemos que a força que o bloco 1 faz sobre o bloco 2 será a mesma 
que o bloco 2 faz sobre o bloco 1, no sentido contrário. Chamemos de Fc a força de contato entre eles. 
Teremos, então, em cada bloco:

F
1
2
1

N
1

P 2

P
2

N

FC

FC
Figura 66 
Repare que nenhum dos blocos move-se verticalmente; portanto, como já vimos, a força peso e 
a força normal anulam-se, pois ambas possuem o mesmo módulo. Entretanto, na horizontal, o bloco 
move-se e as forças não se anulam, e a força resultante será igual à massa vezes aceleração. Assim:
No bloco 1:
Como o bloco irá se mover para a direita, consideremos o sentido positivo como sendo para a direita. 
F F m a
F a
c
c
 
 
1
100 5
No bloco 2:
A força de contato Fc será igual, como já discutimos. A aceleração também será a mesma, uma vez 
que ambos se moverão juntos. Vemos que, no bloco 2, apenas a força Fc atua sobre ele. Logo:
F m a
F a
c
c
=
=
2
10
Ficamos, então, com o sistema:
100 5
10
 




F a
F a
c
c
Resolvendo, teremos:
a m s
F Nc






6 67
66 7
2, /
,
2) Um bloco que se encontra no chão é puxado para cima com uma força (F) menor que a força 
peso P. Em seguida, a força passa a ser maior que a força peso. Sabendo que a massa do bloco é de 
136
Unidade III
50 kg e que a força (F) inicialmente valia 300 N e depois passou a ser 700 N, determine, nos dois casos, 
o valor da força normal sobre o bloco e sua aceleração. 
Resolução: 
Resolveremos, primeiro, o caso em que a força aplicada sobre o bloco é menor que a força 
peso P. Nesse caso, por essa força não conseguir vencer a da gravidade, o bloco não irá se 
movimentar. A Segunda Lei de Newton nos diz que, se a aceleração é nula, a força resultante 
também o é. Logo:

F

N

P
Figura 67 
A força peso é dada por:
P = mg
P = 50 . 10 = 500N
Só temos forças verticais. Portanto:
F + N - P = 0
Substituindo:
300 + N - 500 = 0
N = 200N
Repare que a normal só é igual ao peso quando o bloco encontra-se em uma superfície horizontal 
e se não houver mais forças aplicadas verticalmente sobre ele. Nesse caso, como havia uma força 
para cima, ela agia de forma a “aliviar” o peso do bloco; como a normal é uma força que depende 
da força que é aplicada sobre a superfície horizontal, ela diminui com o “alívio”. Se a força (F) tende 
a ser igual, em módulo, à força peso, a força normal tenderá a zero, o que significa que o bloco 
terá deixado o chão.
No segundo caso, a força (F) é maior do que a força peso; logo, o bloco deixará o chão e começará 
a se mover para cima. Teremos, então:
137
FÍSICA GERAL

F

P
Figura 68 
Pela Segunda Lei de Newton:
F ma
F P ma
a
a m s
R 
 
 

700 500 50
4 / ²
6 APLICAÇÕES GERAIS DAS LEIS DE NEWTON
Neste tópico, veremos as principais aplicações das Leis de Newton. Começaremos definindo 
algumas forças importantes e depois trabalharemos alguns casos interessantes e de amplo 
estudo. 
6.1 Força de tração (T)
Uma forma comum de aplicar uma força sobre um objeto é por meio de uma corda ou de 
um cabo. Trataremos agora da força de tração, que é o nome dado à força exercida por eles. No 
entanto, em nosso estudo, trataremos do que chamamos de “fio ideal”, uma corda cuja massa é 
desprezível comparada com as outras massas do sistema, e é também inextensível, ou seja, não 
tem propriedades elásticas – portanto, seu comprimento nunca varia. 
A primeira coisa que devemos saber sobre um fio ideal é que, em uma corda tensionada, a força 
de tração é a mesma em qualquer ponto. Por exemplo, se pegarmos dois pontos de uma corda ideal 
tensionada, teremos:
T T T T
Figura 69 
Cada ponto possui forças iguais nos dois sentidos, de forma que a força de tração (T) propaga-se por 
toda a corda até o objeto que ela está puxando. 
138
Unidade III
Na figura a seguir, temos um bloco de massa (m) sustentado por uma corda que está 
presa no teto. Como ele está em equilíbrio, a força resultante será nula; portanto, as forças 
dirigidas paracima serão iguais às dirigidas para baixo. Nesse caso, é importante observar que 
queremos as forças que agem sobre o bloco. Sempre quando escrevemos a Segunda Lei de Newton, 
devemos fazê-lo para cada objeto separadamente. 
T
P
Figura 70 
Disso, extraímos que:
T = P
T = mg
Basicamente quer dizer que a força que está tensionando a corda é apenas a força peso. Repare que 
essa tensão será a mesma por toda a corda até o teto, o que significa dizer que a corda aplica uma força, 
também igual à força peso, no teto para baixo.
6.1.1 Polias ideais 
Quando tratamos de cordas, normalmente encontramos presente um dispositivo chamado 
polia ou roldana. A polia serve para que a corda deslize sobre ela com o mínimo de atrito. 
Entretanto, trabalharemos neste momento apenas com polias ideais, ou seja, cuja massa também 
é desprezível em relação às outras massas do sistema e, ainda por cima, giram livre de qualquer 
atrito. 
Quando uma polia é ideal, a força de tração (T) que age sobre todos os pontos da corda continua 
sendo igual em qualquer ponto, antes ou depois de passar pela polia. O mesmo não ocorre com polias 
não ideais, mas não trabalharemos esse caso agora. 
Na figura a seguir, temos um problema clássico chamado de máquina de Atwood, no qual 
uma corda, que passa por uma polia, é presa nas suas extremidades em dois blocos de massas 
diferentes. 
139
FÍSICA GERAL
mA
mB
Figura 71 
Colocando as forças sobre cada bloco, teremos:
mA
PA
PB
mB
T
T
Figura 72 
Chamamos mais uma vez atenção para o fato de que devemos sempre escrever a Segunda Lei 
para cada objeto separadamente. Na máquina de Atwood, a maneira mais simples de trabalhar 
é primeiro observando qual dos blocos irá descer e qual irá subir. Para isso, basta ver qual tem a 
massa maior.
Consideremos neste momento que o bloco B tem a massa maior; logo, ele irá descer e o bloco 
A, subir. Isso será importante para nossa convenção de qual força será positiva e qual será negativa. 
Consideraremos positiva a força que está no sentido da aceleração; logo, no bloco A. Como ele estará 
subindo, a força de tração (T) será positiva, pois está no mesmo sentido da aceleração, enquanto a força 
peso (PA) será negativa, pois está no sentido contrário à aceleração. Já no bloco B, a força peso (PB) será 
positiva e a tração (T) será negativa. 
Repare também que a tração na corda, como já discutimos, é a mesma em todo ponto da corda, 
inclusive naqueles em contato com os blocos. Portanto, a mesma força (T) que força o bloco A para cima 
também força o bloco B para cima. 
Escrevendo, então, a Segunda Lei para cada bloco, devemos observar que a aceleração dos blocos é 
a mesma, pois estão presos à corda, que é inextensível. Logo:
140
Unidade III
Bloco A:
T P m aA A  
Mas, como P m gA A  , temos:
T m g m aA A   
Bloco B:
P T m aB B  
Logo:
m g T m aB B   
Assim, podemos montar o sistema de equações:
T m g m a
T m g m a
A A
B B
   
