APOSTILA ENG002 MECÂNICA GERAL II - repositorio.ufba.br

Prof.: Carlos Arthur Cavalcante 1

UNIVERSIDADE FEDERAL DA BAHIA

ESCOLA POLITÉNICA

PROF. CARLOS ARTHUR MATTOS TEIXEIRA CAVALCANTE

APOSTILA

ENG002 – MECÂNICA GERAL II

Versão v11_22022021

Salvador

Fevereiro, 2021


Sumário

SUMÁRIO ......................................................................................................................................................... 2

PREFÁCIO À 2ª VERSÃO .................................................................................................................................... 5

PREFÁCIO À 11ª VERSÃO .................................................................................................................................. 6

1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................................................. 7

2 CINEMÁTICA DE PARTÍCULAS ...................................................................................................................... 8

2.1 VETOR POSIÇÃO ............................................................................................................................................ 9 2.2 VETOR VELOCIDADE ..................................................................................................................................... 10 2.3 VETOR ACELERAÇÃO ..................................................................................................................................... 11 2.4 COMPONENTES CARTESIANAS DOS VETORES POSIÇÃO, VELOCIDADE E ACELERAÇÃO ................................................. 12

2.5 ENTENDENDO A ARBITRARIEDADE DO SISTEMA DE COORDENADAS – EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ................................... 22

2.6 ENTENDENDO A VINCULAÇÃO ENTRE O SISTEMA DE COORDENADAS E OS ÂNGULOS DOS VETORES –

EXEMPLOS ILUSTRATIVOS. .............................................................................................................................. 25

2.7 COMPONENTES TANGENCIAL E NORMAL DO VETOR ACELERAÇÃO ......................................................................... 28

2.8 SISTEMA DE COORDENADAS POLARES E COMPONENTES RADIAL E TRANSVERSAL DA VELOCIDADE E DA

ACELERAÇÃO ............................................................................................................................................... 53

2.9 SISTEMA DE COORDENADAS CILÍNDRICAS – COMPONENTES RADIAL, TRANSVERSAL E AXIAL ....................................... 65

2.10 MOVIMENTO RELATIVO DE UM SISTEMA DE COORDENADAS EM TRANSLAÇÃO ......................................................... 67

2.11 MOVIMENTOS DEPENDENTES ......................................................................................................................... 73

3 CINÉTICA DE PARTÍCULAS: APLICAÇÃO DIRETA DA 2ª LEI DE NEWTON ..................................................... 81

3.1 INTRODUÇÃO .............................................................................................................................................. 81 3.2 A 2ª LEI DE NEWTON DO MOVIMENTO ............................................................................................................ 81 3.3 SISTEMAS DE UNIDADES ................................................................................................................................ 84

3.4 EQUAÇÕES DE MOVIMENTO ........................................................................................................................... 86 3.5 EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................... 87


4 CINÉTICA DE PARTÍCULAS: MÉTODO DO TRABALHO E ENERGIA ............................................................. 125

4.1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................................................ 125 4.2 TRABALHO DE UMA FORÇA – DEFINIÇÃO ......................................................................................................... 126

4.3 ENERGIA CINÉTICA E O PRINCÍPIO DO TRABALHO E ENERGIA ............................................................................... 132

4.4 POTÊNCIA E EFICIÊNCIA ............................................................................................................................... 143

4.5 ENERGIA POTENCIAL ................................................................................................................................... 147 4.6 FORÇAS CONSERVATIVAS ............................................................................................................................. 149 4.7 CONSERVAÇÃO DE ENERGIA ......................................................................................................................... 151 4.8 EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................. 153

5 CINÉTICA DE PARTÍCULAS: MÉTODO DO IMPULSO E QUANTIDADE DE MOVIMENTO ............................. 157

5.1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................................................ 157 5.2 QUANTIDADE DE MOVIMENTO LINEAR DE UMA PARTÍCULA. TAXA DE VARIAÇÃO DA QUANTIDADE DE

MOVIMENTO LINEAR .................................................................................................................................. 157 5.3 PRINCÍPIO DO IMPULSO E QUANTIDADE DE MOVIMENTO ................................................................................... 158 5.4 MOVIMENTO IMPULSIVO ............................................................................................................................. 162 5.5 EXEMPLOS ILUSTRATIVOS ............................................................................................................................. 163

5.6 IMPACTO .................................................................................................................................................. 169 5.7 IMPACTO CENTRAL DIRETO .......................................................................................................................... 170

5.8 IMPACTO CENTRAL OBLÍQUO ....................................................................................................................... 176

5.9 IMPACTO CENTRAL OBLÍQUO COM RESTRIÇÃO DE MOVIMENTO ........................................................................... 179

5.10 PROBLEMAS ENVOLVENDO ENERGIA E QUANTIDADE DE MOVIMENTO .................................................................... 183

APÊNDICE A MOVIMENTO RETILÍNEO (1D) .............................................................................................. 187

APÊNDICE B MOVIMENTO SOB FORÇA CENTRAL E APLICAÇÃO À MECÂNICA ESPACIAL ........................... 209



Prefácio à 2ª Versão

Essa apostila apresenta o conteúdo ministrado na disciplina ENG002 – Mecânica Geral II da

Universidade Federal da Bahia (UFBA) no período letivo imediatamente subsequente ao

período letivo 2020.1 (anulado) e 2020.2 (denominado Semestre Letivo Suplementar – SLS),

semestres letivos radicalmente impactados pela pandemia do COVID-19.

Ainda sob o impacto e os recrudescimentos da pandemia do COVID-19 ao longo do ano de

2020, o período letivo 2021.1 iniciou-se com poucas incertezas quanto ao pífio desempenho

econômico e social do Brasil. Em um semestre letivo ainda ministrado por meio de aulas

virtuais remotas (e muitas vezes assíncronas ou precariamente gravadas), espero que esta

apostila seja efetivamente um instrumento de aprendizado dos estudantes de engenharia e

estimule o desenvolvimento de seus conhecimentos sobre Cinemática e Dinâmica da partícula.

A decisão de elaborá-la e torná-la acessível decorreu da solicitação de muitos alunos da UFBA

pela disponibilização do material apresentado em aulas. Creio realmente ter desenvolvido um

material didático mais apropriado às necessidades dos alunos e implementado um processo de

melhoria contínua no ensino da disciplina.

Considerando que a época atual é caracterizada pelo uso intensivo da computação eletrônica e

da álgebra vetorial, a abordagem adotada enfatiza o desenvolvimento da capacidade de modelar

os mais diversos problemas de cinemática e dinâmica da partícula por meio do cálculo vetorial.

A principal fonte bibliográfica utilizada foi o livro “Mecânica Vetorial para Engenheiros”, de

autoria dos Professores Ferdinand P. Beer e E. Russel Johnston, Jr. Pelo menos desde 1980,

professores da UFBA têm adotado o segundo volume (Dinâmica), como o livro texto para a

disciplina e, atualmente, ele se encontra na 9ª edição.

Por fim, espero que esta apostila inicie um processo virtuoso de melhoria contínua no ensino e

aprendizagem da disciplina Mecânica Geral II.

Prof. Dr. Carlos Arthur M T Cavalcante

Departamento de Engenharia Mecânica (DEM)

Universidade Federal da Bahia (UFBA)

Salvador, 03 de agosto de 2018


Prefácio à 11ª Versão

Essa apostila apresenta o conteúdo ministrado na disciplina ENG002 – Mecânica Geral II da

Universidade Federal da Bahia (UFBA) no semestre letivo 2021.1, imediatamente subsequente

ao semestre letivo suplementar (SLS) instituído no contexto da pandemia COVID-19.

Apesar mobilização e dos inauditos esforços do Sistema de Saúde (SUS), bem como do início

do processo de vacinação, os primeiros meses de 20121 caracterizou-se pela persistência da

pandemia COVID-19 que foi, inclusive, agravada pelo surgimento de novas variantes virai. Por

isso, no semestre letivo 2021.1 houve a regularização na inscrição de alunos em disciplinas,

porém com a persistência da diretriz se manter um cuidadoso distanciamento social através da

manutenção das aulas virtuais à distância, do mesmo modo como ocorreu no SLS. Devido às

especificidades do ensino virtual síncrono e assíncrono, as metodologias e ferramentas de

ensino e avaliação remotas manteve a sequência de tópicos abordados no SLS visando fornecer

ao estudante uma oportunidade de desenvolver sua aprendizagem de modos mais intuitivos e

autônomos.

Estou certo de que esta apostila continuará sendo um efetivo instrumento de aprendizado e

formação dos estudantes de engenharia no desenvolvimento de suas capacidades de

modelagem, simulação e solução de problemas reais de engenharia que se utilizam dos

conceitos e métodos da Dinâmica de Partículas.

As motivações iniciais em elaborá-la permanecem; e eu creio que o seu conteúdo didático, as

melhorias incrementais advindas da sua própria utilização da apostila como material didático

em sala, e as esporádicas porem sagazes sugestões de melhorias dos estudantes revelam o acerto

de se adotar esta apostila como um material mais do que apropriado às necessidades dos alunos

que seguramente implementou um processo de melhoria contínua no processo de ensino e

aprendizagem da disciplina.

Assim como nas versões anteriores, a abordagem adotada enfatiza o desenvolvimento da

capacidade do estudante em modelar os mais diversos problemas de dinâmica da partícula por

meio do cálculo vetorial, mantendo-o sintonizado com a época atual, fortemente caracterizada

pelo uso intensivo do cálculo computacional, da álgebra vetorial e do processamento de grandes

volumes de dados (Big Data).

A principal fonte bibliográfica utilizada para elaboração desta Apostila foi o livro “Mecânica

Vetorial para Engenheiros”, de autoria dos Professores Ferdinand P. Beer e E. Russel Johnston,

Jr. Pelo menos desde 1980, professores da UFBA têm adotado o segundo volume (Dinâmica),

como o livro texto para a disciplina e, atualmente, ele se encontra na 9ª edição.

Por fim, espero que esta apostila continue sendo um processo virtuoso de melhoria contínua no

ensino e aprendizagem da disciplina Mecânica Geral II.

Prof. Dr. Carlos Arthur M T Cavalcante

Departamento de Engenharia Mecânica (DEM)

Universidade Federal da Bahia (UFBA)

Salvador, 22 de fevereiro de 2021


1 Introdução

O Universo existe e nós podemos percebê-lo. Ele é grande. Tem bilhões de galáxias, cada uma

delas com bilhões de estrelas. Ele está se expandindo. Além da matéria comum (5% de toda a

matéria e energia visíveis), tem a matéria escura (25%) e tem a energia escura (70%). A Ciência

não encontrou, ainda, uma explicação definitiva para tudo isso, embora a teoria geral da

relatividade, a mecânica quântica e, mais recentemente, a teoria das cordas, venham

contribuindo para o entendimento científico da origem e comportamento do Universo.

Apesar de todos os avanços, a Mecânica Newtoniana (ou a Mecânica Clássica) permanece

válida e mais do que adequada para a modelagem e solução dos problemas de engenharia,

incluindo movimentos de planetas e satélites artificiais.

A Mecânica é a ciência que estuda a posição dos objetos no Espaço à medida em que o tempo

passa. Isto é, a Mecânica é a ciência que estuda o movimento dos objetos.

Os conceitos de Espaço e Tempo são conceitos fundamentais na Mecânica. São conceitos

fundamentais porque são considerados essenciais para a definição do conceito de movimento.

Mas isso não quer dizer que o conhecimento humano conseguiu decifrar o significado desses

conceitos. Quer dizer apenas que os conceitos (Newtonianos) de Espaço, de Tempo e de

Movimento são válidos e funcionam na solução de uma grande maioria dos problemas de

engenharia.

O estudo da Mecânica divide-se em duas partes: a Estática e a Dinâmica.

Estática é a parte da Mecânica que estuda os corpos em equilíbrio estático ou em repouso.

Dinâmica é a parte da Mecânica que estuda os corpos em movimento.

A Dinâmica divide-se em duas partes: Cinemática e Cinética.

Cinemática é a parte da Dinâmica que estuda o movimento dos corpos, sem considerar

as causas ou forças geradoras do movimento. Isto é, estuda o movimento dos corpos,

independentemente das forças ou das causas que são necessárias para que o movimento

ocorra.

Cinética é a parte da Dinâmica que estuda a relação existente entre as forças e os

movimentos dos corpos. A Cinética é usada para prever qual será o movimento de um

corpo em função das forças que atuam sobre ele; ou para determinar quais são as forças

necessárias para que um corpo tenha um movimento desejado.


2 Cinemática de Partículas

Todo e qualquer movimento de uma partícula ocorre nas três dimensões espaciais.

No caso mais geral, a partícula se move de tal modo que a sua trajetória é uma “curva no

espaço” e dizemos que a partícula realiza um “movimento no espaço”. Denominaremos este

movimento de Movimento 3D.

No caso particular em que a partícula se move de tal modo que a sua trajetória é uma “curva

no plano”, dizemos que partícula realiza um “movimento no plano”. Nesta apostila,

denominaremos este movimento de Movimento 2D. Para que fiquem bem entendidos conceitos e palavras: o movimento da partícula se dá nas três dimensões

do espaço, apenas ocorre que a sua trajetória pode ser representada por uma curva contida em um certo

plano (plano este que está no espaço tridimensional).

No caso mais particular ainda, em que a partícula se move de tal modo que a sua trajetória é

uma “linha reta”, dizemos que partícula realiza um “movimento retilíneo”. Nesta apostila,

denominaremos este movimento de Movimento 1D. Para que fiquem bem entendidos conceitos e palavras: o movimento da partícula se dá nas três dimensões

do espaço, apenas ocorre que a sua trajetória pode ser representada por uma certa reta (reta esta que está

no espaço tridimensional).

O estudo detalhado dos Movimentos 1D, seus diversos tipos e suas aplicações na solução de

diversos tipos de problemas de engenharia é apresentado no Apêndice A.


2.1 Vetor Posição

A posição de uma partícula em movimento (3D, 2D ou 1D), em qualquer instante 𝑡, é

determinada pelo seu vetor posição 𝑟 (a seta que vai da origem 𝑂 de um sistema de coordenadas

com o ponto 𝑃 ocupado pela partícula).

A posição de uma partícula em movimento (3D, 2D ou 1D), em

qualquer instante 𝑡, pode ser determinada também pela sua posição

escalar 𝑠 (o comprimento do arco de trajetória que vai de um ponto

de origem 𝑃𝑂 até o ponto 𝑃 ocupado pela partícula ao longo de sua

trajetória).

O vetor posição 𝑟 é uma função vetorial da variável escalar 𝑡, ou seja, 𝑟 = 𝑟(𝑡).

A posição escalar 𝑠 é uma função escalar da variável escalar 𝑡, ou seja, 𝑠 = 𝑠(𝑡). A função 𝑠 =𝑠(𝑡) é denominada de equação horária do movimento.


2.2 Vetor Velocidade

Considere uma partícula que no instante 𝑡 passa pelo ponto 𝑃 definido

pelo vetor posição 𝑟 e que no instante 𝑡 + ∆𝑡 passa pelo ponto 𝑃′ definido pelo vetor posição 𝑟′.

𝑟′ = 𝑟 + ∆𝑟

O vetor ∆𝑟 representa a variação na posição vetorial da partícula, em

intensidade, direção e sentido.

Define-se o vetor velocidade média (��𝑚é𝑑𝑖𝑎) da partícula, no

intervalo de tempo ∆𝑡, como o quociente,

��𝑚é𝑑𝑖𝑎 =∆𝑟

∆𝑡

Define-se o vetor velocidade instantânea da partícula, no instante de

tempo 𝑡, como,

�� = lim∆𝑡→0

∆𝑟

∆𝑡 �� =

𝑑𝑟

𝑑𝑡

O vetor velocidade �� é sempre tangente à trajetória da partícula.

A intensidade 𝑣 do vetor �� é chamada de velocidade escalar da partícula. Por definição, a

intensidade 𝑣 do vetor �� é obtida por meio da determinação do módulo do vetor ��, isto é,

𝑣 = |��|

A velocidade escalar 𝑣 da partícula pode ser obtida substituindo-se o vetor ∆𝑟 pela intensidade

desse vetor representada pelo segmento de reta 𝑃𝑃′, isto é,

𝑣 = lim∆𝑡→0

𝑃𝑃′

∆𝑡

Mas, o comprimento do segmento de reta 𝑃𝑃′ se aproxima do comprimento do arco 𝑃𝑃′ (∆𝑠) à

medida que ∆𝑡 → 0. Assim, podemos escrever que,


𝑃𝑃′

∆𝑡= lim

∆𝑡→0

∆𝑠

∆𝑡 𝑣 =

𝑑𝑠

𝑑𝑡

Ou seja, a velocidade escalar 𝑣 também pode ser obtida derivando a equação horária do

movimento da partícula em relação a 𝑡.


2.3 Vetor Aceleração

Considere uma partícula que no instante 𝑡 passa pelo ponto 𝑃 com um vetor

velocidade �� e que no instante 𝑡 + ∆𝑡 passa pelo ponto 𝑃′ com um vetor

velocidade ��′.

Desenhamos os vetores �� e ��′ a partir de uma mesma origem 𝑂′ e

constatamos que,

��′ = �� + ∆��

O vetor ∆�� representa a variação da velocidade �� da partícula durante o

intervalo de tempo ∆𝑡. Observar que ∆�� representa tanto a variação na

direção do vetor velocidade ��, quanto a variação na velocidade escalar 𝑣 ou

intensidade do vetor velocidade ��.

Define-se o vetor aceleração média (��𝑚é𝑑𝑖𝑎) da partícula, no intervalo de

tempo ∆𝑡, como o quociente,

��𝑚é𝑑𝑖𝑎 =∆��

∆𝑡

Define-se o vetor aceleração instantânea da partícula no instante de tempo

𝑡 como o vetor,

�� = lim∆𝑡→0

∆��

∆𝑡 �� =

𝑑��

𝑑𝑡

Observamos que o vetor aceleração �� é tangente à curva descrita pela

extremidade do vetor �� (denominada de hodógrafa) quando este último é

desenhado a partir da origem fixa 𝑂′ e que, em geral, �� não é tangente à

trajetória da partícula.

Repetindo uma constatação importante, o vetor aceleração �� representa tanto

a variação na direção do vetor velocidade ��, quanto a variação na velocidade

escalar 𝑣 (intensidade do vetor velocidade ��).

Denomina-se de aceleração normal 𝑎𝑛 a componente do vetor aceleração �� responsável pela

variação na direção do vetor velocidade �� e denomina-se de aceleração tangencial 𝑎𝑡 a

componente do vetor aceleração �� responsável pela variação na intensidade do vetor velocidade

�� (velocidade escalar).


2.4 Componentes Cartesianas dos Vetores Posição, Velocidade e Aceleração

Quando o vetor posição de uma partícula for definido por suas coordenadas retangulares, isto

é, quando o vetor posição 𝑟 for expresso na forma,

𝑟 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧��

O vetor velocidade �� =𝑑𝑟

𝑑𝑡 será expresso por:

�� =𝑑𝑟

𝑑𝑡=

𝑑(𝑥𝑖+𝑦𝑗+𝑧��)

𝑑𝑡

�� =𝑑(𝑥𝑖)

𝑑𝑡+𝑑(𝑦𝑗)

𝑑𝑡+𝑑(𝑧��)

𝑑𝑡

�� = (𝑑𝑥

𝑑𝑡𝑖 + 𝑥

𝑑𝑖

𝑑𝑡) + (

𝑑𝑦

𝑑𝑡𝑗 + 𝑦

𝑑𝑗

𝑑𝑡) + (

𝑑𝑧

𝑑𝑡�� + 𝑧

𝑑��

𝑑𝑡)

�� =𝑑𝑥

𝑑𝑡𝑖 +

𝑑𝑦

𝑑𝑡𝑗 +

𝑑𝑧

𝑑𝑡��

�� = 𝑣𝑥𝑖 + 𝑣𝑦𝑗 + 𝑣𝑧 ��

O vetor aceleração �� =𝑑��

𝑑𝑡 será expresso por:

�� =𝑑��

𝑑𝑡=

𝑑(𝑣𝑥𝑖+𝑣𝑦𝑗+𝑣𝑧��)

𝑑𝑡

�� =𝑑(𝑣𝑥𝑖)

𝑑𝑡+𝑑(𝑣𝑦𝑗)

𝑑𝑡+𝑑(𝑣𝑧��)

𝑑𝑡

�� = (𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡𝑖 + 𝑣𝑥

𝑑𝑖

𝑑𝑡) + (

𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡𝑗 + 𝑣𝑦

𝑑𝑗

𝑑𝑡) + (

𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑡�� + 𝑣𝑧

𝑑��

𝑑𝑡)

�� =𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡𝑖 +

𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡𝑗 +

𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑡��

�� = 𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗 + 𝑎𝑧 ��

O uso de componentes retangulares é particularmente eficaz quando o movimento da partícula

na direção 𝑥, na direção 𝑦 e na direção 𝑧 podem ser estudados separadamente. Isto é, quando a

componente 𝑎𝑥 depende apenas de 𝑡, 𝑥 e/ou 𝑣𝑥 e quando, da mesma forma, 𝑎𝑦 depende apenas

de 𝑡, 𝑦 e/ou 𝑣𝑦 e 𝑎𝑧 depende apenas de 𝑡, 𝑧 e/ou 𝑣𝑧.


Neste caso, as equações 𝑎𝑥 =𝑑2𝑥

𝑑𝑡2, 𝑎𝑦 =

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2 e 𝑎𝑧 =

𝑑2𝑧

𝑑𝑡2 podem integradas independentemente

e o comportamento de cada componente pode ser interpretado como um movimento retilíneo

da projeção da partícula sobre o eixo coordenado correspondente (para um estudo detalhado

dos Movimentos 1D, consulte o Apêndice A).

Por exemplo, no movimento de um projétil, e desde que adotemos o sistema

de coordenadas ilustrado na figura ao lado, temos que,

𝑎𝑥 =𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 0 𝑎𝑦 =

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −𝑔 𝑎𝑧 =

𝑑2𝑧

𝑑𝑡2= 0

Se as condições iniciais de posição 𝑥0, 𝑦0 e 𝑧0 e as componentes iniciais da

velocidade 𝑣0𝑥, 𝑣0𝑦 e 𝑣0𝑧 forem conhecidas, as equações podem ser

integradas,

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 𝑣𝑧 = 𝑣0𝑧

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2 𝑧 = 𝑧0 + 𝑣0𝑧𝑡

Se, por exemplo, as condições iniciais fossem tais que,

𝑧0 = 0 𝑣0𝑧 = 0

As equações do movimento se reduzem para,

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 𝑣𝑧 = 0

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2 𝑧 = 0

• O movimento da partícula se dá no plano 𝑥𝑦 do sistema de coordenadas adotado – não

haverá movimento na direção 𝑧 pois 𝑣𝑧(𝑡) = 0 para qualquer instante 𝑡; • O movimento na direção horizontal é um movimento retilíneo uniforme;

• O movimento na direção vertical é um movimento retilíneo uniformemente acelerado.

Assim, o movimento pode ser estudado como dois movimentos retilíneos independentes. O

movimento da partícula pode ser entendido como a “combinação vetorial” destes dois

movimentos retilíneos independentes.


2.4.1 Exemplo-Ilustrativo 01 – Movimento 3D

Ver problema 11.178, pág. 685 – Beer, Johnston, Cornwell, 9a edição.

O movimento tridimensional de uma partícula está determinado pelo

seu vetor posição em função do tempo e dado por 𝑟 = Acos(2𝜋𝑡) 𝑖 +

B𝑡2𝑗 + A sin(2𝜋𝑡) ��. Adotando 𝐴 = 4 e 𝐵 = 3,

a) Determinar as componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em

função do tempo 𝑡; b) Determinar as componentes 𝑣𝑥, 𝑣𝑦 e 𝑣𝑧 do vetor velocidade

��, em função do tempo 𝑡; c) Determinar o vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; d) Determinar a intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; e) Determinar as componentes 𝑎𝑥, 𝑎𝑦 e 𝑎𝑧 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

f) Determinar o vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; g) Determinar a intensidade ou módulo 𝑎 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

SOLUÇÃO:

Está explícito no problema que o movimento está sendo descrito por um sistema de coordenadas retangulares

𝑂𝑥𝑦𝑧 dextrogiro1. Além disso, não há nenhuma informação quanto ao “local do

universo” onde o movimento ocorre, mas podemos imaginar que ele ocorre

próximo à superfície de um planeta como o planeta Terra e, dessa forma,

podemos considerar que a direção 𝑥 é horizontal positiva para a “direita”, que a

direção 𝑦 é vertical positiva para “cima” e que a direção 𝑧 é horizontal positiva

para a “frente”.

Foi dado que o vetor posição 𝑟 em qualquer instante 𝑡 é,

𝑟 = 4 cos(2𝜋𝑡) 𝑖 + 3𝑡2𝑗 + 4 sin(2𝜋𝑡) �� ou 𝑟 = [4 cos(2𝜋𝑡)

3𝑡2

4 sin(2𝜋𝑡)]

Logo, as componentes retangulares (componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧) do vetor posição 𝑟 são dadas pelas seguintes

expressões,

𝑥 = 4 cos(2𝜋𝑡) 𝑦 = 3𝑡2 𝑧 = 4 sin(2𝜋𝑡)

Sabemos que,

�� =𝑑𝑟

𝑑𝑡 �� =

𝑑(𝑥𝑖+𝑦𝑗+𝑧𝑖)

𝑑𝑡

Portanto,

�� = (𝑑𝑥

𝑑𝑡) 𝑖 + (

𝑑𝑦

𝑑𝑡) 𝑗 + (

𝑑𝑧

𝑑𝑡) �� ou �� =

[ 𝑑𝑥

𝑑𝑡𝑑𝑦

𝑑𝑡𝑑𝑧

𝑑𝑡 ]

1 Sistema em que o sentido positivo do eixo 𝑧 (o sentido do vetor unitário ��) é obtido pela aplicação da regra da

mão direita ao produto vetorial do vetor unitário 𝑖 (sentido positivo do eixo 𝑥) e do vetor unitário 𝑗 (sentido positivo

do eixo 𝑦). Os alunos devem se valer dos conhecimentos adquiridos nas disciplinas básicas para desenvolver a

habilidade de definir e aplicar corretamente sistemas de coordenadas adequados aos problemas em questão.

𝑂

𝑦

𝑧

𝑥


�� = (𝑑(4 cos(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡) 𝑖 + (

𝑑(3𝑡2)

𝑑𝑡) 𝑗 + (

𝑑(4 sin(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡) �� ou �� =

[ 𝑑(4 cos(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡

𝑑(3𝑡2)

𝑑𝑡𝑑(4 sin(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡 ]

�� = (−4 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋)𝑖 + (6𝑡)𝑗 + (4 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋)�� ou �� = [

−4 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋

6𝑡

4 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋

]

�� = (−8𝜋 sin(2𝜋𝑡))𝑖 + (6𝑡)𝑗 + (8𝜋 cos(2𝜋𝑡))�� ou �� = [

−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)

6𝑡

8𝜋 cos(2𝜋𝑡)

]

Logo, as componentes retangulares (componentes 𝑣𝑥, 𝑣𝑦 e 𝑣𝑧) do vetor velocidade �� são dadas pelas seguintes

expressões,

𝑣𝑥 = −8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 𝑣𝑦 = 6𝑡 𝑣𝑧 = 8𝜋 cos(2𝜋𝑡)

E a intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade �� é,

𝑣 = √�� ∙ �� (A raiz quadrada do produto escalar do vetor �� por ele mesmo).

Relembrando a definição de produto escalar em termos de componentes retangulares, escrevemos que,

𝑣 = √𝑣𝑥𝑣𝑥 + 𝑣𝑦𝑣𝑦 + 𝑣𝑧𝑣𝑧 𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)

2+ (𝑣𝑧)

2

𝑣 = √(−8𝜋 sin(2𝜋𝑡))2 + (6𝑡)2 + (8𝜋 cos(2𝜋𝑡))2

𝑣 = √64𝜋2 sin2(2𝜋𝑡) + 36𝑡2 + 64𝜋2 cos2(2𝜋𝑡)

𝑣 = √64𝜋2(sin2(2𝜋𝑡) + cos2(2𝜋𝑡)) + 36𝑡2

𝑣 = √64𝜋2(1) + 36𝑡2

𝑣 = +√64𝜋2 + 36𝑡2 O módulo ou intensidade de qualquer vetor deve ser um escalar positivo.

Sabemos que, �� =𝑑��

𝑑𝑡 e que, portanto,

�� = (𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡) 𝑖 + (

𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡) 𝑗 + (

𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑡) �� ou �� =

[ 𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑡 ]

�� = (𝑑(−8𝜋 sin(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡) 𝑖 + (

𝑑(6𝑡)

𝑑𝑡) 𝑗 + (

𝑑(8𝜋 cos(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡) �� ou �� =

[ 𝑑(−8𝜋 sin(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡𝑑(6𝑡)

𝑑𝑡𝑑(8𝜋 cos(2𝜋𝑡))

𝑑𝑡 ]

�� = (−8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋)𝑖 + (6)𝑗 + (−8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋)�� ou �� = [

−8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋

6

−8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋

]


�� = (−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡))𝑖 + (6)𝑗 + (−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡))�� ou �� = [

−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)

6

−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)

]

Logo, as componentes retangulares (componentes 𝑎𝑥, 𝑎𝑦 e 𝑎𝑧) do vetor aceleração �� são dadas pelas seguintes

expressões,

𝑎𝑥 = −16𝜋2 cos(2𝜋𝑡) 𝑎𝑦 = 6 𝑎𝑧 = −16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)

E a intensidade ou módulo 𝑎 do vetor velocidade �� é,

𝑎 = √�� ∙ �� (A raiz quadrada do produto escalar do vetor �� por ele mesmo).

Relembrando a definição de produto escalar em termos de componentes retangulares, escrevemos que,

𝑎 = √𝑎𝑥𝑎𝑥 + 𝑎𝑦𝑎𝑦 + 𝑎𝑧𝑎𝑧 𝑎 = √(𝑎𝑥)2 + (𝑎𝑦)

2+ (𝑎𝑧)

2

𝑎 = √(−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡))2 + (6)2 + (−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡))2

𝑎 = √(256𝜋4 cos2(2𝜋𝑡)) + (36) + (256𝜋4 sin2(2𝜋𝑡))

𝑎 = √256𝜋4(cos2(2𝜋𝑡) + sin2(2𝜋𝑡)) + (36)

𝑎 = √256𝜋4(1) + (36)

𝑎 = +√256𝜋4 + 36 O módulo ou intensidade de qualquer vetor deve ser um escalar positivo.


2.4.2 Exemplo-Ilustrativo 02 – Movimento 2D.

Um projétil é lançado (no planeta Terra) com velocidade

inicial ��0, de intensidade 𝑣0 = 160 𝑚/𝑠 e formando um

ângulo 𝛼 = 30° com a direção horizontal. O sistema de

coordenadas adotado para analisar o movimento é o

sistema 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura ao lado. No sistema de

coordenadas 𝑂𝑥𝑦 adotado, a localização do ponto de

lançamento é dada por 𝑥0 = −50 𝑚 e 𝑦0 = 120 𝑚. Desprezando a resistência do ar, analisar o

movimento do projétil e determinar:

a) As componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑦 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

b) O vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; c) A intensidade ou módulo 𝑎 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; d) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

e) O vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; f) A intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; g) As componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; h) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

SOLUÇÃO:

Observação:

Como todo movimento, o movimento do projétil ocorre no espaço tridimensional. Adotar um sistema genérico

de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧, iria requerer que o movimento do projétil fosse descrito por suas três componentes de

posição – as componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧. O movimento do projétil segue uma trajetória (uma parábola) que está sempre

contida no plano vertical 𝑥𝑦, onde 𝑦 é a direção vertical e 𝑥 é a direção horizontal seja ela a direção norte, leste,

sul, oeste ou etc.). Assim, escolher um sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 de tal modo que os eixos 𝑥 e 𝑦 definam o

mesmo plano que contém a trajetória 2D do movimento é uma escolha inteligente que simplifica os cálculos

requeridos para a solução do problema.

Não importando qual tenha sido a direção 𝑥 do lançamento (norte, leste, sul, etc.), o projetil sempre descreverá

uma trajetória parabólica no plano vertical 𝑂𝑥𝑦 adotado.

�� = [

𝑎𝑥𝑎𝑦𝑎𝑧] = [

𝑎𝑥𝑎𝑦0] �� = [

𝑣𝑥𝑣𝑦𝑣𝑧] = [

𝑣𝑥𝑣𝑦0] 𝑟 = [

𝑥𝑦𝑧] = [

𝑥𝑦0]

Com uma escolha adequada do sistema de coordenas, os vetores no espaço 𝑅2.

�� = [𝑎𝑥𝑎𝑦] �� = [

𝑣𝑥𝑣𝑦] 𝑟 = [

𝑥𝑦]

O sistema de coordenadas foi escolhido de tal modo que os eixos 𝑥 e 𝑦 definem o plano vertical que contém o

vetor velocidade inicial ��0. Desse modo que pode ser descrito como um movimento 2D regido pelas seguintes

equações:

Movimento na direção 𝒙 Movimento na direção 𝑦

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2


𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81 𝑚 𝑠2⁄

𝑣0 𝑦

𝑥 𝑂

𝑦0 𝑥0


b) Determinar o vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

�� = [0

−9,81] Ou �� = 0𝑖 − 9,81𝑗

c) Determinar a intensidade ou módulo 𝑎 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

𝑎 = √�� ∙ �� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �� por ele mesmo.

Assim, escrevemos,

𝑎 = √[0

−9,81] ∙ [

0−9,81

] 𝑎 = √(0)2 + (−9,81)2 𝑎 = √0 + 96,2361

𝑎 = 9,81 𝑚 𝑠2⁄

d) Determinar as componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;


𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝛼 𝑣𝑦 = 𝑣0 sin 𝛼 − 𝑔𝑡

𝑣𝑥 = 160 cos 30° 𝑣𝑦 = 160 sin 30° − 9,81𝑡

𝑣𝑥 = 160 cos 30° 𝑣𝑦 = 160 sin 30° − 9,81𝑡

𝑣𝑥 = 160√3

2 𝑣𝑦 = 160

1

2− 9,81𝑡

𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = 80 − 9,81𝑡

e) Determinar o vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

�� = [ 80√380 − 9,81𝑡

] Ou �� = (80√3)𝑖 + (80 − 9,81𝑡)𝑗

f) Determinar a intensidade ou módulo 𝑣 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

𝑣 = √�� ∙ �� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �� por ele mesmo.

É equivalente a

𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)

2

Assim, escrevemos,

𝑣 = √[ 80√380 − 9,81𝑡

] ∙ [ 80√380 − 9,81𝑡

] 𝑣 = √(80√3)2+ (80 − 9,81𝑡)2

𝑣 = √19200 + (80 − 9,81𝑡)2 𝑣 = √96,2361𝑡2 − 1569,6𝑡 + 25600

𝑣 = √96,2361𝑡2 − 1569,6𝑡 + 25600


g) Determinar as componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 120 + 80𝑡 −1

29,81𝑡2

h) Determinar o vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

𝑟 = [−50 + 80√3𝑡

120 + 80𝑡 −1

29,81𝑡2

] Ou 𝑟 = (−50 + 80√3𝑡)𝑖 + (120 + 80𝑡 −1

29,81𝑡2) 𝑗


2.4.3 Exemplo-Ilustrativo 03 – Movimento 1D.

O movimento retilíneo de uma partícula é definido pela relação

𝑠 = 8𝑡3 − 18𝑡2 + 2𝑡 + 6,85, onde a posição 𝑠 é medida ao longo

da trajetória retilínea é expressa em metros e o tempo 𝑡 é expresso

em segundos. Analisar o movimento do projétil e determinar:

a) O vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; b) O vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡.

SOLUÇÃO:

Trata-se de um movimento retilíneo (1D).

O sistema de coordenadas adotado é um eixo ordenado com origem em 𝑂 e sentido positivo conforme indicado na

figura.

Observação:

O movimento retilíneo ocorre no espaço tridimensional e, se fosse adotado um sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧

qualquer, este mesmo movimento retilíneo seria descrito por suas componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧. Adotar um sistema de

coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 de tal modo que a direção de um dos eixos (no caso o eixo 𝑥) coincida com a trajetória retilínea

da partícula, apenas simplifica os cálculos requeridos para a solução do problema.

�� = [

𝑎𝑥𝑎𝑦𝑎𝑧] = [

𝑎𝑥00] �� = [

𝑣𝑥𝑣𝑦𝑣𝑧] = [

𝑣𝑥00] 𝑟 = [

𝑥𝑦𝑧] = [

𝑥00]

Com a escolha adequada do sistema de coordenas, os vetores serão vetores unidimensionais.

�� = [𝑎𝑥] �� = [𝑣𝑥] 𝑟 = [𝑥]

Isto é,

�� = 𝑎𝑥𝑖 �� = 𝑣𝑥𝑖 𝑟 = 𝑥𝑖

Adicionalmente, uma vez que o vetor aceleração ��, o vetor velocidade �� e o vetor posição 𝑟 terão sempre a

mesma direção 𝑖, eles estarão completamente especificados se especificarmos as suas componentes 𝑎𝑥, 𝑣𝑥 e 𝑥.

Ou seja, para especificarmos o vetor �� basta especificarmos o escalar 𝑎𝑥 (positivo ou negativo); para

especificarmos o vetor �� basta especificarmos o escalar 𝑣𝑥 (positivo ou negativo); e para especificarmos o vetor

𝑟 basta especificarmos o escalar 𝑥 (positivo ou negativo).

Por causa disso, é comum “renomear” o escalar 𝑎𝑥 (positivo ou negativo) simplesmente pela letra 𝑎; “renomear”

o escalar 𝑣𝑥 (positivo ou negativo) simplesmente pela letra 𝑣; e “renomear” o escalar 𝑥 (positivo ou negativo)

simplesmente pela letra... 𝑥.

Assim, quando se trata de um movimento retilíneo, denominamos de 𝑎 (um escalar positivo ou negativo) “a

componente 𝑎𝑥 do vetor aceleração da partícula” (e não o módulo desse vetor aceleração); denominamos por 𝑣

(um escalar positivo ou negativo) “a componente 𝑣𝑥 do vetor velocidade da partícula” (e não o módulo desse

vetor velocidade); e denominamos por 𝑥 (um escalar positivo ou negativo) “a componente 𝑥 do vetor posição da

partícula” (e não o módulo do vetor posição 𝑟).

Assim, temos que,

𝑠 = 8𝑡3 − 18𝑡2 + 2𝑡 + 6,85 𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡

𝑣 = 24𝑡2 − 36𝑡 + 2

𝑂

𝑠 𝑣0


𝑎 = 48𝑡 − 36

Assim, concluímos que,

�� = (24𝑡2 − 36𝑡 + 2)𝑖

𝑟 = (8𝑡3 − 18𝑡2 + 2𝑡 + 6,85)𝑖

E o movimento (retilíneo) fica determinado!


2.5 Entendendo a Arbitrariedade do Sistema de Coordenadas – Exemplos Ilustrativos

Para entender a questão da arbitrariedade do sistema de coordenadas adotado por cada

modelador do problema, apresentamos um problema bastante conhecido solucionado por

meio da adoção de diferentes sistemas de coordenadas, a fim de ilustrar que a escolha

(arbitrária) do sistema de coordenadas não afeta a solução de problemas.

2.5.1 Exemplo-Ilustrativo 04.

Um projétil é disparado de um platô a 120 𝑚 de altura do

solo com uma velocidade inicial de 160 𝑚/𝑠 em um

ângulo 30° com a horizontal. Adotando o sistema de

coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura ao lado, e

desprezando a resistência do ar, determinar: (a) a distância

horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o

projétil atinge o solo; e; (b) a altura máxima alcançada

pelo projétil em relação ao solo.

SOLUÇÃO:

Considerando o sistema de coordenadas adotado, o movimento do projétil será regido pelas seguintes equações:

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81

𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = 80 − 9,81𝑡

𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 120 + 80𝑡 − 4,905𝑡2

a) A distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo.

O projétil atinge o solo quando 𝑦 = 0 e seja 𝑡1 o instante em que isso ocorre. Assim, podemos escrever que,

0 = 120 + 80𝑡1 − 4,905𝑡12 −4,905𝑡1

2 + 80𝑡1 + 120 = 0 𝑡1 = {−1,382817,693

Assim, a distância horizontal 𝑑 entre o ponto de disparo e o ponto onde o projétil atinge o solo é,

𝑑 = 𝑥(𝑡1) + 50 𝑑 = (−50 + 80√3(17,693)) + 50 𝑑 = 2.451,6 𝑚

b) A altura máxima alcançada pelo projétil em relação ao solo

A coordenada vertical 𝑦 assume seu valor máximo (𝑦𝑚á𝑥) quando 𝑣𝑦 = 0 e seja 𝑡2 o instante em que isso ocorre.

Assim, podemos escrever que,

0 = 80 − 9,81𝑡2 −80 = −9,81𝑡2 𝑡2 = 8,1549 𝑠

O valor de 𝑦𝑚á𝑥 é,

𝑦𝑚á𝑥 = 𝑦(𝑡2) = 120 + 80(𝑡2) − 4,905(𝑡2)2 𝑦𝑚á𝑥 = 446,20 𝑚

Observando a figura e considerando o sistema de coordenadas adotado, vemos que a altura máxima em relação ao

solo será:

𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝑦𝑚á𝑥 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 446,20 𝑚

𝑣0 𝑦

𝑥 𝑂

50 𝑚 120 𝑚

𝑑









projétil atinge o solo; e; (b) a altura máxima alcançada

pelo projétil em relação ao solo.

SOLUÇÃO:

Considerando o sistema de coordenadas adotado, o movimento do projétil será regido pelas seguintes equações,

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81

𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = 80 − 9,81𝑡

𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 0 + 80𝑡 − 4,905𝑡2


O projétil atinge o solo quando 𝑦 = −120 e seja 𝑡1 o instante em que isso ocorre. Assim, podemos escrever que,

−120 = 0 + 80𝑡1 − 4,905𝑡12 4,905𝑡1

2 − 80𝑡1 − 120 = 0

𝑡1 = {−1,382817,693

𝑡1 = 17,693 𝑠


𝑑 = 𝑥(𝑡1) + 50 𝑑 = −50 + 80√3(17,693) + 50 𝑑 = 2.451,6 𝑚


A coordenada vertical 𝑦 assume seu valor máximo (𝑦𝑚á𝑥) quando 𝑣𝑦 = 0 e seja 𝑡2 o instante em que isso ocorre.


0 = 80 − 9,81𝑡2 −80 = −9,81𝑡2 𝑡2 = 8,1550 𝑠

O valor de 𝑦𝑚á𝑥 é,

𝑦𝑚á𝑥 = 𝑦(𝑡2) = 0 + 80(𝑡2) − 4,905(𝑡2)2 𝑦𝑚á𝑥 = 326,20 𝑚


solo será:

𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝑦𝑚á𝑥 + 120 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 326,20 + 120

𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 446,20 𝑚

𝑣0

𝑦

𝑥 𝑂

50 𝑚 120 𝑚

𝑑









projétil atinge o solo; e; (b) a altura máxima alcançada pelo

projétil em relação ao solo.

SOLUÇÃO:


𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = +9,81

𝑣𝑥 = 80√3 𝑣𝑦 = −80 + 9,81𝑡

𝑥 = −50 + 80√3𝑡 𝑦 = 0 − 80𝑡 + 4,905𝑡2


O projétil atinge o solo quando 𝑦 = +120 e seja 𝑡1 o instante em que isso ocorre. Assim, podemos escrever que,

+120 = 0 − 80𝑡1 + 4,905𝑡12 +4,905𝑡1

2 − 80𝑡1 − 120 = 0 𝑡1 = {−1,382817,693

𝑡1 = 17,693 𝑠


𝑑 = 𝑥(𝑡1) + 50 𝑑 = −50 + 80√3(17,693) + 50 𝑑 = 2.451,6 𝑚


A coordenada vertical 𝑦 assume seu valor mínimo (𝑦𝑚í𝑛) quando 𝑣𝑦 = 0 e seja 𝑡2 o instante em que isso ocorre.


0 = −80 + 9,81𝑡2 +80 = +9,81𝑡2 𝑡2 = 8,1550 𝑠

O valor de 𝑦𝑚í𝑛 é,

𝑦𝑚í𝑛 = 𝑦(𝑡2) = 0 − 80(𝑡2) + 4,905(𝑡2)2 𝑦𝑚í𝑛 = 0 − 80(8,1550) + 4,905(8,1550)

2

𝑦𝑚í𝑛 = −326,20 𝑚


solo será:

𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = |𝑦𝑚í𝑛| + 120 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = |−326,20| + 120

𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 446,20 𝑚

𝑣0

𝑦

𝑥 𝑂

50 𝑚 120 𝑚

𝑑


2.6 Entendendo a Vinculação entre o Sistema de Coordenadas e os Ângulos dos

Vetores – Exemplos Ilustrativos.

Nos exemplos ilustrativos a seguir apresentamos um mesmo problema bastante conhecido

para ser solucionado por meio da adoção de diferentes sistemas de coordenadas a fim de

ilustrar como a escolha (arbitrária) do sistema de coordenadas afeta a determinação dos

valores dos ângulos envolvidos.