    



As incógnitas desse sistema são apenas a força de tração (T) e a aceleração dos blocos; logo, temos 
um sistema de duas equações e duas incógnitas. A forma mais simples de resolver é encontrando 
primeiro a aceleração, e para isso temos de eliminar a tração (T). Podemos ver que, se somarmos as duas 
equações, a tração irá sumir e ficaremos apenas com a aceleração como incógnita:
T m g m a
T m g m a
A A
B B
   

    
______________________________________
( ) ( )0    g m m a m mB A B A
Logo:
a
m m
m m
gB A
B A
 

Isso quer dizer que a aceleração será a razão entre a diferença e a soma das massas. Analisando 
matematicamente a equação, vemos que não poderia ser o inverso, pois, se fosse, caso as massas fossem 
iguais, teríamos uma divisão por zero. Já como está, se as massas forem iguais, teremos que a aceleração 
será nula, o que é esperado; porque, se as massas forem iguais, o sistema ficará em equilíbrio.
141
FÍSICA GERAL
Substituindo o valor da aceleração em uma das equações – por exemplo, a primeira –, teremos:
T m g m a
T m g m
m m
m m
g
T m
m m
m m
g m
A A
A A
B A
B A
A
B A
B A
   
    

  


( )
( )
( )
( ) AA
g
Tirando mA . g em evidência:
T m g
m m
m mA
B A
B A
   







1
Tirando o mínimo:
T m g
m m m m
m m
T m g
m
m m
T
m
A
B A B A
B A
A
B
B A
     







  








( )
( )
2
2 BB A
B A
m
m m
g
( )
Exemplo de aplicação
No sistema a seguir, o bloco A encontra-se em uma superfície livre de atritos e o fio e a 
polia são ideais. Determine a aceleração do sistema e a força de tração na corda, sabendo que 
mA = 100 kg, mB = 25 kg e g = 10 m/s².
mA
mB
Figura 73 
142
Unidade III
Primeiro colocamos as forças sobre cada bloco. Repare que no bloco A a força peso se anulará com 
a força normal, pois são as únicas duas forças na vertical, e ele não se move verticalmente. Assim, 
teremos:
No bloco A:
mA
T
N
PA
Figura 74 
A Segunda Lei nos dá:
T m a
T a
A 
100
No bloco B:
A aceleração será a mesma do bloco A, pois os dois estão presos pela corda. Sobre ele há apenas duas 
forças, a da gravidade e a força de contato com a corda, que é o único contato sobre o objeto; logo, 
teremos também a força de tração, que deve ser a mesma do bloco A, pois a corda é a mesma e é ideal, 
assim como a polia. Portanto:
mB
T
PB
Figura 75 
A Segunda Lei de Newton nos dá:
P T m a
P m g
T a
B B
B B
  
  
 
250
250 25
N
143
FÍSICA GERAL
Ficamos, então, com o sistema:
T a
T a

  



100
250 25
Somando as duas equações, novamente T irá sumir:
250 125
2 2
=
=
a
a m s/
Voltando na primeira equação, teremos que:
T a
T
  

100 100 2
200N
 Lembrete
É muito importante lembrar que a força peso e a força normal não 
constituem um par ação-reação, como já explicamos com mais cuidado 
anteriormente, e também entender o porquê. Para termos um par ação-
reação, as forças devem estar em objetos diferentes – dessa forma, não 
se anulam, já que são dois corpos diferentes. Logo, como a força peso e 
a normal estão ambas sobre o bloco, não formam um par ação-reação e, 
portanto, podem se anular.
6.2 Força de atrito
A força de atrito, assim como a força gravitacional, está presente em tudo o que fazemos. O simples 
fato de conseguirmos andar se dá devido à força de atrito e à Terceira Lei de Newton. 
A natureza das forças de atrito é microscópica. Todo objeto, em escala microscópica, tem rugosidades. 
Portanto, quando dois objetos estão em contato, suas rugosidades podem se encaixar e, ao tentarmos 
movimentar, temos de “quebrar” as rugosidades microscópicas. Na figura a seguir, fica claro o que 
acontece:
144
Unidade III
Figura 76 
Logo, sempre que movemos um objeto sobre uma superfície, aparecerá uma força de atrito que está 
localizada no encontro do objeto com a superfície e será sempre contrária ao movimento.
F
Fat
Figura 77 
6.2.1 Tipos de forças de atrito
Quando tentamos empurrar um objeto, percebemos que a força que temos de fazer inicialmente 
para tirá-lo do repouso é menor do que a força que temos de continuar aplicando depois que ele iniciou 
o movimento. Isso acontece porque existem dois tipos de força de atrito que possuem valores diferentes. 
São os chamados atrito estático e atrito cinético (ou dinâmico). 
Em ambos os casos, a força de atrito depende basicamente da força normal e do coeficiente de atrito 
entre o objeto e a superfície. Esse coeficiente é obtido experimentalmente e normalmente é tabelado 
para os objetos e tipos de superfícies mais comuns, como o pneu do carro e o asfalto.
Como as duas forças são diferentes, a força de atrito estático é maior que a cinética – isso significa 
que o coeficiente de atrito estático deve ser diferente do coeficiente de atrito dinâmico, já que a normal 
não muda. A seguir, veremos com detalhe cada um deles.
• Coeficiente de atrito estático: representado por µe, não possui um valor constante. De fato, 
eledepende da força aplicada. Inicialmente, quando o bloco está parado, o µe é nulo; à medida 
que aumentamos a força para mover o bloco, ele também aumenta até atingir um valor máximo. 
Esse valor máximo é atingido no instante em que o bloco começa a se mover. Normalmente, 
145
FÍSICA GERAL
iremos tratar µe como o coeficiente de atrito estático máximo que corresponde à iminência do 
movimento.
• Coeficiente de atrito cinético: uma vez que o objeto começa a andar, o coeficiente de 
atrito tem uma queda no seu valor, e passamos a representá-lo por µe. Esse valor, que é 
sempre menor que o µe, é também tabelado e depende do tipo de objeto e da superfície. 
Diferente do estático, o atrito cinético não varia, possui apenas um valor e permanece assim 
enquanto durar o movimento. 
Podemos representar o coeficiente de atrito e também a força de atrito como um gráfico em função 
da força aplicada sobre o objeto. Como podemos ver, a curva cresce até um valor da força aplicada que 
fará com que o objeto se mova. Nesse instante, o gráfico tem uma queda e, a partir daí, permanece 
constante.
fat
Fatmáx
0
Força de acionamento
Força de atrito 
dinâmica
Força de atrito 
estática
Figura 78 
Assim, a força de atrito será dada por:
F Nat  
Se o objeto estiver estático, teremos:
F Nat e 
Se estiver em movimento:
F Nat c 
Onde o µe, na equação, é o coeficiente de atrito máximo, na iminência de escorregamento.
146
Unidade III
A força de atrito possui as seguintes propriedades:
• É paralela às superfícies de contato.
• Possui sentido oposto à tendência do escorregamento.
• É aproximadamente independente da área de contato.
• Depende do tipo de superfície em contato e do grau de polimento de cada uma.
• Fatmáx. é proporcional à reação normal.
• Fatmín. é zero.
• O coeficiente de atrito µ é adimensional.
Exemplos de aplicação
1) Tentar empurrar um objeto pesado em uma superfície com atrito é uma tarefa árdua sem um 
instrumento apropriado. Considere um caixote de 100 kg em uma superfície cujo coeficiente de atrito 
estático (máx.) vale µe = 0,6 e o coeficiente de atrito cinético vale µc = 0,6. Determine a força mínima 
necessária para mover o caixote a partir do repouso e a força mínima para manter o caixote em 
movimento. 
Solução:
As forças que atuam sobre o objeto são:
F
N
P
Fat
Figura 79 
Como já sabemos, as forças peso e normal anulam-se, pois possuem mesmo módulo e sentidos 
opostos. Logo:
N = P = mg
Aplicando a Segunda Lei de Newton na horizontal, teremos:
F = Fat = ma
147
FÍSICA GERAL
Se quisermos a força mínima necessária para movimentar o bloco, será no limite em que a aceleração 
é zero, pois uma força um pouco maior já o colocaria em movimento. Portanto:
F - Fat = 0
F = Fat = ma
Assim, a força mínima necessária para movimentar o bloco é igual à força de atrito. Qualquer força 
maior que essa já coloca o bloco em movimento. Partindo do repouso, só conseguiremos mover o bloco 
caso a força seja maior que a Fatmáx. Assim:
F = Fat = µeN
F = µe . mg
F = 0,6 . 100 . 10
F = 600N
O que equivale a 60 kgf, ou seja, a força necessária para empurrar esse objeto de 100 kg na horizontal 
a partir do repouso é a força necessária para sustentar um objeto de 60 kg.
Para manter o objeto em movimento, a força que teremos de aplicar é menor, pois o atrito cinético 
é menor. A força necessária será:
F = Fat = µcN
F = µc . mg
F = 0,4 . 100 . 10
F = 400N
ou 40 Kgf, que é a força necessária para sustentar um objeto de 40 kg. Vemos, então, que é mais fácil 
manter o objeto em movimento do que iniciar esse movimento a partir do repouso. 
2) No arranjo a seguir, basicamente um exemplo que já resolvemos, mas agora adicionando a força 
de atrito, determine se o bloco B conseguirá puxar o bloco A; caso consiga, determine a aceleração do 
conjunto sabendo que mA = 100 kg, mB = 25 kg, g = 10 m/s² e que os coeficientes de atrito entre o bloco 
A e a superfície que o apoia valem µe = 0,5 e µc = 0,3.
mA
mB
Figura 80 
148
Unidade III
Solução: 
No bloco A, teremos as seguintes forças:
T
N
Fat
PA
Figura 81 
Como o bloco só pode se mover na horizontal e para a direita, teremos que:
T F m aat A  
Já no bloco B, teremos as seguintes forças:
T
PB
Figura 82 
Como ele se move para baixo, teremos:
P T m aB B  
Agora, olhando primeiro para a relação que encontramos no bloco A, para que esse bloco se mova, a 
força de tração precisa ser maior que a força de atrito máxima, ou seja, µe . N. Nesse limite, a aceleração 
deve ser zero, pois queremos a força mínima para iniciar o movimento. Logo, das duas relações, ficamos 
com:
T F
P T
atmax
B
 
 




0
0
Resolvendo o sistema, chegamos a:
F Patmax B=
149
FÍSICA GERAL
Isso quer dizer que, para iniciar o movimento, temos:
F Patmax B<
Sabemos que PB = mBg = 250 N. Vamos, agora, calcular a força de atrito máxima e ver se de fato ela 
é menor que a força peso:
F N m g
F
F N
atmax e e A
atmax
atmax
 
  

 
0 5 100 10
500
,
Ou seja, a força de atrito máxima é maior que a força de tração (que nesse caso é igual ao peso do 
bloco B); logo, não ocorrerá o movimento e o sistema ficará parado.
3) No exemplo anterior, considerando a massa do bloco B como sendo de 70 kg, determine a 
aceleração do sistema.
Solução:
Já sabemos que haverá movimento, pois a força de atrito estático máxima que calculamos e vale 
500 N é menor que o peso do bloco B, que vale 600 N. Portanto, voltemos ao sistema de equação que 
encontramos anteriormente:
T F m a
P T m a
at A
B B
 
 



Agora, porém, como o sistema está em movimento, teremos que:
F N
F m g
F N
at c
at c A
at


   


0 3 100 10 300,
Logo:
T a
T a
 
 