2.6.1 Exemplo-Ilustrativo 07

Um projétil é disparado com velocidade inicial 𝑣0 igual a

360 𝑚/𝑠 contra um alvo 𝐵, situado a uma distância

horizontal 𝑑 = 2.400 𝑚 e a uma distância vertical ℎ =400 𝑚 do ponto de disparo. Desprezando a resistência do ar

e adotando o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura,

determinar o valor do ângulo de disparo 𝛼.

SOLUÇÃO:


𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔


𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

Condições iniciais,

𝑥0 = 0 𝑦0 = 0

𝑣0𝑥 = 360 cos α 𝑣0𝑦 = 360 sin 𝛼

Sendo 𝛼 medido positivo no sentido do semieixo positivo de 𝑥 para o semieixo positivo de 𝑦 (neste caso no sentido

anti-horário a partir do semieixo positivo de 𝑥).

Assim, o movimento é determinado pelas seguintes equações:

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81

𝑣𝑥 = 360 cos(α) 𝑣𝑦 = 360 sin(𝛼) − 9,81𝑡

𝑥 = 360 cos(α) 𝑡 𝑦 = 360 sin(𝛼) 𝑡 − 4,905𝑡2

O projétil atinge o alvo 𝐵 quando 𝑥 = 𝑑 = 2.400 𝑚 e quando 𝑦 = ℎ = 400 𝑚 e seja 𝑡1 o instante em que isso

ocorre. Assim, podemos escrever que,

2400 = 360 cos(α) (𝑡1) Eq. 01

400 = 360 sin(𝛼) (𝑡1) − 4,905(𝑡1)2 Eq. 02

Formando um sistema (não linear) de duas equações e duas incógnitas (𝛼 e 𝑡1).

Resolvido o sistema obtemos,

𝛼 = {14,779°84,683°

𝑡1 = {6,8948 𝑠71,945 𝑠


Constatamos que o alvo será atingido se qualquer um dos dois ângulos de disparo for utilizado (ver figura a seguir).

No primeiro caso (𝛼 = 14,779°) o alvo 𝐵 será atingido no instante 𝑡1 = 6,8948 𝑠 após o disparo. No segundo

caso, o alvo 𝐵 será atingido no instante 𝑡1 = 71,945 𝑠 após o disparo.

Solução do sistema equações.

Método da substituição.

Da Eq. 1 tiramos que,

𝑡1 =2400

360 cos(α) 𝑡1 =

20

3 cos(α)

Substituindo na Eq. 2,

400 = 360 sin(𝛼) (20

3 cos(α)) − 4,905 (

20

3 cos(α))2

400 =7200

3

sin(𝛼)

cos(α)− 4,905

400

9 cos2 𝛼

400 = 2400sin(𝛼)

cos(α)− 218

1

cos2 𝛼

Uma vez que 1

cos2 𝛼= sec2 𝛼 = 1 + tan2 𝛼 temos,

400 = 2400 tan 𝛼 − 218(1 + tan2 𝛼)

Ficamos com uma equação e uma incógnita (tan 𝛼).

Resolvendo a equação de 2º grau obtida teremos,

400 = 2400 tan 𝛼 − 218 − 218 tan2 𝛼

−218 tan2 𝛼 + 2400 tan 𝛼 − 218 − 400 = 0

−218 tan2 𝛼 + 2400 tan 𝛼 − 618 = 0

218 tan2 𝛼 − 2400 tan𝛼 + 618 = 0

tan 𝛼 =2400±√(−2400)2−4(218)(618)

2(218)

tan 𝛼 = {0,2638210,745

𝛼 = {tan−1(0,26382)

tan−1(10,745)

𝛼 = {0,25794 𝑟𝑎𝑑1,4780 𝑟𝑎𝑑

= {14,779°84,683°



Um projétil é disparado com velocidade inicial 𝑣0

igual a 360 𝑚/𝑠 contra um alvo 𝐵, situado a uma

distância horizontal 𝑑 = 2.400 𝑚 e a uma distância

vertical ℎ = 400 𝑚 do ponto de disparo.

Desprezando a resistência do ar e adotando o

sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado na figura,

determinar o valor do ângulo de disparo 𝛼.

SOLUÇÃO:


𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = +𝑔

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 + 𝑔𝑡

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 +1

2𝑔𝑡2

Condições iniciais são,

𝑥0 = 0 𝑦0 = 0

𝑣0𝑥 = 360 cos α 𝑣0𝑦 = 360 sin 𝛼

Sendo 𝛼 medido positivo no sentido do semieixo positivo de 𝑥 para o semieixo positivo de 𝑦 (neste caso no sentido

horário a partir do semieixo positivo de 𝑥).

Assim, o movimento é determinado pelas seguintes equações.

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = +9,81

𝑣𝑥 = 360 cos(α) 𝑣𝑦 = 360 sin(𝛼) + 9,81𝑡

𝑥 = 360 cos(α) 𝑡 𝑦 = 360 sin(𝛼) 𝑡 + 4,905𝑡2

O projétil atinge o alvo 𝐵 quando 𝑥 = 𝑑 = 2.400 𝑚 e quando 𝑦 = ℎ = −400 𝑚 e seja 𝑡1 o instante em que isso

ocorre. Assim, podemos escrever que,

2400 = 360 cos(α) (𝑡1) Eq. 01

−400 = 360 sin(𝛼) (𝑡1) + 4,905(𝑡1)2 Eq. 02

Formando um sistema (não linear) de duas equações e duas incógnitas (𝛼 e 𝑡1). Resolvido o sistema obtemos,

𝛼 = {345,22°275,32°

𝑡1 = {6,8948 𝑠71,945 𝑠

Constatamos que o alvo será atingido se qualquer um dos

dois ângulos de disparo for utilizado (ver figura a seguir).

No primeiro caso (𝛼 = 275,32°) o alvo 𝐵 será atingido em

𝑡1 = 6,8948 𝑠 após o disparo.

No segundo caso (𝛼 = 345,22°), o alvo 𝐵 será atingido em

𝑡1 = 71,945 𝑠 após o disparo.

𝑣0

𝑦

𝑥 𝑂 ℎ

𝑑

𝐵

𝛼

𝑣0

𝑦

𝑥 𝑂 ℎ

𝑑

𝐵 𝑣0

𝛼 = 275,32°

𝛼 = 345,22°


2.7 Componentes Tangencial e Normal do Vetor Aceleração

Em vários problemas de engenharia, é necessário, conveniente ou desejável decompor ou

expressar o vetor aceleração de uma partícula em suas componentes tangencial e normal à

trajetória.

Em geral, o vetor aceleração �� não é nem tangente nem perpendicular à trajetória e pode haver

interesse em decompô-lo nas suas componentes tangencial e normal.

O vetor velocidade �� de uma partícula é sempre tangente à trajetória.

O sistema de eixos coordenados tangencial e normal é um sistema que se presta apenas para a

determinação das componentes tangencial e normal do vetor aceleração. É um sistema que se

move junto com a partícula e “gira” conforme a trajetória de tal modo que o eixo na direção

tangencial tem sempre a direção positiva coincidente com o sentido do vetor velocidade em

cada instante e o eixo na direção normal tem sempre a direção positiva coincidente com a reta

que une a partícula ao centro de curvatura de sua trajetória em cada instante.

O movimento da partícula continua sendo descrito por meio de um sistema de coordenadas fixo

𝑂𝑥𝑦𝑧 mas, havendo interesse, o vetor aceleração pode ser decomposto em suas componentes

tangencial e normal.

Na figura ao lado, os vetores 𝑒𝑡 e 𝑒′ 𝑡 são vetores unitários tangentes

à trajetória da partícula nas posições 𝑃 e 𝑃’, respectivamente.

Quando os vetores 𝑒𝑡 e 𝑒′ 𝑡 são traçados a partir de uma mesma origem

𝑂′, é imediato constatar que ∆𝑒𝑡 = 𝑒′𝑡 − 𝑒𝑡.

Como 𝑒𝑡 e 𝑒′ 𝑡 têm comprimentos unitários, suas extremidades estão

sobre uma circunferência de raio igual a 1. Representando por ∆𝜃 é o ângulo por 𝑒𝑡 e 𝑒′ 𝑡, encontramos que a intensidade de ∆𝑒𝑡 é,

∆𝑒𝑡 = 2 sin(∆𝜃 2⁄ )

Considerando agora o vetor ∆𝑒𝑡 ∆𝜃⁄ , observamos que, à medida que

∆𝜃 tende a zero, este vetor se torna tangente à circunferência unitária,

isso é, se torna perpendicular ao vetor 𝑒𝑡 e com intensidade tendendo a,

lim∆𝜃→0

2 sin(∆𝜃 2⁄ )

∆𝜃= lim

∆𝜃→0

sin(∆𝜃 2⁄ )

∆𝜃 2⁄= 1

Portanto, no limite, o vetor obtido é um vetor unitário na direção normal à trajetória da partícula,

apontando no sentido para o qual 𝑒𝑡 gira. Representando este vetor por 𝑒𝑛 teremos,

𝑒𝑛 = lim∆𝜃→0

∆𝑒𝑡

∆𝜃

𝑒𝑛 =𝑑𝑒𝑡

𝑑𝜃


Como o vetor velocidade �� da partícula é sempre tangente à trajetória, ele pode ser expresso

como o produto da velocidade escalar 𝑣 pelo vetor unitário 𝑒𝑡. Isto é,

�� = 𝑣𝑒𝑡

Derivando em relação a 𝑡 e aplicando a regra da derivação do produto de uma função escalar

por uma função vetorial, obtemos,

�� =𝑑��

𝑑𝑡=

𝑑(𝑣.𝑒𝑡)

𝑑𝑡=

𝑑𝑣

𝑑𝑡𝑒𝑡 + 𝑣

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡

Mas,

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝜃 𝑑𝜃

𝑑𝑆 𝑑𝑆

𝑑𝑡

𝑑𝑆

𝑑𝑡= 𝑣

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝜃= 𝑒𝑛

𝑑𝜃

𝑑𝑆=

1

𝜌

Logo,

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡= 𝑒𝑛

1

𝜌𝑣

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑣

𝜌𝑒𝑛

Substituindo em

�� =𝑑𝑣


𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡

Obtemos,

�� =𝑑𝑣


𝑣

𝜌𝑒𝑛 �� = (

𝑑𝑣

𝑑𝑡) 𝑒𝑡 + (

𝑣2

𝜌) 𝑒𝑛

Portanto, as componentes tangencial e normal do vetor aceleração são,

𝑎𝑡 =𝑑𝑣

𝑑𝑡 𝑎𝑛 =

𝑣2

𝜌

A componente tangencial da aceleração é igual à taxa de variação

da velocidade escalar da partícula. A componente normal da

aceleração é igual ao quadrado da velocidade escalar dividido pelo

raio de curvatura da trajetória.

Se a componente tangencial da aceleração 𝑎𝑡 é positiva, então o vetor ��𝑡 = 𝑎𝑡𝑒𝑡 tem o mesmo

sentido do vetor velocidade ��. Neste caso, a velocidade escalar da partícula (a intensidade 𝑣 do

vetor ��) estará aumentando.

Se a componente tangencial da aceleração 𝑎𝑡 é negativa, então o vetor ��𝑡 = 𝑎𝑡𝑒𝑡 tem o sentido

oposto ao sentido do vetor velocidade ��. Neste caso, a velocidade escalar da partícula (a

intensidade 𝑣 do vetor ��) estará diminuindo.


A componente normal da aceleração 𝑎𝑛 é sempre positiva e o vetor ��𝑛 = 𝑎𝑛𝑒𝑛 sempre aponta

para o centro de curvatura 𝐶 da trajetória. A componente normal da aceleração 𝑎𝑛 (ou o vetor

��𝑛), não afeta a velocidade escalar da partícula. Afeta apenas a direção do movimento.

A expressão para o vetor aceleração �� definidas para o movimento bidimensional permanecem

válidas quando o é movimento tridimensional. Isto é,

�� = (𝑑𝑣


𝑣2

𝜌) 𝑒𝑛

Sendo, as componentes tangencial e normal do vetor aceleração dadas por,

𝑎𝑡 =𝑑𝑣

𝑑𝑡 𝑎𝑛 =

𝑣2

𝜌

Entretanto, no movimento tridimensional, há um número infinito de

retas que são perpendiculares à reta tangente em um dado ponto 𝑃 de

uma curva no espaço. Torna-se necessário definir com mais precisão

a direção do vetor unitário 𝑒𝑛.

Consideramos novamente os vetores unitários 𝑒𝑡 e 𝑒′ 𝑡 tangentes à

trajetória da partícula em dois pontos vizinhos 𝑃 e 𝑃′ e o vetor ∆𝑒𝑡

que representa a diferença entre 𝑒𝑡 e 𝑒′ 𝑡.

Vamos supor agora um plano passando por 𝑃, paralelo ao plano

definido pelos vetores 𝑒𝑡, 𝑒′ 𝑡 e ∆𝑒𝑡.

Este plano contém a tangente à trajetória curva em 𝑃 e é paralelo à

tangente em 𝑃′. Se fizermos 𝑃′ tender a 𝑃 vamos obter, no limite, o

plano que melhor se ajusta à trajetória nas redondezas de 𝑃.

Este plano é chamado de plano osculador em 𝑃. Segue-se que o plano osculador contém o vetor

unitário 𝑒𝑛, uma vez que este vetor representa o limite do vetor ∆𝑒𝑡 𝜃⁄ .

A normal definida por 𝑒𝑛 está, então, contida no plano osculador e é

chamada de normal principal em 𝑃. O vetor unitário 𝑒𝑏 = 𝑒𝑡 × 𝑒𝑛

(produto vetorial), que completa o triedro positivo de vetores 𝑒𝑡, 𝑒𝑛 e

𝑒𝑏, define a binormal em 𝑃 (a binormal é, portanto, perpendicular ao

plano osculador).

Concluímos que a aceleração da partícula pode ser expressa mediante

dois componentes, um ao longo da tangente e o outro ao longo da

normal principal. Notar que a aceleração não tem nenhum

componente ao longo da binormal, demonstrando que, mesmo no movimento tridimensional,

as componentes tangencial e normal da aceleração são dadas por,

�� = (𝑑𝑣


𝑣2

𝜌) 𝑒𝑛


2.7.1 Exemplo-Ilustrativo 09. Componentes Tangencial e Normal da Aceleração de um

movimento 2D conhecido – Movimento de um Projétil.

Modificado de Problema-Resolvido 11.11 (Beer, Johnston; 9ª Edição).

Um projétil é disparado da extremidade de um rochedo de 150 𝑚 de

altura, com velocidade inicial de 180 𝑚/𝑠, em um ângulo de 30° com

a horizontal. Desprezando a resistência do ar, determinar o raio de

curvatura mínimo da trajetória descrita pelo projétil.

SOLUÇÃO: Para descrever o movimento, adotamos o sistema de coordenadas com eixo 𝑥 horizontal positivo para a direita,

eixo 𝑦 vertical positivo para cima e origem no solo diretamente abaixo do ponto de lançamento, conforme ilustrado

na figura ao lado. Assim, o movimento da partícula (do projétil) será regido pelas seguintes equações:

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔


𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

As condições iniciais são:

𝑥0 = 0 𝑦0 = 150

𝑣0𝑥 = 180 cos 30° 𝑣0𝑦 = 180 sin 30°

Assim, o movimento é determinado pelas equações:

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −9,81

𝑣𝑥 = 90√3 𝑣𝑦 = 90 − 9,81𝑡

𝑥 = 90√3𝑡 𝑦 = 150 + 90𝑡 − 4,905𝑡2

�� = [0

−9,81] �� = [ 90√3

90 − 9,81𝑡] 𝑟 = [ 90√3𝑡

150 + 90𝑡 − 4,905𝑡2]

O raio de curvatura, em qualquer instante, pode ser obtido por,

𝑎𝑛 =𝑣2

𝜌 logo, 𝜌 =

𝑣2

𝑎𝑛

Percebemos que o raio de curvatura será mínimo quando a intensidade 𝑣 da velocidade �� for mínima e a

componente normal 𝑎𝑛 da aceleração �� for máxima.

Sabemos também que a trajetória do projetil é uma parábola.

Reunindo estas informações em um diagrama, constatamos que o raio de

curvatura da trajetória é mínimo quando a partícula passa pelo ponto de sua

trajetória em que a componente 𝑦 (altura) é máxima. Isto é,

𝑦 = 𝑦𝑚á𝑥 ⟹ {𝑣 = 𝑣𝑚í𝑛𝑎𝑛 = 𝑎𝑛𝑚á𝑥

Assim,

𝑣𝑚í𝑛 = √𝑣0𝑥2 + 02 𝑣𝑚í𝑛 = 𝑣0𝑥 𝑣𝑚í𝑛 = 90√3

𝑎𝑛𝑚á𝑥 = +𝑔 𝑎𝑛𝑚á𝑥 = 9,81

Assim, determinamos

𝜌𝑚í𝑛 =𝑣𝑚í𝑛

𝑎𝑛𝑚á𝑥=

(90√3)2

(9,81) 𝜌𝑚í𝑛 =

270000

109 𝜌𝑚í𝑛 = 2.477,1 𝑚

𝑂

𝑥

𝑦

𝑥 𝑛

𝑛

𝑦 𝑡

𝜌𝑚𝑖𝑛

𝑡

𝜌


2.7.2 Exemplo-Ilustrativo 10. Componentes Tangencial e Normal da Aceleração de um

movimento 2D conhecido – Movimento Circular Uniformemente (Des) acelerado.

Problema-Resolvido 11.10 (Beer, Johnston; 9ª Edição)

Um motorista está percorrendo uma seção curva de uma rodovia de raio 𝑅 = 750 𝑚

a uma velocidade escalar 𝑣𝐴 = 90 𝑘𝑚 ℎ⁄ . O motorista de repente aciona os freios,

fazendo o automóvel reduzir sua velocidade escalar de forma constante. Sabendo que

após 8 𝑠 a velocidade escalar foi reduzida para 𝑣𝐵 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ , determine a

aceleração do automóvel imediatamente após os freios terem sido aplicados.

SOLUÇÃO

O automóvel descreve um movimento curvilíneo uniformemente acelerado, ao longo de sua trajetória (que no caso

é um arco de circunferência). Portanto, o movimento ao longo de sua trajetória é regido pelas seguintes equações:

𝑣 = 𝑣0 + 𝑐𝑡𝑒. 𝑡 𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0𝑡 +1

2𝑐𝑡𝑒. 𝑡2

Dados iniciais do movimento do automóvel ao longo de sua trajetória:

𝑣(𝑡=0) = 𝑣𝐴 = 25 𝑚 𝑠⁄ 𝑠(𝑡=0) = 𝑠𝐴 = 0

Portanto, o movimento do automóvel ao longo de sua

trajetória está determinado por,

𝑣 = 25 + 𝑐𝑡𝑒. 𝑡 𝑠 = 25𝑡 +1


Componente tangencial da aceleração em 𝒕 = 𝟎 𝒔.

Foi dado que 𝑣(𝑡=8) = 𝑣𝐵 = 20 𝑚 𝑠⁄ . Assim, podemos escrever,

20 = 25 + 𝑐𝑡𝑒. (8) 𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒 = −5

8= −0,625 𝑚 𝑠2⁄

Dado que a aceleração tangencial é constante (𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒), é imediato concluir que,

𝑎𝑡(𝑡=0) = 𝑎𝑡𝐴 = −5

8= −0,625 𝑚 𝑠2⁄

Componente normal da aceleração em 𝒕 = 𝟎 𝒔.

𝑎𝑛(𝑡=0) = 𝑎𝑛𝐴 =𝑣𝐴

2

𝑅 𝑎𝑛𝐴 =

(25)2

750 𝑎𝑛𝐴 =

5

6= 0,83333 𝑚 𝑠2⁄

Intensidade e direção da aceleração.

A aceleração do automóvel imediatamente após os freios terem sido acionados.

𝑎𝐴 = √(𝑎𝑡𝐴)2 + (𝑎𝑛𝐴)

2 𝑎𝐴 = √(−5 8⁄ )2 + (5 6⁄ )2

𝑎𝐴 = √25 64⁄ + 25 36⁄

𝑎𝐴 = 25 24⁄ = 1,0417 𝑚 𝑠2⁄

𝛼 = tan−1 (|𝑎𝑛𝐴|

|𝑎𝑡𝐴|) 𝛼 = tan−1 (

5 6⁄

5 8⁄)

𝛼 = tan−1 (4

3) 𝛼 = 53,130°

𝑅

𝑣𝐴

𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑐𝑡𝑒

∫ 𝑑𝑣𝑣

𝑣0= 𝑐𝑡𝑒 ∫ 𝑑𝑡

𝑡

0

𝑣 − 𝑣0 = 𝑐𝑡𝑒𝑡 𝑣 = 𝑣0 + 𝑐𝑡𝑒. 𝑡

𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡= 𝑣0 + 𝑐𝑡𝑒. 𝑡

𝑑𝑠 = (𝑣0 + 𝑐𝑡𝑒. 𝑡)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑠𝑠

𝑠0= ∫ (𝑣0 + 𝑐𝑡𝑒. 𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0

𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0𝑡 +1



2.7.3 Exemplo-Ilustrativo 11. Análise completa de um movimento 2D conhecido

(movimento de projéteis) para consolidar conceitos e método de modelagem e

solução de problemas.

Neste exemplo ilustrativo é feita uma análise “completa” de um movimento conhecido

(movimento de um projétil) visando ilustrar a aplicação dos conceitos apresentados e a

abordagem adotada para a solução de problemas.

Consideramos um projétil, disparado com um vetor velocidade inicial ��0 conhecido (em geral

especificado por sua intensidade 𝑣0, pela sua direção 𝛼 em relação à horizontal e por um sentido

indicado numa figura). Assumiremos que o sistema de coordenadas adotado é um sistema

cartesiano 𝑂𝑥𝑦 no qual o eixo 𝑥 é horizontal positivo “para a direita” e o eixo 𝑦 é vertical

positivo “para cima”. Assumiremos também que o vetor posição 𝑟0 do ponto de lançamento

também é conhecido e dado por suas componentes 𝑥0 e 𝑦0.

O objetivo do exemplo é analisar o movimento do projétil, desprezando a resistência do ar, e

determinando:


b) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

c) As componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; d) O vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; e) O vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; f) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; g) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; h) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; i) O vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡; j) O vetor unitário 𝑒𝑛 normal à trajetória, em função do tempo 𝑡; k) A componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; l) A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; m) A equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥); n) A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) sobre a trajetória.

o) A velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡; p) A expressão para o raio de curvatura 𝜌, em função do tempo 𝑡; q) O raio de curvatura mínimo da trajetória descrita pelo projétil;

r) O valor numérico de cada item anterior para o instante 𝑡 = 8 𝑠, sabendo que no sistema 𝑂𝑥𝑦

adotado 𝑥0 = 50 𝑚, 𝑦0 = 150 𝑚, 𝑣0𝑥 = 90√3 𝑚 𝑠⁄ e 𝑣0𝑦 = 90 𝑚 𝑠⁄ .

SOLUÇÃO:

Em conformidade com o sistema de coordenadas adotado, o movimento de projétil será determinado pelas

seguintes equações:

𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔


𝑥

𝑂 𝑥0

𝑦0

𝑠0

𝑦

𝑠

𝑣

𝑣𝑥

𝑣𝑦

𝑛

𝑡

�� 𝑡

𝑛

𝑎𝑛

𝑎𝑡


𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2


𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −𝑔

b) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;


c) As componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

d) O vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

�� = [0−𝑔

] �� = 0𝑖 + (−𝑔)𝑗 A aceleração �� é um vetor constante.

e) O vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

�� = [𝑣0𝑥

𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡] �� = 𝑣0𝑥𝑖 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)𝑗

f) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

𝑟 = [𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡

𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

] 𝑟 = (𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡)𝑖 + (𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2) 𝑗

g) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

𝑎 = +√(𝑎𝑥)2 + (𝑎𝑦)

2 𝑎 = +√(0)2 + (−𝑔)2

𝑎 = +√𝑔2 𝑎 = 𝑔

h) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)

2 𝑣 = √(𝑣0𝑥)

2 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)2

𝑣 = √𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2

i) O vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡;

Uma vez que o vetor velocidade é sempre tangente à trajetória, podemos escrever que,

�� = 𝑣. 𝑒𝑡 𝑒𝑡 =��

𝑣


𝑒𝑡 =[𝑣0𝑥

𝑣0𝑦−𝑔𝑡]

√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦

2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2

𝑒𝑡 =

[

𝑣0𝑥



𝑣0𝑦−𝑔𝑡

√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2]

𝑒𝑡 =

[ 𝑣0𝑥√𝑣0𝑥

2+𝑣0𝑦2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔

2𝑡2

𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦


𝑣0𝑦−𝑔𝑡√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦



2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2 ]

j) O vetor unitário 𝑒𝑛 normal à trajetória, em função do tempo 𝑡;

1ª Opção:

O vetor unitário 𝑒𝑛 pode ser determinado por:

𝑒𝑛 =𝑑��𝑡𝑑𝑡

|𝑑��𝑡𝑑𝑡|

Cálculo do numerador 𝒅��𝒕

𝒅𝒕 para a determinação do vetor ��𝒏

Cálculo da componente 𝑥 do numerador 𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝑡𝑥)

𝑑𝑡=

𝑑(𝑣0𝑥



)

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝑡𝑥)

𝑑𝑡=

𝑔𝑣0𝑥(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦


(𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦

2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2)

2

Cálculo da componente 𝑦 do vetor 𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝑡𝑦)

𝑑𝑡=

𝑑(𝑣0𝑦−𝑔𝑡



)

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝑡𝑦)

𝑑𝑡=

−𝑔𝑣0𝑥2√𝑣0𝑥


2𝑡2



2

Assim, o vetor 𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡, em qualquer instante, é dado por,

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡= [

𝑑(𝑒𝑡𝑥)

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝑡𝑦)

𝑑𝑡

] 𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

[ 𝑔𝑣0𝑥(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑣0𝑥


2𝑡2



2



2𝑡2



2]

Cálculo do denominador |𝒅��𝒕

𝒅𝒕| para a determinação do vetor ��𝒏

|𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡| = √(

𝑑(𝑒𝑡𝑥)

𝑑𝑡)2

+ (𝑑(𝑒𝑡𝑦)

𝑑𝑡)

2

|𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡| = √(

𝑔𝑣0𝑥(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦




2 )

2

+ (−𝑔𝑣0𝑥

2√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦




2 )

2


Após manipulações algébricas e simplificações,

|𝒅��𝒕

𝒅𝒕| = (

𝒈𝒗𝟎𝒙

𝒗𝟎𝒙𝟐+𝒗𝟎𝒚

𝟐−𝟐𝒈𝒗𝟎𝒚𝒕+𝒈𝟐𝒕𝟐)

Assim, o vetor unitário normal à trajetória (𝑒𝑛), em qualquer instante, é dado por,


|𝑑��𝑡𝑑𝑡| 𝑒𝑛 =

[ 𝑔𝑣0𝑥(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2



2



2𝑡2



2]

(𝒈𝒗𝟎𝒙

𝒗𝟎𝒙𝟐+𝒗𝟎𝒚

𝟐−𝟐𝒈𝒗𝟎𝒚𝒕+𝒈𝟐𝒕𝟐

)

𝑒𝑛 =



2𝑡2



2 ∙𝑣0𝑥

2+𝑣0𝑦2−2𝑔𝑣0𝑦𝑡+𝑔

2𝑡2

𝑔𝑣0𝑥



2𝑡2



2 ∙𝑣0𝑥


2𝑡2

𝑔𝑣0𝑥 ]

𝑒𝑛 =



2𝑡2


2−2𝑔𝑣0𝑦𝑡+𝑔2𝑡2

∙1

𝑔𝑣0𝑥



2𝑡2



∙1

𝑔𝑣0𝑥 ]

𝑒𝑛 =

[ (𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑣0𝑥


2𝑡2



−𝑣0𝑥√𝑣0𝑥


2𝑡2


2−2𝑔𝑣0𝑦𝑡+𝑔2𝑡2 ]

2ª Opção:

O vetor unitário 𝑒𝑛 é perpendicular ao vetor unitário 𝑒𝑡, de modo que 𝑒𝑛 resulta de uma rotação 𝜃 = 90° (no

sentido anti-horário) no vetor 𝑒𝑡.

Para rotacionar um vetor (2D) em um ângulo 𝜃 multiplicamos o vetor pela matriz de transformação dada por:

𝑇 = [cos 𝜃 sin 𝜃− sin 𝜃 cos 𝜃

]


𝑒𝑛 = [cos 𝜃 sin 𝜃− sin 𝜃 cos 𝜃

] 𝑒𝑡 𝑒𝑛 = [cos (

𝜋

2) sin (

𝜋

2)

− sin (𝜋

2) cos (

𝜋

2)] [𝑒𝑡𝑥𝑒𝑡𝑦]

𝑒𝑛 = [cos (

𝜋

2) 𝑒𝑡𝑥 + sin (

𝜋

2) 𝑒𝑡𝑦

−sin (𝜋

2) 𝑒𝑡𝑥 + cos (

𝜋

2) 𝑒𝑡𝑦

] 𝑒𝑛 = [0𝑒𝑡𝑥 + 1𝑒𝑡𝑦−1𝑒𝑡𝑥 + 0𝑒𝑡𝑦

]

𝑒𝑛 = [𝑒𝑡𝑦−𝑒𝑡𝑥

] 𝑒𝑛 =



2𝑡2





2𝑡2




k) A componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

Recordando que o produto escalar ou produto interno de dois vetores representa a projeção de um vetor sobre

o outro, a componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, pode ser dada por,

𝑎𝑡 = �� ∙ 𝑒𝑡 Produto escalar do vetor aceleração �� pelo vetor tangencial unitário 𝑒𝑡.

𝑎𝑡 = [0−𝑔

] ∙

[ 𝑣0𝑥√𝑣0𝑥


2𝑡2



𝑣0𝑦−𝑔𝑡√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦



2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2 ]

𝑎𝑡 = 0(𝑣0𝑥√𝑣0𝑥


2𝑡2



)− 𝑔(𝑣0𝑦−𝑔𝑡√𝑣0𝑥


2𝑡2



)

𝑎𝑡 = −𝑔(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑣0𝑥


2𝑡2



l) A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em qualquer instante 𝑡, pode ser dado por,

𝑎𝑛 = �� ∙ 𝑒𝑛 (Produto escalar).

𝑎𝑛 = [0−𝑔

] ∙



2𝑡2





2𝑡2



𝑎𝑛 = 0((𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑣0𝑥


2𝑡2



)− 𝑔(−𝑣0𝑥√𝑣0𝑥


2𝑡2



)

𝑎𝑛 =𝑔𝑣0𝑥√𝑣0𝑥


2𝑡2



m) A equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥);

As equações das coordenadas 𝑥 e 𝑦 são as equações paramétricas da trajetória parametrizadas pelo parâmetro

𝑡 (tempo).

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

Para encontrar a equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥), devemos eliminar o parâmetro 𝑡,

Da primeira equação tiramos que,

𝑡 =𝑥−𝑥0

𝑣0𝑥

Substituindo na equação de 𝑦, obtemos,


𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦 (𝑥−𝑥0

𝑣0𝑥) −

1

2𝑔 (

𝑥−𝑥0

𝑣0𝑥)2

Após manipulações algébricas e simplificações, obtemos,

𝑦 = (−𝑔

2(𝑣0𝑥)2) 𝑥

2 + (𝑣0𝑥.𝑣0𝑦+𝑔.𝑥0

(𝑣0𝑥)2 ) 𝑥 + (𝑦0 −

𝑔.(𝑥0)2

2(𝑣0𝑥)2 −

𝑥0.𝑣0𝑦

𝑣0𝑥)

A equação obtida para a trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥), no sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 adotado, é uma parábola do tipo

𝑦 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 onde,

𝐴 = (−𝑔

2(𝑣0𝑥)2) 𝐵 = (

𝑣0𝑥.𝑣0𝑦+𝑔.𝑥0

(𝑣0𝑥)2 ) 𝐶 = (𝑦0 −

𝑔.(𝑥0)2

2(𝑣0𝑥)2 −

𝑥0.𝑣0𝑦

𝑣0𝑥)

n) A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) sobre a trajetória.

1ª Opção:

Utilizamos, (𝑑𝑠)2 = (𝑑𝑥)2 + (𝑑𝑦)2 Sabendo que,

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

Obtemos,

𝑑𝑥 = 𝑣0𝑥𝑑𝑡 𝑑𝑦 = (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)𝑑𝑡

Assim,

(𝑑𝑠)2 = (𝑣0𝑥𝑑𝑡)2 + ((𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)𝑑𝑡)

2

𝑑𝑠 = √(𝑣0𝑥𝑑𝑡)2 + [(𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)𝑑𝑡]

2

𝑑𝑠 = √(𝑣0𝑥)2(𝑑𝑡)2 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)

2(𝑑𝑡)2 𝑑𝑠 = √[(𝑣0𝑥)

2 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)2] (𝑑𝑡)2

𝑑𝑠 = √(𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2)(𝑑𝑡)2 𝑑𝑠 = (√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑠𝑠

𝑠0

= ∫ (√𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2) 𝑑𝑡

𝑡

0

𝑠 − 𝑠0 = −1

2𝑔(𝑣0𝑥

2 ln(𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 + √𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2) − 𝑣0𝑥

2 ln(𝑣0𝑦 + √𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2) −

−𝑣0𝑦√𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)√𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2

)

𝑠 − 𝑠0 = −1

2𝑔(𝑣0𝑥

2 ln (𝑣0𝑦−𝑔𝑡+√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2

𝑣0𝑦+√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦2) − 𝑣0𝑦√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2)

𝑠 = 𝑠0 +1

2𝑔(𝑣0𝑦√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 𝑣0𝑥

2 ln (𝑣0𝑦−𝑔𝑡+√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2

𝑣0𝑦+√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦2) − (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2)

Para 𝑡 = 0 tem-se 𝑠 = 𝑠0 = 0. Assim,

𝑠 =1


2 + 𝑣0𝑦2 − 𝑣0𝑥

2 ln (𝑣0𝑦−𝑔𝑡+√𝑣0𝑥


2𝑡2

𝑣0𝑦+√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦

2) − (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2)


2ª Opção:

Utilizamos, 𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡 Quando sabemos que, 𝑣 = √𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2

Obtemos,

𝑑𝑠

𝑑𝑡= √𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2

Assim,

𝑑𝑠 = (√𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑠𝑠

0

= ∫ (√𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2) 𝑑𝑡

𝑡

0

𝑠 =1


2 + 𝑣0𝑦2 − 𝑣0𝑥



2𝑡2


2) − (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2)

o) A velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡;

1ª Opção:

Utilizamos 𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡 Quando sabemos que,

𝑠 =1


2 + 𝑣0𝑦2 − 𝑣0𝑥



2𝑡2


2) − (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)√𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2)

Após derivar e fazer as simplificações, encontramos,

𝑣 = √𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2

2ª Opção:

Utilizamos 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑎𝑡 Quando sabemos que, 𝑎𝑡 =

−𝑔(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)



Assim,

𝑑𝑣

𝑑𝑡=




∫ 𝑑𝑣𝑣

𝑣0= ∫



2−2𝑣0𝑦𝑔𝑡+𝑔2𝑡2𝑑𝑡

𝑡

0

𝑣 − 𝑣0 = −(√𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − √𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2)

𝑣 − 𝑣0 = −𝑣0 + √𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2

𝑣 = √𝑣0𝑥2 + 𝑣0𝑦

2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2

3ª Opção:

Utilizamos 𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)

2 (Ver resposta ao item h).


Quando sabemos que

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 e que 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡

Assim,

𝑣 = √(𝑣0𝑥)2 + (𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡)

2 𝑣 = √𝑣0𝑥

2 + 𝑣0𝑦2 − 2𝑣0𝑦𝑔𝑡 + 𝑔

2𝑡2

p) A expressão para o raio de curvatura 𝜌, em função do tempo 𝑡;

1ª Opção:

𝜌 =𝑣2

𝑎𝑛 𝜌 =

(√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦


2

𝑔𝑣0𝑥√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦




𝜌 =𝑣0𝑥


2𝑡2





𝜌 =(𝑣0𝑥


2𝑡2)2



𝜌 =√(𝑣0𝑥


2𝑡2)3

𝑔𝑣0𝑥

2ª Opção:

𝜌 =|𝑑��

𝑑𝑡|3

|𝑑��

𝑑𝑡×𝑑2��

𝑑𝑡2|=

𝑣3

|��×��|=

(𝑑𝑠

𝑑𝑡)3

|��×��| 𝜌 =

(√𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦


3

|[𝑣𝑥𝑣𝑦]×[

𝑎𝑥𝑎𝑦]|

𝜌 =(√𝑣0𝑥


2𝑡2)3

|[𝑣0𝑥

𝑣0𝑦−𝑔𝑡]×[

0−𝑔

]| 𝜌 =

(√(𝑣0𝑥)2+(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)

2)

3

|[

00

−𝑔𝑣0𝑥

]|

𝜌 =(√𝑣0𝑥


2𝑡2)3

√02+02+(−𝑔𝑣0𝑥)2

𝜌 =√(𝑣0𝑥


2𝑡2)3

𝑔𝑣0𝑥

3ª Opção:

𝜌 =(1+(

𝑑𝑦

𝑑𝑥)2)

(32)

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2

𝑦 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝐴𝑥 + 𝐵

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2= 2𝐴

𝐴 = (−𝑔

2(𝑣0𝑥)2) 𝐵 = (


(𝑣0𝑥)2 ) 𝐶 = (𝑦0 −

𝑔.(𝑥0)2

2(𝑣0𝑥)2 −

𝑥0.𝑣0𝑦

𝑣0𝑥)

Assim,

𝜌 =(1+(2𝐴𝑥+𝐵)2)

(32)

2𝐴 𝜌 =

(1+4𝐴2𝑥2+4𝐴𝐵𝑥+𝐵2)(32)

2𝐴


𝜌 =(1+4(−

𝑔

2𝑣0𝑥2)2(𝑥0+𝑣0𝑥.𝑡)

2+4(−𝑔

2𝑣0𝑥2)(


(𝑣0𝑥)2 )(𝑥0+𝑣0𝑥.𝑡)+(


(𝑣0𝑥)2 )

2)

(32)

2(−𝑔

2𝑣0𝑥2)

𝜌 =(𝑣0𝑥


2𝑡2)(32)

𝑔𝑣0𝑥

q) O raio de curvatura mínimo da trajetória descrita pelo projétil;

O raio de curvatura será mínimo (ou máximo) quando,

𝑑𝜌

𝑑𝑡= 0

𝑑

𝑑𝑡((𝑔2𝑡2−2𝑔𝑣0𝑦𝑡+𝑣0𝑥

2+𝑣0𝑦2)(32)

𝑔𝑣0𝑥 ) = 0

−3(𝑣0𝑦−𝑔𝑡)√𝑔

2𝑡2−2𝑔𝑣0𝑦𝑡+𝑣0𝑥2+𝑣0𝑦

2

𝑣0𝑥 = 0

Resolvendo para encontrar o valor de 𝑡, 𝑡(𝜌𝑚𝑖𝑛) =𝑣0𝑦

𝑔

Logo,

𝜌𝑚𝑖𝑛 =(𝑣0𝑥

2+𝑣0𝑦2−2𝑣0𝑦𝑔(

𝑣0𝑦

𝑔)+𝑔2(

𝑣0𝑦

𝑔)2)

(32)

𝑔𝑣0𝑥 𝜌𝑚𝑖𝑛 =

𝑣0𝑥2

𝑔

r) O valor numérico de cada item anterior para o instante 𝑡 = 8 𝑠, sabendo que, no sistema 𝑂𝑥𝑦 adotado, 𝑥0 =

50 𝑚, 𝑦0 = 150 𝑚, 𝑣0𝑥 = 90√3 𝑚 𝑠⁄ e 𝑣0𝑦 = 90 𝑚 𝑠⁄ .

𝑎𝑥 = 0 𝑣𝑥 = 155,89 𝑚 𝑠⁄ 𝑥 = 1.297,1 𝑚

𝑎𝑦 = −9,81 𝑚 𝑠2⁄ 𝑣𝑦 = 11,520 𝑚 𝑠⁄ 𝑦 = 556,08 𝑚

�� = [0

−9,81] (𝑚 𝑠2⁄ ) �� = [

155,8911,520

] (𝑚 𝑠⁄ ) 𝑟 = [1.297,1556,08

] (𝑚)

𝑎 = 9,81 𝑚 𝑠2⁄ 𝑣 = 156,31 𝑚 𝑠⁄

𝑒𝑡 = [0,997280,07369

] 𝑒𝑛 = [0,07369 −0,99728

]

𝑎𝑡 = −0,72300 𝑚 𝑠2⁄ 𝑎𝑛 = 9,7833 𝑚 𝑠2⁄

𝑦 = 556,08 𝑚 𝑥 = 1.297,1 𝑚

𝑠 = 1.322,8 𝑚

𝑣 = 156,31 𝑚 𝑠⁄

𝜌 = 2.497,4 𝑚

𝜌𝑚𝑖𝑛 = 2.477,1 𝑚



(movimento circular uniformemente acelerado) para consolidar conceitos e

método de modelagem e solução de problemas.

Modificado de Problema-Resolvido 11.10 (Beer, Johnston; 9ª Edição)

Um motorista está percorrendo uma seção curva de uma rodovia de raio 𝑅 a uma

velocidade escalar 𝑣𝐴. O motorista aciona os freios fazendo o automóvel reduzir a sua

velocidade escalar de forma constante. Sabendo que em 𝑡𝐵 segundos a velocidade

escalar foi reduzida para 𝑣𝐵. Determinar:

a) A componente tangencial 𝑎𝑡 da aceleração, em função do tempo 𝑡; b) A velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡; c) A equação horária 𝑠, em função do tempo 𝑡; d) A componente normal 𝑎𝑛 da aceleração, em função do tempo 𝑡; e) A equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥); f) As componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; g) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

h) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade, em função do tempo 𝑡 (conferir com a expressão encontrada para a

velocidade escalar 𝑣);

i) O valor numérico dos itens anteriores para os instantes de tempo 𝑡0 = 0 𝑠, 𝑡1 = 8 𝑠 e 𝑡2 = 40 𝑠, assumindo

que 𝑅 = 750 𝑚, 𝑣𝐴 = 90 𝑘𝑚 ℎ⁄ , 𝑡𝐵 = 8 𝑠 e 𝑣𝐵 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ e fazendo o diagrama correspondente para cada

instante.

SOLUÇÃO:

Durante a frenagem, iniciada com o acionamento dos freios em 𝑡 = 𝑡0 = 0, o automóvel

realiza um movimento curvilíneo ao longo de um arco de circunferência, no sentido anti-

horário e com aceleração tangencial constante (𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒).

Portanto, ao longo de sua trajetória, a partícula realiza um movimento uniformemente

acelerado (𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒) regido pelas seguintes equações gerais:

𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒 𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡𝑡

𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0𝑡 +1

2𝑎𝑡𝑡

2 𝑣2 = 𝑣02 + 2𝑎𝑡∆𝑠

a) A componente tangencial 𝑎𝑡 da aceleração, em função do tempo 𝑡;

Sabemos que 𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒 e foi dado que {𝑣𝐴 = 𝑣(𝑡=𝑡𝐴) = 𝑣(𝑡=0) = 𝑣0𝑣𝐵 = 𝑣(𝑡=𝑡𝐵)

Assim, podemos escrever,

𝑎𝑡 =𝑣𝐵−𝑣𝐴

𝑡𝐵−𝑡𝐴 𝑎𝑡 =

𝑣𝐵−𝑣𝐴

𝑡𝐵−0

𝑎𝑡 =𝑣𝐵−𝑣𝐴

𝑡𝐵

b) A velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡;

𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡𝑡 𝑣 = 𝑣𝐴 + (𝑣𝐵−𝑣𝐴

𝑡𝐵) 𝑡

c) A equação horária 𝑠, em função do tempo 𝑡;

𝑅

𝑣𝐴


𝑠 = 𝑣𝐴𝑡 +1

2𝑎𝑡𝑡

2 𝑠 = 𝑣𝐴𝑡 +1

2(𝑣𝐵−𝑣𝐴

𝑡𝐵) 𝑡2

d) A componente normal 𝑎𝑛 da aceleração, em função do tempo 𝑡;

𝑎𝑛 =𝑣2

𝜌 𝑎𝑛 =

(𝑣𝐴+(𝑣𝐵−𝑣𝐴𝑡𝐵

)𝑡)2

𝑅

𝑎𝑛 =((𝑣𝐵−𝑣𝐴)𝑡−𝑣𝐴𝑡)

2

𝑅𝑡𝐵2

e) Determinar a equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥);

Adotamos o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 ilustrado ao lado de tal modo que o início do

acionamento freios corresponde ao ponto de coordenadas (𝑥0 = 𝑅, 𝑦0 = 0).

Como a trajetória do automóvel durante a frenagem é um arco de circunferência,

podemos escrever que,

𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅2 𝑦 = √𝑅2 − 𝑥2

f) As componentes 𝑥 e 𝑦 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

(𝑑𝑠)2 = (𝑑𝑥)2 + (𝑑𝑦)2

Da equação horária, obtemos,

𝑠 = 𝑣𝐴𝑡 +1

2𝑎𝑡𝑡

2 𝑑𝑠 = (𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)𝑑𝑡

Da equação da trajetória, obtemos,

𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅2 2𝑥𝑑𝑥 + 2𝑦𝑑𝑦 = 0 𝑥𝑑𝑥 = −𝑦𝑑𝑦

𝑑𝑥 = −𝑦

𝑥𝑑𝑦 𝑑𝑥 = −

𝑦

√𝑅2−𝑦2𝑑𝑦

Assim,

(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)2(𝑑𝑡)2 = (−

𝑦

√𝑅2−𝑦2𝑑𝑦)

2

+ (𝑑𝑦)2 (𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)2(𝑑𝑡)2 = (

𝑦2

𝑅2−𝑦2) (𝑑𝑦)2 + (𝑑𝑦)2

(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)2(𝑑𝑡)2 = (

𝑦2

𝑅2−𝑦2+ 1) (𝑑𝑦)2 (𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)

2(𝑑𝑡)2 = (𝑅2

𝑅2−𝑦2) (𝑑𝑦)2

(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)𝑑𝑡 =𝑅


∫𝑅


𝑦

𝑦0= ∫ (𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0 𝑅 sin−1 (

𝑦

𝑅) − 𝑅 sin−1 (

𝑦0

𝑅) = 𝑣𝐴𝑡 +

1

2𝑎𝑡𝑡

2

Condições iniciais,

𝑥0 = 𝑅 𝑦0 = 0

Assim,

𝑅 sin−1 (𝑦

𝑅) − 𝑅 sin−1 (

0

𝑅) = 𝑣𝐴𝑡 +

1

2𝑎𝑡𝑡

2


𝑅 sin−1 (𝑦

𝑅) − 𝑅 sin−1(0) = 𝑣𝐴𝑡 +

1

2𝑎𝑡𝑡

2

𝑅 sin−1 (𝑦

𝑅) − 0 = 𝑣𝐴𝑡 +

1

2𝑎𝑡𝑡

2 𝑅 sin−1 (𝑦

𝑅) =

2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡2

2

sin−1 (𝑦

𝑅) =


2𝑅

𝑦

𝑅= sin (


2𝑅)

𝑦 = 𝑅 sin (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅)

E uma vez que 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅2 podemos escrever que,

𝑥2 + (𝑅 sin (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅))

2

= 𝑅2 𝑥2 = 𝑅2 − (𝑅 sin (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅))

2

𝑥2 = 𝑅2 (1 − sin2 (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅)) 𝑥2 = 𝑅2 cos2 (


2𝑅)

𝑥 = 𝑅 cos (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅)

O vetor posição 𝑟, em um instante qualquer, é dado por,

𝑟 = [𝑅 cos (


2𝑅)

𝑅 sin (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅)]

g) As componentes 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡=

𝑑(𝑅 cos(2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅))

𝑑𝑡 𝑣𝑥 = −(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡) sin (


2𝑅)

𝑣𝑦 =𝑑𝑦

𝑑𝑡=

𝑑(𝑅 sin(2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅))

𝑑𝑡 𝑣𝑦 = (𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡) cos (


2𝑅)

O vetor velocidade ��, em um instante qualquer, é dado por,

�� = [−(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡) sin (


2𝑅)

(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡) cos (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅)]

h) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade, em função do tempo 𝑡 (conferir com a expressão encontrada para a

velocidade escalar 𝑣);

𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)

2

𝑣 = √(−(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡) sin (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅))

2

+ ((𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡) cos (2𝑣𝐴𝑡+𝑎𝑡𝑡

2

2𝑅))

2

𝑣 = √𝑣𝐴2 + 2𝑣𝐴𝑎𝑡𝑡 + 𝑎𝑡

2𝑡2 𝑣 = √(𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡)2

𝑣 = 𝑣𝐴 + 𝑎𝑡𝑡

Como era de se esperar, a expressão encontrada é a mesma expressão obtida para a velocidade escalar 𝑣 a partir

da equação horária 𝑣 = 𝑑𝑠 𝑑𝑡⁄ .


i) O valor numérico dos itens anteriores para os instantes de tempo 𝑡0 = 0 𝑠, 𝑡1 = 8 𝑠 e 𝑡2 = 40 𝑠, assumindo

que 𝑅 = 750 𝑚, 𝑣𝐴 = 90 𝑘𝑚 ℎ⁄ , 𝑡𝐵 = 8 𝑠 e 𝑣𝐵 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ e fazendo o diagrama correspondente para cada

instante.

Item Valores para

𝒕 = 𝒕𝟎 = 𝟎 𝒔

Valores para

𝒕 = 𝒕𝟏 = 𝟖 𝒔

Valores para

𝒕 = 𝒕𝟐 = 𝟒𝟎 𝒔

Aceleração

tangencial 𝒂𝒕 𝑎𝑡 = −5 8⁄

𝑎𝑡 = −0,625 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝑡 = −5 8⁄

𝑎𝑡 = −0,625 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝑡 = −5 8⁄

𝑎𝑡 = −0,625 𝑚 𝑠2⁄

Velocidade

escalar 𝒗 𝑣 = 25 𝑚 𝑠⁄ 𝑣 = 20 𝑚 𝑠⁄ 𝑣 = 0

Posição 𝒔 𝑠 = 0 𝑚 𝑠 = 180 𝑚 𝑠 = 500 𝑚

Aceleração

normal 𝒂𝒏

𝑎𝑛 = 5 6⁄

𝑎𝑛 = 0,83333 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝑛 = 8/15

𝑎𝑛 = 0,53333 𝑚 𝑠2⁄ 𝑎𝑛 = 0

Componentes

𝒙 e 𝒚

𝑥 = 750 𝑚

𝑦 = 0 𝑚

𝑥 = 728,50 𝑚

𝑦 = 178,28 𝑚

𝑥 = 589,42 𝑚

𝑦 = 463,78 𝑚

Componentes

𝒗𝒙 e 𝒗𝒚

𝑣𝑥 = 0 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝑦 = 25 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝑥 = −4,7541 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝑦 = 19,427 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝑥 = 0

𝑣𝑦 = 0

Diagrama



(movimento helicoidal) para consolidar conceitos e método de modelagem e

solução de problemas.

O movimento de uma partícula é definido pelo vetor posição 𝑟 = (4 cos(2𝜋𝑡))𝑖 + (3𝑡2)𝑗 + (4 sin(2𝜋𝑡))��.

Determinar:

a) As componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; b) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡; c) As componentes 𝑣𝑥, 𝑣𝑦 e 𝑣𝑧 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

d) O vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; e) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡; f) As componentes 𝑎𝑥, 𝑎𝑦 e 𝑎𝑧 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

g) O vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; h) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; i) O vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡; j) O vetor unitário 𝑒𝑛 normal à trajetória, em função do tempo 𝑡; k) A componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; l) A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; m) A expressão para o raio de curvatura 𝜌, em função do tempo 𝑡; n) A equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥); o) A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) do movimento ao longo da trajetória.

SOLUÇÃO:

De acordo com o enunciado do problema, o movimento da partícula está determinado e seu vetor posição no

sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 é 𝑟 = (4 cos(2𝜋𝑡))𝑖 + (3𝑡2)𝑗 + (4 sin(2𝜋𝑡))��.

a) As componentes 𝑥, 𝑦 e 𝑧 do vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

𝑥 = 4 cos(2𝜋𝑡) 𝑦 = 3𝑡2 𝑧 = 4 sin(2𝜋𝑡)

b) O vetor posição 𝑟, em função do tempo 𝑡;

𝑟 = [4 cos(2𝜋𝑡)

3𝑡2

4 sin(2𝜋𝑡)] Ou 𝑟 = (4 cos(2𝜋𝑡))𝑖 + (3𝑡2)𝑗 + (4 sin(2𝜋𝑡))��

c) As componentes 𝑣𝑥, 𝑣𝑦 e 𝑣𝑧 do vetor velocidade v, em função do tempo 𝑡;

𝑣𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡 𝑣𝑥 = −4 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋 𝑣𝑥 = −8𝜋 sin(2𝜋𝑡)

𝑣𝑦 =𝑑𝑦

𝑑𝑡 𝑣𝑦 = (2)(3)𝑡 𝑣𝑦 = 6𝑡

𝑣𝑧 =𝑑𝑧

𝑑𝑡 𝑣𝑧 = 4 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋 𝑣𝑧 = 8𝜋 cos(2𝜋𝑡)

d) O vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;


�� = [

𝑣𝑥𝑣𝑦𝑣𝑧] =

[ 𝑑𝑥

𝑑𝑡𝑑𝑦

𝑑𝑡𝑑𝑧

𝑑𝑡]

= [−4 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋

6𝑡4 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋

]

�� = [−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)

6𝑡8𝜋 cos(2𝜋𝑡)

] Ou �� = (−8𝜋 sin(2𝜋𝑡))𝑖 + (6𝑡)𝑗 + (8𝜋 cos(2𝜋𝑡))��

e) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade ��, em função do tempo 𝑡;

𝑣 = √�� ∙ �� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �� por ele mesmo.

É equivalente a

𝑣 = √(𝑣𝑥)2 + (𝑣𝑦)

2+ (𝑣𝑧)

2

Assim, escrevemos,

𝑣 = √[−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)


] ∙ [−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)


]

𝑣 = √(−8𝜋 sin(2𝜋𝑡))2 + (6𝑡)2 + (8𝜋 cos(2𝜋𝑡))2

𝑣 = √(64𝜋2 sin2(2𝜋𝑡)) + (36𝑡2) + (64𝜋2 cos2(2𝜋𝑡))

𝑣 = √64𝜋2 sin2(2𝜋𝑡) + 36𝑡2 + 64𝜋2 cos2(2𝜋𝑡)

𝑣 = √64𝜋2(sin2(2𝜋𝑡) + cos2(2𝜋𝑡)) + 36𝑡2

𝑣 = √64𝜋2(1) + 36𝑡2 𝑣 = +√64𝜋2 + 36𝑡2

f) As componentes 𝑎𝑥, 𝑎𝑦 e 𝑎𝑧 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

𝑎𝑥 =𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡 𝑎𝑥 = −8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋 𝑎𝑥 = −16𝜋

2 cos(2𝜋𝑡)

𝑎𝑦 =𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡 𝑎𝑦 = 6 𝑎𝑦 = 6

𝑎𝑧 =𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑡 𝑎𝑧 = −8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋 𝑎𝑧 = −16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)

g) O vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

�� = [

𝑎𝑥𝑎𝑦𝑎𝑧] =

[ 𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑡 ]

= [−8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 2𝜋

6−8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 2𝜋

]


�� = [−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)

6−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)

] Ou �� = (−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡))𝑖 + (6)𝑗 + (−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡))��

h) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

𝑎 = √�� ∙ �� Raiz quadrada do produto escalar do vetor �� por ele mesmo.

É equivalente a

𝑎 = √(𝑎𝑥)2 + (𝑎𝑦)

2+ (𝑎𝑧)

2

Assim, escrevemos,

𝑎 = √[−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)


] ∙ [−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)


]

𝑎 = √(−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡))2 + (6)2 + (−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡))2

𝑎 = √(256𝜋4 cos2(2𝜋𝑡)) + (36) + (256𝜋4 sin2(2𝜋𝑡))

𝑎 = √256𝜋4(cos2(2𝜋𝑡) + sin2(2𝜋𝑡)) + (36)

𝑎 = √256𝜋4(1) + (36) 𝑎 = +√256𝜋4 + 36

Obs.: Notar que, neste problema específico, a intensidade da aceleração é constante ao longo do tempo, embora as componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑧 não sejam constantes (a componente 𝑎𝑦 é constante).

i) O vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡;


�� = 𝑣. 𝑒𝑡

Onde 𝑒𝑡 é o vetor de módulo unitário com direção sempre tangente à trajetória e sentido positivo coincidente

com o sentido do vetor velocidade ��.

𝑒𝑡 =��

𝑣 𝑒𝑡 =

[−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)


]

√64𝜋2+36𝑡2

𝑒𝑡 =

[ −8𝜋 sin(2𝜋𝑡)

√64𝜋2+36𝑡2

6𝑡

√64𝜋2+36𝑡2


√64𝜋2+36𝑡2]

Ou, 𝑒𝑡 = (−8𝜋 sin(2𝜋𝑡)

√64𝜋2+36𝑡2) 𝑖 + (

6𝑡

√64𝜋2+36𝑡2) 𝑗 + (


√64𝜋2+36𝑡2) ��

j) O vetor unitário 𝑒𝑛 normal à trajetória, em função do tempo 𝑡;

O vetor unitário 𝑒𝑛 é o vetor perpendicular, no sentido anti-horário, ao vetor unitário 𝑒𝑡 e pode ser determinado

por:


𝑒𝑛 =𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡|𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡|⁄

Determinação de 𝒅��𝒕

𝒅𝒕

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑(𝑒𝑡𝑥𝑖+𝑒𝑡𝑦𝑗+𝑒𝑡𝑧 ��)

𝑑𝑡

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑(𝑒𝑡𝑥𝑖)

𝑑𝑡+

𝑑(𝑒𝑡𝑦𝑗)

𝑑𝑡+

𝑑(𝑒𝑡𝑧 ��)

𝑑𝑡

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡= (

𝑑(𝑒𝑡𝑥)

𝑑𝑡𝑖 + 𝑒𝑡𝑥

𝑑(𝑖)

𝑑𝑡) + (

𝑑(𝑒𝑡𝑦)

𝑑𝑡𝑗 + 𝑒𝑡𝑦

𝑑(𝑗)

𝑑𝑡) + (

𝑑(𝑒𝑡𝑧)

𝑑𝑡�� + 𝑒𝑡𝑧

𝑑(��)

𝑑𝑡)

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡= (

𝑑(𝑒𝑡𝑥)

𝑑𝑡𝑖 + 0) + (

𝑑(𝑒𝑡𝑦)

𝑑𝑡𝑗 + 0) + (

𝑑(𝑒𝑡𝑧)

𝑑𝑡�� + 0)

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑(𝑒𝑡𝑥)

𝑑𝑡𝑖 +

𝑑(𝑒𝑡𝑦)

𝑑𝑡𝑗 +

𝑑(𝑒𝑡𝑧)

𝑑𝑡��

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑(−8𝜋sin(2𝜋𝑡)

√64𝜋2+36𝑡2)

𝑑𝑡𝑖 +

𝑑(6𝑡

√64𝜋2+36𝑡2)

𝑑𝑡𝑗 +

𝑑(8𝜋cos(2𝜋𝑡)

√64𝜋2+36𝑡2)

𝑑𝑡��

Assim,

(𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡)𝑥= −

8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2) cos(2𝜋𝑡)−36𝜋𝑡 sin(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

(𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡)𝑦=

3(16𝜋2+9𝑡2)−27𝑡2

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

(𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡)𝑧= −

8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2) sin(2𝜋𝑡)+36𝜋𝑡 cos(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

Determinação de |𝒅��𝒕

𝒅𝒕|

|𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡| = √((

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡)𝑥)2

+ ((𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡)𝑦)2

+ ((𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡)𝑧)2

|𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡| =

√(−8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2) cos(2𝜋𝑡)−36𝜋𝑡 sin(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄ )2

+ (3(16𝜋2+9𝑡2)−27𝑡2

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄ )2

+ (−8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2) sin(2𝜋𝑡)+36𝜋𝑡 cos(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄ )2

Após manipulações algébricas e simplificações, encontramos,

|𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡| =

4𝜋√64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9

16𝜋2+9𝑡2

Assim, o vetor unitário normal à trajetória 𝑒𝑛, em qualquer instante, é,

𝑒𝑛 =

(−8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2)cos(2𝜋𝑡)−36𝜋𝑡sin(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

)𝑖+(3(16𝜋2+9𝑡2)−27𝑡2

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

)𝑗+(−8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2)sin(2𝜋𝑡)+36𝜋𝑡cos(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

)��

4𝜋√64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9

16𝜋2+9𝑡2

𝑒𝑛𝑥 =

−8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2)cos(2𝜋𝑡)−36𝜋𝑡sin(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

4𝜋√64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9

16𝜋2+9𝑡2


𝑒𝑛𝑦 =

3(16𝜋2+9𝑡2)−27𝑡2

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

4𝜋√64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9

16𝜋2+9𝑡2

𝑒𝑛𝑧 =

−8𝜋2(16𝜋2+9𝑡2)sin(2𝜋𝑡)+36𝜋𝑡cos(2𝜋𝑡)

(16𝜋2+9𝑡2)3 2⁄

4𝜋√64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9

16𝜋2+9𝑡2

Após manipulações algébricas e simplificações,

𝑒𝑛𝑥 = −(2𝜋(16𝜋2+9𝑡2) cos(2𝜋𝑡)−9𝑡 sin(2𝜋𝑡))√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2

𝑒𝑛𝑦 =12𝜋√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2

𝑒𝑛𝑧 = −9𝑡√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9) cos(2𝜋𝑡)+(32𝜋3+18𝜋𝑡2)√−((16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)(cos2(2𝜋𝑡)−1))

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2

Assim, o vetor unitário normal à trajetória 𝑒𝑛, em qualquer instante, é

𝑒𝑡 = [

𝑒𝑛𝑥𝑒𝑛𝑦𝑒𝑛𝑧

] Ou, 𝑒𝑛 = 𝑒𝑛𝑥𝑖 + 𝑒𝑛𝑦𝑗 + 𝑒𝑛𝑧 ��

k) A componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;


o outro, a componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, pode ser obtida por meio de,

𝑎𝑡 = �� ∙ 𝑒𝑡 Produto escalar.

𝑎𝑡 = [−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)


] ∙

[ −

4𝜋√16𝜋2+9𝑡2 sin(2𝜋𝑡)

16𝜋2+9𝑡2

3𝑡√16𝜋2+9𝑡2

16𝜋2+9𝑡2

4𝜋√16𝜋2+9𝑡2 cos(2𝜋𝑡)

16𝜋2+9𝑡2 ]


𝑎𝑡 =18𝑡√16𝜋2+9𝑡2

16𝜋2+9𝑡2

Alternativamente, recordando que a componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração �� representa a aceleração

escalar, a componente tangencial 𝑎𝑡 também pode ser obtida por meio de:

𝑎𝑡 =𝑑𝑣

𝑑𝑡 𝑎𝑡 =

𝑑(√64𝜋2+36𝑡2)

𝑑𝑡 𝑎𝑡 =

36𝑡

√64𝜋2+36𝑡2

𝑎𝑡 =36𝑡

√4(16𝜋2+9𝑡2) 𝑎𝑡 =

36𝑡

2√16𝜋2+9𝑡2 𝑎𝑡 =

18𝑡

√16𝜋2+9𝑡2

l) A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;


o outro, a componente tangencial 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, pode ser obtida por meio de,


𝑎𝑛 = �� ∙ 𝑒𝑛 Produto escalar.

𝑎𝑛 = [−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)


] ∙

[ −

(2𝜋(16𝜋2+9𝑡2) cos(2𝜋𝑡)−9𝑡 sin(2𝜋𝑡))√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2

12𝜋√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2

−9𝑡√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9) cos(2𝜋𝑡)+(32𝜋3+18𝜋𝑡2)√−((16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)(cos2(2𝜋𝑡)−1))

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2 ]

𝑎𝑛 =16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)(9𝑡√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9) cos(2𝜋𝑡)+(32𝜋3+18𝜋𝑡2+9)√−((16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)(cos2(2𝜋𝑡)−1)))

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2+

72𝜋√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)+16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)(2𝜋(16𝜋2+9𝑡2) cos(2𝜋𝑡)−9𝑡 sin(2𝜋𝑡))√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2


𝑎𝑛 =√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)(16𝜋2 sin2(2𝜋𝑡)(32𝜋3+18𝜋𝑡2+9)+72𝜋+32𝜋3(16𝜋2+9𝑡2) cos2(2𝜋𝑡))

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2

m) A expressão para o raio de curvatura 𝜌, em função do tempo 𝑡;

𝑎𝑛 =𝑣2

𝜌 𝜌 =

𝑣2

𝑎𝑛

𝜌 =(√64𝜋2+36𝑡2)

2

√(16𝜋2+9𝑡2)(64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9)(16𝜋2 sin2(2𝜋𝑡)(32𝜋3+18𝜋𝑡2+9)+72𝜋+32𝜋3(16𝜋2+9𝑡2)cos2(2𝜋𝑡))

324𝜋2𝑡4+(1152𝜋4+81)𝑡2+1024𝜋6+144𝜋2

Após simplificações,

𝜌 = −(1024𝜋6+1152𝜋4𝑡2+𝜋2(324𝜋4+144)+81𝑡2)√16𝜋2+9𝑡2

36𝜋2√64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9 cos2(2𝜋𝑡)−(128𝜋5+72𝜋3𝑡2+36𝜋2+18𝜋)√64𝜋4+36𝜋2𝑡2+9

n) A equação da trajetória 𝑦 = 𝑓(𝑥);

Equações paramétricas da trajetória do movimento:

𝑥 = 4 cos(2𝜋𝑡) 𝑦 = 3𝑡2 𝑧 = 4 sin(2𝜋𝑡)

o) A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) do movimento ao longo da trajetória.

𝑑𝑠 = √(𝑑𝑥)2 + (𝑑𝑦)2 + (𝑑𝑧)2

Das equações paramétricas do movimento, obtemos,

𝑑𝑥 = −8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑦 = 6𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑧 = 8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 𝑑𝑡

Assim,

𝑑𝑠 = √(−8𝜋 sin(2𝜋𝑡) 𝑑𝑡)2 + (6𝑡𝑑𝑡)2 + (8𝜋 cos(2𝜋𝑡) 𝑑𝑡)2

𝑑𝑠 = √64𝜋2 sin2(2𝜋𝑡) + 36𝑡2 + 64𝜋2 cos2(2𝜋𝑡) 𝑑𝑡


𝑑𝑠 = √64𝜋2(sin2(2𝜋𝑡) + cos2(2𝜋𝑡)) + 36𝑡2𝑑𝑡

𝑑𝑠 = √64𝜋2(1) + 36𝑡2𝑑𝑡 𝑑𝑠 = √64𝜋2 + 36𝑡2𝑑𝑡 ∫ 𝑑𝑠𝑠

𝑠0= ∫ √64𝜋2 + 36𝑡2𝑑𝑡

𝑡

0

𝑠 − 𝑠0 = −16𝜋2 ln(−3𝑡+√16𝜋2+9𝑡2)−16𝜋2 ln(4𝜋)−3𝑡√16𝜋2+9𝑡2

3

Fazendo 𝑠 = 0 para 𝑡 = 0, teremos 𝑠0 = 0,

𝑠 = −16𝜋2 ln(−3𝑡+√16𝜋2+9𝑡2)−16𝜋2 ln(4𝜋)−3𝑡√16𝜋2+9𝑡2

3


2.8 Sistema de Coordenadas Polares e Componentes Radial e Transversal da

Velocidade e da Aceleração

Em um sistema de coordenadas cartesiano 𝑂𝑥𝑦, a posição de uma partícula em movimento 2D

é determinada por suas coordenadas cartesianas 𝑥 e 𝑦 e as componentes cartesianas da

velocidade (𝑣𝑥 e 𝑣𝑦) e da aceleração (𝑎𝑥 e 𝑎𝑦) são derivadas ou determinadas em conformidade

com o sistema de coordenadas cartesiano.

Em um sistema de coordenadas polares 𝑂𝑟𝜃, a posição de uma partícula em movimento 2D é

determinada por suas coordenadas polares 𝑟 e 𝜃 e as componentes radial e transversal da

velocidade (𝑣𝑟 e 𝑣𝜃) e da aceleração (𝑎𝑟 e 𝑎𝜃) são derivadas ou determinadas em conformidade

com o sistema de coordenadas polares.

Para estabelecer um sistema de coordenadas polares precisamos

definir ou adotar um ponto fixo 𝑂 (denominado polo) e uma linha de

referência fixa a partir do polo. A posição é especificada pela

distância 𝑟 entre a partícula 𝑃 e o polo e pelo ângulo 𝜃 entre a linha

de referência fixa e a linha 𝑂𝑃. Para que fiquem bem entendidos conceitos e terminologia: a distância 𝑟 entre o

polo e o ponto 𝑃 (a partícula 𝑃) é um escalar sempre positivo (é uma distância).

Ela será coincidente com o módulo ou intensidade 𝑟 do vetor posição 𝑟 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 se o polo for adotado de tal

modo a coincidir com a origem de 𝑂𝑥𝑦 e a linha de referência for adotada de tal modo a coincidir com o eixo

𝑥 de 𝑂𝑥𝑦.

Assim, quando a posição de uma partícula é definida por suas coordenadas polares, é

conveniente decompor o vetor velocidade e o vetor aceleração da partícula em componentes

paralelos e perpendiculares à linha 𝑂𝑃, respectivamente. Esses componentes são denominados,

respectivamente, componentes radial e transversal da velocidade e da aceleração.

Fixamos na partícula 𝑃 dois vetores unitários 𝑒𝑟 e 𝑒𝜃. O vetor 𝑒𝑟

é dirigido ao longo de 𝑂𝑃 e o vetor 𝑒𝜃 é obtido girando 𝑒𝑟 em

90° no sentido anti-horário. O vetor unitário 𝑒𝑟 define a direção

radial, isto é, a direção na qual 𝑃 se deslocaria se 𝑟 aumentasse

e 𝜃 permanecesse constante. O vetor unitário 𝑒𝜃 define a direção

transversal, isto é, a direção na qual 𝑃 se deslocaria se 𝑟

permanecesse constante e 𝜃 aumentasse.

Para obter o vetor velocidade ��, expressamos o vetor posição da

partícula como 𝑟 = 𝑟𝑒𝑟 e derivamos em relação a 𝑡. Isto é,

escrevemos,

�� =𝑑𝑟

𝑑𝑡

�� =𝑑(𝑟𝑒𝑟)

𝑑𝑡 �� =

𝑑𝑟

𝑑𝑡𝑒𝑟 + 𝑟

𝑑𝑒𝑟

𝑑𝑡

�� =𝑑𝑟

𝑑𝑡𝑒𝑟 + 𝑟 (𝑒𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡) �� = ��𝑒𝑟 + 𝑟��𝑒𝜃

Observar que: 𝑑𝑒𝑟

𝑑𝜃= 𝑒𝜃

𝑑𝑒𝜃

𝑑𝜃= −𝑒𝑟

𝑑𝑒𝑟

𝑑𝑡=

𝑑𝑒𝑟

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡= 𝑒𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑𝑒𝜃

𝑑𝑡=

𝑑𝑒𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡= −𝑒𝑟

𝑑𝜃

𝑑𝑡


Assim, as componentes radial e transversal do vetor velocidade são,

𝑣𝑟 = �� 𝑣𝜃 = 𝑟��

Para obter o vetor aceleração ��, fazemos,

�� =𝑑��

𝑑𝑡 �� =

𝑑

𝑑𝑡(��𝑒𝑟 + 𝑟��𝑒𝜃)

�� =𝑑

𝑑𝑡(��𝑒𝑟) +

𝑑

𝑑𝑡(𝑟��𝑒𝜃) �� = (

𝑑��

𝑑𝑡𝑒𝑟 + ��

𝑑𝑒𝑟

𝑑𝑡) + (

𝑑(𝑟��)

𝑑𝑡𝑒𝜃 + 𝑟��

𝑑𝑒𝜃

𝑑𝑡)

�� = (𝑑��

𝑑𝑡𝑒𝑟 + ��𝑒𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡) + ((

𝑑𝑟

𝑑𝑡��𝑒𝜃 + 𝑟

𝑑��

𝑑𝑡𝑒𝜃) − (𝑟��𝑒𝑟

𝑑𝜃

𝑑𝑡))

�� = (𝑑2𝑟

𝑑𝑡2𝑒𝑟 + ��𝑒𝜃��) + ((��𝑒𝜃 + 𝑟

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2𝑒𝜃) − (𝑟��𝑒𝑟��))

�� = (�� − 𝑟��2)𝑒𝑟 + (2�� + 𝑟��)𝑒𝜃

Assim, as componentes radial e transversal do vetor aceleração são,

𝑎𝑟 = �� − 𝑟��2 𝑎𝜃 = 2�� + 𝑟��



Problema-Resolvido 11.12 (Beer, Johnston; 9ª Edição).

A rotação do braço 𝑂𝐴 de 0,9 𝑚 de comprimento em torno de 𝑂 é definida pela

relação 𝜃 = 0,15𝑡2, onde 𝜃 está em radianos e 𝑡 em segundos. O cursor 𝐵 desliza

ao longo do braço 𝑂𝐴 de tal maneira que sua distância em relação ao ponto fixo 𝑂

é dada por 𝑟 = 0,90 − 0,12𝑡2, onde 𝑟 é expresso em metros. Após o braço ter

girado 30°, determine:

a) A velocidade do cursor 𝐵;

b) A aceleração do cursor 𝐵; e;

c) A aceleração do cursor 𝐵 em relação ao braço 𝑂𝐴.

SOLUÇÃO:

Para descrever o movimento do cursor 𝐵 adotamos o sistema de coordenadas

polares com polo no ponto 𝑂 e linha de referência horizontal, conforme ilustrado

na figura ao lado.

As coordenadas polares de posição do cursor 𝐵 foram dadas e são,

𝑟 = 0,90 − 0,12𝑡2 (𝑚) 𝜃 = 0,15𝑡2 (𝑟𝑎𝑑)

Logo,

𝑣𝑟 = �� 𝑣𝑟 = −0,24𝑡

𝑣𝜃 = 𝑟�� 𝑣𝜃 = 0,27𝑡 − 0,036𝑡3

𝑎𝑟 = �� − 𝑟��2 𝑎𝑟 = −0,24 − 0,081𝑡2 + 0,0108𝑡4

𝑎𝜃 = 2�� + 𝑟�� 𝑎𝜃 = −0,18𝑡2 + 0,27

Quando 𝜃 = 30° =30°∙𝜋

180° =

𝜋

6 𝑟𝑎𝑑, teremos,

0,15𝑡2 =𝜋

6 𝑡2 =

10𝜋

9 𝑡 =

√10𝜋

3= 1,8683 𝑠

a) A velocidade do cursor 𝐵;

𝑣𝑟 = −0,24 (√10𝜋

3) 𝑣𝑟 = −0,44840 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝜃 = 0,27 (√10𝜋

3) − 0,036 (

√10𝜋

3)3

𝑣𝜃 = 0,26967 𝑚 𝑠⁄

�� = 𝑣𝑟𝑒𝑟 + 𝑣𝜃𝑒𝜃 �� = −0,44840𝑒𝑟 + 0,26967𝑒𝜃

Ou, conforme a figura ao lado.

𝑣 = √𝑣𝑟2 + 𝑣𝜃

2 = √(−0,44840)2 + (0,26967)2 𝑣 = 0,52324 𝑚 𝑠⁄

𝛽 = tan−1 (0,26967

0,44840) 𝛽 = 31,0°

Observando que:

�� = −0,24𝑡 (𝑚 𝑠⁄ ) �� = −0,24 (𝑚 𝑠2⁄ )

�� = 0,30𝑡 (𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ )

�� = 0,30 (𝑟𝑎𝑑 𝑠2⁄ )


b) A aceleração do cursor 𝐵;

𝑎𝑟 = −0,24 − 0,081 (√10𝜋

3)2

+ 0,0108 (√10𝜋

3)4

𝑎𝑟 = −0,39115 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝜃 = −0,18 (√10𝜋

3)2

+ 0,27 𝑎𝜃 = −0,35832 𝑚 𝑠2⁄

�� = −0,39115𝑒𝑟 − 0,35832𝑒𝜃

Ou, conforme a figura ao lado.

𝑎 = √a𝑟2 + 𝑎𝜃

2 = √(−0,39115)2 + (−0,35832)2 𝑎 = 0,53046 𝑚 𝑠⁄

𝛾 = tan−1 (0,35832

0,39115) 𝛾 = 0,742 𝑟𝑎𝑑 𝛾 = 42,5°

c) Determinar a aceleração do cursor 𝐵 em relação ao braço 𝑂𝐴.

O movimento do cursor 𝐵 em relação ao braço 𝑂𝐴 é um movimento retilíneo e

definido pela coordenada 𝑟:

𝑟𝐵 𝑂𝐴⁄ = 𝑟 = 0,90 − 0,12𝑡2

𝑣𝐵 𝑂𝐴⁄ =𝑑𝑟

𝑑𝑡= −0,24𝑡

𝑎𝐵 𝑂𝐴⁄ =𝑑2𝑟

𝑑𝑡2= −0,24 𝑎𝐵 𝑂𝐴⁄ = −0,24 𝑚 𝑠2⁄


2.8.2 Exemplo-Ilustrativo 15 – Análise completa de um movimento familiar para

consolidar conceitos metodologia.

Uma partícula se move ao longo de uma espiral logarítmica de tal maneira que sua

distância 𝑟 ao ponto 𝑂 em cada instante é dada por 𝑟 = 𝑒𝑏𝜃 (𝑟 em metros) e 𝜃 =𝑐𝑡2 (𝜃 em radianos e 𝑡 em segundos). Adotando o sistema de coordenadas polares

𝑂𝑟𝜃 mostrado na figura, determinar:

a) As coordenadas polares 𝑟 e 𝜃 do movimento da partícula, em função do tempo

𝑡; b) As componentes radial e transversal 𝑣𝑟 e 𝑣𝜃 do vetor velocidade ��, em função

de 𝑡; c) O vetor velocidade ��, em função de 𝑡; d) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade ��, em função de 𝑡; e) As componentes radial e transversal 𝑎𝑟 e 𝑎𝜃 do vetor aceleração ��, em função de 𝑡; f) O vetor aceleração ��, em função de 𝑡; g) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração ��, por suas componentes radial e transversal e em função de 𝑡; h) O vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡; i) O vetor unitário 𝑒𝑛 normal à trajetória, em função do tempo 𝑡; j) A componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; k) A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡; l) A expressão para o raio de curvatura 𝜌, em função do tempo 𝑡; m) A equação da trajetória 𝑟 = 𝑓(𝜃); n) A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) sobre a trajetória;

o) A velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡, a partir da equação horária;

p) A velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡, a partir da aceleração tangencial 𝑎𝑡; q) A expressão de cada item anterior assumindo que 𝑏 = 3 10⁄ e 𝑐 = 3𝜋;

r) O valor numérico de cada item anterior para o instante 𝑡 = 1 𝑠.

SOLUÇÃO:

Movimento da partícula

Foi dado que a equação da trajetória da partícula em coordenadas polares é 𝑟 = 𝑒𝑏𝜃. Foi dado também que o

ângulo 𝜃 varia com o tempo de acordo com 𝜃 = 𝑐𝑡2. Assim, o movimento da partícula fica determinado por suas

coordenadas polares 𝑟 e 𝜃:

𝑟 = 𝑒𝑏𝑐𝑡2 𝜃 = 𝑐𝑡2

a) As coordenadas polares 𝑟 e 𝜃 do movimento da partícula, em função do tempo 𝑡;

𝑟 = 𝑒𝑏𝑐𝑡2 𝜃 = 𝑐𝑡2

b) As componentes radial e transversal 𝑣𝑟 e 𝑣𝜃 do vetor velocidade ��, em função de 𝑡;

𝑣𝑟 = �� 𝑣𝑟 = 2𝑏𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2

𝑣𝜃 = 𝑟�� 𝑣𝜃 = 2𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2

c) O vetor velocidade ��, em função de 𝑡;

�� = 𝑣𝑟𝑒𝑟 + 𝑣𝜃𝑒𝜃 �� = (2𝑏𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2)𝑒𝑟 + (2𝑐𝑡𝑒

𝑏𝑐𝑡2)𝑒𝜃

𝑟 𝜃

�� = 2𝑏𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2

�� = 2𝑐𝑡


d) A intensidade 𝑣 do vetor velocidade ��, em função de 𝑡;

𝑣 = √(𝑣𝑟)2 + (𝑣𝜃)

2 𝑣 = √(2𝑏𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2)2+ (2𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡

2)2 𝑣 = 2𝑐(√𝑏2 + 1)𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡

2

e) As componentes radial e transversal 𝑎𝑟 e 𝑎𝜃 do vetor aceleração ��, em função de 𝑡;

𝑎𝑟 = �� − 𝑟��2 𝑎𝑟 = (4𝑏

2𝑐2𝑡2 + 2𝑏𝑐 − 4𝑐2𝑡2)𝑒𝑏𝑐𝑡2

𝑎𝜃 = 2�� + 𝑟�� 𝑎𝜃 = (8𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)𝑒𝑏𝑐𝑡

2

f) O vetor aceleração ��, em função de 𝑡;

�� = 𝑎𝑟𝑒𝑟 + 𝑎𝜃𝑒𝜃 �� = ((4𝑏2𝑐2𝑡2 + 2𝑏𝑐 − 4𝑐2𝑡2)𝑒𝑏𝑐𝑡2) 𝑒𝑟 + ((8𝑏𝑐

2𝑡2 + 2𝑐)𝑒𝑏𝑐𝑡2) 𝑒𝜃

g) A intensidade 𝑎 do vetor aceleração ��, por suas componentes radial e transversal e em função de 𝑡;

𝑎 = +√(𝑎𝑟)2 + (𝑎𝜃)

2 𝑎 = +√((4𝑏2𝑐2𝑡2 + 2𝑏𝑐 − 4𝑐2𝑡2)𝑒𝑏𝑐𝑡2)2

+ ((8𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)𝑒𝑏𝑐𝑡2)2

𝑎 = 2𝑐𝑒𝑏𝑐𝑡2√4𝑏4𝑐2𝑡4 + 4𝑏3𝑐𝑡2 + 𝑏2(8𝑐2𝑡4 + 1) + 4𝑏𝑐𝑡2 + 4𝑐2𝑡4 + 1

h) Determinar o vetor unitário 𝑒𝑡 tangente à trajetória, em função do tempo 𝑡;


�� = 𝑣. 𝑒𝑡

Onde 𝑒𝑡 é o vetor de módulo unitário com direção sempre tangente à trajetória e sentido positivo coincidente

com o sentido do vetor velocidade ��.

𝑒𝑡 =��

𝑣 𝑒𝑡 =

[2𝑏𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2

2𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2 ]

2(√𝑏2+1)𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2

𝑒𝑡 = (𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝑟 + (

√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝜃

i) Determinar o vetor unitário 𝑒𝑛 normal à trajetória, em função do tempo 𝑡;

O vetor unitário 𝑒𝑛 é perpendicular, no sentido anti-horário, ao vetor unitário 𝑒𝑡 e pode ser determinado por:


|𝑑��𝑡𝑑𝑡|

Determinação de 𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡:

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑((𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1)𝑒𝑟+(

√𝑏2+1

𝑏2+1)𝑒𝜃)

𝑑𝑡

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑((𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1)𝑒𝑟)

𝑑𝑡+

𝑑((√𝑏2+1

𝑏2+1)𝑒𝜃)

𝑑𝑡

�� = 2𝑏𝑐𝑒𝑏𝑐𝑡2+ 4𝑏2𝑐2𝑡2𝑒𝑏𝑐𝑡

2

�� = 2𝑐


𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑(𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1)

𝑑𝑡𝑒𝑟 + (

𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1)𝑑(𝑒𝑟)

𝑑𝑡+

𝑑(√𝑏2+1

𝑏2+1)

𝑑𝑡𝑒𝜃 + (

√𝑏2+1

𝑏2+1)𝑑(𝑒𝜃)

𝑑𝑡

Observando que

𝑑(𝑒𝑟)

𝑑𝑡=

𝑑(𝑒𝑟)

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝑟)

𝑑𝑡= 𝑒𝜃

𝑑(𝑐𝑡2)

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝑟)

𝑑𝑡= (2𝑐𝑡)𝑒𝜃

𝑑(𝑒𝜃)

𝑑𝑡=

𝑑(𝑒𝜃)

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝜃)

𝑑𝑡= −𝑒𝑟

𝑑(𝑐𝑡2)

𝑑𝑡

𝑑(𝑒𝜃)

𝑑𝑡= (−2𝑐𝑡)𝑒𝑟

Obtemos,

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡=

𝑑(𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1)

𝑑𝑡𝑒𝑟 + (

𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1) (2𝑐𝑡)𝑒𝜃 +

𝑑(√𝑏2+1

𝑏2+1)

𝑑𝑡𝑒𝜃 + (

√𝑏2+1

𝑏2+1) (−2𝑐𝑡)𝑒𝑟

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡= 0𝑒𝑟 +

2𝑏𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1𝑒𝜃 + 0𝑒𝜃 −

2𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1𝑒𝑟

𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡= (0 −

2𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝑟 + (


𝑏2+1+ 0) 𝑒𝜃

𝒅��𝒕

𝒅𝒕= (−

𝟐𝒄𝒕√𝒃𝟐+𝟏

𝒃𝟐+𝟏) ��𝒓 + (

𝟐𝒃𝒄𝒕√𝒃𝟐+𝟏

𝒃𝟐+𝟏) ��𝜽

Determinação do módulo |𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡|,

|𝑑𝑒𝑡

𝑑𝑡| = √(−

2𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1)2

+ (2𝑏𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1)2

Após manipulações algébricas e simplificações, encontramos,

|𝒅��𝒕

𝒅𝒕| = 𝟐𝒄𝒕

Assim, o vetor unitário normal à trajetória 𝑒𝑛, em qualquer instante, é,

𝑒𝑛 =(−

2𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1)𝑒𝑟+(


𝑏2+1)𝑒𝜃

2𝑐𝑡 𝑒𝑛 =

(−2𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1)

2𝑐𝑡𝑒𝑟 +

(2𝑏𝑐𝑡√𝑏2+1

𝑏2+1)

2𝑐𝑡𝑒𝜃

𝑒𝑛 = (−√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝑟 + (

𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝜃

j) Determinar a componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;


o outro, a componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, pode ser dada por,

𝑎𝑡 = �� ∙ 𝑒𝑡

Uma vez que,

�� = ((4𝑏2𝑐2𝑡2 + 2𝑏𝑐 − 4𝑐2𝑡2)𝑒𝑏𝑐𝑡2) 𝑒𝑟 + ((8𝑏𝑐


𝑒𝑡 = (𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝑟 + (

√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝜃


Obtemos,

𝑎𝑡 = ((4𝑏2𝑐2𝑡2 + 2𝑏𝑐 − 4𝑐2𝑡2)𝑒𝑏𝑐𝑡2) (

𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1) + ((8𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)𝑒𝑏𝑐𝑡

2) (

√𝑏2+1

𝑏2+1)

𝑎𝑡 = (4𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)√𝑏2 + 1𝑒𝑏𝑐𝑡

2

Alternativamente, a componente tangencial 𝑎𝑡 do vetor aceleração ��, também pode ser obtida por:

𝑎𝑡 =𝑑𝑣

𝑑𝑡 𝑎𝑡 =

𝑑(2(√𝑏2+1)𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2)

𝑑𝑡

𝑎𝑡 = (4𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)√𝑏2 + 1𝑒𝑏𝑐𝑡

2

k) Determinar a componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em função do tempo 𝑡;

A componente normal 𝑎𝑛 do vetor aceleração ��, em qualquer instante 𝑡, pode ser dado por,

𝑎𝑛 = �� ∙ 𝑒𝑛 (Produto escalar).