300 100
600 60
Resolvendo o sistema, chegamos em:
a m s=1875 2, /
150
Unidade III
4) Um perito quer descobrir se um carro envolvido em um acidente encontrava-se em uma velocidade 
acima da permitida, que é de 80 km/h. Para isso, ele mede o comprimento da marca deixada pelos pneus 
no chão depois que o freio foi acionado. Sabendo que o coeficiente de atrito dinâmico do pneu com 
o asfalto é 0,4, a massa do carro é de 1000 kg e que a marca deixada pelos pneus media 40 metros, 
considerando g = 10m/s2, verifique se o carro estava ou não dentro do limite de velocidade.
Solução:
Veremos adiante que este exercício é resolvido mais facilmente utilizando energia e trabalho, mas 
aqui utilizaremos os conceitos da Cinemática, que vimos anteriormente, e da Segunda Lei de Newton. 
Para isso, devemos encontrar a aceleração (desaceleração) do carro e relacionar com a força de atrito, 
que é a responsável por essa desaceleração. Teremos:
Fat = ma
No entanto, Fat = µCN, pois os pneus estão escorregando no asfalto. Logo:
µCN = ma
µCmg = ma
a gc 
Da Equação de Torricelli, temos:
v v2 0
2 2  a S
A velocidade final é zero, pois é quando o carro para; a velocidade inicial é o que desejamos encontrar; 
e ∆S é o quanto ele percorreu sobre a influência da força de atrito que gerou a desaceleração (por isso 
o sinal negativo). Logo:
0 2
0 2 0 4 10 40
320
17 9
0
2
0
2
0
2
0
 
    


v
v
v
v m s
cg S
,
, /
Passando para km/h (multiplicando por 3,6), teremos:
v0 64 4≅ , /km h
Portanto, o motorista estava abaixo da velocidade permitida. 
Esse método é usado constantemente por peritos para estimar a velocidade de carros envolvidos em 
acidentes.
151
FÍSICA GERAL
6.3 Força elástica (Lei de Hooke)
Uma interação muito comum que vale a pena ser estudada é a força elástica, presente em diversos 
materiais que possuem propriedades elásticas. Consideraremos o caso mais simples – uma força sendo 
aplicada a uma mola. Sabemos que, se esticarmos uma mola, ela reage com uma força restauradora. 
O mesmo ocorre ao comprimirmos a mola – ela reagirá com uma força também restauradora. Hooke 
percebeu que a deformação da mola é diretamente proporcional à força aplicada, ou seja, se aumentamos 
linearmente a força aplicada sobre ela, adeformação também aumentará linearmente. 
l0
l0
x
F
Felástica
Figura 83 
Na figura anterior, temos exemplo de uma força (F) aplicada em uma mola. Essa força produziu uma 
deformação x na mola e, por isso, aparece uma força restauradora Felástica tendendo a trazê-la à sua 
condição de equilíbrio, ou seja, com comprimento L0. Na situação, que chamamos de regime elástico, a 
deformação x da mola é proporcional à força elástica. Se fizermos uma força muito grande sobre a mola, 
ela irá esticar demasiadamente e não retornará à sua condição inicial. Quando isso ocorre, é porque ela 
não se encontra mais no regime elástico. 
Teremos, então:
Fel = kx
onde k é a constante de proporcionalidade que basicamente depende da mola. Cada mola tem sua 
própria constante k, comumente chamada de constante elástica. Sua unidade no SI é o N/m. 
152
Unidade III
Normalmente, a constante elástica é fornecida pelo fabricante; caso contrário, há uma forma 
simples de obtê-la. Basta realizar um simples experimento: coloca-se um pesinho de massa conhecida 
na ponta da mola, deixando-a na posição vertical. A força peso do objeto irá deslocar a mola a partir da 
sua posição inicial. O que nos interessa é apenas o quanto ela se deslocou a partir do seu comprimento 
inicial. É esse deslocamento que corresponde ao x na equação Fel = kx .
x
Fel
L0
P
Figura 84 
Ao colocar o peso, como pode ser visto na figura anterior, ele irá deslocar a mola para baixo. Então, 
deve-se medir com uma régua o quanto foi deslocado em relação ao comprimento inicial da mola. Na 
figura da direita, temos a condição de equilíbrio. Mostramos as forças que agem sobre o bloco – força 
peso (P) e força elástica (Fel). Como o sistema está em equilíbrio, as duas forças devem se anular, ou seja, 
possuem o mesmo módulo. Logo:
F P
kx mg
k
mg
x
el =
=
=
onde a massa pode ser medida com uma balança e a deformação da mola com uma régua. Assim, 
sempre que a constante k não é dada em um problema, essa é a forma de obter seu valor.
153
FÍSICA GERAL
Exemplo de aplicação 
A maioria das balanças determina a massa do objeto a partir de uma mola de constante elástica 
conhecida. Ela basicamente determina o quanto foi deformada a mola, sendo possível a partir daí 
determinar a massa do objeto. 
Um objeto, colocado em cima do prato de uma balança que se encontra sobre uma mola de constante 
elástica k = 1000 N/m, desloca a mola em 1 cm do seu comprimento natural. Considerando a aceleração 
gravitacional como sendo gterra = 10 m/s², qual a massa desse objeto dada pela balança? Se levássemos 
essa balança para a Lua, a massa do objeto mudaria? Justifique. 
Solução:
Ao colocar o objeto sobre a balança, sua força peso irá fazer com que a mola se comprima. Esta, por 
sua vez, vai realizar uma força de sustentação que é proporcional à deformação da mola: 
X
P
Fel
Figura 85 
Na condição de equilíbrio, teremos:
P F
mg kx
el=
=
A massa valerá, então:
m
kx
g
=
1 cm = 0,01 m:
m
m kg
 

1000 0 01
10
1
,
Ao levar a balança para a Lua, aparentemente a massa iria aumentar, pois esta, pela expressão 
anterior, é inversamente proporcional à aceleração da gravidade. Como ela é menor na Lua, chegaríamos 
a um resultado maior para a massa. Mas o que acontece é que na Lua, pela aceleração da gravidade ser 
154
Unidade III
menor, o peso será menor e, portanto, ao colocar o objeto na balança, a deformação x da mola também 
será menor. Dessa forma, x diminuirá na mesma proporção de g e o valor não se alterará. Já sabemos 
que a massa só depende da quantidade de matéria e que ela não muda com a gravidade. 
6.4 Plano inclinado
É comum trabalharmos com problemas nos quais a superfície de apoio do objeto não se encontra 
na horizontal, mas sim inclinada com certo ângulo em relação ao plano horizontal. Nesse caso, como 
veremos, a aceleração do objeto terá uma dependência direta com o ângulo de inclinação. 
Trataremos inicialmente de um objeto sobre um plano inclinado sem atrito. Posteriormente, 
incluiremos o atrito e, finalmente, trabalharemos com problemas gerais envolvendo todas as situações 
descritas anteriormente.
6.4.1 Plano inclinado sem atrito
Imagine um objeto sobre um plano inclinado como na figura a seguir. O ângulo de inclinação do 
plano é θ e o objeto tem uma massa (m). Neste momento, consideraremos que o plano inclinado está 
fixo e não pode se mover – apenas o objeto poderá se deslocar. Desejamos saber, inicialmente, qual 
passa a ser a aceleração do objeto em cima do plano.
Teremos apenas duas forças atuando sobre o bloco: a força peso (P) e a normal (N). A força peso 
“sempre” é dirigida para baixo. Nesse caso, porém, precisamos tomar cuidado com a normal. Definimos 
anteriormente que a direção da força normal é sempre perpendicular à superfície de apoio. Sendo 
assim, ela não estará mais oposta à força peso e, portanto, não a anulará. Logo, uma componente da 
força peso vai sobrar e ser responsável pelo movimento do bloco. Veja matematicamente o que foi 
enunciado:
θP
N
Figura 86 
Vamos resolver passo a passo este problema. O aluno deve ter muita atenção em cada etapa, pois 
usará esse método diversas vezes em vários exercícios. 
Inicialmente reparemos que as forças estão em direções diferentes, o que indica que teremos de 
fazer a projeção dessas forças para achar componentes na mesma direção. Porém, não utilizaremos 
os eixos x e y na horizontal e na vertical como estamos acostumados. Isso se deve ao fato de que o 
155
FÍSICA GERAL
movimento do bloco não será em nenhuma dessas direções. Ele irá deslizar sobre o plano inclinado; 
portanto, torna-se mais fácil colocar um dos eixos na direção do plano inclinado (é o que faremos). 
Colocaremos o eixo x na direção do plano inclinado, com o positivo apontando para baixo, e o eixo y 
continuará perpendicular ao eixo x e apontado para cima. Como podemos ver, o eixo y estará na direção 
da normal. Ficamos, então, com:
θ
θ
P x
y
N
Figura 87 
O aluno, neste momento, deve revisar seus conceitos de Geometria Plana e constatar que o ângulo 
que a força peso (P) faz com o eixo y é exatamente o ângulo θ. 
Agora, precisamos projetar as forças nos eixos e utilizar a Segunda Lei de Newton. Temos o seguinte 
diagrama de forças:
y
x
Py
Px
θ
N
P
Figura 88 
Para projetar, voltemos à definição da Segunda Lei de Newton, quando mostramos uma 
maneira simples de recordar a expressão de cada componente sem ter de desenhar o triângulo 
retângulo e utilizar as relações trigonométricas todas as vezes. Lembremos que as componentes 
sempre serão a hipotenusa –nesse caso, o peso (P) vezes o seno ou o cosseno do ângulo – e que a 
forma simples de recordar é ver qual componente está “com” o ângulo, pois esta será o “cosseno” 
156
Unidade III
e a que está “sem” o ângulo será o “seno”. Nesse caso, a componente y é que está com o ângulo. 
Logo, teremos que: 
P P
P P
x
y
     
     
sen mgsen
cos mgcos
 
 
Em y, então, teremos a força normal para cima e a componente x da força peso para baixo. Como o 
bloco não se move nessa direção, a força resultante terá de ser nula. Logo, N = Py:
F mary y=
Porém, ay = 0 :
F
N P
N P
N
ry
y
y

 

  
0
0
mgcos 
Já no eixo x, a única força que temos é a componente x da força peso, e será essa força a responsável 
pelo movimento. A Segunda Lei de Newton no eixo x nos dá:
F ma
P ma
ma
rx x
x x
x


mgsen( )
Cortando a massa, temos:
ax  gsen( )
Logo, a aceleração de um objeto sobre o plano inclinado será dada pela aceleração da gravidade 
vezes o seno do ângulo de inclinação do plano. Perceba que, se a inclinação do ângulo for zero, ou 
seja, se o plano for horizontal, sen (0) = 0, a aceleração será nula – o que é esperado. Se o plano tiver 
inclinado em 90°, sen (90) = 1, o objeto irá cair com a aceleração da gravidade. Perceba também que a 
normal não é mais igual ao peso, mas sim a componente y do peso.
Exemplo de aplicação
No arranjo a seguir, desconsiderando os atritose considerando a polia e o fio ideal, determine qual 
dos blocos irá subir, qual irá descer e a aceleração do sistema. 
157
FÍSICA GERAL
mA = 50kg
mB = 20kg
Figura 89 
Solução:
Nesse caso, que não possui atrito, inicialmente não precisamos saber ao certo qual dos blocos irá 
descer. Podemos apenas escolher uma direção e, caso esteja invertida, encontraremos um sinal negativo. 
Suponhamos, então, que o bloco B desça e o bloco A suba. Dessa forma, teremos:
mA = 50kg
mB = 20kg
45º
45º
N T T
PA
PB
Figura 90 
Bloco A: 
Colocando os eixos como fizemos anteriormente, teremos:
45º
N
T
PA
Figura 91 
158
Unidade III
Projetando:
N
TPAsen(45)
PAcos(45)
Figura 92 
Em y: o bloco A não se move na direção y. Logo:
N P m g
N
N
A A     
  

cos
,
45 45
50 10
2
2
353 5
cos
N
Em x: o bloco se moverá e, como estamos considerando que ele está se movendo para cima, teremos:
T P sen m a
T m g m a
T a
T a
A A
A A
   
   
   
 
45
45
50 10
2
2
50
353 5 50
sen
,
Não podemos resolver isso ainda, pois temos duas incógnitas. Vamos, então, para o outro bloco.
Bloco B: 
Considerando que ele se move para baixo, teremos:
P T m a
m g T m a
T a
B B
B B
 
 
 200 20
Temos, então, o sistema de equações:
T a
T a
 
 



353 5 50
200 20
,
159
FÍSICA GERAL
Resolvendo, encontramos:
T
a m s

 