Uma vez que,

�� = ((4𝑏2𝑐2𝑡2 + 2𝑏𝑐 − 4𝑐2𝑡2)𝑒𝑏𝑐𝑡2) 𝑒𝑟 + ((8𝑏𝑐


𝑒𝑛 = (−√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝑟 + (

𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1) 𝑒𝜃

Obtemos,

𝑎𝑛 = ((4𝑏2𝑐2𝑡2 + 2𝑏𝑐 − 4𝑐2𝑡2)𝑒𝑏𝑐𝑡2) (−

√𝑏2+1

𝑏2+1) + ((8𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)𝑒𝑏𝑐𝑡

2) (

𝑏√𝑏2+1

𝑏2+1)

𝑎𝑛 = 4√𝑏2 + 1𝑐2𝑡2𝑒𝑏𝑐𝑡2

l) Determinar a expressão para o raio de curvatura 𝜌, em função do tempo 𝑡;

𝑎𝑛 =𝑣2

𝜌 𝜌 =

𝑣2

𝑎𝑛 𝜌 =

(2(√𝑏2+1)𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2)2

4√𝑏2+1𝑐2𝑡2𝑒𝑏𝑐𝑡2

𝜌 = √𝑏2 + 1𝑒𝑏𝑐𝑡2

m) Determinar a equação da trajetória 𝑟 = 𝑓(𝜃);

A equação da trajetória em coordenadas polares foi dada no enunciado do problema,

𝑟 = 𝑒𝑏𝜃

n) Determinar a equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) sobre a trajetória;

𝑑𝑠 = √(𝑑𝑟)2 + (𝑟𝑑𝜃)2

Das equações paramétricas do movimento,


𝑟 = 𝑒𝑏𝑐𝑡2 𝑑𝑟 = 2𝑏𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡

2𝑑𝑡

𝜃 = 𝑐𝑡2 𝑑𝜃 = 2𝑐𝑡𝑑𝑡

Obtemos,

𝑑𝑠 = √(2𝑏𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2𝑑𝑡)

2+ (𝑒𝑏𝑐𝑡

22𝑐𝑡𝑑𝑡)

2

𝑑𝑠 = √(2𝑐)2𝑏2𝑡2(𝑒𝑏𝑐𝑡2)2(𝑑𝑡)2 + (𝑒𝑏𝑐𝑡

2)2(2𝑐)2𝑡2(𝑑𝑡)2

𝑑𝑠 = √(2𝑐)2(𝑒𝑏𝑐𝑡2)2𝑡2(𝑑𝑡)2(𝑏2 + 1) 𝑑𝑠 = √(2𝑐)2(𝑒𝑏𝑐𝑡

2)2𝑡2(𝑑𝑡)2√𝑏2 + 1

𝑑𝑠 = 2√𝑏2 + 1𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2𝑑𝑡

Integrando,

∫ 𝑑𝑠𝑠

𝑠0= ∫ (2√𝑏2 + 1𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡

2)𝑑𝑡

𝑡

0

Encontramos,

𝑠 − 𝑠0 =√𝑏2+1(𝑒𝑏𝑐𝑡

2−1)

𝑏

Para 𝑡 = 0, temos 𝑠 = 𝑠0 = 0. Logo,

𝑠 =√𝑏2+1(𝑒𝑏𝑐𝑡

2−1)

𝑏

o) Determinar a velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡, a partir da equação horária;

𝑣 =𝑑𝑠

𝑑𝑡 𝑣 =

𝑑(√𝑏2+1(𝑒𝑏𝑐𝑡

2−1)

𝑏)

𝑑𝑡

Após derivar e fazer as simplificações, encontramos,

𝑣 = 2√𝑏2 + 1𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2

p) Determinar a velocidade escalar 𝑣, em função do tempo 𝑡, a partir da aceleração tangencial 𝑎𝑡; 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑎𝑡

𝑑𝑣

𝑑𝑡= (4𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)√𝑏2 + 1𝑒𝑏𝑐𝑡

2

∫ 𝑑𝑣𝑣

𝑣0= ∫ (4𝑏𝑐2𝑡2 + 2𝑐)√𝑏2 + 1𝑒𝑏𝑐𝑡

2𝑑𝑡

𝑡

0

𝑣 − 𝑣0 = 2√𝑏2 + 1𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡

2

Para 𝑡 = 0, temos 𝑣 = 𝑣0 = 0. Logo,

𝑣 = 2√𝑏2 + 1𝑐𝑡𝑒𝑏𝑐𝑡2


q) Determinar a expressão de cada item anterior assumindo que 𝑏 = 3 10⁄ e 𝑐 = 3𝜋.

Item Expressão para 𝑏 = 3 10⁄ e 𝑐 = 3𝜋

As coordenadas polares 𝑟 e 𝜃 𝑟 = 𝑒(9𝜋𝑡2

10) 𝜃 = 3𝜋𝑡2

As componentes radial e transversal 𝑣𝑟 e

𝑣𝜃 𝑣𝑟 =9𝜋𝑡𝑒

9𝜋𝑡2

10

5 𝑣𝜃 = 6𝜋𝑡𝑒

9𝜋𝑡2

10

O vetor velocidade �� = (9𝜋𝑡𝑒

9𝜋𝑡2

10

5)𝑒𝑟 + (6𝜋𝑡𝑒

9𝜋𝑡2

10 ) 𝑒𝜃

A intensidade 𝑣 do vetor velocidade �� 𝑣 =3𝜋√109𝑡𝑒

9𝜋𝑡2

10

5

As componentes radial e transversal 𝑎𝑟 e

𝑎𝜃 𝑎𝑟 = −(819𝜋2𝑡2−45𝜋)𝑒

9𝜋𝑡2

10

25 𝑎𝜃 =

(108𝜋2𝑡2+30𝜋)𝑒9𝜋𝑡2

10

5

O vetor aceleração �� = (−(819𝜋2𝑡2−45𝜋)𝑒

9𝜋𝑡2

10

25)𝑒𝑟 + (

(108𝜋2𝑡2+30𝜋)𝑒9𝜋𝑡2

10

5)𝑒𝜃

A intensidade 𝑎 do vetor aceleração �� 𝑎 =3𝜋√109√981𝜋2𝑡4+90𝜋𝑡2+25𝑒

9𝜋𝑡2

10

25

O vetor unitário 𝑒𝑡 𝑒𝑡 = (3√109

109) 𝑒𝑟 + (

10√109

109) 𝑒𝜃

O vetor unitário 𝑒𝑛 𝑒𝑛 = (−10√109

109) 𝑒𝑟 + (

3√109

109) 𝑒𝜃

A componente tangencial 𝑎𝑡 𝑎𝑡 =(27√109𝜋2𝑡2+15𝜋√109)𝑒

9𝜋𝑡2

10

25

A componente normal 𝑎𝑛 𝑎𝑛 =18𝜋2√109𝑡2𝑒

9𝜋𝑡2

10

5

O raio de curvatura 𝜌 𝜌 =√109𝑒

9𝜋𝑡2

10

10

A equação da trajetória 𝑟 = 𝑓(𝜃) 𝑟 = 𝑒3𝜃

10

A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) 𝑠 =

√109(𝑒3𝜋𝑡2

10 −1)

3

r) Determinar o valor numérico de cada item anterior para o instante 𝑡 = 1 𝑠.

Valores para 𝑡 = 1 𝑠.

As coordenadas polares 𝑟 e 𝜃

𝑟 = 16,902 𝑚

𝜃 = 3𝜋 = 9,4248 𝑟𝑎𝑑

As componentes radial e

transversal 𝑣𝑟 e 𝑣𝜃

𝑣𝑟 = 95,579 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝜃 = 318,60 𝑚 𝑠⁄

O vetor velocidade �� = (95,579 )𝑒𝑟 + (318,60)𝑒𝜃

𝑟 𝑒𝑟

𝑒𝜃

𝑣

𝑣𝑟𝑒𝑟

𝑣𝜃𝑒𝜃


Valores para 𝑡 = 1 𝑠. A intensidade 𝑣 do vetor

velocidade �� 𝑣 = 332,62 𝑚 𝑠⁄

As componentes radial e

transversal 𝑎𝑟 e 𝑎𝜃

𝑎𝑟 = −5.369,3 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝜃 = 3.921,8 𝑚 𝑠2⁄

O vetor aceleração �� = (−5.369,3)𝑒𝑟 + (3.921,8)𝑒𝜃

A intensidade 𝑎 do vetor

aceleração �� 𝑎 = 6.649,1 𝑚 𝑠2⁄

O vetor unitário 𝑒𝑡 𝑒𝑡 = (0,28735)𝑒𝑟 + (0,95783)𝑒𝜃

O vetor unitário 𝑒𝑛 𝑒𝑛 = (−0,95783)𝑒𝑟 + (0,28735)𝑒𝜃

A componente tangencial 𝑎𝑡 𝑎𝑡 = 2.213,6 𝑚 𝑠2⁄

��

𝑎𝑟𝑒𝑟

𝑎𝜃𝑒𝜃

𝑒𝑟

𝑒𝜃

𝑒𝑟

𝑒𝜃

𝑒𝑛 𝑒𝑡

𝑒𝑟

𝑒𝜃

𝑒𝑛 𝑒𝑡

𝑒𝑟

𝑒𝜃

𝑒𝑛 𝑒𝑡

��𝑡

��𝑛


Valores para 𝑡 = 1 𝑠.

A componente normal 𝑎𝑛 𝑎𝑛 = 6.269,8 𝑚 𝑠2⁄

O raio de curvatura 𝜌 𝜌 = 17,646 𝑚

A equação da trajetória 𝑟 =𝑓(𝜃)

𝜃 = 3𝜋 𝑟 = 16,902 𝑚

A equação horária 𝑠 = 𝑠(𝑡) 𝑠(𝑡=1) = 55,341 𝑚

𝑒𝑟

𝑒𝜃

𝑒𝑛 𝑒𝑡

��𝑡

��𝑛


2.9 Sistema de Coordenadas Cilíndricas – Componentes Radial, Transversal e Axial

O movimento 3D de uma partícula também pode ser descrito por um

sistema de coordenadas cilíndricas. Em um sistema de coordenadas

cilíndricas 𝑂𝑅𝜃𝑧 a posição da partícula em movimento 3D é determinada

por suas coordenadas cilíndricas 𝑅, 𝜃 e 𝑧 e as componentes radial,

transversal e axial da velocidade (𝑣𝑅, 𝑣𝜃 e 𝑣𝑧) e da aceleração (𝑎𝑅, 𝑎𝜃 e 𝑎𝑧) são derivadas ou determinadas em conformidade com o sistema de

coordenadas cilíndricas.

Neste caso, é conveniente utilizar os vetores unitários 𝑒R, 𝑒𝜃 e ��. Expressando o vetor posição

𝑟 em termos desses vetores unitários, escrevemos,

𝑟 = 𝑅𝑒𝑅 + 𝑧��

Observando que os vetores unitários 𝑒𝑅 e 𝑒𝜃 definem, respectivamente, as

direções radial e transversal no plano 𝑥𝑦, e que o vetor unitário �� que define

a direção axial é constante em intensidade e direção, o vetor velocidade será

determinador por:

�� =𝑑𝑟

𝑑𝑡=

𝑑(𝑅𝑒𝑅+𝑧��)

𝑑𝑡 �� =

𝑑(𝑅𝑒𝑅)

𝑑𝑡+𝑑(𝑧��)

𝑑𝑡

�� =𝑑𝑅

𝑑𝑡𝑒𝑅 + 𝑅

𝑑𝑒𝑅

𝑑𝑡+𝑑𝑧

𝑑𝑡�� + 𝑧

𝑑��

𝑑𝑡 �� =

𝑑𝑅

𝑑𝑡𝑒𝑅 + 𝑅𝑒𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡+𝑑𝑧

𝑑𝑡�� + 0

�� = ��𝑒𝑅 + 𝑅��𝑒𝜃 + ��

Assim, as componentes cilíndricas da velocidade são,

𝑣𝑅 = �� 𝑣𝜃 = 𝑅�� 𝑣𝑧 = ��

O vetor aceleração será dado por:

�� =𝑑��

𝑑𝑡=

𝑑(��𝑒𝑅+𝑅��𝑒𝜃+��)

𝑑𝑡

Desenvolvendo e simplificando, obtém-se:

�� = (�� − 𝑅��2)𝑒𝑟 + (𝑅�� + 2��)𝑒𝜃 + ��

As componentes cilíndricas da aceleração são,

𝑎𝑅 = �� − 𝑅��2 𝑎𝜃 = 𝑅�� + 2�� 𝑎𝑧 = ��



Problema 11.178 (Beer, Johnston; 9ª Edição).

O movimento de uma partícula sobre a superfície de um cilindro circular reto é

definido pelas relações (coordenadas cilíndricas) 𝑅 = 𝐴 𝜃 = 2𝜋𝑡 𝑧 = 𝐴𝑡2 4⁄ onde 𝐴 é uma constante. Determine as intensidades da

velocidade e da aceleração da partícula em qualquer instante 𝑡.

SOLUÇÃO:

𝑅 = 𝐴 �� = 0 �� = 0

𝜃 = 2𝜋𝑡 �� = 2𝜋 �� = 0

𝑧 = 𝐴𝑡2 4⁄ �� = 𝐴𝑡 2⁄ �� = 𝐴 2⁄

Assim, as componentes cilíndricas do vetor velocidade são.

𝑣𝑅 = �� 𝑣𝑅 = 0

𝑣𝜃 = 𝑅�� 𝑣𝜃 = 𝐴2𝜋 𝑣𝜃 = 2𝐴𝜋

𝑣𝑧 = �� 𝑣𝑧 = 𝐴𝑡 2⁄

E a intensidade 𝑣 do vetor �� pode ser obtida por:

𝑣 = √(𝑣𝑅)2 + (𝑣𝜃)

2 + (𝑣𝑧)2 𝑣 = √(0)2 + (2𝐴𝜋)2 + (𝐴𝑡 2⁄ )2 𝑣 = √4𝐴2𝜋2 + 𝐴2𝑡2 4⁄

𝑣 = √𝐴2(4𝜋2 + 𝑡2 4⁄ ) 𝑣 = 𝐴√4𝜋2 + 𝑡2 4⁄

As componentes cilíndricas do vetor aceleração são.

𝑎𝑅 = �� − 𝑅��2 𝑎𝑅 = 0 − 𝐴(2𝜋)2 𝑎𝑅 = 4𝐴𝜋2

𝑎𝜃 = 𝑅�� + 2�� 𝑎𝜃 = 𝐴(0) + 2(0)(2𝜋) 𝑎𝜃 = 0

𝑎𝑧 = �� 𝑎𝑧 = 𝐴 2⁄

E a intensidade 𝑎 do vetor �� pode ser obtida por:

𝑎 = √(𝑎𝑅)2 + (𝑎𝜃)

2 + (𝑎𝑧)2 𝑎 = √(4𝐴𝜋2)2 + (0)2 + (𝐴 2⁄ )2 𝑎 = √16𝐴2𝜋4 + 𝐴2 4⁄

𝑎 = 𝐴√16𝜋4 + 1 4⁄


2.10 Movimento Relativo de um Sistema de Coordenadas em Translação

Consideremos duas partículas 𝐴 e 𝐵 que se movem no espaço em relação a um sistema de

coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧. Assim, os vetores posição das partículas 𝐴 e 𝐵 em relação ao sistema

de coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧 serão, respectivamente, 𝑟𝐴 e 𝑟𝐵.

Adicionalmente, consideremos um sistema de coordenadas móvel

𝐴𝑥’𝑦’𝑧’ ligado à partícula 𝐴, movendo-se juntamente com a partícula

𝐴 e de tal modo que as direções 𝑥 e 𝑥’, 𝑦 e 𝑦’ e 𝑧 e 𝑧’ permanecem

respectivamente paralelas entre si2.

O vector 𝑟𝐵/𝐴 é o vetor posição da partícula 𝐵 em relação à partícula

𝐴, isto é, é o vetor posição da partícula 𝐵 em relação ao sistema de

referência móvel 𝐴𝑥’𝑦’𝑧’. Ou seja,

𝑟𝐵/𝐴 = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴

Derivando duas vezes obtemos,

��𝐵/𝐴 = ��𝐵 − ��𝐴

��𝐵/𝐴 = ��𝐵 − ��𝐴

2 O sistema de coordenadas móvel 𝐴𝑥′𝑦′𝑧′ está se movendo em relação ao sistema de coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧

apenas por translação, sem nenhuma rotação. No caso de movimento de partículas, esta condição deve ser sempre

verdadeira, pois não tem sentido dizer que sistema 𝐴𝑥′𝑦′𝑧′ (que se move preso a uma partícula ou a um ponto

material sem dimensão) sofre alguma “alteração da sua posição angular” em relação ao sistema 𝑂𝑥𝑦𝑧.


2.10.1 Exemplo-Ilustrativo 17 – Movimento Relativo 3D.

Uma partícula 𝐴 se desloca de acordo com o seu vetor posição dado por

𝑟𝐴 = 4 cos(2𝜋𝑡) 𝑖 + 3𝑡2𝑗 + 4 sin(2𝜋𝑡) ��.

Outra partícula 𝐵 se desloca de acordo com o seu vetor posição dado por

𝑟𝐵 = 𝑒−𝑡 2⁄ sin(8𝜋𝑡) 𝑖 + 𝑡𝑗 + 𝑒−𝑡 2⁄ cos(8𝜋𝑡) ��.

a) A aceleração da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, para qualquer instante 𝑡. b) A velocidade da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, para qualquer instante 𝑡. c) A posição da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, para qualquer instante 𝑡. d) A aceleração, a velocidade e a posição da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, no instante

𝑡 = 5 𝑠.

SOLUÇÃO:

Adotamos o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦𝑧 padrão e consideramos um outro sistema de coordenadas 𝑂′𝑥′𝑦′𝑧′ movendo-se apenas por translação e preso à partícula 𝐴.

Movimento da partícula 𝑨:

De acordo com o enunciado do problema,

𝑟𝐴 = [

𝑟𝑥𝐴𝑟𝑦𝐴𝑟𝑧𝐴] 𝑟𝐴 = [

4 cos(2𝜋𝑡)

3𝑡2

4 sin(2𝜋𝑡)]

Derivando, encontramos,

��𝐴 = [

𝑣𝐴𝑥𝑣𝐴𝑦𝑣𝐴𝑧

] ��𝐴 = [−8π sin(2𝜋𝑡)

6𝑡8π cos(2𝜋𝑡)

]

��𝐴 = [

𝑎𝐴𝑥𝑎𝐴𝑦𝑎𝐴𝑧

] ��𝐴 = [−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)


]

Movimento da partícula 𝑩:

𝑟𝐵 = [

𝑥𝐵𝑦𝐵𝑧𝐵] 𝑟𝐵 = [

𝑒−𝑡 2⁄ sin(8𝜋𝑡)𝑡

𝑒−𝑡 2⁄ cos(8𝜋𝑡)]

Derivando, encontramos,

��𝐵 = [

𝑣𝐵𝑥𝑣𝐵𝑦𝑣𝐵𝑧

] ��𝐵 =

[ −

𝑒−𝑡 2⁄ (sin(8𝜋𝑡)−16𝜋 cos(8𝜋𝑡))

2

1

−𝑒−𝑡 2⁄ (cos(8𝜋𝑡)+16𝜋 sin(8𝜋𝑡))

2 ]

��𝐵 = [

𝑎𝐵𝑥𝑎𝐵𝑦𝑎𝐵𝑧

] ��𝐵 =

[ −

𝑒−𝑡 2⁄ ((256𝜋2−1) sin(8𝜋𝑡)+32𝜋 cos(8𝜋𝑡))

4

0𝑒−𝑡 2⁄ (32𝜋 sin(8𝜋𝑡)−(256𝜋2−1) cos(8𝜋𝑡))

4 ]


a) Determinar a aceleração da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, para qualquer instante 𝑡.

��𝐵 𝐴⁄ = ��𝐵 − ��𝐴 ��𝐵 𝐴⁄ =

[ −

𝑒−𝑡 2⁄ ((256𝜋2−1) sin(8𝜋𝑡)+32𝜋 cos(8𝜋𝑡))

4

0𝑒−𝑡 2⁄ (32𝜋 sin(8𝜋𝑡)−(256𝜋2−1)cos(8𝜋𝑡))

4 ]

− [−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)


]

��𝐵 𝐴⁄ =

[ −

𝑒−𝑡 2⁄ ((256𝜋2−1) sin(8𝜋𝑡)+32𝜋 cos(8𝜋𝑡))

4− (−16𝜋2 cos(2𝜋𝑡))

0 − 6𝑒−𝑡 2⁄ (32𝜋 sin(8𝜋𝑡)−(256𝜋2−1) cos(8𝜋𝑡))

4− (−16𝜋2 sin(2𝜋𝑡)) ]

��𝐵 𝐴⁄ =

[ −

𝑒−𝑡 2⁄ ((256𝜋2−1) sin(8𝜋𝑡)+32𝜋 cos(8𝜋𝑡))

4+ 16𝜋2 cos(2𝜋𝑡)

−6𝑒−𝑡 2⁄ (32𝜋 sin(8𝜋𝑡)−(256𝜋2−1) cos(8𝜋𝑡))

4+ 16𝜋2 sin(2𝜋𝑡) ]

��𝐵 𝐴⁄ =

[ −

64𝜋2𝑒𝑡 2⁄ cos(2𝜋𝑡)−(32𝜋 cos(8𝜋𝑡)+(256𝜋2−1) sin(8𝜋𝑡))

4𝑒𝑡 2⁄

−6

−(256𝜋2−1)cos(8𝜋𝑡)−32𝜋 sin(8𝜋𝑡)−64𝜋2𝑒𝑡 2⁄ sin(2𝜋𝑡)

4𝑒𝑡 2⁄ ]

b) Determinar a velocidade da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, para qualquer instante 𝑡.

��𝐵 𝐴⁄ = ��𝐵 − ��𝐴 ��𝐵 𝐴⁄ =

[ −


2

1


2 ]

− [−8π sin(2𝜋𝑡)

6𝑡8π cos(2𝜋𝑡)

]

��𝐵 𝐴⁄ =

[ −


2− (−8π sin(2𝜋𝑡))

1 − 6t


2− 8π cos(2𝜋𝑡) ]

��𝐵 𝐴⁄ =

[ 16𝜋 cos(8𝜋𝑡)−sin(8𝜋𝑡)+16𝜋𝑒𝑡 2⁄ sin(2𝜋𝑡)

2𝑒𝑡 2⁄

1 − 6t

−16𝜋𝑒𝑡 2⁄ cos(2𝜋𝑡)+cos(8𝜋𝑡)+16𝜋 sin(8𝜋𝑡)

2𝑒𝑡 2⁄ ]

c) Determinar a posição da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, para qualquer instante 𝑡.

𝑟𝐵 𝐴⁄ = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [𝑒−𝑡 2⁄ sin(8𝜋𝑡)

𝑡𝑒−𝑡 2⁄ cos(8𝜋𝑡)

] − [4 cos(2𝜋𝑡)

3𝑡2

4 sin(2𝜋𝑡)]

𝑟𝐵 𝐴⁄ = [𝑒−𝑡 2⁄ sin(8𝜋𝑡) − 4 cos(2𝜋𝑡)

𝑡 − 3𝑡2

𝑒−𝑡 2⁄ cos(8𝜋𝑡) − 4 sin(2𝜋𝑡)

]

d) Determinar a aceleração, a velocidade e a posição da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴, no instante 𝑡 = 5 𝑠.

Em 𝑡 = 5 𝑠, teremos,


��𝐵 𝐴⁄ =

[ −

64𝜋2𝑒5 2⁄ cos(2𝜋5)−(32𝜋 cos(8𝜋5)+(256𝜋2−1) sin(8𝜋5))

4𝑒5 2⁄

−6

−(256𝜋2−1)cos(8𝜋5)−32𝜋 sin(8𝜋5)−64𝜋2𝑒5 2⁄ sin(2𝜋5)

4𝑒5 2⁄ ]

��𝐵 𝐴⁄ =

[ 16𝜋2𝑒5 2⁄ −8𝜋

𝑒5 2⁄

−6

−256𝜋2−1

4𝑒5 2⁄ ]

��𝐵 𝐴⁄ = [155,85−6

−51,829]

��𝐵 𝐴⁄ =

[ 16𝜋 cos(8𝜋5)−sin(8𝜋5)+16𝜋𝑒5 2⁄ sin(2𝜋5)

2𝑒5 2⁄

1 − 6(5)

−16𝜋𝑒5 2⁄ cos(2𝜋5)+cos(8𝜋5)+16𝜋 sin(8𝜋5)

2𝑒5 2⁄ ]

��𝐵 𝐴⁄ = [

8𝜋

𝑒5 2⁄

−29

−16𝜋𝑒5 2⁄ +1

2𝑒5 2⁄

] ��𝐵 𝐴⁄ = [2,0630−29

−25,174]

𝑟𝐵 𝐴⁄ = [

𝑒−5 2⁄ sin(8𝜋5) − 4 cos(2𝜋5)

5 − 3(5)2

𝑒−5 2⁄ cos(8𝜋5) − 4 sin(2𝜋5)

]

𝑟𝐵 𝐴⁄ = [

−4−70

√𝑒5𝑒5⁄

] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [−4−70

0,08209]


2.10.2 Exemplo-Ilustrativo 18 – Movimento Relativo.

O automóvel 𝐴 está trafegando para leste com uma velocidade

constante de 𝑣𝐴 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ . Quando ele passa pelo cruzamento

mostrado na figura, o automóvel 𝐵 parte do repouso de uma

posição 𝑑 = 40 𝑚 ao norte do cruzamento dirigindo-se para o sul

com uma aceleração constante de 𝑎𝐵 = 2,6 𝑚 𝑠2⁄ . Determinar:

a) A aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para

qualquer instante 𝑡. b) A velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. c) A posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. d) A aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, no

instante 𝑡 = 5 𝑠.

SOLUÇÃO:

Adotamos o sistema de coordenadas com origem “no cruzamento” e os eixos

𝑥 e 𝑦 com sentidos positivos orientados, respectivamente, para leste e para

norte, conforme ilustrado na figura ao lado. Um outro sistema de coordenadas

𝑂′𝑥′𝑦′ move-se apenas por translação preso ao automóvel 𝐴.

Movimento do automóvel 𝑨:

��𝐴 = [𝑎𝐴𝑥𝑎𝐴𝑦

] ��𝐴 = [𝑣𝐴𝑥𝑣𝐴𝑦

] 𝑟𝐴 = [𝑥𝐴𝑦𝐴]

De acordo com o enunciado do problema, o automóvel 𝐴 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniforme na

direção 𝑥 do sistema de coordenadas adotado. Isto é, 𝑎𝐴𝑥 = 0 e 𝑎𝐴𝑦 = 0. Assim,

��𝐴 = [00] ��𝐴 = [

𝑣0𝐴𝑥0] 𝑟𝐴 = [

𝑥0𝐴 + 𝑣0𝐴𝑥𝑡0

]

Notar que uma denominação apropriada das variáveis envolvidas é um item relevante para o desenvolvimento da

solução do problema.

Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐴 (em conformidade com o sistema de coordenadas adotado):

𝑎𝐴𝑥 = 0 𝑣0𝐴𝑥 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ = 20 𝑚 𝑠⁄ 𝑥0𝐴 = 0

Portanto, o movimento do automóvel 𝐴 é determinado por:

��𝐴 = [00] ��𝐴 = [

200] 𝑟𝐴 = [

20𝑡0]

Movimento do automóvel 𝑩:

��𝐵 = [𝑎𝐵𝑥𝑎𝐵𝑦

] ��𝐵 = [𝑣𝐵𝑥𝑣𝐵𝑦

] 𝑟𝐵 = [𝑥𝐵𝑦𝐵]

De acordo com o enunciado do problema, o automóvel 𝐵 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente

Acelerado na direção 𝑦 do sistema de coordenadas adotado. Isto é, 𝑎𝐵𝑥 = 0 e 𝑎𝐵𝑦 = 𝑐𝑡𝑒 ≤ 0 (uma constante real

negativa). Assim,

��𝐵 = [0𝑎𝐵𝑦

] ��𝐵 = [0

𝑣0𝐵𝑦 + 𝑎𝐵𝑦𝑡] 𝑟𝐵 = [

0

𝑦0𝐵 + 𝑣0𝐵𝑦𝑡 +1

2𝑎𝐵𝑦𝑡

2]

𝑣𝐴

𝑣𝐵

𝑑

𝑣𝐴

𝑣𝐵 𝑦𝐵

𝑥

𝑦

𝑥𝐴

𝑦′

𝑥′ 𝑂


Notar que uma denominação apropriada para as variáveis envolvidas é um item relevante para o desenvolvimento

da solução do problema.

Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐵 (em conformidade com o sistema de coordenadas adotado):

𝑎𝐵𝑦 = −2,6 𝑚 𝑠2⁄ 𝑣0𝐵𝑦 = 0 𝑚 𝑠⁄ 𝑦0𝐵 = 40 𝑚

Portanto, o movimento do automóvel 𝐵 é determinado por:

��𝐵 = [0

−2,6] ��𝐵 = [

0−2,6𝑡

] 𝑟𝐵 = [0

40 − 1,3𝑡2]

a) Determinar a aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡.

��𝐵 𝐴⁄ = ��𝐵 − ��𝐴

��𝐵 𝐴⁄ = [0

−2,6] − [

00] ��𝐵 𝐴⁄ = [

0 − 0−2,6 − 0

] ��𝐵 𝐴⁄ = [0

−2,6]

b) Determinar a velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡.

��𝐵 𝐴⁄ = ��𝐵 − ��𝐴

��𝐵 𝐴⁄ = [0

−2,6𝑡] − [

200] ��𝐵 𝐴⁄ = [

0 − 20−2,6𝑡 − 0

] ��𝐵 𝐴⁄ = [−20−2,6𝑡

]

c) Determinar a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡.

𝑟𝐵 𝐴⁄ = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴

𝑟𝐵 𝐴⁄ = [0

40 − 1,3𝑡2] − [

20𝑡0] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [

0 − 20𝑡40 − 1,3𝑡2 − 0

] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [−20𝑡

40 − 1,3𝑡2]

d) Determinar a aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, no instante 𝑡 =5 𝑠.

Para qualquer instante 𝑡 temos que,

��𝐵 𝐴⁄ = [0

−2,6] ��𝐵 𝐴⁄ = [

−20−2,6𝑡

] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [−20𝑡

40 − 1,3𝑡2]

Para o instante 𝑡 = 5 𝑠 teremos,

��𝐵 𝐴⁄ = [0

−2,6] ��𝐵 𝐴⁄ = [

−20−2,6(5)

] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [−20(5)

40 − 1,3(5)2]

��𝐵 𝐴⁄ = [0

−2,6] ��𝐵 𝐴⁄ = [

−20−13

] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [−1007,5

]


2.11 Movimentos Dependentes

Consideremos duas partículas 𝐴 e 𝐵 em movimento relativo,

conforme descrito anteriormente.

Uma vez estabelecidos o sistema de coordenadas fixo 𝑂𝑥𝑦𝑧 e o

sistema de coordenadas móvel 𝐴𝑥’𝑦’𝑧’ preso à partícula 𝐴, vimos que

o movimento da partícula 𝐵 em relação à partícula 𝐴 é dado por:

𝑟𝐵/𝐴 = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 ��𝐵/𝐴 = ��𝐵 − ��𝐴 ��𝐵/𝐴 = ��𝐵 − ��𝐴

Adicionalmente, se houver algum tipo de vínculo fazendo com que a posição (e a velocidade e

a aceleração) de uma das partículas seja dependente da posição (da velocidade e da aceleração)

da outra partícula, teremos uma situação em que o movimento relativo entre as duas partículas

é regido ou condicionado por uma equação que vincula ou condiciona o movimento de uma

partícula em relação à outra.


2.11.1 Exemplo-Ilustrativo 19 – Movimentos Dependentes.

O automóvel 𝐴 está trafegando no sentido do Oeste para Leste com

aceleração constante 𝑎𝐴 e o automóvel 𝐵 está trafegando no

sentido do Norte para o Sul com aceleração constante 𝑎𝐵.

Quando o automóvel 𝐴 está passando pela posição 240 𝑚 a oeste

do cruzamento sua velocidade é de 52 𝑚 𝑠⁄ e o automóvel 𝐵 está

passando pela posição 120 𝑚 ao norte do cruzamento com uma

velocidade de 26 𝑚 𝑠⁄ . Além disso, até o instante 𝑡 = 4 𝑠, os

movimentos de 𝐴 e de 𝐵 são movimentos dependentes regidos pela

relação de dependência 𝑥𝐴 + 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑡𝑒. Nestas condições, determinar:

a) A aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. b) A velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. c) A posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡. d) A aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, no

instante 𝑡 = 3 𝑠, sabendo que neste instante o automóvel 𝐵 está a uma distância de 33 𝑚 do

cruzamento.

e) Se os automóveis irão colidir ou não e, em caso afirmativo, o instante em que ocorre.

SOLUÇÃO:

Adotamos o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 com origem “no cruzamento” e os

eixos 𝑥 e 𝑦 com sentidos positivos orientados, respectivamente, para leste e para

norte, conforme ilustrado na figura ao lado. Um outro sistema de coordenadas

𝐴𝑥′𝑦′ (não ilustrado na figura) move-se apenas por translação preso ao

automóvel 𝐴.

Movimento do automóvel 𝐴 (em relação ao sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦):

��𝐴 = [𝑎𝐴𝑥𝑎𝐴𝑦

] ��𝐴 = [𝑣𝐴𝑥𝑣𝐴𝑦

] 𝑟𝐴 = [𝑥𝐴𝑦𝐴]

De acordo com o enunciado do problema o automóvel 𝐴 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente

Acelerado (𝑎𝐴 = 𝑐𝑡𝑒) na direção positiva 𝑥 do sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 adotado. Isto é,

𝑎𝐴𝑥 = +𝑎𝐴 𝑎𝐴𝑦 = 0

Assim, escrevemos,

��𝐴 = [𝑎𝐴0] ��𝐴 = [

𝑣0𝐴𝑥 + 𝑎𝐴𝑡0

] 𝑟𝐴 = [𝑥0𝐴 + 𝑣0𝐴𝑥𝑡 +

1

2𝑎𝐴𝑡

2

0]

Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐴 (em conformidade com o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦):

𝑣0𝐴𝑥 = 52 𝑚 𝑠⁄ 𝑥0𝐴 = −240 𝑚

Portanto,

��𝐴 = [𝑎𝐴0] ��𝐴 = [

52 + 𝑎𝐴𝑡0

] 𝑟𝐴 = [−240 + 52𝑡 +

1

2𝑎𝐴𝑡

2

0]

Movimento do automóvel 𝐵:

��𝐵 = [𝑎𝐵𝑥𝑎𝐵𝑦

] ��𝐵 = [𝑣𝐵𝑥𝑣𝐵𝑦

] 𝑟𝐵 = [𝑥𝐵𝑦𝐵]

𝑣𝐴

𝑣𝐵

𝑥

𝑦

𝑂

𝑣𝐴

𝑣𝐵 120 𝑚

240 𝑚


De acordo com o enunciado do problema o automóvel 𝐵 desenvolve um Movimento Retilíneo Uniformemente

Acelerado (𝑎𝐵 = 𝑐𝑡𝑒) na direção negativa 𝑦 do sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 adotado. Isto é,

𝑎𝐵𝑥 = 0 𝑎𝐵𝑦 = −𝑎𝐵

Assim,

��𝐵 = [0−𝑎𝐵

] ��𝐵 = [0

𝑣0𝐵𝑦 − 𝑎𝐵𝑡] 𝑟𝐵 = [

0

𝑦0𝐵 + 𝑣0𝐵𝑦𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2]

Dados iniciais para o movimento do automóvel 𝐵 (em conformidade com o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦):

𝑣0𝐵𝑦 = −26 𝑚 𝑠⁄ 𝑦0𝐵 = 120 𝑚

Portanto,

��𝐵 = [0−𝑎𝐵

] ��𝐵 = [0

−26 − 𝑎𝐵𝑡] 𝑟𝐵 = [

0

120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2]

Dependência dos movimentos de 𝐴 e de 𝐵

Conforme o enunciado do problema, até o instante 𝑡 = 4 𝑠, os movimentos de 𝐴 e de 𝐵 são movimentos

dependentes regidos pela seguinte relação de dependência:

𝑥𝐴 + 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑡𝑒

Isto é, a distância do automóvel 𝐴 até a origem, somada ao dobro da distância do automóvel 𝐵 até a origem, resulta

em um mesmo valor constante qualquer que seja o instante 𝑡, desde que 𝑡 ≤ 4 𝑠.

Derivando duas vezes a relação de dependência encontramos,

𝑑(𝑥𝐴+2𝑦𝐵)

𝑑𝑡=

𝑑(𝑐𝑡𝑒)

𝑑𝑡

𝑑(𝑥𝐴)

𝑑𝑡+ 2

𝑑(𝑦𝐵)

𝑑𝑡= 0 𝑣𝐴𝑥 + 2𝑣𝐵𝑦 = 0

𝑑(𝑣𝐴𝑥+2𝑣𝐵𝑦)

𝑑𝑡=

𝑑(0)

𝑑𝑡

𝑑(𝑣𝐴𝑥)

𝑑𝑡+ 2

𝑑(𝑣𝐵𝑦)

𝑑𝑡= 0 𝑎𝐴𝑥 + 2𝑎𝐵𝑦 = 0

Uma vez que,

𝑎𝐴𝑥 = +𝑎𝐴 𝑎𝐵𝑦 = −𝑎𝐵

Obtemos,

𝑎𝐴 − 2𝑎𝐵 = 0

a) Determinar a aceleração do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡 (𝑡 ≤ 4 𝑠).

��𝐴 = [𝑎𝐴0] ��𝐵 = [

0−𝑎𝐵

]

��𝐵 𝐴⁄ = ��𝐵 − ��𝐴 = [0−𝑎𝐵

] − [𝑎𝐴0] = [

−𝑎𝐴−𝑎𝐵

]

Mas, 𝑎𝐴 = 2𝑎𝐵. Logo,

��𝐵 𝐴⁄ = [−2𝑎𝐵−𝑎𝐵

]

b) Determinar a velocidade do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡 (𝑡 ≤ 4 𝑠).


��𝐴 = [52 + 𝑎𝐴𝑡

0] ��𝐵 = [

0−26 − 𝑎𝐵𝑡

]

��𝐵 𝐴⁄ = ��𝐵 − ��𝐴 = [0

−26 − 𝑎𝐵𝑡] − [

52 + 𝑎𝐴𝑡0

] = [−52 − 𝑎𝐴𝑡−26 − 𝑎𝐵𝑡

]


��𝐵 𝐴⁄ = [−52 − 2𝑎𝐵𝑡−26 − 𝑎𝐵𝑡

]

c) A posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, para qualquer instante 𝑡 (𝑡 ≤ 4 𝑠).

𝑟𝐴 = [−240 + 52𝑡 +

1

2𝑎𝐴𝑡

2

0] 𝑟𝐵 = [

0

120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2]

𝑟𝐵 𝐴⁄ = 𝑟𝐵 − 𝑟𝐴 = [0

120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2] − [−240 + 52𝑡 +

1

2𝑎𝐴𝑡

2

0] = [

240 − 52𝑡 −1

2𝑎𝐴𝑡

2

120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2]


𝑟𝐵 𝐴⁄ = [240 − 52𝑡 − 𝑎𝐵𝑡

2

120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2]

d) A aceleração, a velocidade e a posição do automóvel 𝐵 em relação ao automóvel 𝐴, em 𝑡 = 3 𝑠, sabendo que

neste instante o automóvel 𝐵 está a uma distância de 33 𝑚 do cruzamento.

𝑟𝐵 = √(𝑥𝐵)2 + (𝑦𝐵)

2 𝑟𝐵 = √(0)2 + (𝑦𝐵)

2

𝑟𝐵 = √(𝑦𝐵)2 𝑟𝐵 = +𝑦𝐵

𝑟𝐵 = +𝑦𝐵 = 120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2

Para o instante 𝑡 = 3 𝑠 temos,

120 − 26(3) −1

2𝑎𝐵(3)

2 = 33 120 − 78 −9

2𝑎𝐵 = 33 −

9

2𝑎𝐵 = −9

9

2𝑎𝐵 = 9 𝑎𝐵 = 2 𝑚 𝑠2⁄

Logo, para o instante 𝑡 = 3 𝑠 temos,

��𝐵 𝐴⁄ = [−2𝑎𝐵−𝑎𝐵

] ��𝐵 𝐴⁄ = [−2(2)−2

] ��𝐵 𝐴⁄ = [−4−2]

��𝐵 𝐴⁄ = [−52 − 2𝑎𝐵𝑡−26 − 𝑎𝐵𝑡

] ��𝐵 𝐴⁄ = [−52 − 2(2)(3)

−26 − (2)(3)] ��𝐵 𝐴⁄ = [

−64−32

]

𝑟𝐵 𝐴⁄ = [240 − 52𝑡 − 𝑎𝐵𝑡

2

120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [240 − 52(3) − (2)(3)2

120 − 26(3) −1

2(2)(3)2

] 𝑟𝐵 𝐴⁄ = [6633]

e) Se os automóveis irão colidir ou não e, em caso afirmativo, o instante em que ocorre.

Haverá colisão se


𝑟𝐵 𝐴⁄ = [240 − 52𝑡 − 𝑎𝐵𝑡

2

120 − 26𝑡 −1

2𝑎𝐵𝑡

2] = 0 (Vetor nulo)

Seja 𝑡1 o instante de tempo em que a componente 𝑥𝐵 𝐴⁄ = 0 e seja 𝑡2 o instante de tempo em que a componente

𝑦𝐵 𝐴⁄ = 0. Haverá colisão se 𝑡1 = 𝑡2. Então,

240 − 52𝑡1 − (2)𝑡12 = 0 120 − 26𝑡2 −

1

2(2)𝑡2

2 = 0

240 − 52𝑡1 − (2)𝑡12 = 0 120 − 26𝑡2 −

1

2(2)𝑡2

2 = 0

𝑡1 = {4 𝑠−30 𝑠

𝑡2 = {4 𝑠−30 𝑠

Como

𝑡1 = 𝑡2 = 4 𝑠

Concluímos que haverá colisão, em 𝑡 = 4 𝑠! Justamente no cruzamento, que é o único ponto comum entre as

trajetórias dos dois automóveis.


2.11.2 Exemplo-Ilustrativo 20 – Movimentos Dependentes.


A polia 𝐷 está presa a um cursor que é puxado para baixo com velocidade

constante de 7,5 𝑐𝑚/𝑠. No instante 𝑡 = 0, o cursor 𝐴 começa a se mover

para baixo a partir do ponto 𝐾 com aceleração constante e velocidade inicial

nula. Sabendo que a velocidade do cursor 𝐴 é de 30 𝑐𝑚/𝑠 ao passar pelo

ponto 𝐿, determine a variação na elevação, a variação na velocidade e a

variação na aceleração do bloco 𝐵 quando o bloco 𝐴 passar por 𝐿.

SOLUÇÃO:

São três partículas (o cursor 𝐴, a polia/ cursor 𝐷 e o bloco 𝐵), em movimentos dependentes

através do vínculo estabelecido pelo cabo e pelas polias.

Todos os movimentos são retilíneos e na mesma direção. Adotamos o sistema de

coordenadas como um eixo 𝑥 orientado positivo para baixo (todos os movimentos serão

estabelecidos por suas respectivas componentes 𝑥).

Movimento do cursor 𝑨.

O movimento do cursor 𝐴 é um Movimento Retilíneo Uniformemente Acelerado para baixo (no sentido positivo

do eixo 𝑥 adotado). Portanto, seu movimento é regido pelas seguintes equações:

𝑎𝐴 = 𝑐𝑡𝑒 ≥ 0

𝑣𝐴 = 𝑣0𝐴 + 𝑎𝐴𝑡 𝑣𝐴2 = 𝑣0𝐴

2 + 2𝑎𝐴(𝑥𝐴 − 𝑥0𝐴)

𝑥𝐴 = 𝑥0𝐴 + 𝑣0𝐴𝑡 +1

2𝑎𝐴𝑡

2

Dados do movimento do cursor 𝐴 (em conformidade com o eixo ordenado 𝑥 adotado para descrever os movimentos

retilíneos).

𝑥𝐴(𝐿) − 𝑥0𝐴 = 20 𝑐𝑚 𝑣𝐴(𝐿) = 30 𝑐𝑚 𝑠⁄ 𝑣0𝐴 = 0

Sendo 𝑡1 é o instante em que o cursor 𝐴 passa pelo ponto 𝐿, podemos escrever,

𝑣𝐴(𝑡1)2 = 𝑣0𝐴

2 + 2𝑎𝐴(𝑥𝐴(𝑡1) − 𝑥0𝐴)

Para obter,

302 = 02 + 2𝑎𝐴(20) 𝑎𝐴 = 22,5 𝑐𝑚 𝑠2⁄

E escrever que,

𝑣𝐴(𝑡1) = 𝑣0𝐴 + 𝑎𝐴(𝑡1)

Para obter,

30 = 0 + 22,5(𝑡1) 𝑡1 = 30 22,5⁄ = 1,3333 𝑠

Movimento da polia 𝑫.

O movimento da polia 𝐷 é um Movimento Retilíneo Uniforme para baixo (sentido positivo do eixo 𝑥 adotado).

Portanto, seu movimento é regido pelas seguintes equações:

𝑎𝐷 = 0 𝑣𝐷 = 𝑣0𝐷 𝑥𝐷 = 𝑥0𝐷 + 𝑣0𝐷𝑡

𝑥


Dados do movimento da polia 𝐷 (em conformidade com o eixo ordenado 𝑥 adotado para descrever os movimentos

retilíneos).

𝑣𝐷 = 𝑣0𝐷 = 7,5

Para o instante 𝑡1,

𝑥𝐷(𝑡1) = 𝑥0𝐷 + 7,5(𝑡1) 𝑥𝐷(𝑡1) − 𝑥0𝐷 = 7,5(30 22,5⁄ )

𝑥𝐷(𝑡1) − 𝑥0𝐷 = 10 𝑐𝑚

Movimento do bloco 𝑩.

Não foram fornecidas informações sobre o movimento do bloco 𝐵. Sabemos, porém, que é um movimento

dependente dos movimentos do cursor 𝐴 e da polia 𝐷.

Dependência dos movimentos.

Conforme o enunciado do problema, os movimentos são dependentes, através dos vínculos estabelecidos pelo cabo

e pelas polias. A relação de dependência entre os movimentos pode ser estabelecida observando-se que o

comprimento do cabo é constante. Isto é,

𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 + 2𝑥𝐷 = 𝑐𝑡𝑒

Diferenciando, obtemos,

𝑣𝐴 + 𝑣𝐵 + 2𝑣𝐷 = 0 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵 + 2𝑎𝐷 = 0

Concluímos que a relação de dependência permite concluir que,

No instante 𝒕𝟎 = 𝟎 No instante 𝒕𝟏 = 𝟑𝟎 𝟐𝟐, 𝟓⁄ = 𝟏, 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔

𝑥0𝐴 + 𝑥0𝐵 + 2𝑥0𝐷 = 𝑐𝑡𝑒 𝑥𝐴(𝑡1) + 𝑥𝐵(𝑡1) + 2𝑥𝐷(𝑡1) = 𝑐𝑡𝑒

𝑣0𝐴 + 𝑣0𝐵 + 2𝑣0𝐷 = 0 𝑣𝐴(𝑡1) + 𝑣𝐵(𝑡1) + 2𝑣𝐷(𝑡1) = 0

𝑎0𝐴 + 𝑎0𝐵 + 2𝑎0𝐷 = 0 𝑎𝐴(𝑡1) + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2𝑎𝐷(𝑡1) = 0

Portanto,

𝑥𝐴(𝑡1) + 𝑥𝐵(𝑡1) + 2𝑥𝐷(𝑡1) = 𝑥0𝐴 + 𝑥0𝐵 + 2𝑥0𝐷

𝑣𝐴(𝑡1) + 𝑣𝐵(𝑡1) + 2𝑣𝐷(𝑡1) = 𝑣0𝐴 + 𝑣0𝐵 + 2𝑣0𝐷

𝑎𝐴(𝑡1) + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2𝑎𝐷(𝑡1) = 𝑎0𝐴 + 𝑎0𝐵 + 2𝑎0𝐷

(𝑥𝐴(𝑡1) − 𝑥0𝐴) + (𝑥𝐵(𝑡1) − 𝑥0𝐵) + 2(𝑥𝐷(𝑡1) − 𝑥0𝐷) = 0

(𝑣𝐴(𝑡1) − 𝑣0𝐴) + (𝑣𝐵(𝑡1) − 𝑣0𝐵) + 2(𝑣𝐷(𝑡1) − 𝑣0𝐷) = 0

(𝑎𝐴(𝑡1) − 𝑎0𝐴) + (𝑎𝐵(𝑡1) − 𝑎0𝐵) + 2(𝑎𝐷(𝑡1) − 𝑎0𝐷) = 0

∆𝑥𝐴 + ∆𝑥𝐵 + 2∆𝑥𝐷 = 0

∆𝑣𝐴 + ∆𝑣𝐵 + 2∆𝑣𝐷 = 0

∆𝑎𝐴 + ∆𝑎𝐵 + 2∆𝑎𝐷 = 0

Substituindo valores conhecidos e encontrados,

(20) + ∆𝑥𝐵 + 2(10) = 0

(30) + ∆𝑣𝐵 + 2(0) = 0 (0) + ∆𝑎𝐵 + 2(0) = 0

Encontramos,


∆𝑥𝐵 = −40 𝑐𝑚 ∆𝑣𝐵 = −30 𝑐𝑚 𝑠⁄ ∆𝑎𝐵 = 0

Além disso, temos que no instante 𝒕𝟏 vale a relação,

𝑎𝐴(𝑡1) + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2𝑎𝐷(𝑡1) = 0 22,5 + 𝑎𝐵(𝑡1) + 2(0) = 0

𝑎𝐵(𝑡1) = −22,5

Como, ∆𝑎𝐵 = 0, concluímos que,

𝒂𝑩 = 𝒂𝑩(𝒕𝟏) = −𝟐𝟐, 𝟓 = 𝒄𝒕𝒆


3 Cinética de Partículas: Aplicação Direta da 2ª Lei de Newton

3.1 Introdução

A Dinâmica é a parte da Mecânica que estuda os corpos em movimento.

A Dinâmica divide-se em duas partes: Cinemática e Cinética.

• Cinemática

Estuda a ‘geometria’ ou a forma do movimento ao longo do tempo. Procura determinar

a posição, a velocidade e a aceleração do movimento ao longo do tempo, sem fazer

referência às causas (forças) geradoras do movimento.

• Cinética

Estuda a relação existente entre as forças que atuam sobre um corpo (causas do

movimento) e a Cinemática decorrente da ação dessas forças.

A cinética é usada para prever o movimento causado por forças conhecidas ou para

determinar as forças necessárias para produzir um movimento desejado.

A 1ª e a 3ª Leis de Newton são suficientes para o estudo de corpos em repouso (estática), ou

corpos em movimento sem nenhuma aceleração (em movimento retilíneo uniforme).

Quando um corpo sofre alguma aceleração (isto é, quando ocorre uma mudança no módulo ou

na direção do vetor velocidade), é necessário utilizar a 2ª Lei de Newton. O objetivo é encontrar

a relação (função) que existe entre as forças e a trajetória que o corpo segue.

3.2 A 2ª Lei de Newton do Movimento

A 2ª Lei de Newton pode ser enunciada como se segue:

Se a força resultante atuando sobre uma partícula não é zero, a partícula terá uma aceleração

proporcional ao módulo da força resultante e na mesma direção e sentido desta força resultante

(�� ∝ ��).

Experimento:

Considere uma partícula sujeita a uma força ��1 de direção

constante e intensidade 𝐹1 também constante. Sob a ação dessa

força (constante), observa-se que a partícula se desloca em uma

linha reta e na direção e sentido da força. Medindo-se a posição

da partícula em vários instantes, verifica-se que sua aceleração tem uma intensidade

constante 𝑎1.

Considere agora que o experimento é repetido (na mesma

partícula) várias vezes com a aplicação das forças ��2, ��3, ..., de

diferentes intensidades e/ou direções. Em todos os casos, constata-

se que a partícula se move na direção e sentido da força que atua


sobre ela que as intensidades 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, ..., das acelerações são proporcionais às intensidades

𝐹1, 𝐹2, 𝐹3, ..., das forças aplicadas, respectivamente.

Isto é, constata-se que,

𝐹1

𝑎1=

𝐹2

𝑎2=

𝐹3

𝑎3=⋅⋅⋅= 𝑐𝑡𝑒 = 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑚

O valor constante obtido é uma característica da partícula. É denominado de 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 da

partícula e representado por 𝑚.

Assim, quando uma força �� atua sobre uma partícula de massa 𝑚, a força �� e a

aceleração �� dessa partícula devem satisfazer a seguinte relação.

�� = 𝑚��

Esta relação é uma formulação completa da 2ª Lei de Newton. Ela expressa não somente que

as intensidades 𝐹 e 𝑎 dos vetores �� e �� são proporcionais (𝐹 ∝ 𝑎), mas também que os vetores

�� e �� têm a mesma direção e o mesmo sentido (pois 𝑚 é um escalar sempre positivo).

A relação �� = 𝑚�� permanece válida mesmo quando �� não for constante. Quando o vetor ��

varia com o tempo em intensidade e/ou direção, a intensidade 𝑎 do vetor aceleração �� em cada

instante será proporcional à intensidade do vetor �� (𝑎 ∝ 𝐹) e o vetor aceleração �� terá a mesma

direção e sentido do vetor força �� em cada instante de tempo.

Quando uma partícula estiver sujeita simultaneamente à ação de várias forças, o seu vetor

aceleração �� terá, em cada instante, intensidade proporcional à intensidade do vetor força

resultante (|∑ ��|), com direção e sentido coincidentes com o vetor força resultante (∑ ��). Isto

é, quando mais de uma força atua sobre uma partícula, a 2ª Lei de Newton estabelece que,

∑ �� = 𝑚��

Deve-se observar que o sistema de coordenadas em relação ao qual o vetor aceleração �� e o

vetor força �� são determinados deve ser um sistema de referência newtoniano3. Um sistema de

eixos fixos na Terra, por definição, não se constitui em um sistema de referência newtoniano,

pois a Terra gira em relação às estrelas “fixas” e está acelerada em relação ao sol. Entretanto,

na grande maioria dos problemas de engenharia, a aceleração pode ser determinada em relação

a eixos liados à Terra e a equação ∑ �� = 𝑚�� pode ser usada sem qualquer erro apreciável. Por

outro lado, essa equação não vale se �� representa uma aceleração relativa, medida em relação

a eixos em movimento, tais como eixos ligados a carros em movimento acelerado ou a peças

rotativas em máquinas.

3 Um sistema de referência newtoniano é um sistema de coordenadas cujos eixos de referência têm orientação

constante (imutável) em relação às estrelas “fixas” com origem no sol ou deslocando-se com velocidade constante

em relação ao sol. Mais precisamente, o sistema deve ter sua origem localizada no centro de massa do sistema

solar (colocá-la no sol é uma aproximação) ou se deslocar com velocidade constante em relação a esse centro de

massa. Na realidade, uma vez que mesmo as estrelas mais distantes não são fixas, a definição de um sistema

newtoniano (também chamado de sistema inercial) é praticamente uma tautologia. Isto é, um sistema de referência

newtoniano (ou inercial) é todo sistema no qual a equação ∑ �� = 𝑚�� é (considerada) válida.


Por fim, vale lembrar que se a força resultante sobre uma partícula for zero, isto é, se ∑ �� = 0,

então a aceleração dessa partícula também será zero (�� = 0). Se a partícula está em repouso

(��0 = 0) em relação ao sistema coordenadas adotado, ela permanecerá em repouso (�� = 0). Se

a partícula estiver originalmente com uma velocidade ��0 ≠ 0, ela manterá essa velocidade

constante �� = ��0 (se moverá com velocidade escalar constante 𝑣0 e em uma linha reta – a 1ª

Lei de Newton é um caso particular da 2ª Lei).


3.3 Sistemas de Unidades

As leis da física exprimem relações entre grandezas (físicas) como comprimento, tempo, força,

energia e temperatura. A medição de cada uma dessas grandezas envolve a comparação com

um valor unitário adotado como padrão de comparação, chamado de unidade de medida.

Por exemplo, a medida mais antiga e básica é, possivelmente, a medida de distância (grandeza

de comprimento). Para medir a distância entre dois pontos é preciso dispor de uma unidade

básica padrão. Pode-se escolher o metro, o pé, a polegada, além de outras unidades de medida.

A afirmação de que uma distância vale 20 metros, significa que uma “régua”, de mesmo

tamanho que uma unidade de medida “metro”, cabe 20 vezes naquela distância.

Toda grandeza física necessita de uma unidade de medida como padrão de comparação.

Grandeza É um ente abstrato empregado para identificar os fenômenos físicos.

Exemplos: Comprimento, Tempo, Força.

Unidade É o padrão de comparação usado para medir a intensidade de uma grandeza.

Exemplos: metro, segundo, Newton.

Atualmente, ainda são utilizados diferentes sistemas de unidades como, por exemplo, o Sistema

Internacional de Unidades (SI), o Sistema Técnico MKS, e o Sistema Inglês BGS; embora a

tendência seja uma convergência para o Sistema Internacional de Unidades (SI). Por exemplo,

a pressão máxima permitida em um pneu pode vir expressa em unidades tais como: libras por

polegada quadrada (𝑝𝑠𝑖), Pascal (𝑃𝑎), milímetros de mercúrio (𝑚𝑚.𝑚𝑔), quilograma-força por

centímetro quadrado (𝑘𝑔𝑓 𝑐𝑚2⁄ ), dentre outras.

Na Mecânica, são quatro as grandezas essenciais: Comprimento (L), Massa (M), Tempo (T) e

Força (F).

Acontece que a 2ª Lei de Newton impõe que apenas três dessas quatro grandezas fundamentais

possam ter suas unidades de medida definidas de maneira arbitrária, pois, a quarta unidade de

medida fica condicionada a ter de respeitar a referida Lei. Isto é, três grandezas fundamentais

terão suas unidades básicas de medida definidas de modo arbitrário, mas a quarta grandeza

básica deverá ter sua unidade definida em função daquelas outras.

Um sistema de unidades pode ser um sistema decimal ou um sistema não-decimal. Em um

sistema decimal, os múltiplos e submúltiplos das unidades básicas são potências de base 10.

Por exemplo, 1𝑘𝑚 = 103𝑚 = 106𝑚𝑚. Caso contrário, o sistema é dito ser um sistema não-

decimal. Por exemplo, 1 𝑦𝑑 = 3 𝑓𝑡 = 36 𝑖𝑛 (uma jarda é igual a três pés que é igual a 36

polegadas).

Por motivos práticos, apresentaremos a seguir apenas o Sistema Internacional de Unidades (SI),

deixando para o aluno interessado o estudo de outros sistemas de unidades.


3.3.1 Sistema Internacional de Unidades (SI)

É um sistema 𝑀𝐿𝑇. As grandezas fundamentais são a Massa (M), o Comprimento (L) e o

Tempo (T).

As unidades básicas são o quilograma (𝑘𝑔), o metro (𝑚) e o segundo (𝑠). A unidade de força

é uma unidade básica derivada conforme a 2ª Lei de Newton.

• O quilograma (𝑘𝑔) é definido como a massa do protótipo internacional do quilograma.

• O metro (𝑚) é definido como o comprimento percorrido pela luz no vácuo durante um

intervalo de tempo de 1 299.792.458⁄ de segundo.

• O segundo (𝑠) é definido como a duração de 9.192.631.770 períodos da radiação

correspondente à transição entre dois níveis hiperfinos do estado fundamental do césio

133.

A unidade básica de força é denominada Newton (𝑁). É definida como a força que provoca

a aceleração de 1𝑚 𝑠2⁄ em uma massa de 1 𝑘𝑔.

1𝑁 = (1𝑘𝑔)(1𝑚 𝑠2⁄ )

Pegue um corpo com 1 𝑘𝑔 de massa (um corpo cuja a massa é igual à massa do protótipo

internacional do quilograma). Submeta este corpo a uma força e meça a aceleração por ele

alcançada. Altere a força até que a aceleração alcançada pelo corpo seja de 1 𝑚 𝑠2⁄ . Essa

força é a unidade básica de força (1 𝑁) no Sistema Internacional de Unidades (SI).

É um sistema absoluto. As três grandezas fundamentais são invariantes no espaço (e no

tempo) – não dependem do valor da gravidade do local onde o experimento é realizado para

determinar a unidade de força.

É um sistema decimal: múltiplos e submúltiplos das unidades são potências de base 10. Por

exemplo, 1 𝑘𝑚 = 103 𝑚 = 106 𝑚𝑚, 1 𝑘𝑔 = 103 𝑔 = 106 𝑚𝑔 e 1 𝑠 = 103 𝑚𝑠 = 106 𝜇𝑠 .


3.4 Equações de Movimento

Na aplicação da 2ª Lei de Newton �� = 𝑚�� para resolver problemas, é conveniente expressá-la por meio das componentes da força e da aceleração

no sistema de coordenadas adotado. O quadro abaixo exemplifica os casos mais comuns abordados neste curso.

Sistema

adotado

Tipo de

Movimento

Expressão vetorial da 2ª Lei de

Newton Equações de Movimento Figura ilustrativa

Componentes

cartesianas

𝑂𝑥𝑦

Todas as forças

estão contidas em

um mesmo

plano.

Movimento 2D.

�� = 𝑚��

𝐹𝑥𝑖 + 𝐹𝑦𝑗 = 𝑚(𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗)

𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

Componentes

polares 𝑂𝑟𝜃

Todas as forças

estão contidas em

um mesmo

plano.

Movimento 2D.

�� = 𝑚��

𝐹𝑟𝑒𝑟 + 𝐹𝜃𝑒𝜃 = 𝑚(𝑎𝑟𝑒𝑟 + 𝑎𝜃𝑒𝜃)

𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟

𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃

Componentes

tangencial e

normal

Com ou sem

todas as forças

contidas no

mesmo plano.

Movimentos 2D

e 3D.

�� = 𝑚��

𝐹𝑡𝑒𝑡 + 𝐹𝑛𝑒𝑛 = 𝑚(𝑎𝑡𝑒𝑡 + 𝑎𝑛𝑒𝑛)

𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡 𝐹𝑡 = 𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝐹𝑛 = 𝑚𝑣2

𝜌

𝑚 ��𝑥

��𝑦 ��

𝑥

𝑦

𝑚 𝑚𝑎𝑥

𝑚𝑎𝑦

𝑥

𝑦

𝜃

𝑟 𝑚

��𝑟 ��𝜃

��

𝜃

𝑟 𝑚

𝑚𝑎𝑟 𝑚𝑎𝜃

𝑚

��𝑛

��𝑡 ��

𝑚

𝑚𝑎𝑛

𝑚𝑎𝑡


3.5 Exemplos Ilustrativos


Um bloco de peso 𝑊 = 50 𝑁, está inicialmente em repouso sobre um piso horizontal.

O bloco é então empurrado por uma força horizontal 𝑃 = 200 𝑁. Desprezando o

atrito entre o bloco e o piso, determine a aceleração do bloco.

SOLUÇÃO:

Sabemos que o bloco irá se deslocar sobre o piso horizontal. Isto é, sabemos a que a

aceleração resultante do bloco terá direção horizontal e sentido para a direita. Este fato

independe do sistema de coordenadas que for adotado.

Adotamos o sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 e fazemos o Diagrama de Corpo Livre da partícula de interesse

(bloco), conforme figura abaixo,

Diagrama de Corpo Livre do Bloco

A aplicação (vetorial) da 2ª Lei de Newton consiste em,

∑ �� = 𝑚�� + �� + �� = 𝑚��

Expressando os vetores em suas componentes no sistema de coordenadas adotado, estabelecemos as Equações de

Movimento correspondente ao DCL da partícula,

+→ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

𝑊𝑥 + 𝑃𝑥 + 𝑁𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

+↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

𝑊𝑦 + 𝑃𝑦 + 𝑁𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

Onde:

𝑊𝑥 = 𝑊 cos 270° É a componente do vetor força peso �� no eixo 𝑥 ou a projeção do

vetor �� na direção 𝑖 (𝑊𝑥 = �� ∙ 𝑖). O escalar 𝑊𝑥 pode ser positivo

ou negativo, enquanto o escalar 𝑊 é a intensidade ou módulo do

vetor �� e é sempre positivo. O ângulo 𝜃 = 270° é o ângulo entre

o vetor �� e o vetor 𝑖 (ou entre o vetor �� e o semieixo positivo de

𝑥), medido no sentido anti-horário, salvo menção em contrário.

𝑊𝑦 = 𝑊 sin 270° É a componente do vetor força peso �� no eixo 𝑦 ou a projeção do vetor �� na direção 𝑗

(𝑊𝑦 = �� ∙ 𝑗). O escalar 𝑊𝑦 pode ser positivo ou negativo,

enquanto que o escalar 𝑊 é a intensidade ou módulo do vetor ��

e é sempre positivo. O ângulo 𝜃 = 270° é o ângulo entre o vetor

�� e o vetor 𝑖 (ou entre o vetor �� e o semieixo positivo de 𝑥),

medido no sentido anti-horário, salvo menção em contrário.

𝑥

𝑦 ��

��

��

𝒎. ��

��

𝑚��

��

𝑥

𝑦

270°

��

𝑥

𝑦

270°


𝑃𝑥 = 𝑃 cos 0° É a componente do vetor força �� no eixo 𝑥 ou a projeção do vetor

�� na direção 𝑖 (𝑃𝑥 = �� ∙ 𝑖). O escalar 𝑃𝑥 pode ser positivo ou

negativo, enquanto o escalar 𝑃 é a intensidade ou módulo do vetor

�� e é sempre positivo. O ângulo 𝜃 = 0° é o ângulo entre o vetor ��

e o vetor 𝑖 (ou entre o vetor �� e o semieixo positivo de 𝑥), medido

no sentido anti-horário, salvo menção em contrário.

𝑃𝑦 = 𝑃 sin 0° É a componente do vetor força �� no eixo 𝑦 ou a projeção do vetor

�� na direção 𝑗 (𝑃𝑦 = �� ∙ 𝑗). O escalar 𝑃𝑦 pode ser positivo ou

negativo, enquanto o escalar 𝑃 é a intensidade ou módulo do vetor

�� e é sempre positivo. O ângulo 𝜃 = 0° é o ângulo entre o vetor ��

e o vetor 𝑖 (ou entre o vetor �� e o semieixo positivo de 𝑥), medido

no sentido anti-horário, salvo menção em contrário.

𝑁𝑥 = 𝑁 cos 90° É a componente do vetor força normal �� no eixo 𝑥 ou a projeção

do vetor �� na direção 𝑖 (𝑁𝑥 = �� ∙ 𝑖). O escalar 𝑁𝑥 pode ser

positivo ou negativo, enquanto o escalar 𝑁 é a intensidade ou

módulo do vetor �� e é sempre positivo. O ângulo 𝜃 = 90° é o

ângulo entre o vetor �� e o vetor 𝑖 (ou entre o vetor �� e o semieixo

positivo de 𝑥), medido no sentido anti-horário, salvo menção em

contrário.

𝑁𝑦 = 𝑁 sin 90° É a componente do vetor força normal �� no eixo 𝑦 ou a projeção

do vetor �� na direção 𝑖 (𝑁𝑦 = �� ∙ 𝑗). O escalar 𝑁𝑦 pode ser

positivo ou negativo, enquanto o escalar 𝑁 é a intensidade ou

módulo do vetor �� e é sempre positivo. O ângulo 𝜃 = 90° é o

ângulo entre o vetor �� e o vetor 𝑖 (ou entre o vetor �� e o semieixo

positivo de 𝑥), medido no sentido anti-horário, salvo menção em

contrário.

Assim, as Equações de Movimento podem ser escritas como,



𝑊cos 270° + 𝑃 cos 0° + 𝑁 cos 90° = 𝑚𝑎𝑥

𝑊(0) + 𝑃(1) + 𝑁(0) = 𝑚𝑎𝑥

𝑃 = 𝑚𝑎𝑥



𝑊sin 270° + 𝑃 sin 0° + 𝑁 sin 90° = 𝑚𝑎𝑦

𝑊(−1) + 𝑃(0) + 𝑁(1) = 𝑚𝑎𝑦

−𝑊 +𝑁 = 𝑚𝑎𝑦

Reunindo as (duas) equações obtidas a partir das Equações de Movimento temos,

𝑃 = 𝑚𝑎𝑥 Eq. 01

−𝑊 +𝑁 = 𝑚𝑎𝑦 Eq. 02

Observar que as equações formam um sistema de 2 equações com 3 incógnitas (𝑎𝑥 , 𝑎𝑦 𝑒 𝑁). Isto significa que

precisamos encontrar uma equação adicional relacionando as incógnitas envolvidas.

Adicionalmente às duas equações obtidas com as Equações de Movimento, neste problema específico a direção e

o sentido do vetor aceleração �� são conhecidos. Assim, podemos escrever que,

𝑎𝑥 = 𝑎 cos 0° 𝑎𝑦 = 𝑎 sin 0°

�� 𝑥

𝑦

0°

�� 𝑥

𝑦

0°

�� 𝑥

𝑦

90°

�� 𝑥

𝑦

90°


𝑎𝑥 = 𝑎 𝑎𝑦 = 0

Assim, obtemos um sistema com 4 equações e com 4 incógnitas (𝑎𝑥, 𝑎𝑦, 𝑎 e 𝑁),

𝑃 = 𝑚𝑎𝑥 Eq. 01a

−𝑊 +𝑁 = 𝑚𝑎𝑦 Eq. 02a

𝑎𝑥 = 𝑎 Eq. 03a

𝑎𝑦 = 0 Eq. 04a

É evidente que uma simples substituição de variáveis permite reduzir esse sistema para um outro sistema de 2

equações e 2 incógnitas (𝑎 e 𝑁),

𝑃 = 𝑚𝑎 Eq. 01b

−𝑊 +𝑁 = 0 Eq. 02b

Substituindo os valores numéricos dados, o sistema de equações a ser resolvido é,

200 = (50 9,81⁄ )𝑎 Eq. 01c

−50 + 𝑁 = 0 Eq. 02c

Resolvido o sistema, encontramos,

𝑎 =(9,81)(200)

(50) 𝑎 = 39,240 𝑚 𝑠2⁄

𝑁 = 50 𝑁 = 50 𝑁

Resposta ao problema “determinar a aceleração do bloco”:

�� = (39,24 )𝑖 + (0)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) ou, 𝑎 = 39,24 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑 = 0°


Em resumo, um exemplo de memória de cálculo para o problema é:

Diagrama de Corpo Livre

∑ �� = 𝑚��

�� + �� + �� = 𝑚��

Equações de Movimento



𝑊cos 270° + 𝑃 cos 0° + 𝑁 cos 90° = 𝑚(𝑎 cos 0°)

𝑊(0) + 𝑃(1) + 𝑁(0) = 𝑚𝑎

𝑃 = 𝑚𝑎



𝑊sin 270° + 𝑃 sin 0° + 𝑁 sin 90° = 𝑚(𝑎 sin 0°)

𝑊(−1) + 𝑃(0) + 𝑁(1) = 0

−𝑊 +𝑁 = 0

Equações obtidas:

𝑃 = 𝑚𝑎 Eq. 01

−𝑊 +𝑁 = 0 Eq. 02

200 = (50 9,81⁄ )𝑎 Eq. 01a

−50 + 𝑁 = 0 Eq. 02a


𝑎 = 39,240 𝑚 𝑠2⁄ 𝑁 = 50 𝑁


�� = (39,240)𝑖 + (0)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou, 𝑎 = 39,240 𝑚 𝑠2⁄ 𝜃 = 0°

Observar que abordagem para solucionar problemas consiste em:

1) Interpretar o enunciado e identificar a “física” do problema;

2) Estabelecer um Sistema de Coordenadas;

3) Identificar as forças atuantes sobre a partícula de interesse e fazer o Diagrama de Corpo Livre da

partícula;

4) Estabelecer as Equações de Movimento de acordo com o sistema de coordenadas adotado;

5) Se necessário, estabelecer equações adicionais relacionando as incógnitas envolvidas;

6) Organizar e resolver o sistema de equações obtido;

7) Utilizar a solução do sistema de equações para fazer os cálculos adicionais necessários a fim obter

respostas para as perguntas formuladas no enunciado;

𝑥

𝑦 ��

��

��

𝒎. ��



Um bloco de peso 𝑊 = 50 𝑁 (módulo), está inicialmente em repouso sobre um

piso horizontal. O bloco é então puxado por uma força horizontal 𝑃 = 200 𝑁

(módulo). Desprezando o atrito entre o bloco e o piso, determine a aceleração do

bloco, adotando o sistema de coordenadas 𝑶𝒙𝒚 indicado na figura ao lado.

SOLUÇÃO:

DCL do Bloco

∑ �� = 𝑚��

�� + �� + �� = 𝑚��


+↗ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥


𝑊cos 240° + 𝑃 cos 330° + 𝑁 cos 60° =𝑚(𝑎 cos 330°)

𝑊(−1

2) + 𝑃 (

√3

2) + 𝑁 (

1

2) = 𝑚 (𝑎

√3

2)

−𝑊

2+

𝑃√3

2+

𝑁

2=

𝑊

𝑔(𝑎√3

2)

+↖ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦


𝑊 sin 240° + 𝑃 sin 330° + 𝑁 sin 60° =𝑚(𝑎 sin 330°)

𝑊(−√3

2) + 𝑃 (−

1

2) + 𝑁 (

√3

2) = 𝑚 (−𝑎

1

2)

−𝑊√3

2−

𝑃

2+

𝑁√3

2= −

𝑊

𝑔(𝑎

2)

Observar que no desenvolvimento das Equações de Movimento acima foi utilizado o conhecimento de que:

A força �� é um vetor conhecido (em direção, sentido e intensidade).

A força peso �� também é um vetor conhecido (em direção, sentido e intensidade).

O vetor força normal �� é um vetor com direção e sentido conhecidos (vertical e para cima) e que apenas sua intensidade 𝑁 é desconhecida.

O vetor aceleração �� é um vetor com direção e sentido conhecidos (horizontal e para a direita) e que apenas sua intensidade 𝑎 é

desconhecida.

Por isso é que foi possível escrever que,

𝑃𝑥 = 200 cos330° 𝑃𝑦 = 200sin 330°

𝑊𝑥 = 50 cos240° 𝑊𝑦 = 50 sin 240°

𝑁𝑥 = 𝑁 cos60° 𝑁𝑦 = 𝑁 sin 60°

𝑎𝑥 = 𝑎 cos330° 𝑎𝑦 = 𝑎 sin 330°

Reunindo as equações obtidas com as Equações de Movimento,

��

��

𝒎. ��

𝑥 𝑦

30°

��

𝑥

𝑦

330°

�� 𝑥

𝑦

60°

��

𝑥

𝑦

240°

��

𝑥

𝑦

330°

��

𝒙 𝒚

30°


−𝑊

2+

𝑃√3

2+

𝑁

2=

𝑊

𝑔(𝑎√3

2) Eq. 01

−𝑊√3

2−

𝑃

2+

𝑁√3

2= −

𝑊

𝑔(𝑎

2) Eq. 02

Verificamos que formam um sistema de 2 equações e 2 incógnitas (𝑎 e 𝑁).

Substituindo os valores dados,

−50

2+

200√3

2+

𝑁

2=

50

9,81(√3

2) 𝑎 Eq. 01a

−50√3

2−

200

2+

𝑁√3

2= −

50

9,81(1

2) 𝑎 Eq. 02a

Resolvido o sistema, encontramos:

𝑎 =(9,81)(200)

(50) 𝑎 = 39,240 𝑚 𝑠2⁄

𝑁 = 50 𝑁 = 50,000 𝑁


�� = (33,983)𝑖 − (19,620)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou 𝑎 = 39,240 𝑚 𝑠2⁄ 𝜃 = 330°

Notar que os valores encontrados para a aceleração 𝑎 e para a força normal 𝑁 são iguais aos valores

encontrados no exemplo anterior, como era de se esperar.

Apenas ocorre que os valores para 𝑎𝑥 e para 𝑎𝑦 diferem, como também era de se esperar, já que

representam a decomposição do vetor aceleração �� em um sistema de coordenadas diferente. No sistema

de coordenadas adotado neste exemplo, tem-se que,

𝑎𝑥 = 𝑎 cos330° 𝑎𝑥 = (39,240 ) (√3

2) 𝑎𝑥 = 33,983 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝑦 = 𝑎 sin330° 𝑎𝑦 = (39,240 ) (−1

2) 𝑎𝑦 = −19,620 𝑚 𝑠2⁄





partícula;






𝑥 𝑦

��

𝑎𝑥

𝑎𝑦



Um bloco de peso 𝑊 = 50 𝑁, inicialmente em repouso sobre um piso horizontal, é

puxado por uma força horizontal 𝑃 = 200 𝑁. Considerando que entre o bloco e o piso

o coeficiente de atrito estático é 𝜇𝑠 = 0,6 e o coeficiente de atrito cinético é 𝜇𝑘 = 0,4,

determinar a aceleração do bloco.

SOLUÇÃO:

As forças que atuam sobre o bloco são:

1) O vetor força ��.

Representa a ação de “alguma coisa” sobre o bloco (a ação de um cabo de tração, por exemplo). Embora esta

“coisa” não tenha sido especificada, o vetor força �� está completamente determinado pois, a sua intensidade,

direção e sentido foram dados no enunciado e na figura do problema.

2) O vetor força peso ��.

O vetor �� representa a força de atração gravitacional exercida pela Terra sobre o bloco. É um vetor que

completamente determinado, pois o valor da sua intensidade foi dado no problema (sua direção é vertical e o

seu sentido é para baixo).

3) O vetor força normal ��.

Representa uma das ações que o “piso horizontal” exerce sobre o bloco. Sabemos que esta força �� tem direção

perpendicular à superfície de contato entre que o piso e o bloco (por isso é chamada de força normal). Sabemos

também que a força �� tem direção vertical (pois a superfície de contato é horizontal) e tem sentido “do piso

para o bloco” ou para cima. Isto é, conhecemos a direção e o sentido da força normal ��, mas não conhecemos

(ainda) a sua intensidade.

4) O vetor força de atrito ��𝑎𝑡. Representa uma das ações que o piso exerce sobre o bloco (a outra ação é a força normal). Sabemos que a

força de atrito ��𝑎𝑡 tem direção paralela à superfície de contato entre o piso e o bloco. Sabemos também que

��𝑎𝑡 tem sentido contrário ao sentido do movimento do bloco, isto é, tem direção contrária ao sentido da

velocidade do bloco em relação ao piso. Como a única possibilidade é o bloco se deslocar “para a direita”,

concluímos que ��𝑎𝑡 terá o sentido “para a esquerda”. Isto é, conhecemos a direção e o sentido da força de

atrito ��𝑎𝑡, mas não conhecemos (ainda) a sua intensidade. Sabemos, porém, que a sua intensidade terá um

valor numericamente igual 𝜇𝑁.

A presença do atrito é um complicador interessante. Dependendo da força ��, do peso ��, da força �� e do

coeficiente de atrito estático 𝜇𝑠; tanto pode ocorrer do bloco se mover aceleradamente (para a direita) como

pode ocorrer de o bloco permanecer em equilíbrio estático.

De todo modo, sabemos que ou o bloco irá se deslocar na direção horizontal com sentido “para a direita”, ou então

não irá se deslocar. Isto é, o vetor aceleração �� do bloco será um vetor horizontal com sentido “para a direita” ou

então um será vetor nulo. O que precisamos determinar é apenas o módulo ou intensidade do vetor aceleração ��.

Todos estes conhecimentos, informações e conclusões devem ser adequadamente representados no Diagrama de

Corpo Livre (DCL) do bloco, o qual deve incluir também uma clara indicação do sistema de coordenadas que será

adotado na solução do problema.

Diagrama de corpo livre do Bloco

𝑥

𝑦

��

��

��

𝒎. �� 𝒂𝒕

��


∑ �� = 𝑚��

�� + �� + �� + ��𝑎𝑡 = 𝑚��



𝑃𝑥 +𝑊𝑥 + 𝑁𝑥 + 𝐹𝑎𝑡𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

𝑃 cos 0° +𝑊 cos 270° + 𝑁 cos 90° +𝐹𝑎𝑡 cos 180° = 𝑚(𝑎 cos 0°)

𝑃 + 0 + 0 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚(𝑎)

𝑃 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚𝑎

Uma vez que 𝐹𝑎𝑡 = 𝜇𝑁, obtemos

𝑃 − 𝜇𝑁 = 𝑚𝑎


𝑃𝑦 +𝑊𝑦 + 𝑁𝑦 + 𝐹𝑎𝑡𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

𝑃 sin 0° +𝑊 sin 270° + 𝑁 sin 90° + 𝐹𝑎𝑡 sin 180° =𝑚(𝑎 sin 0°)

0 −𝑊 + 𝑁 + 0 = 𝑚(0)

−𝑊 +𝑁 = 0

Multiplicando por −1,

𝑊 −𝑁 = 0


𝑃 − 𝜇𝑁 = 𝑚𝑎 Eq. 01

𝑊 −𝑁 = 0 Eq. 02

Verificamos que são duas equações e três incógnitas: 𝑎, 𝑁 e 𝜇 (pois não sabemos qual o valor de 𝜇 devemos usar,

se o valor de 𝜇𝑠 ou o valor de 𝜇𝑘.

Se o bloco se mantiver em equilíbrio estático (mesmo que sob a ação da força ��), então a aceleração será nula

(�� = 0) e o coeficiente de atrito será o coeficiente de atrito estático 𝜇 = 𝜇𝑠.

Se o bloco não se mantiver em equilíbrio estático sob a ação da força ��, então a aceleração não será nula e o

coeficiente de atrito será o coeficiente de atrito cinético 𝜇 = 𝜇𝑘.

Seja 𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 o menor coeficiente de atrito estático necessário para que o equilíbrio estático ocorra. Impondo a

condição de equilíbrio estático (�� = 0) com 𝜇 = 𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 , teremos,

𝑃 − 𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛𝑁 = 0 Eq. 01a

𝑁 −𝑊 = 0 Eq. 02a

Obtemos um sistema (não linear) de 2 equações e 2 incógnitas: 𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 e 𝑁.


𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 =𝑃

𝑊 𝑁 = 𝑊

Assim, a condição para haver equilíbrio estático é que o coeficiente de atrito estático entre o bloco e o piso (𝜇𝑠) seja igual ou maior do que 𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 . Isto é, a condição para haver equilíbrio estático é:

𝜇𝑠 ≥ 𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 =𝑃

𝑊

Para 𝑊 = 50 𝑁, 𝑃 = 200 𝑁 e 𝜇𝑠 = 06 podemos verificar que

𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 =𝑃

𝑊=

200

50= 4,0


Assim, constatamos que,

𝜇𝑠 = 0,6 < 𝜇𝑠_𝑚𝑖𝑛 = 4,0

Concluímos que não haverá equilíbrio estático e que o bloco irá se mover aceleradamente. O coeficiente de atrito

em vigor é o coeficiente de atrito cinético (𝜇𝑘).

Portanto, as equações que efetivamente representam o movimento do bloco são,

𝑃 − 𝜇𝑘𝑁 = 𝑚𝑎 Eq. 01b

𝑁 −𝑊 = 0 Eq. 02b

Verificamos que é um sistema (linear) de 2 equações e 2 incógnitas (𝑎 e 𝑁).


𝑎 =𝑔(𝑃−𝜇𝑘𝑊)

𝑊 𝑁 = 𝑊

Numericamente, os valores são:

𝑎 =𝑔(𝑃−𝜇𝑘𝑊)

𝑊 𝑎 =

(9,81)(200−(0,4)(50))

50 𝑎 = 35,316 𝑚 𝑠2⁄

𝑁 = 𝑊 𝑁 = 50 𝑁 = 50 𝑁


A aceleração do bloco é:

�� = (35,316)𝑖 + (0)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou 𝑎 = 35,316 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑 = 0°


Um exemplo de memória de cálculo para o problema é:

DCL do Bloco

∑ �� = 𝑚��

�� + �� + �� + ��𝑎𝑡 = 𝑚��



𝑃𝑥 +𝑊𝑥 + 𝑁𝑥 + 𝐹𝑎𝑡𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

𝑃 cos 0° +𝑊 cos 270° + 𝑁 cos 90° +𝐹𝑎𝑡 cos 180° = 𝑚(𝑎 cos 0°)

𝑃 + 0 + 0 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚(𝑎)

𝑃 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚𝑎

Uma vez que 𝐹𝑎𝑡 = 𝜇𝑁, obtemos

𝑃 − 𝜇𝑁 = 𝑚𝑎


𝑃𝑦 +𝑊𝑦 + 𝑁𝑦 + 𝐹𝑎𝑡𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

𝑃 sin 0° +𝑊 sin 270° + 𝑁 sin 90° + 𝐹𝑎𝑡 sin 180° =𝑚(𝑎 sin 0°)

0 −𝑊 + 𝑁 + 0 = 𝑚(0)

−𝑊 +𝑁 = 0

Multiplicando por −1,

𝑊 −𝑁 = 0


𝑃 − 𝜇𝑁 = 𝑚𝑎 Eq. 01

𝑊 −𝑁 = 0 Eq. 02

Verificação da condição de equilíbrio estático para 𝜇𝑠 = 0,6:

200 − (0,6)𝑁 = 0 Eq. 01a

50 − 𝑁 = 0 Eq. 02ª

Da (Eq. 02a) obtemos que,

𝑁 = 50

Substituindo na (Eq. 01a), obtemos que,

−(0,6)(50) + 200 = 0 −30 + 200 = 0 170 = 0

Incoerência!... A suposição de que haverá equilíbrio estático com 𝜇𝑠 = 0,6 resulta em uma falsa igualdade.

Concluímos que não haverá equilíbrio estático e que o bloco irá se mover aceleradamente. O coeficiente de atrito

em vigor é o coeficiente de atrito cinético (𝜇𝑘). O movimento do bloco é representado pelas equações,

200 − (0,4)𝑁 = 𝑚𝑎 Eq. 01b

𝑁 − 50 = 0 Eq. 02b

𝑥

𝑦

��

��

��

𝒎. �� 𝑎𝑡



𝑎 = 35,316 𝑚 𝑠2⁄ 𝑁 = 50 𝑁


A aceleração do bloco é:

�� = (35,316)𝑖 + (0)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou 𝑎 = 35,316 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑 = 0°





partícula;









Um bloco de 900 N repousa sobre um plano horizontal. Encontre o módulo

da força �� necessária para fornecer ao bloco uma aceleração de 3 𝑚 𝑠2⁄

para a direita. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano é

𝜇𝑘 = 0,25.

SOLUÇÃO:

O bloco irá se mover aceleradamente na direção horizontal, sentido para a direita e intensidade igual a 3 𝑚 𝑠2⁄ (o

vetor aceleração �� é um vetor conhecido).

O vetor força de atrito ��𝑎𝑡 terá direção horizontal e sentido para a esquerda. A sua intensidade é desconhecida,

mas é numericamente igual a 𝜇𝑘𝑁.

O coeficiente de atrito em vigor é o coeficiente de atrito cinético 𝜇𝑘 = 0,25 e o ângulo entre a força �� e direção

horizontal é 𝛽 = 30°.

DCL do Bloco

PAREI AQUI

Equações de Movimento Bloco

∑ �� = 𝑚��

�� + ��𝑎𝑡 + �� + �� = 𝑚��


𝑁𝑥 + 𝐹𝑎𝑡𝑥 +𝑊𝑥 + 𝑃𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

−𝐹𝑎𝑡 + 𝑃 cos 𝛽 = 𝑚𝑎𝑥

−𝜇𝑘𝑁 + 𝑃 cos 𝛽 = 𝑚(𝑎 cos 0°)

−𝜇𝑘𝑁 + 𝑃 cos 𝛽 = 𝑚a


𝑁𝑦 + 𝐹𝑎𝑡𝑦 +𝑊𝑦 + 𝑃𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

+𝑁 −𝑊 − 𝑃 sin 𝛽 = 𝑚𝑎𝑦

+𝑁 −𝑊 − 𝑃 sin 𝛽 = 𝑚(0)

𝑁 −𝑊 − 𝑃 sin 𝛽 = 0


−𝜇𝑘𝑁 + (cos 𝛽)𝑃 =𝑊

𝑔𝑎 Eq. 01

𝑁 − (sin 𝛽)𝑃 = 𝑊 Eq. 02

Resolvendo o sistema para as incógnitas 𝑁 e 𝑃 encontramos:

𝑁 =(𝑎−𝜇𝑘𝑔)𝑊

𝜇𝑘𝑔 sin𝛽+𝑔 cos 𝛽 𝑃 =

𝑎𝑊 sin𝛽+𝑔𝑊cos𝛽

𝜇𝑘𝑔 sin𝛽+𝑔 cos 𝛽

Para os valores numéricos dados teremos:

𝑥

𝑦

��

��

��

𝒎. �� 𝑎𝑡

𝑥

𝑦


𝑁 =(𝑎−𝜇𝑘𝑔)𝑊

𝜇𝑘𝑔 sin𝛽+𝑔 cos 𝛽 𝑁 =

[3−(0,25)(9,81)]900

(0,25)(9,81)(sin 30°)+(9,81)(cos 30°)

𝑃 =𝑎𝑊sin𝛽+𝑔𝑊 cos𝛽

𝜇𝑘𝑔 sin𝛽+𝑔 cos𝛽

𝑁 = 1237,5 𝑁

𝑃 = 675,05 𝑁 𝑁 = 1237,5 𝑁

Resposta ao problema “determinar o módulo da força ��”:

𝑃 = 675,05 𝑁

Observar o modo informal como os ângulos foram utilizados na determinação das componentes nas Equações de Movimento e a forma

“manual” como os sinais (sentidos) das componentes foram colocados.

“Formalmente”, os ângulos seriam,





partícula;






𝑥

𝑦

180°

��𝑎𝑡

�� 𝑥

𝑦

90°

��

𝑥

𝑦

270°

��

𝑥

𝑦

330°



Compare com o Exemplo-Ilustrativo 29

Um automóvel de massa 𝑚 = 1.000 kg está

percorrendo um declive com inclinação 𝛽 = 5° com

uma velocidade 𝑣 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ quando seus freios são

acionados fazendo com que uma força de frenagem de

intensidade constante seja exercida sobre ele.

Determinar (a) a intensidade da força de frenagem

sabendo que o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a pista é igual a 0,512 e, (b) a

distância 𝑑 percorrida pelo automóvel durante a frenagem até parar.

SOLUÇÃO:

O problema descreve o movimento de um automóvel que se desloca ao longo de uma trajetória retilínea na forma

de uma pista em declive sob a ação de uma força de atrito (força de frenagem) ��𝑎𝑡 que atua no sentido contrário

ao sentido do movimento.

Adotamos o sistema de coordenadas eixo 𝑥 horizontal positivo “para a direita” e eixo 𝑦 vertical positivo para cima

e fazemos o Diagrama de Corpo Livre mostrado na figura abaixo.

DCL do Automóvel

Equações de Movimento Automóvel

∑ �� = 𝑚��

�� + ��𝑎𝑡 + �� = 𝑚��


+𝑁 sin 𝛽 − 𝐹𝑎𝑡 cos 𝛽 = 𝑚𝑎𝑥

𝑁 sin𝛽 − 𝜇𝑠𝑁 cos 𝛽 = 𝑚(−𝑎 cos 𝛽)

𝑁(𝜇𝑠 cos 𝛽 − sin 𝛽) = 𝑚 cos𝛽 𝑎


+𝑁 cos 𝛽 + 𝐹𝑎𝑡 sin 𝛽 −𝑊 = 𝑚𝑎𝑦

𝑁 cos 𝛽 + 𝜇𝑠𝑁 sin 𝛽 −𝑊 = 𝑚(+𝑎 sin 𝛽)

𝑁(cos𝛽 + 𝜇𝑠 sin 𝛽) −𝑚𝑔 = 𝑚 sin 𝛽 𝑎

Reunindo as equações obtidas com as Equações de Movimento obtemos um sistema linear de duas equações e

duas incógnitas (𝑎 e 𝑁).