243 9
2 2 2
,
, /
N
Como encontramos um valor negativo para a aceleração, significa que escolhemos o sentido errado 
na hora de montar o problema. Mas isso não quer dizer que o problema está errado. Essa é a maneira 
de fazer e, se encontrarmos um sinal negativo, isso simplesmente está nos dizendo que o sentido é o 
oposto. Logo, é o bloco A que vai descer e o bloco B que vai subir.
6.4.2 Plano inclinado com atrito
A situação mais real é a presença do atrito entre o bloco e o plano inclinado. Isso adicionará uma 
força para o sistema – a força de atrito. O bloco só conseguirá iniciar seu movimento caso as outras 
forças vençam a força de atrito máxima (µe . N). Por isso, devemos, primeiro, nos certificar que de fato 
o movimento ocorrerá antes de escrevermos as leis de Newton assumindo que há aceleração. No caso 
mais simples, consideremos apenas um bloco em cima do plano inclinado. As forças são as mesmas 
de antes, mas com a adição da força de atrito, que está paralela ao plano de inclinação, no sentido 
contrário ao movimento – ou seja, para cima:
θP
NFat
Figura 93 
Como já fizemos anteriormente (e fica como exercício para o aluno tentar fazer novamente), após 
a projeção, teremos:
N
Fat PAsen(θ)
PAcos(θ)
Figura 94 
160
Unidade III
Em y: como não há movimento:
N P
N mg


cos
cos
( )
( )


Em x: para haver movimento, Psen(θ) precisa ser maior que a Fatmax – ou seja, o limite para o 
movimento é quando as duas são iguais. Logo:
F Psenatmax  ( )
Mas F Natmax e  , 
eN mgsen ( )
No eixo y, encontramos o valor da norma. Assim:




e
e
e
e
mg mgsen
sen
sen
tg
cos
cos
cos
( ) ( )
( ) ( )
( )
 
 





   

Esse é o valor máximo que o coeficiente de atrito estático pode ter para que haja movimento. Se ele 
for maior que tg(θ), o bloco permanece parado. Portanto, se verificarmos que, de fato, o coeficiente é 
menor que tg(θ), podemos encontrar a aceleração do bloco pela Segunda Lei de Newton. 
Supomos que o ângulo é de 60º e também que o coeficiente de atrito estático máximo vale 
µe = 0,6 e o dinâmico, µc = 0,4. Nesse caso, temos que tg(60) = 1,73; logo, o coeficiente de atrito 
estático é menor. Podemos, então, escrever a Segunda Lei de Newton:
Psen F ma
mgsen N ma
mgsen mg ma
a gsen
at
c
c


 
   
   
   


 cos( )
600 60
10 0 866 0 4 10 0 5
6 66 2
  
    

cg
a
a m s
cos( )
, , ,
, /
Perceba que independe da massa e que, nesse caso, não havia outras forças; mas, quando há, 
devemos ver se a resultante delas é maior que a força de atrito máxima para poder haver movimento.
161
FÍSICA GERAL
Exemplo de aplicação
No problema a seguir, considerando o coeficiente de atrito estático máximo µe = 0, 5 e o dinâmico 
µc = 0,3, determine se haverá movimento. Se houver, calcule a aceleração do sistema e o sentido do 
movimento.
mA = 50kg
mB = 20kg
45º
45º
N T T
PA
PB
Figura 95 
Não colocamos a força de atrito na figura propositalmente. A direção dela dependerá da direção do 
movimento, e precisamos primeiro descobrir qual seria a direção do movimento caso não houvesse o 
atrito. Já vimos anteriormente que o bloco A é que descerá. Uma forma simples de ver isso é entender 
que quem o puxa é o bloco B, ou seja, a força peso de B, que vale 200 N. Logo, se for maior que a 
componente x do peso do bloco A, ela consegue puxá-lo; se for menor, o bloco A é que puxará o bloco 
B. Vimos também que a componente horizontal do peso de A vale PAsen(45), que dá 353,5 N, ou seja, 
o bloco A puxa o bloco B – o que já tínhamos visto anteriormente no exercício sem atrito. Portanto, a 
força de atrito estará para cima, contra o movimento. 
Agora temos de saber se com a adição da força de atrito o bloco A se moverá ou ficará parado. Para 
isso, basta encontrarmos a resultante de todas as forças no limite em que o bloco está praticamente 
parado (a=0) e ver se ela é maior ou menor que a força de atrito. 
A única diferença do outro problema é que agora teremos, no bloco A, uma força a mais: a Fat, para 
a direita. As equações tornam-se:
Bloco A:
Eixo y: 
N P m gA A      cos ,45 45 353 5cos N
Eixo x: 
Já sabemos que o bloco A vai descer; logo, o sinal positivo será das forças para baixo – PAsen(45) – e 
o negativo, das forças para cima – T e Fat. Logo:
P sen T Fat m aA A45    
162
Unidade III
Bloco B:
Como ele irá subir, teremos:
T P m aB B 
Para saber se ocorrerá o movimento, devemos fazer o limite em que a aceleração é zero, ou seja, sua 
iminência, e ver se as forças superam a força de atrito estática máxima:
T P
T P
P sen T Fat
P sen P Fat
B
B
A max
A B max
 

    
   
0
45 0
45
Para que exista o movimento, o lado esquerdo da expressão anterior tem de ser maior que o lado 
direito. Substituindo, teremos do lado esquerdo:
500 0 707 200 153 5  , , N
Já o lado direito é dado por:
Fat N
Fat
Fat N
max e
max
max

 
  

0 5 353 5
0 5 353 5 176 75
, ,
, , ,
Portanto, a força de atrito máxima é maior que a resultante das outras forças. Logo, não haverá 
movimento e os blocos permanecerão parados. Fica como exercício para o aluno resolver o problema 
com µe = 0,4 e µc = 0,3. Ele deve constatar que as forças resultantes serão maiores que a força de atrito 
estático máxima e que, portanto, haverá movimento. Deverá, então, encontrar a aceleração do sistema. 
A resposta será a ≅ 0,68m/s2.
6.5 Força centrípeta
As forças responsáveis pela mudança do sentido da velocidade são chamadas de força 
centrípeta, relacionada com a aceleração centrípeta. Não se trata de uma força em específico; 
na verdade, qualquer força pode atuar, de alguma maneira, como uma força centrípeta. Quando 
giramos uma pedra amarrada na ponta de uma corda, a força de tensão na corda age como 
uma força centrípeta, servindo para mudar o movimento da velocidade da pedra; quando um 
carro faz uma curva a certa velocidade, a força de atrito é que agirá como força centrípeta. 
163
FÍSICA GERAL
Devemos, então, analisar o movimento e ver a resultante das forças que apontam para o centro 
do movimento curvilíneo. Essa resultante agirá como força centrípeta.
Matematicamente, definimos a aceleração total de uma partícula em um movimento curvilíneo 
como sendo a soma vetorial da aceleração tangencial e centrípeta:
  
a a at cp 
Da mesma forma, pela Segunda Lei de Newton, teremos a força total como sendo:
  