(𝑚 cos𝛽)𝑎 − (𝜇𝑠 cos 𝛽 − sin 𝛽)𝑁 = 0 Eq. 01

(𝑚 sin 𝛽)𝑎 − (cos 𝛽 + 𝜇𝑠 sin 𝛽)𝑁 = −𝑚𝑔 Eq. 02

Resolvendo o sistema linear de equações pelo método de Gauss,

[𝑚 cos𝛽 −(𝜇𝑠 cos 𝛽 − sin 𝛽) 0

𝑚 sin 𝛽 −(cos𝛽 + 𝜇𝑠 sin 𝛽) −𝑚𝑔] Matriz Ampliada do sistema.

𝑥

𝑦

𝒎. ��

𝑥

𝑦

��𝒂𝒕 ��

��

𝛽

𝑑


[1 0 𝑔(𝜇𝑠 cos 𝛽 − sin 𝛽)

0 1 𝑚𝑔 cos 𝛽] Matriz Ampliada reduzida à forma escada.

Portanto, a solução do sistema de equações é:

{𝑎 = 𝑔(𝜇𝑠 cos 𝛽 − sin 𝛽)

𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝛽

Assim, para os valores dados no problema: 𝑚 = 1.000 kg, 𝛽 = 5°, 𝑣 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ = 20 𝑚 𝑠⁄ e 𝜇𝑠 = 0,512,

calculamos que,

{𝑎 = (9,81)(0,512 cos 5° − sin 5°)

𝑁 = (1000)(9,81) cos 5° {

𝑎 = 4,1486 𝑚 𝑠2⁄

𝑁 = 9.772,7 𝑁

A intensidade da força de atrito durante a frenagem é,

𝐹𝑎𝑡 = 𝜇𝑠𝑁 = (0,512)(9.772,7 ) 𝐹𝑎𝑡 = 5.003,6 𝑁

Observar que a partir deste ponto o problema não é mais um problema de cinética. A questão de determinar a

distância 𝑑 é um problema de cinemática, isto é, de determinar a distância percorrida por uma partícula

descrevendo uma trajetória retilínea e sujeita a uma desaceleração constante.

Alternativa A:

Mantendo o sistema de coordenadas que foi adotado, identificamos as componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑦 do vetor

aceleração.

𝑎𝑥 = −𝑎 cos 𝛽 𝑎𝑦 = +𝑎 sin 𝛽

Adotando o índice “1” para identificar o instante/posição inicial do movimento (instante/posição em que

os freios foram acionados), fazemos as integrações cabíveis e encontramos as Equações do Movimento

(retilíneo) apresentadas abaixo:

𝑣𝑥 = 𝑣1𝑥 − (𝑎 cos 𝛽)𝑡 𝑣𝑦 = 𝑣1𝑦 + (𝑎 sin 𝛽)𝑡

𝑣𝑥2 = 𝑣1𝑥

2 − 2(𝑎 cos 𝛽)∆𝑥 𝑣𝑦2 = 𝑣1𝑦

2 + 2(𝑎 sin 𝛽)∆𝑦

𝑥 = 𝑥1 + 𝑣1𝑥𝑡 −1

2(𝑎 cos𝛽)𝑡2 𝑦 = 𝑦1 + 𝑣1𝑦𝑡 +

1

2(𝑎 sin 𝛽)𝑡2

No instante/posição 2 ocorre que,

𝑣2𝑥 = 𝑣1𝑥 − (𝑎 cos𝛽)𝑡2 𝑣2𝑦 = 𝑣1𝑦 + (𝑎 sin 𝛽)𝑡2

0 = (𝑣1 cos 𝛽) − (𝑎 cos 𝛽)𝑡2 0 = (−𝑣1 sin 𝛽) + (𝑎 sin 𝛽)𝑡2

−𝑣1 cos 𝛽 = −(𝑎 cos 𝛽)𝑡2 𝑣1 sin 𝛽 = (𝑎 sin 𝛽)𝑡2

𝑥

𝑦

𝑑

�� 𝟏

𝟐

∆𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1

∆𝑦 = 𝑦2 − 𝑦1


𝑣1 = 𝑎𝑡2 𝑣1 = 𝑎𝑡2

Concluímos que,

𝑡2 =𝑣1

𝑎 𝑡2 =

20

4,1486 𝑡2 =

20

4,1486

Sabendo o instante 𝑡2 no qual o automóvel atinge a velocidade nula, determinamos as coordenadas de

posição 𝑥2 e 𝑦2 onde isso ocorre,

𝑥2 = 𝑥1 + 𝑣1𝑥 (𝑣1

𝑎) −

1

2(𝑎 cos 𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

𝑦2 = 𝑦1 + 𝑣1𝑦 (𝑣1

𝑎) +

1

2(𝑎 sin 𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

𝑥2 − 𝑥1 = 𝑣1𝑥 (𝑣1

𝑎) −

1

2(𝑎 cos 𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

𝑦2 − 𝑦1 = 𝑣1𝑦 (𝑣1

𝑎) +

1

2(𝑎 sin 𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

∆𝑥 = 𝑣1𝑥 (𝑣1

𝑎) −

1

2(𝑎 cos 𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

∆𝑦 = 𝑣1𝑦 (𝑣1

𝑎) +

1

2(𝑎 sin 𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

∆𝑥 = (𝑣1 cos 𝛽) (𝑣1

𝑎) −

1

2(𝑎 cos𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

∆𝑦 = (−𝑣1 sin 𝛽) (𝑣1

𝑎) +

1

2(𝑎 sin 𝛽) (

𝑣1

𝑎)2

∆𝑥 =𝑣12 cos𝛽

𝑎−

𝑣12 cos 𝛽

2𝑎 ∆𝑦 = −

𝑣12 sin𝛽

𝑎+

𝑣12 sin𝛽

2𝑎


𝑎(1 −

1

2) ∆𝑦 =

𝑣12 sin 𝛽

𝑎(−1 +

1

2)


𝑎(1

2) ∆𝑦 =

𝑣12 sin 𝛽

𝑎(−

1

2)


2𝑎 ∆𝑦 = −

𝑣12 sin𝛽

2𝑎

Observando que 𝑑 = √(∆𝑥)2 + (∆𝑦)2,

𝑑 = √(∆𝑥)2 + (∆𝑦)2 𝑑 = √(𝑣12 cos𝛽

2𝑎)2

+ (−𝑣12 sin 𝛽

2𝑎)2

𝑑 = √𝑣14 cos2 𝛽

4𝑎2+

𝑣14 sin2 𝛽

4𝑎2 𝑑 = √

𝑣14(cos2 𝛽+sin2 𝛽)

4𝑎2

𝑑 = √𝑣14

4𝑎2 𝑑 =

𝑣12

2𝑎

𝑑 =(20)2

2(4,1486) 𝑑 =

(20)2

2(4,1486)

𝑑 = 48,209 𝑚

Alternativa B:

Mantendo o sistema de coordenadas que foi adotado, identificamos as componentes 𝑎𝑥 e 𝑎𝑦 do vetor

aceleração.

𝑎𝑥 = −𝑎 cos 𝛽 𝑎𝑦 = +𝑎 sin 𝛽

Adotando o índice “1” para identificar o instante/posição inicial do movimento (instante/posição em que

os freios foram acionados), fazemos as integrações cabíveis e encontramos as Equações do Movimento

(retilíneo) apresentadas abaixo:

𝑣𝑥 = 𝑣1𝑥 − (𝑎 cos 𝛽)𝑡 𝑣𝑦 = 𝑣1𝑦 + (𝑎 sin 𝛽)𝑡

𝑣𝑥2 = 𝑣1𝑥

2 − 2(𝑎 cos 𝛽)∆𝑥 𝑣𝑦2 = 𝑣1𝑦

2 + 2(𝑎 sin 𝛽)∆𝑦


𝑥 = 𝑥1 + 𝑣1𝑥𝑡 −1

2(𝑎 cos𝛽)𝑡2 𝑦 = 𝑦1 + 𝑣1𝑦𝑡 +

1

2(𝑎 sin 𝛽)𝑡2

No instante/posição 2 ocorre que,

𝑣2𝑥2 = 𝑣1𝑥

2 − 2(𝑎 cos 𝛽)∆𝑥 𝑣2𝑦2 = 𝑣1𝑦

2 + 2(𝑎 sin 𝛽)∆𝑦

(0)2 = (𝑣1 cos 𝛽)2 − 2(𝑎 cos𝛽)∆𝑥 (0)2 = (−𝑣1 sin 𝛽)

2 + 2(𝑎 sin 𝛽)∆𝑦

−𝑣12 cos2 𝛽 = −2(𝑎 cos 𝛽)∆𝑥 −𝑣1

2 sin2 𝛽 = +2𝑎 sin 𝛽 ∆𝑦

𝑣12 cos 𝛽 = 2(𝑎)∆𝑥 𝑣1

2 sin 𝛽 = −2𝑎∆𝑦


2𝑎 ∆𝑦 = −

𝑣12 sin 𝛽

2𝑎

Observando que 𝑑 = √(∆𝑥)2 + (∆𝑦)2,

𝑑 = √(∆𝑥)2 + (∆𝑦)2 𝑑 = √(𝑣12 cos𝛽

2𝑎)2

+ (−𝑣12 sin 𝛽

2𝑎)2

𝑑 = √𝑣14 cos2 𝛽

4𝑎2+

𝑣14 sin2 𝛽

4𝑎2 𝑑 = √

𝑣14(cos2 𝛽+sin2 𝛽)

4𝑎2

𝑑 = √𝑣14

4𝑎2 𝑑 =

𝑣12

2𝑎

𝑑 =(20)2

2(4,1486) 𝑑 =

(20)2

2(4,1486)

𝑑 = 48,209 𝑚

Alternativa C:

Como a conclusão foi de que o automóvel descreve uma trajetória retilínea, podemos assumir um novo

sistema de coordenadas com eixo 𝑥 positivo na direção e sentido do movimento e escrever,

𝑎 = −𝑘 Onde 𝑘 = 4,1486 é uma constante positiva e 𝑎 representa a aceleração retilínea do

automóvel no novo sistema de coordenadas.

𝑎 = −𝑘 𝑑𝑣

𝑑𝑡= −𝑘

𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑘

𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = −𝑘

𝑣𝑑𝑣 = (−𝑘)𝑑𝑥 ∫ 𝑣𝑑𝑣𝑣

𝑣0= ∫ (−𝑘)𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

∫ 𝑣𝑑𝑣𝑣

𝑣0= (−𝑘) ∫ 𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

1

2𝑣2 −

1

2𝑣0

2 = (−𝑘)(𝑥 − 𝑥0)

𝑥

𝑦

𝑑

�� 𝟏

𝟐

∆𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1

∆𝑦 = 𝑦2 − 𝑦1


Observando que 𝑑 = 𝑥 − 𝑥0 temos que,

1

2(𝑣2 − 𝑣0

2) = (−𝑘)(𝑑) 𝑣2 − 𝑣02 = 2(−𝑘)(𝑑)

𝑑 =𝑣2−𝑣0

2

2(−𝑘) 𝑑 =

0−𝑣02

2(−𝑘)

𝑑 =𝑣02

2𝑘

Para o valor dado de 𝑣0 = 20 e para o valor

encontrado para 𝑘 = 4,1486 , encontramos,

𝑑 =(20)2

2(4,1486) =

400

8,2972

𝑑 = 48,209 𝑚

𝒗𝟏

𝒗𝟐 = 𝟎

𝒚

𝒙

𝒉

𝑵𝑹

∆𝒉

∆𝒚 = 𝟎 ��𝒂𝒕

��

��

𝟏

𝟐




Os dois blocos mostrados partem do repouso. Não há atrito entre o plano

horizontal nem nas roldanas e as roldanas são assumidas como tendo

massas desprezíveis. Determine (a) a aceleração de cada bloco e (b) a tensão

em cada corda.

SOLUÇÃO:

Dinâmica do Bloco 𝑨:

Partindo do repouso e na ausência de atritos, o bloco 𝐴 se moverá para a direita (a direção e o sentido do vetor

aceleração ��𝐴 são conhecidos). Partindo do repouso e na ausência de atritos, o bloco 𝐵 se moverá para baixo (a

direção e o sentido do vetor aceleração ��𝐵 são conhecidos).

DCL do Bloco 𝐴 DCL do Bloco 𝐵

Equações de Movimento Bloco 𝐴 Equações de Movimento Bloco 𝐵

+→ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥

𝑇1 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥

𝑇1 = 𝑚𝐴(𝑎𝐴 cos 0°)

𝑇1 = 𝑚𝐴𝑎𝐴

+→ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥

0 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥

0 = 𝑚𝐵(𝑎𝐵 cos 270°)

0 = 0

+↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑦

−𝑊𝐴 +𝑁 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑦

−𝑊𝐴 +𝑁 = 𝑚𝐴(𝑎𝐴 sin 0°)

−𝑊𝐴 +𝑁 = 0

+↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦

𝑇2 −𝑊𝐵 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦

𝑇2 −𝑊𝐵 = 𝑚𝐵(𝑎𝐵 sin 270°)

𝑇2 −𝑊𝐵 = −𝑚𝐵𝑎𝐵

As equações obtidas com as Equações de Movimento dos blocos são as equações,

𝑇1 = 𝑚𝐴𝑎𝐴 Eq. 01

−𝑊𝐴 +𝑁 = 0 Eq. 02

𝑇2 −𝑊𝐵 = −𝑚𝐵𝑎𝐵 Eq. 03

Obtemos, portanto, um sistema de 3 equações com 5 incógnitas (𝑎𝐴, 𝑎𝐵 , 𝑇1, 𝑇2 e 𝑁).

Buscando equações adicionais relacionando as incógnitas do sistema de equações.

O comprimento de cada cabo é constante e podemos escrever que,

𝑥𝐴 + 2𝑦𝐶 = 𝑐𝑡𝑒 𝑦𝐵 − 𝑦𝐶 = 𝑐𝑡𝑒

𝑥

𝑦

��𝐴

��

𝒎𝑨��𝑨 ��1

𝑥

𝑦

��𝐵 𝒎𝑩��𝑩

��2


Assim,

𝑥𝐴 + 2(𝑦𝐵 − 𝑐𝑡𝑒) = 𝑐𝑡𝑒 𝑥𝐴 + 2𝑦𝐵 − 2𝑐𝑡𝑒 = 𝑐𝑡𝑒 𝑥𝐴 + 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑡𝑒 + 2𝑐𝑡𝑒

𝑥𝐴 + 2𝑦𝐵 = 𝑐𝑡𝑒 𝑣𝐴𝑥 + 2𝑣𝐵𝑦 = 0 𝑎𝐴𝑥 + 2𝑎𝐵𝑦 = 0

Mas,

𝑎𝐴𝑥 = 𝑎𝐴 cos 0° 𝑎𝐴𝑥 = 𝑎𝐴

𝑎𝐵𝑦 = 𝑎𝐵 sin 270° 𝑎𝐵𝑦 = −𝑎𝐵

Então,

𝑎𝐴 − 2𝑎𝐵 = 0 Eq. 04

Além disso, a polia 𝐶 se move juntamente com o bloco 𝐵 (têm a mesma aceleração), de modo

que podemos escrever:

2𝑇1 − 𝑇2 = 𝑚𝐶𝑎𝐶

Como a massa da polia 𝐶 deve ser considerada desprezível (𝑚𝐶 = 0), temos,

2𝑇1 − 𝑇2 = 0 Eq. 05

Desse modo obtemos um sistema de 5 equações e 5 incógnitas (𝑎𝐴 , 𝑎𝐵 , 𝑇1, 𝑇2 e 𝑁) reapresentadas abaixo,


−𝑚𝐴𝑔 + 𝑁 = 0 Eq. 02

𝑇2 −𝑚𝐵𝑔 = −𝑚𝐵𝑎𝐵 Eq. 03

𝑎𝐴 − 2𝑎𝐵 = 0 Eq. 04

2𝑇1 − 𝑇2 = 0 Eq. 05

Organizado ordenadamente de acordo com as incógnitas envolvidas o sistema de equações tem a forma,

𝑚𝐴𝑎𝐴 + 0𝑎𝐵 − 1𝑇1 + 0𝑇2 + 0𝑁 = 0 Eq. 01b

0𝑎𝐴 + 0𝑎𝐵 + 0𝑇1 + 0𝑇2 + 1𝑁 = 𝑚𝐴𝑔 Eq. 02b

0𝑎𝐴 +𝑚𝐵𝑎𝐵 + 0𝑇1 + 1𝑇2 + 0𝑁 = 𝑚𝐵𝑔 Eq. 03b

1𝑎𝐴 − 2𝑎𝐵 + 0𝑇1 + 0𝑇2 + 0𝑁 = 0 Eq. 04b

0𝑎𝐴 + 0𝑎𝐵 + 2𝑇1 − 1𝑇2 + 0𝑁 = 0 Eq. 05b

Cuja matriz ampliada é,

[ 𝑚𝐴 0 −1 0 0 00 0 0 0 1 𝑚𝐴𝑔0 𝑚𝐵 0 1 0 𝑚𝐵𝑔1 −2 0 0 0 00 0 2 −1 0 0 ]

A qual, quando reduzida à sua forma escada linha reduzida é,

[ 1 0 0 0 0

2𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵

0 1 0 0 0𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵

0 0 1 0 02𝑚𝐴𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵

0 0 0 1 04𝑚𝐴𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵

0 0 0 0 1 𝑚𝐴𝑔 ]

𝑥

𝑦


Ou seja, a solução do sistema de equações é,

𝑎𝐴 =2𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵 𝑎𝐵 =

𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵

𝑇1 =2𝑚𝐴𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵 𝑇2 =

4𝑚𝐴𝑚𝐵𝑔

4𝑚𝐴+𝑚𝐵 𝑁 = 𝑚𝐴𝑔

Para os valores dados no problema, calculamos que,

𝑎𝐴 =2(300)(9,81)

4(100)+(300) 𝑎𝐴 =

2943

350 𝑎𝐴 = 8,4086 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝐵 =(300)(9,81)

4(100)+(300) 𝑎𝐵 =

2943

700 𝑎𝐵 = 4,2043 𝑚 𝑠2⁄

𝑇1 =2(100)(300)(9,81)

4(100)+(300) 𝑇1 =

5886

7 𝑇1 = 840,86 𝑁

𝑇2 =4(100)(300)(9,81)

4(100)+(300) 𝑇2 =

11772

7 𝑇2 = 1.681,7 𝑁

𝑁 = (100)(9,81) 𝑁 = 981 𝑁 = 981 𝑁

Respostas:

a) A aceleração de cada bloco:

��𝐴 = (8,4086)𝑖 + (0)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou 𝑎𝐴 = 8,4086 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑𝐴 = 0°

��𝐵 = (0)𝑖 + (−4,2043)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou 𝑎𝐵 = 4,2043 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑𝐵 = 270°

b) A tensão em cada corda:

𝑇1 = 840,86 𝑁 𝑇2 = 1.681,7 𝑁


Um exemplo de memória de cálculo para o problema é:

DCL do Bloco 𝐴 DCL do Bloco 𝐵

Equações de Movimento Bloco 𝐴 Equações de Movimento Bloco 𝐵

��1 + ��𝐴 + �� = 𝑚𝐴��𝐴 ��2 − ��𝐵 = 𝑚𝐵��𝐵

+→ ∑𝑭𝒙 = 𝒎𝑨𝒂𝑨𝒙

𝑇1 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥

𝑇1 = 𝑚𝐴(𝑎𝐴 cos 0°)

𝑇1 = 𝑚𝐴𝑎𝐴

+↑ ∑𝑭𝒚 = 𝒎𝑨𝒂𝑨𝒚

−𝑊𝐴 +𝑁 = 𝑚𝐴𝑎𝑦

−𝑊𝐴 +𝑁 = 𝑚𝐴(𝑎𝐴 sin 0°)

−𝑊𝐴 +𝑁 = 0

+→ ∑𝑭𝒙 = 𝒎𝑩𝒂𝑩𝒙

0 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥

0 = 𝑚𝐵(𝑎𝐵 cos 270°)

0 = 0

+↑ ∑𝑭𝒚 = 𝒎𝑩𝒂𝑩𝒚

𝑇2 −𝑊𝐵 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦

𝑇2 −𝑊𝐵 = 𝑚𝐵(𝑎𝐵 sin 270°)

𝑇2 −𝑊𝐵 = −𝑚𝐵𝑎𝐵



𝑊𝐴 − 𝑁 = 0 Eq. 02

𝑊𝐵 − 𝑇2 = 𝑚𝐵𝑎𝐵 Eq. 03

O bloco 𝐴 e o bloco 𝐵 estão ligados por um cabo de comprimento constante (movimento dependente) e podemos

afirmar que,

𝑎𝐴 = 2𝑎𝐵 Eq. 044

Fazendo o DCL da polia 𝐶 podemos escrever que,

2𝑇1 − 𝑇2 = 𝑚𝐶𝑎𝐶 Como 𝑚𝐶 ≅ 0

2𝑇1 − 𝑇2 = 0 Eq. 05

4 A equação apresentada é a finalização do processo de estabelecer a relação de dependência entre os movimentos

dos blocos, de modo consistente com o sistema de coordenadas adotado. As etapas necessárias para isso não

precisam ser, necessariamente, apresentadas de forma explícita na memória cálculo, pois não fazem parte do foco

da questão que está sendo solucionada. Obviamente, é esperado que a equação apresentada seja a conclusão correta

e o pressuposto é que o(a) aluno(a) conhece e tem experiência no estabelecimento da relação de dependência em

questão.

𝑥

𝑦

��𝐴

��

𝒎𝑨��𝑨 ��1

𝑥

𝑦

��𝐵 𝒎𝑩��𝑩

��2


Assim, obtemos um sistema de 5 equações e 5 incógnitas,


𝑊𝐴 − 𝑁 = 0 Eq. 02

𝑊𝐵 − 𝑇2 = 𝑚𝐵𝑎𝐵 Eq. 03

𝑎𝐴 = 2𝑎𝐵 Eq. 04

2𝑇1 − 𝑇2 = 0 Eq. 05

Resolvido o sistema de equações, encontramos,

𝑎𝐴 = 8,4086 𝑚 𝑠2⁄ 𝑎𝐵 = 4,2043 𝑚 𝑠2⁄

𝑇1 = 840,86 𝑁 𝑇2 = 1681,7 𝑁 𝑁 = 981 𝑁

Respostas:

a) A aceleração de cada bloco:

��𝐴 = (8,4086)𝑖 + (0)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou 𝑎𝐴 = 8,4086 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑𝐴 = 0°

��𝐵 = (0)𝑖 + (−4,2043)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) Ou 𝑎𝐵 = 4,2043 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑𝐵 = 270°

b) A tensão em cada corda:

𝑇1 = 840,86 𝑁 𝑇2 = 1.681,7 𝑁





partícula;








Um bloco de peso 𝑊 = 25 𝑁, inicialmente em repouso sobre um plano

inclinado de 𝛼 = 30°, é puxado por uma força 𝑃 = 20 𝑁, conforme

figura ao lado. Desprezando o atrito e adotando o sistema de coordenadas

indicado na figura, determine a aceleração do bloco.

SOLUÇÃO:

Aqui, um “detalhe” importante. Apesar da ausência de

atrito e da aplicação da força ��, pode não haver

movimento. Além disso, não sabemos em qual sentido o

bloco irá se mover? Se no sentido para cima do plano

inclinado ou no sentido para baixo. Isto vai depender da

intensidade das forças envolvidas.

Ou seja, ao contrário dos exemplos anteriores, não

sabemos qual é o sentido da aceleração resultante do bloco

(e não sabemos também a sua intensidade). Sabemos apenas a sua direção.

Neste caso, assumimos (supomos) um sentido para a aceleração resultante. Neste exemplo, o sentido suposto foi

o sentido indicado no DCL acima. Em seguida, após solucionar o problema, verificamos se o sentido que foi

suposto se confirma ou não, através do sinal obtido no cálculo da intensidade da aceleração – se o sinal obtido for

positivo, então o sentido suposto para a aceleração estará confirmado; caso contrário o sentido da aceleração é o

oposto ao sentido que foi assumido.



𝑃𝑥 + 𝑁𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

+𝑃 cos 𝛼 − 𝑁 sin 𝛼 = 𝑚(+𝑎 cos 𝛼)

𝑃 cos𝛼 − 𝑁 sin 𝛼 = 𝑚𝑎 cos 𝛼


𝑃𝑦 +𝑊𝑦 + 𝑁𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

𝑃 sin 𝛼 −𝑊 +𝑁 cos 𝛼 = 𝑚(+𝑎 sin 𝛼)

𝑃 sin 𝛼 −𝑊 +𝑁 cos 𝛼 = 𝑚𝑎 sin 𝛼


𝑃 cos𝛼 − 𝑁 sin 𝛼 = 𝑚𝑎 cos 𝛼 Eq. 01

𝑃 sin 𝛼 −𝑊 +𝑁 cos 𝛼 = 𝑚𝑎 sin 𝛼 Eq. 02

Constatamos que é um sistema (linear) de 2 equações e 2 incógnitas (𝑎 e 𝑁).


𝑎 =𝑔(𝑃−𝑊sin𝛼)

𝑊 Expressão solução encontrada para a intensidade ou módulo do vetor aceleração resultante,

na suposição de que o sentido de �� é o sentido assumido mostrado no DCL. Pode-se perceber

que, a depender do valor de 𝑃 e do valor de 𝑊sin𝛼, o valor de 𝑎 terá um valor positivo (𝑃 >𝑊 sin𝛼) ou negativo (𝑃 < 𝑊 sin𝛼). No primeiro caso, a suposição de sentido é confirmada.

No segundo caso, o sentido da aceleração é oposto ao que foi suposto (pois o módulo ou

intensidade de um vetor não pode ser um valor negativo). Se 𝑃 = 𝑊 sin 𝛼 então 𝑎 = 0.

𝑁 = 𝑊 cos 𝛼 Expressão solução encontrada para a intensidade ou módulo do vetor força normal (direção

e o sentido conhecidos previamente sem ambiguidade).

Para o problema em questão, os valores numéricos são,

DCL do Bloco

𝑥

𝑦

��

��

𝑚. ��

Suposição.

Suposição.

𝑥

𝑦 ��

𝛼 = 30°

Suposição.


𝑎 =9,81(20−25sin 30°)

25 𝑎 =

9,81(20−12,5)

25 𝑎 = +2,9430

O sinal positivo indica que o sentido assumido para a aceleração �� é o sentido correto.

Assim, podemos afirmar que,

𝑎𝑥 = 𝑎 cos 30° 𝑎𝑥 = 2,9430 (√3

2) 𝑎𝑥 = 2,5487

𝑎𝑦 = 𝑎 sin 30° 𝑎𝑦 = 2,9430 (1

2) 𝑎𝑦 = 1,4715

Resposta:

�� = (2,5487)𝑖 + (1,4715)𝑗 (𝑚 𝑠2⁄ ) ou 𝑎 = 2,9430 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑 = 30°





partícula;








Problema-Resolvido 12.3 (Beer, Johnston; 9ª Edição, pág. 705)

O bloco 𝐵 pesando 54 𝑁 parte do repouso e desliza sobre a cunha 𝐴 de

peso 135 𝑁 que está apoiada sobre uma superfície horizontal.

Desprezando o atrito e assumindo 𝛼 = 30°, determine os vetores

aceleração (a) da cunha, e, (b) do bloco.

SOLUÇÃO:

Na ausência de atrito, haverá movimento, tanto da cunha 𝐴 quanto do bloco 𝐵.

Porém, a cunha 𝐴 está restrita a se deslocar sobre a superfície horizontal. Portanto, o

seu movimento será na direção horizontal e com sentido para a direita. Isto é,

conhecemos a direção e o sentido do vetor aceleração ��𝐴 da cunha, restando apenas

determinar a sua intensidade.

O bloco 𝐵 está restrito a escorregar sobre a cunha. O movimento do bloco em relação

à cunha (��𝐵 𝐴⁄ ) será na direção do plano inclinado da cunha, com sentido para “baixo

↙” e o seu movimento em relação à superfície horizontal (��𝐵) será a soma vetorial

do seu movimento em relação à cunha com o movimento da cunha em relação à

superfície horizontal (��𝐵 = ��𝐵 𝐴⁄ + ��𝐴). Isto é, conhecemos a direção e o sentido do

vetor aceleração ��(𝐵 𝐴⁄ ), conhecemos a direção e o sentido do vetor aceleração ��𝐴 e

sabemos que ��𝐵 = ��(𝐵 𝐴⁄ ) + ��𝐴.

Observar que o vetor ��𝐵 é totalmente desconhecido. Não sabemos nem a sua direção,

nem o seu sentido e nem a sua intensidade. A direção, o sentido e a intensidade do

vetor ��𝐵 depende das intensidades de ��(𝐵 𝐴⁄ ) e de ��𝐴.

Adotamos um sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 fixo ao solo, com eixo 𝑥 horizontal sentido positivo para a direita

(+→) e eixo 𝑦 vertical sentido positivo para cima (+↑). Os Diagramas de Corpo Livre e as equações de movimento

para a cunha 𝐴 e para o bloco 𝐵 apresentados resumem as considerações acima mencionadas.

DCL da Cunha 𝐴

Equações de Movimento da cunha A

+→ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥

+𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥

𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐴(𝑎𝐴 cos 0°)

𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐴𝑎𝐴

+↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑦

−𝑊𝐴 −𝑁2 cos 𝛼 + 𝑁1 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑦

−𝑊𝐴 −𝑁2 cos 𝛼 + 𝑁1 = 𝑚𝐴(𝑎𝐴 sin 0°)

−𝑊𝐴 −𝑁2 cos 𝛼 + 𝑁1 = 0

𝑥

𝑦

𝛼

��𝐴

��1

��2

𝑚𝐴��𝐴

𝑥

𝑦 𝐵

𝐴 𝛼

𝐴 ��𝐴

𝐵

𝛼

��𝐴

��(𝐵 𝐴⁄ )

𝐵

𝛼

��𝐴

��(𝐵 𝐴⁄ ) ��𝐵


DCL do Bloco 𝐵

Equações de Movimento do bloco B

+→ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥

−𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥

+↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦

−𝑊𝐵 + 𝑁2 cos 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦

Reunindo as equações obtidas, ficamos com 4 equações e 5 incógnitas (𝑎𝐴, 𝑎𝐵𝑥, 𝑎𝐵𝑦 , 𝑁1 e 𝑁2).

𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐴𝑎𝐴 Eq. 01

−𝑊𝐴 −𝑁2 cos 𝛼 + 𝑁1 = 0 Eq. 02

−𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥 Eq. 03

−𝑊𝐵 + 𝑁2 cos 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦 Eq. 04

Buscando equação adicional:

Os vetores ��𝐴 e ��𝐵 𝐴⁄ têm direção e sentido conhecidos, de modo que podemos expressá-los por suas componentes.

��𝐴 = [𝑎𝐴 cos 0°𝑎𝐴 sin 0°

] ��𝐴 = [𝑎𝐴0]

��𝐵 𝐴⁄ = [−𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) cos 𝛼

−𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) sin 𝛼]

Uma vez que, ��𝐵 = ��𝐴 + ��𝐵 𝐴⁄ , podemos escrever que,

��𝐵 = [𝑎𝐴𝑥𝑎𝐴𝑦

] + [𝑎(𝐵 𝐴⁄ )𝑥

𝑎(𝐵 𝐴⁄ )𝑦] ��𝐵 = [

𝑎𝐴0] + [

−𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) cos 𝛼


��𝐵 = [𝑎𝐴 − 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) cos 𝛼


Assim, obtemos um sistema com 6 equações e 6 incógnitas (𝑎𝐴, 𝑎𝐵𝑥, 𝑎𝐵𝑦 , 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ), 𝑁1 e 𝑁2,).

𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐴𝑎𝐴 Eq. 01a

−𝑚𝐴𝑔 − 𝑁2 cos 𝛼 + 𝑁1 = 0 Eq. 02a

−𝑁2 sin 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥 Eq. 03a

−𝑚𝐵𝑔 + 𝑁2 cos 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦 Eq. 04a

𝑎𝐵𝑥 = 𝑎𝐴 − 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) cos 𝛼 Eq. 05a

𝑎𝐵𝑦 = −𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) sin 𝛼 Eq. 06a

Este sistema pode ser reduzido (algumas substituições para isso são bastante evidentes), ou mantido tal como foi

obtido.

𝑥

𝑦

𝛼

��𝐵

��2 𝑚𝐵��𝐴

𝑚𝐵��(𝐵 𝐴⁄ ) 𝛼


𝑚𝐴𝑎𝐴 + 0𝑎𝐵𝑥 + 0𝑎𝐵𝑦 + 0𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0𝑁1 − sin 𝛼 𝑁2 = 0 Eq. 01b

0𝑎𝐴 + 0𝑎𝐵𝑥 + 0𝑎𝐵𝑦 + 0𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 1𝑁1 − cos 𝛼 𝑁2 = 𝑚𝐴𝑔 Eq. 02b

0𝑎𝐴 + 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥 + 0𝑎𝐵𝑦 + 0𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0𝑁1 + sin 𝛼 𝑁2 = 0 Eq. 03b

0𝑎𝐴 + 0𝑎𝐵𝑥 + 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦 + 0𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0𝑁1 − cos 𝛼 𝑁2 = −𝑚𝐵𝑔 Eq. 04b

1𝑎𝐴 − 1𝑎𝐵𝑥 + 0𝑎𝐵𝑦 − cos 𝛼 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0𝑁1 + 0 𝑁2 = 0 Eq. 05b

0𝑎𝐴 + 0𝑎𝐵𝑥 − 1𝑎𝐵𝑦 − sin 𝛼 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0𝑁1 + 0 𝑁2 = 0 Eq. 06b


[ 𝑚𝐴 0 0 0 0 − sin 𝛼 00 0 0 0 1 − cos 𝛼 𝑚𝐴𝑔0 𝑚𝐵 0 0 0 + sin 𝛼 00 0 𝑚𝐵 0 0 − cos 𝛼 −𝑚𝐵𝑔1 −1 0 − cos𝛼 0 0 00 0 −1 − sin 𝛼 0 0 0 ]

Resolvendo pelo método de Gauss-Jordan, encontramos,

[ 1 0 0 0 0 0

𝑊𝐵𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼

𝑊𝐴+𝑊𝐵 sin2 𝛼

0 1 0 0 0 0 −𝑊𝐴𝑔 sin 𝛼 cos𝛼


0 0 1 0 0 0 −(𝑊𝐴+𝑊𝐵)𝑔 sin

2 𝛼


0 0 0 1 0 0(𝑊𝐴+𝑊𝐵)𝑔 sin 𝛼


0 0 0 0 1 0𝑊𝐴

2+𝑊𝐴𝑊𝐵


0 0 0 0 0 1𝑊𝐴𝑊𝐵 cos𝛼

𝑊𝐴+𝑊𝐵 sin2 𝛼 ]

Seja qual for o método de solução adotado, uma vez que o sistema de equações seja resolvido encontraremos:

𝑎𝐴 =𝑊𝐵𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼


𝑎𝐵𝑥 = −𝑊𝐴𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼


𝑎𝐵𝑦 = −(𝑊𝐴+𝑊𝐵)𝑔 sin

2 𝛼


𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) =(𝑊𝐴+𝑊𝐵)𝑔 sin𝛼


𝑁1 =𝑊𝐴

2+𝑊𝐴𝑊𝐵


𝑁2 =𝑊𝐴𝑊𝐵 cos𝛼


Adotando-se os valores numéricos dados no problema (𝑊𝐴 = 135 𝑁, 𝑊𝐵 = 54 𝑁 e 𝛼 = 30° = 𝜋 6⁄ 𝑟𝑎𝑑),

encontramos:

𝑎𝐴 =981√3

1100 𝑎𝐴 = 1,5447𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝐵𝑥 = −981√3

440 𝑎𝐵𝑥 = −3,8617𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝐵𝑦 = −6867

2200 𝑎𝐵𝑦 = −3,1214𝑚 𝑠2⁄

𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) =6867

1100 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) = 6,2427𝑚 𝑠2⁄

𝑁1 =1890

11 𝑁1 = 171,82 𝑁

𝑁2 =270√3

11 𝑁2 = 42,514 𝑁

Assim:

Aceleração da cunha 𝐴 é 𝑎𝐴 = 1,5447 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑𝐴 = 0°

Aceleração do bloco 𝐵 é ��𝐵 = 𝑎𝐵𝑥𝑖 + 𝑎𝐵𝑦𝑗 ��𝐵 = (−3,8617)𝑖 + (−3,1214)𝑗

��𝐵

𝜑𝐵

𝑥

𝑦


Ou, 𝑎𝐵 = √𝑎𝐵𝑥2 + 𝑎𝐵𝑦

2 𝑎𝐵 = √(−3,8617)2 + (−3,1214)2 𝑎𝐵 = 4,9654𝑚 𝑠2⁄

𝜑𝐵 = tan−1 (|𝑎𝐵𝑦|

|𝑎𝐵𝑥|) 𝜑𝐵 = tan−1 (

3,1214

3,8617) 𝜑𝐵 = 38,95°




O bloco 𝐵 pesando 54 𝑁 parte do repouso e desliza sobre a cunha 𝐴

de peso 135 𝑁 apoiada sobre uma superfície horizontal.

Desprezando o atrito e assumindo 𝛼 = 30°, determine os vetores

aceleração (a) da cunha, e, (b) do bloco.

SOLUÇÃO:

Na ausência de atrito, haverá movimento, tanto da cunha 𝐴 quanto do bloco 𝐵.

Porém, a cunha 𝐴 está restrita a se deslocar sobre a superfície horizontal. Portanto, o

seu movimento será na direção horizontal e com sentido para a direita. Isto é,

conhecemos a direção e o sentido do vetor aceleração ��𝐴 da cunha, restando apenas

determinar a sua intensidade.

O bloco 𝐵 está restrito a escorregar sobre a cunha. O movimento do bloco em relação

à cunha (��𝐵 𝐴⁄ ) será na direção do plano inclinado da cunha, com sentido para “baixo

↙” e o seu movimento em relação à superfície horizontal (��𝐵) será a soma vetorial

do seu movimento em relação à cunha com o movimento da cunha em relação à

superfície horizontal (��𝐵 = ��𝐵 𝐴⁄ + ��𝐴).

Observar que o vetor ��𝐵 é um vetor totalmente desconhecido. Não sabemos nem a

sua direção, nem o seu sentido e nem a sua intensidade. A direção, o sentido e a

intensidade do vetor ��𝐵 depende das intensidades de ��(𝐵 𝐴⁄ ) e de ��𝐴.

Em resumo, conhecemos a direção e o sentido do vetor aceleração ��(𝐵 𝐴⁄ ),

conhecemos a direção e o sentido do vetor aceleração ��𝐴 e sabemos que ��𝐵 =��(𝐵 𝐴⁄ ) + ��𝐴.

Adotamos um sistema de coordenadas 𝑂𝑥𝑦 fixo ao solo, com eixo 𝑥 paralelo ao plano inclinado da cunha e sentido

positivo “para cima” e com eixo 𝑦 perpendicular ao plano inclinado da cunha e sentido positivo “para cima”,

conforme indicado na figura. Os Diagramas de Corpo Livre e as equações de movimento para a cunha 𝐴 e para o

bloco 𝐵 apresentados abaixo explicitam estas considerações.

DCL da Cunha 𝐴 DCL do Bloco 𝐵

Equações de Movimento da cunha A Equações de Movimento do bloco B

+↗ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥

𝑁1 sin 𝛼 −𝑊𝐴 sin 𝛼 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥

𝑁1 sin 𝛼 −𝑊𝐴 sin 𝛼 = 𝑚𝐴(+𝑎𝐴 cos 𝛼) 𝑁1 sin 𝛼 −𝑊𝐴 sin 𝛼 = 𝑚𝐴 cos 𝛼 𝑎𝐴

+↖ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑦

𝑁1 cos 𝛼 −𝑊𝐴 cos 𝛼 − 𝑁2 = 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑦

𝑁1 cos 𝛼 −𝑊𝐴 cos 𝛼 − 𝑁2 = 𝑚𝐴(−𝑎𝐴 sin 𝛼) 𝑁1 cos 𝛼 −𝑊𝐴 cos 𝛼 − 𝑁2 = −𝑚𝐴 sin 𝛼 𝑎𝐴

+↗ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥

−𝑊𝐵 sin 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥

+↖ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦

𝑁2 −𝑊𝐵 cos 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦

𝑥

𝑦 𝛼

��𝐴

��1

��2 𝑚𝐴��𝐴

𝛼

𝛼

𝑥 𝑦

𝑥

𝑦 𝛼

��𝐵

��2

𝑚𝐵��𝐴

𝑚𝐵��(𝐵 𝐴⁄ ) 𝛼

𝛼

𝑥 𝑦 𝐵

𝐴 𝛼

𝐴 ��𝐴

𝐵

𝛼

��𝐴

��(𝐵 𝐴⁄ )

𝐵

𝛼

��𝐴

��(𝐵 𝐴⁄ ) ��𝐵


Reunindo as equações obtidas, ficamos com 4 equações e 5 incógnitas (𝑎𝐴, 𝑎𝐵𝑥, 𝑎𝐵𝑦 , 𝑁1 e 𝑁2,).

𝑁1 sin 𝛼 −𝑊𝐴 sin 𝛼 = 𝑚𝐴 cos 𝛼 𝑎𝐴 Eq. 01

𝑁1 cos 𝛼 −𝑊𝐴 cos 𝛼 − 𝑁2 = −𝑚𝐴 sin 𝛼 𝑎𝐴 Eq. 02

−𝑊𝐵 sin 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥 Eq. 03

𝑁2 −𝑊𝐵 cos 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦 Eq. 04

Buscando equação adicional:

Observando o DCL vemos que os vetores ��𝐴 e ��𝐵 𝐴⁄ têm direções e sentidos conhecidos, de modo que podemos

expressá-los por suas componentes.

O vetor ��𝐴 é dado por, ��𝐴 = [𝑎𝐴 cos 𝛼−𝑎𝐴 sin 𝛼

]

O vetor ��𝐵 𝐴⁄ é dado por, ��𝐵 𝐴⁄ = [−𝑎(𝐵 𝐴⁄ )

0]

Uma vez que, ��𝐵 = ��𝐴 + ��𝐵 𝐴⁄ , obtemos,

��𝐵 = [𝑎𝐴𝑥𝑎𝐴𝑦

] + [𝑎(𝐵 𝐴⁄ )𝑥

𝑎(𝐵 𝐴⁄ )𝑦] ��𝐵 = [

𝑎𝐴 cos 𝛼−𝑎𝐴 sin 𝛼

] + [−𝑎(𝐵 𝐴⁄ )

0] ��𝐵 = [

𝑎𝐴 cos 𝛼 − 𝑎(𝐵 𝐴⁄ )

−𝑎𝐴 sin 𝛼]

Assim, obtemos um sistema com 6 equações e 6 incógnitas (𝑎𝐴, 𝑎𝐵𝑥, 𝑎𝐵𝑦 , 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ), 𝑁1 e 𝑁2,).

𝑁1 sin 𝛼 −𝑊𝐴 sin 𝛼 = 𝑚𝐴 cos 𝛼 𝑎𝐴 Eq. 01a

𝑁1 cos 𝛼 −𝑊𝐴 cos 𝛼 − 𝑁2 = −𝑚𝐴 sin 𝛼 𝑎𝐴 Eq. 02a

−𝑊𝐵 sin 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑥 Eq. 03a

𝑁2 −𝑊𝐵 cos 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦 Eq. 04a

𝑎𝐵𝑥 = 𝑎𝐴 cos 𝛼 − 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) Eq. 05a

𝑎𝐵𝑦 = − sin 𝛼 𝑎𝐴 Eq. 06a

Organizando o sistema de equações, teremos,

𝑚𝐴 cos 𝛼 𝑎𝐴 + 0 𝑎𝐵𝑥 + 0 𝑎𝐵𝑦 + 0 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) − sin 𝛼 𝑁1 + 0 𝑁2 = −𝑚𝐴𝑔 sin 𝛼

−𝑚𝐴 sin 𝛼 𝑎𝐴 + 0 𝑎𝐵𝑥 + 0 𝑎𝐵𝑦 + 0 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) − cos 𝛼 𝑁1 + 1 𝑁2 = −𝑚𝐴𝑔 cos 𝛼

0 𝑎𝐴 + 𝑚𝐵 𝑎𝐵𝑥 + 0 𝑎𝐵𝑦 + 0 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0 𝑁1 + 0 𝑁2 = −𝑚𝐵𝑔 sin 𝛼

0 𝑎𝐴 + 0 𝑎𝐵𝑥 + 𝑚𝐵 𝑎𝐵𝑦 + 0 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0 𝑁1 − 1 𝑁2 = −𝑚𝐵𝑔 cos 𝛼

cos𝛼 𝑎𝐴 − 1 𝑎𝐵𝑥 + 0 𝑎𝐵𝑦 − 1 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0 𝑁1 + 0 𝑁2 = 0

−sin 𝛼 𝑎𝐴 + 0 𝑎𝐵𝑥 − 1 𝑎𝐵𝑦 + 0 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) + 0 𝑁1 + 0 𝑁2 = 0

Eq. 01bEq. 02bEq. 03bEq. 04bEq. 05bEq. 06b


[ 𝑚𝐴 cos 𝛼 0 0 0 − sin 𝛼 0 −𝑚𝐴𝑔 sin 𝛼−𝑚𝐴 sin 𝛼 0 0 0 − cos 𝛼 1 −𝑚𝐴𝑔 cos𝛼

0 𝑚𝐵 0 0 0 0 −𝑚𝐵𝑔 sin 𝛼0 0 𝑚𝐵 0 0 −1 −𝑚𝐵𝑔 cos𝛼

cos 𝛼 −1 0 −1 0 0 0− sin 𝛼 0 −1 0 0 0 0 ]


Qualquer que seja o método de solução adotado para solucionar o sistema de equações obtido, encontraremos

solução dada por:

𝑎𝐴 =𝑚𝐵.𝑔.sin 𝛼.cos𝛼

𝑚𝐴+𝑚𝐵 sin2 𝛼

𝑎𝐵𝑥 = −𝑔 sin 𝛼

𝑎𝐵𝑦 = −𝑚𝐵.𝑔.sin

2 𝛼


𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) =(𝑚𝐴+𝑚𝐵).𝑔.sin𝛼


𝑁1 =(𝑚𝐴

2+𝑚𝐴.𝑚𝐵).𝑔


𝑁2 =𝑚𝐴.𝑚𝐵.𝑔.(sin

2 𝛼.cos𝛼+cos3 𝛼)


Adotando os valores numéricos dados no problema (𝑊𝐴 = 135 𝑁, 𝑊𝐵 = 54 𝑁 e 𝛼 = 30° = 𝜋 6⁄ 𝑟𝑎𝑑),

encontramos:

𝑎𝐴 =54.sin(𝜋 6⁄ ).cos(𝜋 6⁄ )

(135 9,81⁄ )+(54 9,81⁄ ) sin2(𝜋 6⁄ ) 𝑎𝐴 =

981√3

1100 𝑎𝐴 = 1,5447𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝐵𝑥 = −9,81 sin(𝜋 6⁄ ) 𝑎𝐵𝑥 = −981

200 𝑎𝐵𝑥 = −4,9050𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝐵𝑦 = −54.sin2(𝜋 6⁄ )

(135 9,81⁄ )+(54 9,81⁄ ) sin2(𝜋 6⁄ ) 𝑎𝐵𝑦 = −

981√3

2200 𝑎𝐵𝑦 = −0,7723𝑚 𝑠2⁄

𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) =(135+54).sin(𝜋 6⁄ )

(135 9,81⁄ )+(54 9,81⁄ ) sin2(𝜋 6⁄ ) 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) =

6867

1100 𝑎(𝐵 𝐴⁄ ) = 6,2427𝑚 𝑠2⁄

𝑁1 =((135 9,81⁄ )2+(135 9,81⁄ ).(54 9,81⁄ )).9,81

(135 9,81⁄ )+(54 9,81⁄ ) sin2(𝜋 6⁄ ) 𝑁1 =

1890

11 𝑁1 = 171,82 𝑁

𝑁2 =(135 9,81⁄ ).(54 9,81⁄ ).9,81.(sin2(𝜋 6⁄ ).cos(𝜋 6⁄ )+cos3(𝜋 6⁄ ))

(135 9,81⁄ )+(54 9,81⁄ ) sin2(𝜋 6⁄ ) 𝑁2 = 42,514 𝑁

Assim:

Aceleração da cunha 𝐴 é 𝑎𝐴 = 1,5447 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑𝐴 = 0°

Aceleração do bloco 𝐵 é ��𝐵 = (−4,9050)𝑖 + (−0,7723)𝑗

𝑎𝐵 = √(−4,9050)2 + (−0,7723)2

𝑎𝐵 = 4,9654𝑚 𝑠2⁄

𝜑𝐵 = tan−1 (|𝑎𝐵𝑦|

|𝑎𝐵𝑥|) 𝜑𝐵 = tan−1 (

0,7723

4,9050) 𝜑𝐵 = 8,9483°

��𝐵

𝜑𝐵

𝑥 𝑦

𝛼


INCLUIR…




A extremidade de um pêndulo de 2 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 descreve um arco de

circunferência em um plano vertical. Se a tração na corda é 2,5 vezes o peso

do pêndulo para a posição mostrada na figura, encontre a velocidade e a

aceleração do pêndulo nessa posição.

SOLUÇÃO:

Trata-se de um movimento oscilatório harmônico simples (MHS), e a questão é determinar a velocidade e a

aceleração do pêndulo para posição mostrada.

Neste caso, escolhemos expressar as equações de movimento em

termos de suas componentes tangencial e normal, conforme indicado

no DCL. Não conhecemos a direção da aceleração resultante, mas

podemos expressá-la em termos de suas componentes tangencial 𝑎𝑡 e

normal 𝑎𝑛.

Notar que assumimos que o pêndulo está “voltando” de uma posição

mais alta, conforme o sentido positivo assumido para a direção

tangencial no instante mostrado. Notar também que não foi indicado

um sistema de coordenadas para descrever a posição do pêndulo, uma

vez que o interesse é apenas na velocidade e na aceleração.

Equações de Movimento (para a posição mostrada)

+↙ ∑𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡

𝑚𝑔 sin 30° = 𝑚𝑎𝑡 𝑎𝑡 = 𝑔 sin 30° 𝑎𝑡 = 9,81(0,5) 𝑎𝑡 = 4,9050 𝑚/𝑠2

+↖ ∑𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛

𝑇 − 𝑚𝑔 cos 30° = 𝑚𝑎𝑛

2,5𝑚𝑔 −𝑚𝑔 cos 30° = 𝑚𝑎𝑛

𝑎𝑛 = 9,81(2,5 − cos 30°) 𝑎𝑛 = 16,029 𝑚/𝑠2

𝑎 = √𝑎𝑡2 + 𝑎𝑛

2 𝑎 = √(4,9050)2 + (16,029)2

𝑎 = 16,764 𝑚 𝑠2⁄ 𝜑 = 72,986°

Determinação da velocidade para a posição mostrada.

𝑎𝑛 =𝑣2

𝜌 𝑣2 = 𝜌𝑎𝑛

𝑣2 = (2)(16,029) 𝑣2 = 32,059 𝑣 = 5,6620 𝑚/𝑠

DCL do Pêndulo

𝑡

30°

��

��

𝑚��𝑛

𝑛

𝑡

𝑛

𝑚��𝑡

𝜑

��𝑛

𝑡

𝑛

��𝑡




Determinar a velocidade de segurança de uma curva inclinada de estrada de

raio constante 𝜌 = 120 𝑚 com inclinação lateral 𝜃 = 18°. A velocidade

de segurança de uma curva de estrada com inclinação lateral é a velocidade

com que um carro pode trafegar sem que nenhuma força de atrito lateral

seja exercida em suas rodas.

SOLUÇÃO:

Consideramos (modelamos) a partícula (carro) percorrendo uma trajetória circular num plano horizontal com

velocidade constante e igual à velocidade de segurança.

Como o carro está fazendo uma curva com velocidade constante, não há aceleração (ou força) tangencial e três são

as forças que atuam sobre carro: a força peso (��) e as forças normal (��) e de atrito (��𝑎) exercidas pela pista.

Como o carro está seguindo uma trajetória horizontal, a força (aceleração) resultante na direção 𝑦 é nula, podemos

afirmar que 𝑁𝑦 = 𝑊.

Como o carro está seguindo uma trajetória horizontal, também podemos afirmar que a força centrípeta é igual a (𝐹𝑎𝑛 + 𝑁𝑛).

DCL – Visão “de trás” DCL – Visão “de cima”

Escolhemos expressar as equações de movimento em termos de suas componentes tangencial e normal, conforme

indicado no DCL.

Equações de Movimento.

+← ∑𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛

𝑁 sin 𝜃 + 𝐹𝑎𝑡 cos 𝜃 = 𝑚𝑎𝑛

Porém, 𝑎𝑛 = 𝑣2 𝜌⁄

𝑁 sin 𝜃 + 𝜇𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝑣2

𝜌


𝑁 cos 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡 sin 𝜃 −𝑊 = 𝑚𝑎𝑦

Porém, 𝑎𝑦 = 0

𝑁 cos 𝜃 − 𝜇𝑁 sin 𝜃 −𝑊 = 0

Obtemos um sistema de duas equações com três incógnitas (𝑁, 𝜇 e 𝑣).

{𝑁 sin 𝜃 + 𝜇𝑁 cos 𝜃 = 𝑚

𝑣2

𝜌

𝑁 cos 𝜃 − 𝜇𝑁 sin 𝜃 −𝑊 = 0

Porém, para um carro trafegando em velocidade de segurança (𝑣𝑠𝑒𝑔), a força de atrito é nula (𝜇𝑁).

𝑦

𝑥 𝑛

��

��

��𝑎𝑡 𝑂

𝑚��𝑛

𝑧

𝑥 𝑛

��𝑎𝑡𝑛 𝑂

𝑚��𝑛 ��𝑛

𝑡


Neste caso, a equações se reduzem a,

{𝑁 sin 𝜃 = 𝑚𝑣𝑠𝑒𝑔

2

𝜌

𝑁 cos 𝜃 −𝑊 = 0

Note que a força de atrito só é nula no caso em que o carro realiza a curva com velocidade igual à velocidade de

segurança. Neste caso, obtemos um sistema (não linear) de duas equações com duas incógnitas (𝑁 e 𝑣𝑠𝑒𝑔).

Da segunda equação tiramos que, 𝑁 =𝑚𝑔

cos𝜃

Substituindo na primeira equação,

𝑚𝑔

cos𝜃sin 𝜃 = 𝑚

(𝑣𝑠𝑒𝑔)2

𝜌 𝑔

sin 𝜃

cos𝜃=

(𝑣𝑠𝑒𝑔)2

𝜌

(𝑣𝑠𝑒𝑔)2= 𝑔𝜌 tan 𝜃 𝑣𝑠𝑒𝑔 = √𝑔𝜌 tan 𝜃

Valores numéricos:

𝜌 = 120 𝑚 𝜃 = 18°

𝑣𝑠𝑒𝑔 = √(9,81)(120) tan(18°) 𝑣𝑠𝑒𝑔 = √382,50

𝑣𝑠𝑒𝑔 = 19,558 𝑚 𝑠⁄ 𝑣𝑠𝑒𝑔 = 70,407 𝑘𝑚 ℎ⁄



Problema 12.66 (Beer, Johnston; 9ª Edição)

A haste 𝑂𝐴 gira em torno de 𝑂 em um plano horizontal. O movimento do colar 𝐵 de

massa 𝑚 = 300 𝑔 é definido pelas relações 𝑟 = 300 + 100 cos (𝜋

2𝑡) e 𝜃 = 𝜋(𝑡2 − 3𝑡),

onde 𝑟 é expresso em milimetros, 𝑡 em segundos e 𝜃 em radianos. Determine as

componentes radial e transversal da força exercida sobre o colar quando (a) 𝑡 = 0; e; (b)

𝑡 = 0,5 𝑠.

SOLUÇÃO:

O movimento do colar 𝐵 já está definido por suas coordenadas polares (𝑟, 𝜃).

𝑟 = 300 + 100 cos (𝜋

2𝑡) 𝜃 = 𝜋(𝑡2 − 3𝑡)

A única força atuando sobre o colar 𝐵 é a força exercida pelo braço 𝑂𝐴 sobre o colar 𝐵 e é uma força que tem

(pode ter) uma componente radial e uma componente transversal. A componente 𝑧, atuando na direção vertical

(perpendicular ao papel) não é para ser considerada (conforme enunciado do problema) mas ela é a força exercida

pelo braço sobre o colar em reação à ação do colar sobre o braço devido ao peso do colar. Em outras palavras, a

componente 𝑧 que o braço exerce sobre o colar é uma força normal de módulo igual ao peso do colar e não será

incluída na solução do problema.

Portanto, a força exercida pelo braço 𝑂𝐴 tem apenas uma componente radial e outra componente transversal.

Convenientemente, denominaremos estas componentes por ��𝑟 e ��𝜃. Não sabemos qual é a direção da aceleração

(da força) resultante sobre o colar 𝐵. Entretanto, sabemos que ela terá uma componente radial ��𝑟 (𝑚��𝑟) e uma

componente transversal ��𝜃 (𝑚��𝜃), conforme o DCL abaixo.

Diagrama de corpo livre

Equações de Movimento (coordenadas polares).

∑𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟

𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟

∑𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃

𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃

Reunindo as equações de movimento obtidas,

𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟 Eq. 01

𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃 Eq. 02

Relembrando que,

𝑎𝑟 = �� − 𝑟��2 𝑎𝜃 = 𝑟�� + 2��

Portanto, podemos escrever que,

𝐹𝑟 = 𝑚(�� − 𝑟��2) Eq. 01a

𝐹𝜃 = 𝑚(𝑟�� + 2��) Eq. 02a

��𝑟 ��𝜃


Uma vez que

𝑟 = 300 + 100 cos (𝜋

2𝑡) 𝜃 = 𝜋(𝑡2 − 3𝑡).

�� = −50𝜋 sin (𝜋

2𝑡) �� = 𝜋(2𝑡 − 3)

�� = −25𝜋2 cos (𝜋

2𝑡) �� = 2𝜋

Podemos calcular,

𝑎𝑟 = �� − 𝑟��2 𝑎𝑟 = (−25𝜋2 cos (

𝜋

2𝑡)) − (300 + 100 cos (

𝜋

2𝑡)) (𝜋(2𝑡 − 3))

2

𝑎𝜃 = 𝑟�� + 2�� 𝑎𝜃 = (300 + 100 cos (𝜋

2𝑡)) (2𝜋) − 2 (50𝜋 sin (

𝜋

2𝑡)) (𝜋(2𝑡 − 3))

Em 𝑡 = 0 𝑠,

𝑎𝑟 = −3625𝜋2 𝑎𝑟 = −35777,32 𝑚𝑚 𝑠2⁄ 𝑎𝑟 = −35,777 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝜃 = 800𝜋 𝑎𝜃 = 2513,27 𝑚𝑚 𝑠2⁄ 𝑎𝜃 = 2,5133 𝑚 𝑠2⁄

Logo,

𝐹𝑟 = (0,3)(−35,777) 𝐹𝑟 = −10,733 𝑁

𝐹𝜃 = (0,3)(2,5133) 𝐹𝜃 = 0,7540 𝑁

Em 𝑡 = 0,5 𝑠

𝑎𝑟 = −(2400+425√2)𝜋2

2 𝑎𝑟 = −14809,54 𝑚𝑚 𝑠2⁄ 𝑎𝑟 = −14,810 𝑚 𝑠2⁄

𝑎𝜃 = 100𝜋√2(𝜋 + 1 + 3√2) 𝑎𝜃 = 3725,17 𝑚𝑚 𝑠2⁄ 𝑎𝜃 = 3,7252 𝑚 𝑠2⁄

Logo,

𝐹𝑟 = (0,3)(−14,810) 𝐹𝑟 = −4,4429 𝑁

𝐹𝜃 = (0,3)(3,7252) 𝐹𝜃 = 1,1175 𝑁


4 Cinética de Partículas: Método do Trabalho e Energia

4.1 Introdução

Até aqui, os problemas envolvendo a determinação do movimento de partículas sujeitas à ação

de várias forças foram resolvidos através da aplicação direta da 2ª Lei de Newton �� = 𝑚�� onde

�� é a força resultante atuando sobre a partícula.

Os problemas foram resolvidos de tal modo que a equação �� = 𝑚�� pôde ser montada em

termos das componentes e resolvida para determinar as componentes da aceleração ��. Em

seguida, a aceleração �� permitiu determinar a velocidade e a posição da partícula em qualquer

instante.

O emprego da equação �� = 𝑚��, em conjunto com os princípios da Cinemática, permite ainda

desenvolver dois métodos adicionais para a análise da Cinética do movimento. São eles:

• O Método do Trabalho e Energia;

• O Método do Impulso e Quantidade de Movimento.

A vantagem desses métodos é que tornam desnecessária a determinação prévia da aceleração

em função do tempo.

O Método de Trabalho e Energia estabelece uma relação direta entre força, massa,

velocidade e deslocamento (posição), sem necessidade de conhecer a função aceleração.

O Método do Impulso e Quantidade de Movimento estabelece uma relação direta entre

força, massa, velocidade e tempo, sem necessidade de conhecer a função aceleração.


4.2 Trabalho de uma força – Definição

Considere uma partícula em movimento. O vetor infinitesimal 𝑑𝑟

representa o deslocamento da partícula ao se mover da posição 𝐴 para

a posição 𝐴′.

Vamos agora admitir que uma força �� (que não é necessariamente a

força resultante) esteve atuando sobre a partícula durante este

deslocamento da posição 𝐴 para a posição 𝐴′.

O trabalho realizado pela força �� sobre a partícula durante o seu

deslocamento infinitesimal 𝑑𝑟, ao se mover da posição 𝐴 para a

posição 𝐴′, é definido pelo produto escalar

𝑑𝑈 = �� ∙ 𝑑𝑟

Portanto, por definição, o trabalho é uma quantidade escalar. Tem um valor e um sinal, mas não

tem nem direção nem sentido. No SI o trabalho é expresso em 𝑁.𝑚 e esta unidade é denominada

joule5 (1 𝐽 = 1 𝑁.𝑚).

Utilizando a definição de produto escalar6 e notando que para um deslocamento infinitesimal o

módulo do vetor 𝑑𝑟 coincide com o arco de trajetória 𝑑𝑠, podemos escrever

𝑑𝑈 = 𝐹 𝑑𝑟 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑑𝑟 = 𝑑𝑠 𝑑𝑈 = 𝐹 𝑑𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼

Em termos das componentes retangulares da força e do deslocamento,

𝑑𝑈 = 𝐹𝑥𝑑𝑥 + 𝐹𝑦𝑑𝑦 + 𝐹𝑧𝑑𝑧

Da equação 𝑑𝑈 = 𝐹 𝑑𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼 concluímos que {𝑆𝑒 0° < 𝛼 < 90° ⟹ 𝑑𝑈 > 0𝑆𝑒 𝛼 = 90° ⟹ 𝑑𝑈 = 0

𝑆𝑒 90° > 𝛼 < 180° ⟹ 𝑑𝑈 < 0

O trabalho realizado por uma força �� durante um deslocamento finito de uma partícula ao longo

de sua trajetória, desde uma posição identificada pelo ponto 𝐴1 até uma posição identificada

pelo ponto 𝐴2, é obtido pela integração da equação 𝑑𝑈 = �� ∙ 𝑑𝑟 e é representado por 𝑈1→2�� ou

simplesmente por 𝑈1→2, quando não houver ambiguidade de que se trata do trabalho realizado

pela força ��. Assim,

∫ 𝑑𝑈��𝐴2𝐴1

= 𝑈1→2�� = ∫ �� ∙ 𝑑𝑟

𝐴2𝐴1

= ∫ 𝐹 𝑑𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑠2𝑠1

= ∫ 𝐹𝑥𝑑𝑥𝑥2𝑥1

+ ∫ 𝐹𝑦𝑑𝑦𝑦2𝑦1

+ ∫ 𝐹𝑧𝑑𝑧𝑧2𝑧1

5 O joule 𝐽 é a unidade de energia no SI, seja na forma mecânica (trabalho, energia potencial, energia cinética), ou

nas formas química, elétrica ou termina. Notar que embora 𝑁.𝑚 = 𝐽, o momento de uma força deve ser expresso

em 𝑁.𝑚 e não em joules, pois o momento de uma força não é uma forma de energia. 6 O produto escalar de dois vetores �� e �� é dado por �� ∙ �� = 𝑃𝑄 cos 𝛼 = 𝑃𝑥𝑄𝑥 + 𝑃𝑦𝑄𝑦 + 𝑃𝑧𝑄𝑧.


Quando utilizamos a equação 𝑑𝑈 = 𝐹 𝑑𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼 para determinar

o trabalho elementar 𝑑𝑈, notamos que 𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼 representa a

componente tangencial 𝐹𝑡 e podemos expressar o trabalho 𝑈1→2��

por,

𝑈1→2�� = ∫ (𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼)𝑑𝑠

𝑠2𝑠1

𝑈1→2�� = ∫ 𝐹𝑡𝑑𝑠

𝑠2𝑠1

Esta última expressão nos permite perceber que o trabalho 𝑈1→2��

é representado pela área sob a curva 𝐹𝑡 = 𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼 em função de

𝑠.

Notamos também que existem problemas de cinética

envolvendo forças que não realizam trabalho, tais como:

• Forças que são aplicadas a partículas fixas ou impedidas de se mover. Nestes casos, o

deslocamento da partícula será nulo (𝑑𝑠 = 0) e, consequentemente, o trabalho realizado

por qualquer força aplicada sobre tais partículas também será nulo (𝑑𝑈 = 0);

• Forças que são aplicadas a partículas que se deslocam na direção perpendicular ou

normal à direção dessas forças aplicadas (𝛼 = 90°). Nestes casos, o 𝑐𝑜𝑠𝛼 será nulo

(𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0) e, consequentemente, o trabalho realizado por tais forças perpendiculares

também será nulo (𝑑𝑈 = 0). São exemplos,

▪ A força peso �� em um corpo quando o centro de gravidade desse corpo (partícula)

se desloca horizontalmente;

▪ Força normal �� exercida por uma superfície em um corpo (partícula) quando esse

corpo (partícula) está em contato e se desloca paralelamente à superfície.


4.2.1 Trabalho de uma força constante sobre uma partícula em movimento retilíneo

Considere uma partícula descrevendo um movimento retilíneo

e que sobre ela atua uma força constante ��. Bem entendido: a

força �� não é a força resultante atuando sobre a partícula, mas

apenas uma das forças que atuam sobre ela e que, além disso, é

uma força que tem intensidade, direção e sentido constantes.

Obviamente, a força resultante sobre a partícula tem a mesma

direção da sua trajetória retilínea ou é um vetor nulo.

Podemos utilizar a expressão, 𝑈1→2�� = ∫ 𝐹 𝑑𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼

𝑠2𝑠1

Uma vez que a força �� é constante, decorre que,

𝑈1→2�� = ∫ 𝐹 𝑑𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼

𝑠2𝑠1

𝑈1→2�� = ∫ (𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼)𝑑𝑠

𝑠2𝑠1

𝑈1→2�� = (𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼) ∫ 𝑑𝑠

𝑠2𝑠1

Observamos que, no movimento retilíneo, a posição 𝑠 e o deslocamento 𝑑𝑠 ao longo da

trajetória se confundem respectivamente com a coordenada de posição 𝑥 e com o

diferencial 𝑑𝑥 ao longo do eixo 𝑥. Neste caso, podemos expressar o trabalho da força ��

como,

𝑈1→2�� = (𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼) ∫ 𝑑𝑥

𝑥2𝑥1

𝑈1→2�� = 𝐹𝑥 ∫ 𝑑𝑥

𝑥2𝑥1

𝑈1→2�� = (𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼)(𝑥2 − 𝑥1)

𝑈1→2�� = (𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼)∆𝑥

Onde 𝛼 é o ângulo entre a força e a direção (retilínea) do movimento, e ∆𝑥 é o

deslocamento da partícula desde o ponto 𝐴1 (de coordenada 𝑥1) até o ponto 𝐴2 (de

coordenada 𝑥2) ao longo de sua trajetória retilínea.

Notar que:

No Movimento retilíneo,

𝑑𝑠 = 𝑑𝑥

Força constante,

𝐹𝑥 = 𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼


4.2.2 Trabalho de uma força peso sobre uma partícula descrevendo um movimento

qualquer

Considere uma partícula se movendo ao longo de uma trajetória

qualquer (retilínea ou não retilínea) e que sobre ela atua a força peso

��, que é uma força constante (tem intensidade, direção e sentido

constantes). Bem entendido: o peso �� não é a força resultante sobre

a partícula, mas apenas uma das forças que atua sobre ela. Além disso,

sua direção é sempre vertical, sentido sempre para baixo e intensidade

igual a 𝑚𝑔.

A partícula se desloca ao longo de uma trajetória qualquer do ponto (posição) 𝐴1, de

coordenadas (𝑥1, 𝑦1), até o ponto (posição) 𝐴2, de coordenadas (𝑥2, 𝑦2).

Expressamos o trabalho da força �� como,

𝑑𝑈 = 𝑊𝑥𝑑𝑥 +𝑊𝑦𝑑𝑦 +𝑊𝑧𝑑𝑧 𝑈1→2�� = ∫ 𝑊𝑥𝑑𝑥 +𝑊𝑦𝑑𝑦 +𝑊𝑧𝑑𝑧

𝐴2𝐴1

𝑈1→2�� = ∫ 𝑊𝑥𝑑𝑥

𝑥2𝑥1

+ ∫ 𝑊𝑦𝑑𝑦𝑦2𝑦1

+ ∫ 𝑊𝑧𝑑𝑧𝑧2𝑧1

𝑈1→2�� = ∫ 0𝑑𝑥

𝑥2𝑥1

+ ∫ −𝑊𝑑𝑦𝑦2𝑦1

+ ∫ 0𝑑𝑧𝑧2𝑧1

𝑈1→2�� = ∫ −𝑊𝑑𝑦

𝑦2𝑦1

𝑈1→2�� = −𝑊∫ 𝑑𝑦

𝑦2𝑦1

𝑈1→2�� = −𝑊(𝑦2 − 𝑦1)

𝑈1→2�� = −𝑊∆𝑦

Onde ∆𝑦 é o deslocamento vertical desde a posição 𝐴1 até a posição 𝐴2 e dado pela diferença

de altura 𝑦2 − 𝑦1.

É importante observar que a expressão obtida para o trabalho 𝑈1→2 realizado pela força peso

�� é válida desde que a orientação positiva de 𝑦 seja para cima – de fato, ela foi obtida

assumindo que 𝑊𝑦 = −𝑊.

Concluímos que o trabalho da força peso �� é igual ao produto do módulo 𝑊 pelo deslocamento

vertical ∆𝑦.

Se ∆𝑦 > 0, então 𝑦2 − 𝑦1 > 0. Ou seja, 𝑦2 > 𝑦1 (a posição final é mais alta que a posição

inicial) e o trabalho da força peso �� é negativo (𝑈1→2�� < 0).

Se ∆𝑦 < 0, então 𝑦2 − 𝑦1 < 0. Ou seja, 𝑦2 < 𝑦1 (a posição final é mais baixa que a posição

inicial) e o trabalho da força peso �� é positivo (𝑈1→2�� > 0).


4.2.3 Trabalho de uma força elástica sobre uma partícula descrevendo um movimento

retilíneo

Considere uma partícula descrevendo um movimento retilíneo

e que sobre ela atua uma força elástica ��𝑒. Assume-se que a

mola não está deformada quando a partícula ocupa a posição

𝐴0. Bem entendido: a força elástica ��𝑒 não é necessariamente a

força resultante atuando sobre a partícula, mas apenas uma das

forças que atuam sobre ela, na mesma direção da sua trajetória

retilínea.

Evidências experimentais mostram que a intensidade 𝐹𝑒 da

força ��𝑒 exercida pela mola sobre a partícula é dada por7,

𝐹𝑒 = 𝑘𝑥 Onde 𝑘 é a constante de mola, expressa em 𝑁 𝑚⁄ .

O trabalho da força ��𝑒 durante um deslocamento finito do corpo da posição 𝐴1 (𝑥 = 𝑥1) até a

posição 𝐴2 (𝑥 = 𝑥2) é dado por,

𝑑𝑈 = 𝐹𝑒𝑥𝑑𝑥 + 𝐹𝑒𝑦𝑑𝑦 + 𝐹𝑒𝑧𝑑𝑧 𝑈1→2𝐹𝑒 = ∫ −𝐹𝑒𝑑𝑥 + 0𝑑𝑦 + 0𝑑𝑧

𝐴2𝐴1

𝑈1→2𝐹𝑒 = ∫ −𝐹𝑒𝑑𝑥

𝑥2𝑥1

𝑈1→2𝐹𝑒 = ∫ −𝑘𝑥𝑑𝑥

𝑥2𝑥1

𝑈1→2��𝑒 = −∫ 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝑥2𝑥1

𝑈1→2��𝑒 = −𝑘

𝑥2

2|𝑥1

𝑥2

𝑈1→2��𝑒 =

1

2𝑘𝑥1

2 −1

2𝑘𝑥2

2

É importante observar que a expressão obtida é válida para os casos em que a origem 𝑂 do

sistema de coordenadas adotado coincide com a posição neutra da mola.

O trabalho da força elástica é positivo quando a massa está aproximando para a posição não

deformada da mola e é negativo quando a massa está se afastando da posição neutra da mola.

𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≥ 0 𝑥1 < 𝑥2 Corpo afastando-se da posição

neutra da mola 𝑈1→2��𝑒 < 0

𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≥ 0 𝑥1 > 𝑥2 Corpo aproximando-se da

posição neutra da mola 𝑈1→2��𝑒 > 0

𝑥1 ≤ 0 𝑥2 ≤ 0 𝑥1 > 𝑥2 Corpo afastando-se da posição

neutra da mola 𝑈1→2 < 0

𝑥1 ≤ 0 𝑥2 ≤ 0 𝑥1 < 𝑥2 Corpo aproximando-se da

posição neutra da mola 𝑈1→2��𝑒 > 0

7 A relação 𝐹𝑒 = 𝑘𝑥 é válida apenas sob condições estáticas. Sob condições dinâmicas ela deve ser modificada

para levar em consideração a inércia da mola. Porém, quando a massa da mola for pequena em comparação com

a massa em movimento, o erro decorrente de utilizar 𝐹𝑒 = 𝑘𝑥 em problemas dinâmicos é pequeno e pode ser

desprezado.


𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≤ 0

Corpo aproximando-se e

depois afastando-se da posição

neutra da mola 𝑈1→𝑂��𝑒 > 0 𝑈𝑂→2

��𝑒 < 0

𝑥1 ≤ 0 𝑥2 ≥ 0

Corpo aproximando-se e

depois afastando-se da posição

neutra da mola 𝑈1→𝑂��𝑒 > 0 𝑈𝑂→2

��𝑒 < 0

Como a equação 𝐹𝑒 = 𝑘𝑥 é a equação de linha reta de coeficiente

angular 𝑘 passando pela origem, o trabalho 𝑈1→2��𝑒 da força elástica ��𝑒

durante o deslocamento de 𝐴1 até 𝐴2 pode ser obtido pela área do

trapézio mostrado na figura ao lado. Isto é,

Á𝑟𝑒𝑎 =(𝐹1+𝐹2)∆𝑥

2

E já que o trabalho da força ��𝑒 é positivo para um valor negativo de

∆𝑥, podemos escrever que,

𝑈1→2��𝑒 = −

(𝐹1+𝐹2)

2∆𝑥

Assim, o trabalho da força ��𝑒 exercida pela mola é igual ao negativo da área sob a curva de 𝐹𝑒

traçada em função de 𝑥.

Esta mesma conclusão poderia ter sido obtida observando-se que,

𝑈1→2��𝑒 =

1

2𝑘𝑥1

2 −1

2𝑘𝑥2

2 𝑈1→2��𝑒 =

1

2𝑘(𝑥1

2 − 𝑥22)

𝑈1→2��𝑒 =

1

2𝑘(𝑥1 + 𝑥2)(𝑥1 − 𝑥2) 𝑈1→2

��𝑒 =1

2(𝑘𝑥1 + 𝑘𝑥2)(𝑥1 − 𝑥2)

𝑈1→2��𝑒 =

1

2(𝐹1 + 𝐹2)(𝑥1 − 𝑥2) 𝑈1→2

��𝑒 = −1

2(𝐹1 + 𝐹2)(𝑥2 − 𝑥1)

𝑈1→2��𝑒 = −

1

2(𝐹1 + 𝐹2)∆𝑥


4.3 Energia Cinética e o Princípio do Trabalho e Energia

Considere uma partícula de massa 𝑚 sob a ação de uma força

resultante ��𝑹 enquanto se move ao longo de sua trajetória.

Decompondo a força resultante ��𝑅 em suas componentes tangencial

e normal, verificamos que a componente normal é sempre

perpendicular ao deslocamento e não realiza trabalho. Concluímos

que o trabalho da força resultante ��𝑅 se deve apenas ao trabalho da sua componente tangencial

𝐹𝑡.

𝑑𝑈 = ��𝑅 ∙ 𝑑𝑟 𝑑𝑈 = (��𝑡 + ��𝑛) ∙ 𝑑𝑟

𝑑𝑈 = ��𝑡 ∙ 𝑑𝑟 + ��𝑛 ∙ 𝑑𝑟 𝑑𝑈 = 𝐹𝑡 𝑑𝑟 𝑐𝑜𝑠0° + 𝐹𝑛 𝑑𝑟 𝑐𝑜𝑠90°

𝑑𝑈 = 𝐹𝑡 𝑑𝑟 (1) + 𝐹𝑛 𝑑𝑟 (0) 𝑑𝑈 = 𝐹𝑡 𝑑𝑟

𝑑𝑟 = 𝑑𝑠 𝑑𝑈 = 𝐹𝑡𝑑𝑠

∫ 𝑑𝑈𝐴2𝐴1

= ∫ 𝐹𝑡𝑑𝑠𝑠2𝑠1

𝑈1→2��𝑅 = ∫ 𝐹𝑡𝑑𝑠

𝑠2𝑠1

Assim, o termo∫ 𝐹𝑡 𝑑𝑠𝑠2𝑠1

representa o trabalho 𝑈1→2��𝑅 realizado pela força resultante ��𝑅 durante

o seu deslocamento da partícula da posição 𝐴1 até a posição 𝐴2.

Porém,

𝐹𝑡𝑑𝑠 = 𝑚𝑎𝑡𝑑𝑠 𝐹𝑡𝑑𝑠 = 𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡𝑑𝑠

𝐹𝑡𝑑𝑠 = 𝑚𝑣𝑑𝑣

Integrando desde a posição 𝐴1 onde 𝑠 = 𝑠1 e 𝑣 = 𝑣1, até a posição 𝐴2 onde 𝑠 = 𝑠2 e 𝑣 = 𝑣2,

escrevemos,

∫ 𝐹𝑡 𝑑𝑠𝑠2𝑠1

= 𝑚∫ 𝑣 𝑑𝑣𝑣2𝑣1

∫ 𝐹𝑡 𝑑𝑠𝑠2𝑠1

=1

2𝑚 𝑣2

2 −1

2𝑚 𝑣1

2

Assim, concluímos que,

𝑈1→2��𝑅 =

1

2𝑚 𝑣2

2 −1

2𝑚 𝑣1

2

A expressão 𝑇 =1

2𝑚 𝑣2 é também uma grandeza escalar e definida como a Energia Cinética

da partícula. Assim, escrevemos,

𝑈1→2��𝑅 = 𝑇2 − 𝑇1


Esta última expressão representa o Princípio do Trabalho e Energia ou o Teorema do Trabalho

e Energia. Em palavras, o Princípio do Trabalho e Energia estabelece que,

O trabalho 𝑈1→2��𝑅 realizado pela força resultante ��𝑅 ao longo do deslocamento de uma

partícula da posição 1 até a posição 2 é igual à variação total da energia cinética 𝑇 =1

2𝑚 𝑣2 entre as posições 1 e 2.


Um pêndulo é solto na posição 𝐴1. Quer-se determinar a velocidade

do pêndulo na posição 𝐴2.

Primeiro aplicamos o Princípio do Trabalho e Energia, escrevendo,

𝑈1→2 = 𝑇2 − 𝑇1

Onde 𝑈1→2 representa o trabalho da força resultante (𝑈1→2��𝑅 ) que é também a soma algébrica do

trabalho realizado por cada força.

Em seguida, tratamos de calcular o trabalho de cada uma das forças que

atuam sobre a partícula, no seu deslocamento da posição 𝐴1 até a posição

𝐴2. Identificamos que as forças que atuam sobre a partícula são a força de

tração no cabo �� e a força peso ��.

Verificamos que a tração no cabo é sempre normal à trajetória, de modo

que ela não realiza trabalho e o trabalho da força �� é nulo.

Apenas a força peso �� realiza trabalho sobre a massa do pêndulo no seu deslocamento na

posição 𝐴1 até a posição 𝐴2. Assumindo o eixo 𝑦 com direção vertical sentido positivo para

cima, vimos que o trabalho realizado pela força peso �� será dado por:

𝑈1→2�� = −𝑊∆𝑦 𝑈1→2

�� = −𝑚𝑔(𝑦2 − 𝑦1)

Assumindo a origem em 𝑂 (ou Nível de Referência 𝑁𝑅) no centro da circunferência da

trajetória, escrevemos,

𝑈1→2�� = −𝑚𝑔(−𝑙 − 0) 𝑈1→2

�� = −𝑚𝑔(−𝑙)

𝑈1→2�� = 𝑚𝑔𝑙

Concluímos que,

𝑈1→2 = 𝑚𝑔𝑙


Em seguida tratamos de estabelecer ou calcular a Energia Cinética da partícula na posição 𝐴1

escrevendo,

𝑇1 =1

2𝑚 𝑣1

2

Como o pêndulo é solto do repouso na posição 𝐴1, temos que 𝑣1 = 0. Portanto,

𝑇1 =1

2𝑚 (0) 𝑇1 = 0

Estabelecemos ou calculamos a Energia Cinética da partícula na posição 𝐴2 escrevendo,

𝑇2 =1

2𝑚 𝑣2

2

Assim, escrevemos,

𝑈1→2 = 𝑇2 − 𝑇1 𝑚𝑔𝑙 =1

2𝑚 𝑣2

2 − 0

𝑔𝑙 =1

2 𝑣22 𝑣2

2 = 2𝑔𝑙

𝑣2 = √2𝑔𝑙

Observar que:

A velocidade pôde ser encontrada sem a necessidade de integrar uma expressão para a

aceleração.

Todas as quantidades envolvidas são escalares e puderam ser adicionadas diretamente,

sem o uso de componentes vetoriais.

A força que não realiza trabalho (a força de tração) não precisou ser incluída no

desenvolvimento da solução do problema.

Entretanto, o que é vantagem do método para resolver um problema pode se tornar uma

desvantagem para resolver outro. Por exemplo, o Princípio do Trabalho e Energia não pode ser

usado para se determinar diretamente a aceleração.

Em certos casos, porém, pode-se combinar a aplicação do

Princípio do Trabalho e Energia com a aplicação direta da 2ª

Lei de Newton. Por exemplo, para calcular a tração no cabo

especificamente na posição 𝐴2 aplicamos a 2ª Lei de Newton,

escrevendo:

Na posição 𝐴2:

Σ𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 Σ𝐹𝑛 = 𝑚𝑣22

𝜌


𝑃 −𝑊 = 𝑚𝑣22

𝜌 𝑃 −𝑊 =

𝑊

𝑔

𝑣22

𝑙

𝑃 = 𝑊 +𝑊

𝑔

𝑣22

𝑙

Mas, pela aplicação do Princípio do Trabalho e Energia determinamos que 𝑣22 = 2𝑔𝑙

Assim, combinando os dois métodos podemos escrever que,

𝑃 = 𝑊 +𝑊

𝑔

2𝑔𝑙

𝑙 𝑃 = 𝑊 + 2𝑊 = 3𝑊

𝑃 = 3𝑊




Um automóvel de massa 𝑚 = 1.000 kg está

percorrendo um declive com inclinação 𝜃 = 5° com

uma velocidade 𝑣 = 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ quando seus freios são

acionados fazendo com que uma força de frenagem de

intensidade constante e igual a 𝐹𝑎𝑡 = 5.000 𝑁 seja

exercida sobre ele. Determinar a distância 𝑑 que o

automóvel percorre até parar.

SOLUÇÃO:

O automóvel se desloca ao longo de uma trajetória retilínea na forma de uma pista retilínea em declive.

• Adotar um sistema de coordenadas. Assumimos

origem na posição em que os freios são acionados

(ponto 1), eixo 𝑥 paralelo ao declive com sentido

positivo “para baixo” e eixo 𝑦 perpendicular ao

declive com sentido positivo “para cima”, conforme

indicado na figura. Nível de Referência horizontal

passando pelo ponto 1.

• Identificar as forças que realizam trabalhos.

Considerando a direção do movimento, constatamos que a força normal �� não realiza trabalho. Apenas a força

peso �� e a força de atrito (força de frenagem) ��𝑎𝑡 realizam trabalho durante o deslocamento do carro da ponto

1 até o ponto 2.

• Calcular os trabalhos das forças que realizam trabalho.

Trabalho da força peso 𝑼𝟏→𝟐��

A direção vertical nesse problema é a direção ℎ, com sentido positivo para cima e medida a partir do Nível

de Referência. Assim,

𝑈1→2�� = −𝑊∆ℎ 𝑈1→2

�� = −𝑊(ℎ2 − ℎ1)

Onde, {ℎ1 = 0

ℎ2 = −𝑑 sin 𝜃

Assim,

𝑈1→2�� = −𝑊(−𝑑 sin 𝜃 − 0) 𝑈1→2

�� = 𝑊𝑑 sin 𝜃 𝑈1→2�� = 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃

Trabalho da força de frenagem 𝑈1→2��𝑎𝑡

A força de atrito ��𝑎𝑡 é uma força constante que atua durante todo o deslocamento retilíneo do automóvel

desde a posição 1 até parar completamente na posição 2, podemos escrever que,

𝑈1→2��𝑎𝑡 = (𝐹𝑎𝑡 cos 180°)∆𝑥 𝑈1→2

𝐹𝑎𝑡 = −𝐹𝑎𝑡(𝑥2 − 𝑥1) 𝑈1→2

𝐹𝑎𝑡 = −𝐹𝑎𝑡𝑑

• Calcular o trabalho da força resultante. Fazemos o somatório dos trabalhos realizados por cada força para

calcular o trabalho total realizado. O trabalho total realizado é igual ao trabalho da força resultante que é o

trabalho a ser utilizado na aplicação do Princípio do Trabalho e Energia.

𝒗𝟏

𝒗𝟐 = 𝟎

𝒚

𝒙

𝒉

𝑵𝑹

∆𝒉

∆𝒚 = 𝟎 ��𝒂𝒕

��

��

𝟏

𝟐

𝜃

𝑑


O Trabalho total realizado é a soma algébrica dos trabalhos realizados pelas forças �� e ��𝑎𝑡.

𝑈1→2 = (+𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃) + (−𝐹𝑎𝑡𝑑) 𝑈1→2 = 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡𝑑

𝑈1→2 = (𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡)𝑑

• Calcular ou determinar a Energia Cinética na posição 𝟏.

𝑇1 =1

2𝑚𝑣1

2

• Calcular ou determinar a Energia Cinética na posição 𝟐.

𝑇2 =1

2𝑚𝑣2

2 𝑣2 = 0 𝑇2 = 0

• Aplicar o Principio do Trabalho e Energia.

𝑈1→2 = 𝑇2 − 𝑇1 (𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡)𝑑 = 0 −1

2𝑚𝑣1

2

(𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡)𝑑 =−𝑚𝑣1

2

2 (𝐹𝑎𝑡 −𝑚𝑔 sin 𝜃)𝑑 =

𝑚𝑣12

2

𝑑 =𝑚𝑣1

2

2(𝐹𝑎𝑡−𝑚𝑔 sin 𝜃)

Para os valores dados,

𝑑 =(1000)(20)2

2[(5000)−(1000)(9,81) sin 5°] 𝑑 =

(1000)(20)2

2(5000)−2(1000)(9,81) sin 5°

𝑑 =400000

8290,00 𝑑 = 48,251 𝑚




Um carrinho de montanha-russa de 1.000 𝑘𝑔 parte do repouso no

ponto 1 e se move pista abaixo, sem atrito. Determine (a) a força

exercida pela pista sobre o carro no ponto 2, onde o raio de curvatura

da pista é de 6 𝑚 e (b) o valor mínimo de segurança do raio de

curvatura no ponto 3.

SOLUÇÃO:

Escolhemos um sistema de coordenadas com o eixo 𝑥 horizontal positivo

para a direita e o eixo 𝑦 vertical positivo para cima, e com origem no Nível

de Referência (𝑁𝑅) no mesmo nível da posição 2.

Determinação da força exercida pela pista sobre o carrinho na posição

2.

Aplicando o Princípio do Trabalho e Energia entre a posição 1 (posição inicial) e a posição 2, temos,

Energia Cinética:

𝑇1 =1

2𝑚𝑣1

2 =1

2𝑚(0)2 𝑇1 = 0

𝑇2 =1

2𝑚𝑣2

2 =1

2(1.000)𝑣2

2 𝑇2 = 500𝑣22

Trabalho:

Como não há atrito, apenas a força peso �� realiza trabalho.