F F Ft cp 
onde a força tangencial ocorre devido à aceleração tangencial e a força centrípeta se dá por causa 
da aceleração centrípeta. Da SegundaLei de Newton, temos, em módulo:
F ma
Logo
F
m
mas
cp cp
cp
=
=
=
a
v
R
v
R
cp
2
2
.
 Saiba mais
No link a seguir, o aluno pode ver a simulação de um movimento circular 
com os sentidos da velocidade e a aceleração tangencial e centrípeta e a 
força centrípeta que podem ser “desligadas” no menu da direita. Pode-
se também ver o gráfico de cada uma dessas grandezas com o passar do 
tempo. Perceba que se trata de uma senoide. 
TUTORIAL. Disponível em: <www.mhhe.com/physsci/physical/
giambattista/circular/circular.html>. Acesso em: 4 dez. 2013. 
Exemplos de aplicação
1) Um corpo de 1 kg amarrado a um fio ideal de comprimento igual a 2 metros descreve uma 
trajetória circular sobre uma mesa sem atrito. Sabendo que sua velocidade escalar é constante e igual a 
6 m/s, determine a aceleração centrípeta do objeto e a tração no fio.
164
Unidade III
2m
Figura 96 
Como o plano é horizontal, na vertical a força peso se anulará com a força normal. Já no eixo 
horizontal, teremos apenas a força de tração (T) que aponta sempre na direção da corda e faz com que 
o objeto mude a direção da sua velocidade. Logo, temos uma força central. Como a força de tração é a 
única que aponta para o centro, teremos:
T F macp cp= =
A aceleração centrípeta vale:
a
a
cp
cp
=
= =
v
R
m s
2
2
26
2
18 /
Portanto, a tração valerá:
T ma
T
cp
  1 18 18N
2) Determine a velocidade mínima necessária para poder girar verticalmente uma pedra de 100 g 
amarrada em uma corda de 0,5 m.
Solução:
Nesse caso, diferentemente do anterior, temos de girar a corda com a pedra na vertical. Isso quer 
dizer que, em cada instante, a pedra terá influência da força de tração e da força gravitacional. Para 
determinarmos a velocidade mínima necessária a fim de que ela consiga girar sem que a corda se 
comprima, precisamos pensar na condição limite. Vemos que, quanto maior for a velocidade, mais 
tensionada a corda ficará. Ao diminuir a velocidade, chega uma hora em que, ao atingir a altura máxima, 
a tensão da corda tende a ser nula. Se a velocidade for menor que essa velocidade limite, a corda irá se 
165
FÍSICA GERAL
comprimir e a pedra não fará um movimento circular. Sendo assim, a condição limite se dá fazendo a 
força de tração igual a zero no ponto em que a pedra atinge a altura máxima.
T
T
T
T
T
P
P
P P
P
Figura 97 
No ponto em que a pedra atinge a altura máxima, podemos ver, pela figura anterior, que há duas 
forças aplicadas sobre ela:
F T Pr  
pois as duas estão no mesmo sentido. Como discutimos, a condição limite se dá quando a tração se 
anula; logo, a força resultante será apenas a força peso.
F Pr =
Porém, a força resultante é uma força que aponta ao centro. Logo:
F mar cp=
Portanto:
P ma
mg
m
R
gR
cp=
=
=
v
v
2
onde o raio da trajetória é exatamente o tamanho do fio. Assim:
v    10 0 5 5 2 24, , /m s
166
Unidade III
3) Um automóvel, numa pista, percorre uma curva de raio R = 50 m, com a velocidade escalar 
constante v = 10 m/s. Adotando o valor padrão para a gravidade, determine:
a) o menor coeficiente de atrito lateral entre os pneus e a pista horizontal para que o carro não 
derrape;
b) a tangente do ângulo de inclinação – tg(θ) – da pista sem atritos para que o carro possa descrever 
a curva.
Solução:
a) Neste problema, ao realizar a curva, o que impede que o carro escorregue para fora dela é a força 
de atrito. Essa força está sempre apontando para o centro da curva, o que faz dela uma força centrípeta. 
Temos as seguintes forças sobre o automóvel (que representaremos apenas por uma roda):
N
P
Fat
Figura 98 
Como o carro não se move verticalmente, teremos:
N = P = mg
Horizontalmente, teremos:
F F Fr cp at= =
Logo:
F ma
N
m
R
mg
m
R
g
R
gR
at cp
c
c
c
c
c
c














v
v
v
v
2
2
2
2
210
10 50
0 2,
167
FÍSICA GERAL
F ma
N
m
R
mg
m
R
g
R
gR
at cp
c
c
c
c
c
c














v
v
v
v
2
2
2
2
210
10 50
0 2,
Esse é o coeficiente de atrito cinético mínimo necessário para que ele consiga fazer a curva a essa 
velocidade sem derrapar. Caso o coeficiente seja menor que 0,2, o carro derrapa.
b) Neste problema, queremos saber qual deve ser o ângulo de inclinação da pista para que o carro 
consiga fazer a curva sem atrito. Vamos colocar as forças que agem sobre o carro e analisar o problema:
N
Pθ
θ
θ
Figura 99 
Agora, estamos interessados na resultante das forças que aponta para o centro da curva, ou seja, 
na resultante horizontal. Repare que antes, no plano inclinado, colocávamos o eixo x paralelo ao plano. 
Nesse caso, não faremos isso, pois queremos a resultante horizontal. Por isso, colocaremos os eixos x e 
y novamente na horizontal e na vertical. Ficaremos com:
N
P
θ
Figura 100 
Projetando, teremos:
P
Nsen(θ)
Ncos(θ)
Figura 101 
168
Unidade III
Em y: o carro não se move verticalmente, pois a condição é que ele não escorregue para cima. Logo:
Ncos P
Ncos mg
N
mg
cos



  
  
  
Em x: a força resultante horizontal aponta para o centro e, portanto, comporta-se como força 
centrípeta. Logo:
Nsen ma
mg
cos
sen m
R
tg
gR
cp



  
    
  
v
v
2
2
Perceba que essa é a mesma expressão que encontramos para o coeficiente de atrito no caso 
anterior. Logo:
tg(θ) = 0,2
Tirando o arco tangente:
θ = 11,31°
Portanto, para que ele consiga fazer a curva sem atrito, a pista precisa estar inclinada em um ângulo 
de 11,31°.
 Resumo
Nesta unidade, iniciamos o estudo da Dinâmica. Para isso, definimos 
força, que é a sua base. 
Enunciamos, então, a Primeira Lei de Newton, que é a Lei da Inércia:
Qualquer corpo permanece em repouso ou em movimento 
retilíneo uniforme se a resultante das forças que atuam sobre ele 
for nula.
169
FÍSICA GERAL
Em seguida, mostramos que a Primeira Lei de Newton é um caso 
particular da Segunda Lei, que é caracterizada pela seguinte equação:


F maR =
Ou seja, a soma vetorial das forças que agem sobre uma partícula é 
igual ao produto de sua massa vezes o vetor aceleração.
Definimos, então, algumas forças importantes no estudo da Dinâmica. 
A primeira delas foi a força peso, que é força gravitacional de atração da 
Terra sobre qualquer corpo massivo. É dada por:
P = mg
Outra força importante é a força normal, que é a força de sustentação 
de uma superfície sobre um objeto apoiado a ela. Mostramos que essa força 
é sempre perpendicular à superfície e que seu módulo depende da força 
que age sobre ela. Um caso particular e que é amplamente estudado se 
dá quando a superfície é horizontal. Nesse caso, a única força que age 
verticalmente sobre o objeto é a força da gravidade. Assim, teremos:

N

P
N = P
Figura 102 
Enunciamos, então, a Terceira Lei de Newton:
A toda ação corresponde uma reação igual e contrária, ou seja, as 
ações mútuas de dois corpos, um sobre o outro, são sempre iguais e 
dirigidas em sentido contrário.
De acordo com essa lei, as forças obedecem às seguintes propriedades:
• estão associadas a uma única interação, ou seja, corresponde às 
forças trocadas apenas entre dois corpos;
• possuem sempre a mesma natureza (ambas de contato ou a distância);
• atuam em corpos diferentes; portanto, não se anulam. 
170
Unidade III
Vimos, então, algumas aplicações e novas forças de importância na 
Dinâmica, como a força de tração que age sobre uma corda tensionada. 
Tratamos apenas de cordas ideais, a partir das quais mostramos que a força 
de tração age igualmente sobre todos os pontos da corda, mesmo após 
passar por uma polia (ideal). 
Definimos, em seguida, uma força presente em praticamente tudo o que 
fazemos: a força de atrito. Vimos que ela age de forma diferente quando o 
objeto está estático e quando está em movimento. Quando ele se encontra 
parado, a força de atrito aumenta com a força aplicada sobre o bloco, até 
atingir um valor máximo, momento em que ela vale:
F Nat e 
Depois disso, inicia-seo movimento, e a força passa a ser:
F Nat c 
Definimos também a força elástica, que é dada por:
F kxel =
onde k é a constante elástica.
Vimos que em um plano inclinado sem atrito a aceleração do objeto 
passa a ser:
a = gsen(θ)
Definimos, por fim, a força centrípeta, que é, na verdade, a resultante 
das forças que apontam para o centro de uma trajetória circular, ou seja, 
a resultante das forças responsáveis apenas pela mudança da direção da 
velocidade. Pela Segunda Lei de Newton, temos:
F macp cp=
Logo:
Fcp =
mv
R
2
171
FÍSICA GERAL
 Exercícios
Questão 1. (Enade 2008) Uma brincadeira de criança que mora perto de um riacho é atravessá-
lo usando uma corda amarrada a uma árvore perto da margem. Dependendo da resistência da corda, 
essa travessia pode não se concretizar. Para avaliar o perigo da travessia, pode-se usar como modelo 
o movimento do pêndulo, e calcular a tensão máxima que a corda pode suportar. Considerando que a 
corda faz, inicialmente, um ângulo de 60° com a vertical, qual é a tensão máxima a ser suportada pela 
corda para que uma criança de 30 kg atravesse o riacho? 
(Considere g = 10 m/s².) 
Figura 103 
A) 200 N. 
B) 300 N. 
C) 600 N. 
D) 900 N. 
E) 1.200 N. 
Resposta correta: alternativa C.
172
Unidade III
Resolução 
O menino pendurado na corda está submetido a uma força de tensão e à sua força peso. A tensão 
máxima Tmax ocorre no ponto mais baixo da trajetória, em que a força peso mg, para baixo, e a tensão, 
para cima, estão na mesma direção. Por outro lado, como a trajetória descrita pelo menino é um arco de 
circunferência, a força resultante sobre ele, no ponto mais baixo da sua trajetória, é a força centrípeta, 
dada por Fc=Tmax−mg.
Isolando Tmax e lembrando que F m a
m v
rc c
    ² , onde m é a massa do menino, v é a sua 
velocidade no ponto mais baixo da trajetória e r é raio da trajetória (igual ao comprimento da corda), 
teremos T
m v
r
m gmax 
  ² .
Precisamos, então, descobrir quanto vale v². Para tanto, vamos considerar a conservação da energia 
mecânica que nos permite escrever a igualdade m g h
m v    ²
2
 ou v g h²   2 . A altura h é obtida da 
relação trigonométrica mostrada na figura a seguir, em que h
r
h r r cos1 0 5
2
60      , ; . 
h
r.cos 60º60º
Figura 104 
Portanto, v g r²   .
Substituindo a relação anterior na expressão de Tmax, obtemos: T
m g r
r
m g m g Nm xá 
       2 600 .
173
FÍSICA GERAL
Questão 2. (Enade 2008) Para avaliar se os estudantes haviam superado concepções comuns às 
da teoria medieval do impetus em relação à compreensão dinâmica da situação estudada, o professor 
propôs o problema apresentado a seguir. 
Qual das seguintes seria a resposta típica de um aluno dito “newtoniano”? 
A) A força com que a bola foi lançada diminui com o tempo, até se igualar, na posição de altura 
máxima, à soma das forças peso e atrito com o ar. 
B) A força com que a bola foi lançada diminui pela ação do atrito com o ar, até se igualar ao peso da 
bola na posição de altura máxima. 
C) As forças que agem sobre a bola após o lançamento agem no sentido contrário ao movimento na 
subida, e a favor do movimento, na descida. 
D) As forças que agem sobre a bola após o lançamento agem no sentido contrário ao movimento na 
subida, e em ambos os sentidos, na descida. 
E) As forças que agem sobre a bola após o lançamento agem no mesmo sentido que o movimento 
na subida e na descida. 
Resolução desta questão na plataforma.