Trabalho da força peso ��:

𝑈1→2�� = −𝑊∆𝑦 𝑈1→2

�� = −𝑚𝑔(𝑦2 − 𝑦1)

Em conformidade com o Nível de Referência (sistema de coordenadas) adotado, escrevemos,

𝑈1→2�� = −(1.000)(9,81)(0 − 12) 𝑈1→2

�� = −(9.810)(−12)

𝑈1→2�� = +117.720 𝐽

Aplicando o Princípio do Trabalho e Energia, entre a posição 1 e a posição 2, escrevemos,

𝑈1→2 = 𝑇2 − 𝑇1 117.720 = 500𝑣22 − 0

500𝑣22 = 117.720 𝑣2

2 =5886

25

𝑣2 =3√654

5 𝑣2 = 15,344 𝑚 𝑠⁄

𝑦

𝑥 𝑂 𝑁𝑅

𝒉


Para determinar a força exercida pela pista sobre o carrinho no ponto 2, fazemos uso da

aplicação direta da 2ª Lei de Newton no ponto 2. Primeiramente identificamos as forças

atuantes sobre o carrinho (DCL) nessa posição e aplicamos a 2ª Lei de Newton, escrevendo,

+↑ Σ𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝑁 −𝑊 = 𝑚𝑎𝑛

𝑁 −𝑊 = 𝑚𝑣22

𝜌2 𝑁 = 𝑚

𝑣22

𝜌2+𝑊

𝑁 = (1.000) (5886 25⁄

6) + (1.000)(9,81) 𝑁 = (1.000) (

981

25) + 9.810

𝑁 = 39.240 + 9.810 𝑁 = 49.050 𝑁

Determinação do valor mínimo de segurança do raio de curvatura no ponto 3.

Aplicando o Princípio do Trabalho e Energia entre a posição 2 e a posição 3, temos,

Energia Cinética:

𝑇2 =1

2𝑚𝑣2

2 =1

2(1.000) (

3√654

5)2

𝑇2 = 117.720 𝐽

𝑇3 =1

2𝑚𝑣3

2 =1

2(1.000)𝑣3

2 𝑇3 = 500𝑣32

Trabalho:

Trabalho da força peso ��:

𝑈2→3�� = −𝑊∆𝑦 𝑈2→3

�� = −𝑊(𝑦3 − 𝑦2)

𝑈2→3�� = −(1.000)(9,81)(4,5 − 0) 𝑈2→3

�� = −(9.810)(4,5)

𝑈2→3�� = −44.145 𝐽

Aplicando o Princípio do Trabalho e Energia, entre a posição 2 e a posição 3, escrevemos,

𝑈2→3 = 𝑇3 − 𝑇2 −44.145 = 500𝑣32 − 117.720

500𝑣32 = 73.575 𝑣3

2 =2943

20

𝑣3 =3√1635

10 𝑣3 = 12,131 𝑚 𝑠⁄

Aplicamos a 2ª Lei de Newton no ponto 3, escrevendo,

+↓ Σ𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝑊 −𝑁 = 𝑚𝑎𝑛

O valor mínimo de segurança do raio 𝜌3 ocorre quando 𝑁 = 0. Assim,

𝑊 − 0 = 𝑚𝑣32

𝜌𝑠𝑒𝑔 𝑊𝜌𝑠𝑒𝑔 = 𝑚𝑣3

2

𝑚𝑔𝜌𝑠𝑒𝑔 = 𝑚𝑣32 𝑔𝜌𝑠𝑒𝑔 = 𝑣3

2

𝜌𝑠𝑒𝑔 =𝑣32

𝑔 𝜌𝑠𝑒𝑔 =

147,15

9,81 𝜌𝑠𝑒𝑔 = 15 𝑚




Uma mola é usada para parar um pacote de 60 kg que desliza sobre

uma superfície horizontal. A mola tem uma constante 𝑘 =20 𝑘𝑁/𝑚 e é contida por meio de cabos de modo tal que,

inicialmente, ela está comprimida em 120 𝑚𝑚. Sabendo que o

pacote tem uma velocidade de 2,5 𝑚/𝑠 na posição mostrada na

figura e que a deflexão máxima adicional da mola é de 40 𝑚𝑚, determine (a) o coeficiente de

atrito cinético entre o pacote e a superfície e (b) a velocidade do pacote quando ele passar

novamente pela posição mostrada.

SOLUÇÃO:

O bloco passa pela posição 1 deslocando-se em direção à mola, numa

trajetória retilínea horizontal, enquanto apenas a força de atrito realiza

trabalho reduzindo a sua energia cinética (velocidade). Ao atingir a mola,

a força elástica também passa a realizar trabalho no sentido de reduzir a

energia cinética do bloco, até que sua velocidade se reduz a zero (𝑣 = 0),

quando a mola atinge a sua deformação (compressão) máxima (deformação

inicial mais deformação adicional).

Escolhemos um sistema de coordenadas com o eixo 𝑥 horizontal positivo

para a direita e o eixo 𝑦 vertical positivo para cima, e com origem na

posição 1. Identificamos as forças atuantes sobre o bloco (DCL), entre a

posição 1 e o ponto em que ele atinge a mola, e entre o ponto em que atinge a mola e a posição 2 (ponto em que a

compressão da mola é máxima e 𝑣 = 0).

Na posição 2 o bloco inverte o sentido do seu deslocamento sob a ação da

força restauradora da mola, ao mesmo tempo em a força de atrito continua

atuando e realizando trabalho no sentido de reduzir a velocidade do bloco.

No ponto em que a força da mola deixa de atuar sobre o bloco, apenas a

força de atrito continua atuando sobre ele, e no sentido de reduzir a sua

velocidade de retorno. Denominamos de posição 3 o ponto em que bloco

passa pela origem 𝑂 do sistema de coordenadas adotado, em seu

movimento de retorno.

Identificamos as forças atuantes sobre o bloco (DCL), entre a posição 2

(ponto em que a compressão da mola é máxima e 𝑣 = 0) e o ponto em

que a força da mola deixa de atuar sobre o bloco. Identificamos também

as forças atuantes sobre o bloco entre o ponto em que a força da mola deixa de atuar sobre o bloco e a posição 3

(ponto em que bloco passa pela origem 𝑂 do sistema de coordenadas adotado, em seu movimento de retorno).

Movimento da posição 1 para a posição 2:

Energia Cinética:

𝑇1 =1

2𝑚𝑣1

2 =1

2(60)(2,5)2 𝑇1 = 187,50 𝐽

𝑇2 =1

2𝑚. 𝑣2

2 =1

2(60)02 𝑇2 = 0

𝑦

𝑥

𝑂

𝑷

𝑦

𝑥

𝑂


Trabalhos:

Trabalho da força de atrito ��𝑎𝑡:

O trabalho de uma força constante ao longo de um deslocamento retilíneo é dado por:

𝑈1→2�� = �� cos 𝛼 ∆𝑥

Assim, o trabalho da força de atrito será:

𝑈1→2��𝑎𝑡 = −𝐹𝑎𝑡∆𝑥 𝑈1→2

��𝑎𝑡 = −𝜇𝑘𝑁∆𝑥

∆𝑥 = 0,600 + 0,040 ∆𝑥 = 0,640 𝑚

𝑁 = 𝑊 = (60)(9,81) 𝑁 = 588,60 𝑁

Assim, o trabalho da força de atrito ��𝑎𝑡 entre a posição 1 e a posição 2 é dado por,

𝑈1→2��𝑎𝑡 = −𝜇𝑘(588,60)(0,640) 𝑈1→2

��𝑎𝑡 = −376,70𝜇𝑘

Trabalho da força ��𝑒𝑙 (força elástica da mola).

Há duas formas de calcular o Trabalho da força elástica da mola:

𝑼𝟏→𝟐��𝒆𝒍 =

𝟏

𝟐𝒌𝒙𝟏

𝟐 −𝟏

𝟐𝒌𝒙𝟐

𝟐 𝑼𝟏→𝟐��𝒆𝒍 = −

𝟏

𝟐(𝑭𝟏 + 𝑭𝟐)∆𝒙

𝑈1→2��𝑒𝑙 =

1

2𝑘(𝑥1

2 − 𝑥22)

Onde,

𝑘 = 20000 𝑁 𝑚⁄

𝑥1 = 0,120 𝑚

𝑥2 = 0,120 + 0,040 𝑥2 = 0,160 𝑚

𝑈1→2��𝑒𝑙 =

1

2(20000)((0,120)2 − (0,160)2)

𝑈1→2��𝑒𝑙 = (10000)(0,0144 − 0,0256)

𝑈1→2��𝑒𝑙 = (10000)(−0,0112)

𝑈1→2��𝑒𝑙 = −112,0 𝐽

𝑈1→2��𝑒𝑙 = −

1

2(𝐹1 + 𝐹2)∆𝑥

Onde,

𝐹1 = 𝑘𝑥1

𝐹2 = 𝑘𝑥2

𝑘 = 20000 𝑁 𝑚⁄

𝑥1 = 0,120 𝑚

𝑥2 = 0,120 + 0,040 𝑥2 = 0,160 𝑚

∆𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1 ∆𝑥 = 0,040 𝑚

𝐹1 = (20000)(0,120) 𝐹1 = 2.400 𝑁

𝐹2 = (20000)(0,160) 𝐹2 = 3.200 𝑁

𝑈1→2��𝑒𝑙 = −

1

2(2400 + 3200)(0,040)

𝑈1→2��𝑒𝑙 = −112,0 𝐽

Assim, o Trabalho total realizado pelas forças (que realizam Trabalho) é,

𝑈1→2 = 𝑈1→2��𝑎𝑡 + 𝑈1→2

��𝑒𝑙 𝑈1→2 = (−376,70𝜇𝑘) + (−112,0)

𝑈1→2 = −376,70𝜇𝑘 − 112,0

Aplicando o Princípio do Trabalho e Energia entre a posição 1 e a posição 2, escrevemos,

𝑈1→2 = 𝑇2 − 𝑇1 −376,70𝜇𝑘 − 112,0 = 0 − 187,50


−376,70𝜇𝑘 = −187,50 + 112,0 −376,70𝜇𝑘 = −75,500

𝜇𝑘 = 0,20

Movimento da posição 2 para a posição 3:

Energia Cinética:

𝑇2 =1

2𝑚𝑣2

2 =1

2(60)(0)2 𝑇2 = 0

𝑇3 =1

2𝑚𝑣3

2 =1

2(60)𝑣3

2 𝑇3 = 30𝑣32

Trabalho:

Trabalho da força de atrito ��𝑎𝑡:

No movimento de retorno do bloco (se deslocando para a esquerda), a força de atrito tem a mesma

intensidade e como sempre atua no sentido contrário ao deslocamento. Uma vez que o deslocamento do

bloco no retorno também é igual a ∆𝑥 = 0,640 𝑚, podemos afirmar que,

𝑈2→3��𝑎𝑡 = −376,70𝜇𝑘 𝑈2→3

��𝑎𝑡 = −376,70(0,20)

𝑈2→3��𝑎𝑡 = −75,500 𝐽

Trabalho da força ��𝑒𝑙 (força elástica da mola).

Já foi calculado anteriormente. Porém, agora, o trabalho realizado pela força elástica é positivo, pois atua

no sentido de aumentar a velocidade do bloco. Assim, escrevemos,

𝑈2→3��𝑒𝑙 = +112,00 𝐽

Trabalho total realizado pelas forças que realizam Trabalho no retorno do bloco é,

𝑈2→3 = 𝑈2→3��𝑎𝑡 + 𝑈2→3

��𝑒𝑙 𝑈2→3 = (−75,500) + (112,00)

𝑈2→3 = 36,500 𝐽

Finalmente, aplicando o Princípio do Trabalho e Energia entre a posição 2 e a posição 3, escrevemos,

𝑈2→3 = 𝑇3 − 𝑇2 36,500 = 30𝑣32 − 0

30𝑣32 = 36,500 𝑣3

2 =36,500

30

𝑣32 = 1,2167 𝑣3 = 1,1030 𝑚 𝑠⁄


4.4 Potência e Eficiência

Potência

Potência é definida como a taxa temporal de realização de trabalho, ou a quantidade de trabalho

realizada na unidade de tempo.

Na seleção de uma máquina ou de um motor, a potência (ou a “velocidade” com que o motor

realiza trabalho) é um critério muito mais importante do que a quantidade de trabalho total a

ser realizado – um “pequeno” motor pode levar “horas” para realizar o mesmo trabalho total

que um motor “maior” ou mais potente realizaria em “segundos”.

Se ∆𝑈 é o trabalho realizado durante o intervalo de tempo ∆𝑡, então a potência média durante

esse intervalo é,

𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑀é𝑑𝑖𝑎 =∆𝑈

∆𝑡

Fazendo ∆𝑡 tender a zero, obtemos, no limite,

𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 =𝑑𝑈

𝑑𝑡

Substituindo 𝑑𝑈 por �� ∙ 𝑑𝑟 podemos escrever também que,

𝒫 =��∙𝑑𝑟

𝑑𝑡 𝒫 = �� ∙

𝑑𝑟

𝑑𝑡

𝒫 = �� ∙ �� Produto escalar. 𝒫 = 𝐹𝑣 cos 𝛼

A unidade de potência no SI é,

1𝑊(𝑤𝑎𝑡𝑡) = 1 𝐽 𝑠⁄ = 1 𝑁𝑚 𝑠⁄

Porém, é muito comum que a potência seja expressa em ℎ𝑝 (horse-power), cabendo lembrar

que,

1 ℎ𝑝 = 746 𝑊

Eficiência

A eficiência mecânica de uma máquina é definida como a razão entre o trabalho de saída e o

trabalho de entrada.

𝜂 =𝑈𝑠𝑎í𝑑𝑎

𝑈𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

Esta definição de potência baseia-se na hipótese de que o trabalho é realizado a uma taxa

constante. Neste caso, a razão entre os trabalhos de saída e de entrada é igual à razão entre as

taxas de realização dos trabalhos (potências) de saída e de entrada. Neste caso,


𝜂 =𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎

𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎=

𝒫𝑠𝑎í𝑑𝑎

𝒫𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

Por causa das perdas de energia devido ao atrito, o trabalho (potência) de saída é sempre menor

do que o trabalho (potência) de entrada (𝒫𝑠𝑎í𝑑𝑎 < 𝒫𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎). Logo, a eficiência mecânica de

uma máquina é sempre menor do que 1.




O elevador 𝐷 e sua carga têm uma massa combinada de 300 𝑘𝑔, enquanto o

contrapeso 𝐶 tem massa de 400 𝑘𝑔. Determine a potência liberada pelo motor

elétrico 𝑀 quando o elevador (a) se move para cima com velocidade constante de

2,5 𝑚/𝑠 e (b) se move com uma velocidade instantânea de 2,5 𝑚/𝑠 e uma

aceleração de 1,0 𝑚/𝑠2, ambas orientadas para cima.

SOLUÇÃO:

O elevador 𝐷 move-se pela ação da força de tração ��𝑀 exercida pelo cabo do motor e pela força de tração ��𝐶

exercida pelo cabo do contrapeso 𝐶.

Como a força ��𝑀 exercida pelo cabo do motor tem o mesmo sentido do vetor velocidade ��𝐷,

a potência librada pelo motor é dada por 𝑃 = 𝐹𝑀𝑣𝐷, de modo que precisamos conhecer o

valor de 𝐹𝑀 e de 𝑣𝐷 nas duas situações.

Observamos ainda que o movimento do elevador 𝐷 é dependente do movimento do

contrapeso 𝐶, e vice-versa. Escolhemos um sistema de coordenadas com o eixo 𝑥 horizontal

positivo para a direita e o 𝑦 vertical, positivo para cima (o posicionamento da origem 𝑂 não tem relevância para

este problema).

Determinação da força ��:

DCL do contrapeso 𝐶 DCL do elevador 𝐷

Equações de Movimento Contrapeso 𝐶 Equações de Movimento Elevador 𝐷

+→ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐶𝑎𝐶𝑥

0 = 0

+↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐶𝑎𝐶𝑦

2𝐹𝐶 −𝑊𝐶 = 𝑚𝐶(−𝑎𝐶)

+→ ∑𝐹𝑥 = 𝑚𝐷𝑎𝐷𝑥

0 = 0

+↑ ∑𝐹𝑦 = 𝑚𝐷𝑎𝐷𝑦

𝐹𝐶 + 𝐹𝑀 −𝑊𝐷 = 𝑚𝐷(𝑎𝐷)

Obtemos 2 equações com 4 incógnitas (𝐹𝐶, 𝐹𝑀, 𝑎𝐶 e 𝑎𝐷).

2𝐹𝐶 −𝑊𝐶 = −𝑚𝐶𝑎𝐶 Eq. 01

𝐹𝐶 + 𝐹𝑀 −𝑊𝐷 = 𝑚𝐷𝑎𝐷 Eq. 02

Determinação da potência liberada pelo motor elétrico 𝑴 quando o elevador se move para cima com

velocidade constante.

Se o movimento do elevador (e consequentemente do contrapeso) é uniforme, então ocorre que,

𝑦

𝑥 𝑂

𝟒𝟎𝟎𝒈 𝟑𝟎𝟎𝒈

𝑦

𝑥 𝑂

𝟑𝟎𝟎.𝒈 𝟒𝟎𝟎.𝒈


𝑎𝐶 = 𝑎𝐷 = 0

Assim, podemos escrever,

2𝐹𝐶 −𝑊𝐶 = 0 Eq. 01a

𝐹𝐶 + 𝐹𝑀 −𝑊𝐷 = 0 Eq. 02a

Ficamos com 2 equações e 2 incógnitas (𝐹𝐶 e 𝐹𝑀).

Resolvendo o sistema, encontramos,

𝐹𝑀 = 981 𝑁 𝐹𝐶 = 1962 𝑁

Assim, a potência liberada pelo motor elétrico 𝑀 quando o elevador se move para cima com velocidade constante

de 𝑣𝐷 = 2,5 𝑚/𝑠 é,

𝒫 = 𝐹𝑣𝐷 𝒫 = (981)(2,5) 𝒫 = 2.452,5 𝑊

Determinação da potência liberada pelo motor elétrico 𝑴 quando o elevador se move com uma velocidade

instantânea de 𝟐, 𝟓 𝒎/𝒔 e uma aceleração de 𝟏, 𝟎 𝒎/𝒔𝟐, ambas orientadas para cima

Retomamos as equações,

2𝐹𝐶 −𝑊𝐶 = −𝑚𝐶𝑎𝐶 Eq. 01

𝐹𝐶 + 𝐹𝑀 −𝑊𝐷 = 𝑚𝐷𝑎𝐷 Eq. 02

No movimento acelerado ocorre que 𝑎𝐶 ≠ 0 e 𝑎𝐷 ≠ 0. Como os movimentos do contrapeso e do elevador estão

vinculados pelo cabo, é imediato constatar que,

𝑎𝐷 = 2𝑎𝐶 Além disso, foi dado que, 𝑎𝐷 = 1 𝑚 𝑠2⁄


𝑊𝐶 − 2𝐹𝐶 = 𝑚𝐶𝑎𝐶 Eq. 01b

𝐹𝐶 + 𝐹𝑀 −𝑊𝐷 = 𝑚𝐷𝑎𝐷 Eq. 02b

2𝑎𝐶 − 𝑎𝐷 = 0 Eq. 03b

𝑎𝐷 = 1 Eq. 04b

𝑚𝐶𝑎𝐶 + 0𝑎𝐷 + 2𝐹𝐶 + 0𝐹𝑀 = 𝑊𝐶 Eq. 01c

0𝑎𝐶 −𝑚𝐷𝑎𝐷 + 1𝐹𝐶 + 1𝐹𝑀 = 𝑊𝐷 Eq. 02c

2𝑎𝐶 − 1𝑎𝐷 + 0𝐹𝐶 + 0𝐹𝑀 = 0 Eq. 03c

0𝑎𝐶 + 1𝑎𝐷 + 0𝐹𝐶 + 0𝐹𝑀 = 1 Eq. 04c

Ficamos com 4 equações e 4 incógnitas (𝐹𝐶 , 𝐹𝑀, 𝑎𝐶 e 𝑎𝐷).

Resolvendo o sistema, além obviamente de “encontrar” 𝑎𝐶 = 1 2⁄ e 𝑎𝐷 = 1, encontramos,

𝐹𝑀 = 1.381 𝑁 𝐹𝐶 = 1862 𝑁

Assim, a potência liberada pelo motor elétrico 𝑀 quando o elevador se move com uma velocidade instantânea de

2,5 𝑚/𝑠 e uma aceleração de 1,0 𝑚/𝑠2, ambas orientadas para cima, é,

A potência da força �� é,

𝒫 = 𝐹𝑣𝐷 𝒫 = (1.381)(2,5) 𝒫 = 3.452,5 𝑊


4.5 Energia Potencial

Energia Potencial da Força Peso 𝑾 = 𝒎𝒈.

Vamos considerar novamente um corpo de peso W que se move ao

longo de uma trajetória curvilínea desde uma posição 𝐴1 (com

elevação 𝑦1), até a posição 𝐴2 (com elevação de 𝑦2).

Deduzimos que o trabalho da força peso W durante este deslocamento

é dado por 𝑈1→2�� = −𝑊∆𝑦, assumindo eixo 𝑦 vertical positivo para

cima.

𝑈1→2�� = −𝑊∆𝑦 𝑈1→2

�� = −𝑊(𝑦2 − 𝑦1) 𝑈1→2�� = −𝑊𝑦2 +𝑊𝑦1

𝑈1→2�� = 𝑊𝑦1 −𝑊𝑦2

Assim, o trabalho da força peso �� é obtido subtraindo-se o valor da função 𝑊𝑦 correspondente

à posição inicial do corpo, do valor da função 𝑊𝑦, correspondente à sua posição final.

Concluímos que o trabalho da força peso �� é independente da trajetória percorrida pela

partícula e depende apenas dos valores inicial e final da função 𝑊𝑦.

A função 𝑾𝒚 é denominada Energia Potencial da força peso �� e é representada por 𝑉𝑊.


𝑈1→2�� = 𝑉𝑊1 − 𝑉𝑊2 Onde, 𝑉𝑊 é a função da variável 𝑦 dada por 𝑉𝑊 = 𝑊𝑦.

Se 𝑉𝑊2 > 𝑉𝑊1 então a energia potencial aumenta durante o

deslocamento do corpo desde a posição inicial até a posição final,

como é o caso ilustrado na figura ao lado. Neste caso, o trabalho do

peso �� é negativo (𝑈1→2�� < 0) e o corpo se desloca no sentido de se

afastar verticalmente da superfície do planeta (𝑦2 > 𝑦1).

Se 𝑉𝑊2 < 𝑉𝑊1, então a energia potencial diminui durante o

deslocamento do corpo desde a posição inicial até a posição final.

Neste caso, o trabalho do peso �� é positivo (𝑈1→2�� > 0) e o corpo se desloca no sentido de se

aproximar verticalmente da superfície do planeta (𝑦2 < 𝑦1).

Logo a variação da energia potencial 𝑉𝑊 fornece uma medida do trabalho que a força peso ��

pode realizar sobre o corpo. E uma vez que apenas a variação da energia potencial (não o valor

absoluto de 𝑉𝑊) está envolvido na equação 𝑈1→2�� = 𝑉𝑊1 − 𝑉𝑊2, o Nível de Referência a partir

do qual a elevação 𝑦 é medido pode ser escolhido arbitrariamente.


Energia Potencial da Força Elástica 𝑭𝑬 = 𝒌𝒙.

Vimos que o trabalho de uma força elástica ��𝐸 exercida por uma

mola sobre um corpo é dado por,

𝑈1→2��𝐸 =

1

2𝑘𝑥1

2 −1

2𝑘𝑥2

2

Assim, o trabalho da força elástica ��𝐸 pode ser obtido

subtraindo-se o valor da função 1

2𝑘𝑥2, correspondente à posição

inicial do corpo (𝑥1), do valor da função 1

2𝑘𝑥2, correspondente

à sua posição final (𝑥2). Concluímos que o trabalho da força elástica ��𝐸 é independente da

trajetória percorrida pela partícula e depende apenas dos valores inicial e final da função 1

2𝑘𝑥2,

isto é, depende apenas das deflexões inicial e final da mola em relação à sua posição neutra.

A função 𝟏

𝟐𝒌𝒙𝟐 é denominada Energia Potencial da Força Elástica ��𝑬 e é representada por

𝑉𝐸. Assim, podemos escrever que,

𝑈1→2��𝐸 = 𝑉𝐸1 − 𝑉𝐸2 Onde, 𝑉𝐸 =

1

2𝑘𝑥2

Se 𝑉𝐸2 > 𝑉𝐸1, então a energia potencial da força elástica aumentou durante o deslocamento do

corpo da posição inicial para a posição final. Neste caso, o trabalho da força elástica ��𝐸 é

negativo (𝑈1→2��𝐸 < 0) e a força elástica agiu no sentido de reduzir a energia cinética.

Se 𝑉𝐸2 < 𝑉𝐸1, então a energia potencial da força elástica diminui durante o deslocamento do

corpo da posição inicial para a posição final. Neste caso, o trabalho da força elástica ��𝐸 é

positivo (𝑈1→2��𝐸 > 0) e a força elástica agiu no sentido de aumentar a energia cinética do corpo.

Observar que a expressão anterior para 𝑉𝐸 =1

2𝑘𝑥2 (Energia Potencial da força elástica), só é

aplicável para valores de 𝑥 medidos a partir de posição não deformada da mola.

Observar também que a equação 𝑈1→2��𝐸 =

𝑉𝐸1 − 𝑉𝐸2 pode ser utilizada mesmo quando a

mola for girada em torno de sua extremidade

fixa pois, neste caso, o trabalho da força

elástica também dependerá apenas das

deflexões inicial e final da mola.


4.6 Forças Conservativas

O conceito de energia potencial pode ser usado para outras forças envolvidas além da força

peso, da força gravitacional e da força elástica. O conceito de energia potencial permanece

válido sempre que o trabalho da força considerada for independente da trajetória percorrida

pelo seu ponto de aplicação à medida que este ponto de aplicação se desloca juntamente com

o corpo. Tais forças são denominadas forças conservativas.

Uma força �� é uma força conservativa se o trabalho que ela realiza sobre a partícula 𝑈1→2�� é for

independente da trajetória percorrida pela partícula ao se deslocar da posição 𝐴1 até a posição

𝐴2. Se a força �� é uma força conservativa, então,

𝑈1→2�� = 𝑉(𝑥1, 𝑦1, 𝑧1) − 𝑉(𝑥2, 𝑦2, 𝑧2)

Ou de modo resumido

𝑈1→2�� = 𝑉1 − 𝑉2

A função 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) é denominada energia potencial ou

função potencial da força conservativa ��.

Notemos que se 𝐴2 coincide com 𝐴1, isto é, se a partícula

descreve uma trajetória fechada, tem-se 𝑉1 = 𝑉2 e o trabalho é

nulo.

Logo, para qualquer força conservativa �� podemos escrever

∮ �� ∙ 𝑑𝑟 = 0

Aplicando a equação 𝑈1→2�� = 𝑉(𝑥1, 𝑦1, 𝑧1) − 𝑉(𝑥2, 𝑦2, 𝑧2) entre dois pontos

infinitesimalmente próximos 𝐴(𝑥, 𝑦, 𝑧) e 𝐴′(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧 + 𝑑𝑧), podemos expressar

o trabalho elementar 𝑑𝑈, correspondente aos deslocamento infinitesimal 𝑑𝑟 de 𝐴 até 𝐴′, por:

𝑑𝑈 = 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝑉(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧 + 𝑑𝑧)

Ou,

𝑑𝑈 = −𝑑𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) O trabalho elementar de uma força conservativa é um diferencial exato.

Uma vez que 𝑑𝑈 = ��𝑑𝑟, substituindo temos:

��𝑑𝑟 = −𝑑𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧)

De modo que

𝐹𝑥𝑑𝑥 + 𝐹𝑦𝑑𝑦 + 𝐹𝑧𝑑𝑧 = −𝑑𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧)

E relembrando que


𝑑𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) =𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝑉

𝜕𝑦𝑑𝑦 +

𝜕𝑉

𝜕𝑧𝑑𝑧

Resulta:

𝐹𝑥 = −𝜕𝑉

𝜕𝑥 𝐹𝑦 = −

𝜕𝑉

𝜕𝑦 𝐹𝑧 = −

𝜕𝑉

𝜕𝑧

Fica claro que as componentes da força conservativa �� devem ser funções das coordenadas

𝑥, 𝑦, 𝑧 e a condição necessária (mas não suficiente) para que uma força seja conservativa é que

ela dependa apenas do seu ponto de aplicação.

As relações

𝐹𝑥 = −𝜕𝑉

𝜕𝑥 𝐹𝑦 = −

𝜕𝑉

𝜕𝑦 𝐹𝑧 = −

𝜕𝑉

𝜕𝑧

Podem ser expressas de modo mais conciso como

�� = 𝐹𝑥𝑖 + 𝐹𝑦𝑗 + 𝐹𝑧 �� = − (𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑖 +

𝜕𝑉

𝜕𝑦𝑗 +

𝜕𝑉

𝜕𝑧��)

O vetor entre parênteses é conhecido como gradiente de uma função escalar 𝑉 e é representado

por 𝑔𝑟𝑎𝑑 𝑉

Assim, para qualquer força conservativa, escrevemos

�� = 𝑔𝑟𝑎𝑑 𝑉


4.7 Conservação de Energia

Quando uma partícula se desloca apenas sob a ação de forças conservativas, então:

O trabalho total realizado pelas forças (que no caso são forças conservativas) é o somatório dos

trabalhos por elas realizados e esse trabalho total é também o trabalho realizado pela força

resultante a qual é também, uma força conservativa. Assim, o trabalho total realizado pelas

forças pelas forças conservativas ou o trabalho realizado pela força conservativa resultante é,

𝑈1→2�� = 𝑉1 − 𝑉2

Como se trata do trabalho total realizado podemos aplicar o Princípio do Trabalho e Energia

escrevendo,

𝑈1→2�� = 𝑇2 − 𝑇1

Assim, se apenas forças conservativas atuam sobre a partícula ocorrerá que,

𝑉1 − 𝑉2 = 𝑇2 − 𝑇1 𝑉1 + 𝑇1 = 𝑉2 + 𝑇2

Ou seja, ocorrerá que,

𝐸𝑀 = 𝑉 + 𝑇 = 𝑐𝑡𝑒

Como exemplo considere o pêndulo já analisado anteriormente e que

é liberado com velocidade nula em 𝐴1 para oscilar em um plano

vertical.

𝑉1 = 𝑊𝑙 𝑇1 = 0 𝐸𝑀1 = 𝑉1 + 𝑇1 = 𝑐𝑡𝑒 𝐸𝑀1 = 𝑊𝑙

𝑉2 = 0 𝑇2 =1

2𝑚𝑣2

2 =1

2

𝑊

𝑔(2𝑔𝑙) = 𝑊𝑙

𝐸𝑀2 = 𝑉2 + 𝑇2 = 𝑐𝑡𝑒 𝐸𝑀2 = 𝑊𝑙

Assim, quando uma partícula se move apenas sob a ação de forças conservativas, a Energia

Mecânica total 𝐸 é constante.

Forças de atrito não são forças conservativas. O trabalho de uma força de atrito não pode ser

expresso como a variação de uma energia potencial. O trabalho de uma força de atrito depende

da trajetória percorrida pelo seu ponto de aplicação. Enquanto o trabalho de uma força

conservativa 𝑈1→2 = 𝑉1 − 𝑉2 pode ser positivo ou negativo de acordo com o sentido do

movimento, o trabalho de uma força de atrito é sempre negativo. A Energia Mecânica de um

sistema envolvendo atrito sempre diminui.

Dizemos que a Energia Mecânica é “dissipada” pelo atrito porque ele converte parte desta

energia mecânica em outras formas de energia, como energia térmica, energia sonora etc.

Entretanto, se todas as formas de energia (térmica, sonora, química, eletrica, etc.) forem


consideradas, a energia do sistema pode ser considerada constante e o princípio da conservação

de energia permanece válido.





Um colar de 1,5 𝑘𝑔 está preso a uma mola e desliza sem atrito ao

longo de uma haste circular em um plano horizontal. A mola tem um

comprimento indeformado de 150 𝑚𝑚 e uma constante de

400 𝑁/𝑚. Sabendo que o colar está em equilíbrio no ponto 𝐴 e recebe

um leve impulso para se mover, determine a velocidade do colar (a)

quando ele passa por 𝐵, e, (b) quando passa por 𝐶.

SOLUÇÃO:

O colar parte do ponto 𝐴 com 𝑣𝐴 = 0. Neste ponto a energia potencial elástica

é máxima e igual à energia mecânica do sistema. Não há forças dissipativas

atuando, de modo que há conservação de energia e podemos aplicar o Princípio

da Conservação de Energia. Adotamos o sistema de coordenadas com centro

em 𝑂, conforme ilustrado na figura ao lado.

Velocidade do colar no ponto 𝑩.

Energia Mecânica no ponto 𝐴:

𝑇𝐴 =1

2𝑚𝑣A

2 =1

2𝑚(0)2 𝑇𝐴 = 0

𝑉𝐸𝐴 =1

2𝑘𝑙𝐴

2 Onde 𝑙𝐴 é a elongação da mola no ponto 𝐴, medida a partir da posição neutra da mola.

𝑙𝐴 = (0,175 + 0,250) − 0,150 𝑙𝐴 = 0,425 − 0,150 𝑙𝐴 = 0,275 𝑚

𝑉𝐸𝐴 =1

2(400)(0,275)2 𝑉𝐸𝐴 = 15,125 𝐽

𝐸𝑀𝐴 = 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 𝐸𝑀𝐴 = 0 + 15,125 𝐸𝑀𝐴 = 15,125 𝐽

Energia Mecânica no ponto 𝐵:

𝑇𝐵 =1

2𝑚𝑣B

2 𝑇𝐵 = 0,75𝑣B2

𝑉𝐸𝐵 =1

2𝑘𝑙𝐵

2 Onde 𝑙𝐵 é a elongação da mola no ponto 𝐵, medida a partir da posição neutra da mola.

𝑙𝐵 = √(0,175 + 0,125)2 + (0,125)2 − 0,150 𝑙𝐵 = √(0,300)

2 + (0,125)2 − 0,150

𝑙𝐵 = √0,105625 − 0,150 𝑙𝐵 = 0,175 𝑚

𝑉𝐸𝐵 =1

2(400)(0,175)2 𝑉𝐸𝐵 = 6,125 𝐽

𝐸𝑀𝐵 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 𝐸𝑀𝐵 = 0,75𝑣B2 + 6,125

Aplicando o Princípio da Conservação de Energia, escrevemos,

𝐸𝑀𝐴 = 𝐸𝑀𝐵 15,125 = 0,75𝑣B2 + 6,125

0,75𝑣B2 = 15,125 − 6,125

3

4𝑣B

2 = 9

𝑦

𝑥


𝑣B2 = 12 𝑣B = √12

𝑣B = 3,4641 𝑚 𝑠⁄

Velocidade do colar no ponto 𝑪.


𝐸𝑀𝐴 = 15,125 𝐽

Energia Mecânica no ponto 𝐶:

𝑇𝐶 =1

2𝑚𝑣C

2 𝑇𝐶 = 0,75𝑣C2

𝑉𝐸𝐶 =1

2𝑘𝑙𝐶

2 Onde 𝑙𝐶 é a elongação da mola no ponto 𝐶, medida a partir da posição neutra da mola.

𝑙𝐶 = (0,175 − 0,150) 𝑙𝐶 = 0,025 𝑚

𝑉𝐸𝐶 =1

2(400)(0,025)2 𝑉𝐸𝐶 = 0,125 𝐽

𝐸𝑀𝐶 = 𝑇𝐶 + 𝑉𝐶 𝐸𝑀𝐶 = 0,75𝑣C2 + 0,125


𝐸𝑀𝐴 = 𝐸𝑀𝐶 15,125 = 0,75𝑣C2 + 0,125

0,75𝑣C2 = 15,125 − 0,125

3

4𝑣C

2 = 15

𝑣C2 = 20 𝑣C = √20

𝑣C = 4,4721 𝑚 𝑠⁄




Um bloco de massa 𝑚 = 0,25 𝑘𝑔 é empurrado contra a mola

em 𝐴 e liberado do repouso. Desprezando o atrito, determine

a menor deflexão da mola para que o bloco dê a volta em torno

do laço 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 e permaneça o tempo todo em contato com

ele.

SOLUÇÃO:

Apenas forças conservativas estão presentes: a força peso �� e a força elástica ��𝐸𝑙𝑎𝑠𝑡 . Aplicamos o Princípio da

Conservação de Energia, adotamos Nível de Referência horizontal passando pelo ponto 𝐴.


𝑇𝐴 =1

2𝑚𝑣A

2 =1

2𝑚(0)2 𝑇𝐴 = 0

𝑉𝑊𝐴 = 𝑊𝑦𝐴 𝑉𝑊𝐴 = 𝑊(0) 𝑉𝑊𝐴 = 0

𝑉𝐸𝐴 =1

2𝑘𝑙𝐴

2 𝑉𝐸𝐴 =

1

2600𝑙𝐴

2 𝑉𝐸𝐴 = 300𝑙𝐴

2

Onde 𝑙𝐴 é a deformação da mola no ponto 𝐴 medida a partir da posição indeformada da mola.

𝐸𝑀𝐴 = 0 + 0 + 300𝑙𝐴2 𝐸𝑀𝐴 = 300𝑙𝐴

2

Energia Mecânica no ponto 𝐷:

𝑇𝐷 =1

2𝑚𝑣D

2 𝑇𝐷 = 0,125𝑣D2

𝑉𝑊𝐷 = 𝑊𝑦𝐷 𝑉𝑊𝐷 = (0,25)(9,81)(1) 𝑉𝑊𝐷 = 2,4525 𝐽

𝑉𝐸𝐷 = 0

𝐸𝑀𝐷 = 0,125𝑣D2 + 2,4525 + 0 𝐸𝑀𝐷 = 0,125𝑣D

2 + 2,4525


𝐸𝑀𝐴 = 𝐸𝑀𝐷 300𝑙𝐴2 = 0,125𝑣D

2 + 2,4525

Para que o bloco dê a volta em torno do laço 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 e permaneça o tempo todo em contato

com ele deve ocorrer que a força �� exercida pelo laço sobre o bloco seja igual ou maior

do que zero. Fazendo �� = 0 no ponto 𝐷 encontramos a menor velocidade possível 𝑣D.

+↓ ∑𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝑊 = 𝑚𝑎𝑛

𝑚𝑔 = 𝑚𝑎𝑛 𝑎𝑛 = 𝑔

𝑣D

2

𝜌= 𝑔 𝑣D

2 = 𝜌𝑔 𝑣D2 = (0,5)(9,81)

𝑣D2 = 4,905 𝑣D = √4,905 𝑣D = 2,2147 𝑚 𝑠⁄

Substituindo o valor de 𝑣D2, obtemos,

𝑘 = 600 𝑁 𝑚⁄ 500 𝑚𝑚

𝑚 = 0,25 𝑘𝑔


300𝑙𝐴2 = 0,125(4,905) + 2,4525

Resolvendo para 𝑙𝐴, encontramos,

300𝑙𝐴2 = 0,125(4,905) + 2,4525 300𝑙𝐴

2 = 3,0656

𝑙𝐴2 = 0,0102 𝑙𝐴 = √0,0102

𝑙𝐴 = 0,1011 𝑚


5 Cinética de Partículas: Método do Impulso e Quantidade de Movimento

5.1 Introdução

Um terceiro método básico para solução de problemas que tratam dos movimentos partículas é

o método baseado no Princípio do Impulso e Quantidade de Movimento. Geralmente é usado

para resolver problemas que envolvem força, massa, velocidade e tempo. É especialmente útil

na solução de problemas que envolvem movimentos impulsivos e impactos.

5.2 Quantidade de Movimento Linear de uma Partícula. Taxa de Variação da

Quantidade de Movimento Linear

Substituindo, na equação da 2ª Lei de Newton, a aceleração �� pela derivada da velocidade,

temos:

�� = 𝑚�� = 𝑚𝑑��

𝑑𝑡 Onde �� é a força resultante.

Se a massa 𝑚 for constante, podemos fazer

�� =𝑑(𝑚��)

𝑑𝑡

O vetor 𝑚�� é denominado quantidade de movimento linear da partícula. Assim, podemos

afirmar que a força resultante que atua sobre uma partícula de massa constante é igual à

taxa de variação da quantidade de movimento linear dessa partícula.

Representando por �� a quantidade de movimento linear da partícula, escrevemos,

�� = 𝑚��

Representando por �� (�� ponto) a derivada de �� em relação ao tempo 𝑡, podemos escrever a

equação da 2ª Lei de uma maneira alternativa,

�� = ��


As equações �� =𝑑(𝑚��)

𝑑𝑡 e �� = ��

são válidas quando a massa 𝑚 é constante. Portanto, não devem

ser utilizadas para resolver problemas envolvendo o movimento de corpos tais como foguetes

e outros corpos que perdem ou ganham massa durante o seu movimento, ainda que seus

movimentos possam ser modelados como movimentos de pontos materiais. Tais problemas são

tratados no estudo de sistemas de partículas.

Por fim, vale mencionar o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento Linear: se

a força resultante sobre uma partícula é zero, a quantidade de movimento linear da partícula

permanece constante tanto em intensidade, quanto em direção e sentido.

�� = 0 ⟹ 𝑑��

𝑑𝑡= 0 ⟹ �� = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

5.3 Princípio do Impulso e Quantidade de Movimento

Considere uma partícula de massa 𝑚 submetida a uma força resultante ��. Conforme já vimos,

a 2ª Lei de Newton pode ser expressa na forma,

�� =𝑑��

𝑑𝑡 �� =

𝑑(𝑚��)

𝑑𝑡

Multiplicando ambos os termos por 𝑑𝑡, obtemos,

��𝑑𝑡 = 𝑑(𝑚��)

Integrando esta última expressão de um instante 𝑡1 até um instante 𝑡2, obtemos,

∫ ��𝑑𝑡𝑡2𝑡1

= 𝑚∫ 𝑑��2��1

∫ ��𝑑𝑡𝑡2𝑡1

= 𝑚��2 −𝑚��1


𝑚��1 + ∫ ��𝑑𝑡𝑡2𝑡1

= 𝑚��2

A integral ∫ ��𝑑𝑡𝑡2𝑡1

é um vetor conhecida como o Impulso Linear da força �� ou, simplesmente,

Impulso da força ��, durante o intervalo de tempo ∆𝑡 = 𝑡2 − 𝑡1.

𝐼𝑚𝑝 1→2 = ∫ ��𝑑𝑡

𝑡2𝑡1

Vetor Impulso da força �� durante o intervalo de tempo 𝑡2 − 𝑡1.

Assim, o vetor quantidade de movimento linear inicial da

partícula (��1 = 𝑚��1), somado ao vetor Impulso da força

�� (𝐼𝑚𝑝 1→2), resulta no vetor quantidade de movimento

linear final da partícula (��2 = 𝑚��2),

𝑚��1 + 𝐼𝑚𝑝 1→2 = 𝑚��2

Decompondo �� em suas componentes retangulares, escrevemos,


𝐼𝑚𝑝 1→2 = (∫ 𝐹𝑥𝑑𝑡

𝑡2𝑡1

) 𝑖 + (∫ 𝐹𝑦𝑑𝑡𝑡2𝑡1

) 𝑗 + (∫ 𝐹𝑧𝑑𝑡𝑡2𝑡1

) ��

Pode-se notar então que as componentes do Impulso da força �� são,

respectivamente, iguais às áreas sob as curvas obtidas plotando as

componentes 𝐹𝑥, 𝐹𝑦 e 𝐹𝑧 em função de 𝑡.

Assim, se a força �� for constante (intensidade, direção e sentido

constantes), então o impulso será dado pelo vetor ��(𝑡2 − 𝑡1), isto é, o

impulso será um vetor que tem a mesma direção e sentido da força �� e

intensidade igual 𝐹∆𝑡.

Em unidades SI, o módulo ou intensidade do vetor impulso de uma força é

expresso em 𝑁𝑠 (newton vezes segundo) ou 𝑘𝑔𝑚 𝑠⁄ , a mesma unidade para

quantidade de movimento linear.

𝑁𝑠 = (𝑘𝑔𝑚 𝑠2⁄ )𝑠 = 𝑘𝑔𝑚 𝑠⁄

Observe-se que, enquanto a Energia Cinética e o Trabalho são grandezas escalares, a

Quantidade de Movimento (da partícula) e o Impulso (da força ��) são grandezas vetoriais.

Para obter uma solução analítica é necessário utilizar as equações das componentes

correspondentes no sistema de coordenadas adotado

𝑚𝑣𝑥1 + ∫ 𝐹𝑥𝑑𝑡𝑡2𝑡1

= 𝑚𝑣𝑥2

𝑚𝑣𝑦1 + ∫ 𝐹𝑦𝑑𝑡𝑡2𝑡1

= 𝑚𝑣𝑦2

𝑚𝑣𝑧1 + ∫ 𝐹𝑧𝑑𝑡𝑡2𝑡1

= 𝑚𝑣𝑧2

Quando diversas forças agem sobre uma mesma partícula, o vetor impulso de cada força deve

ser considerado. Expressamos isso escrevendo,

𝑚��1 + ∑ 𝐼𝑚𝑝 1→2 = 𝑚��2

Novamente, a equação obtida representa uma relação entre grandezas vetoriais, de modo que

para obter uma solução analítica, ela deve ser substituída pelas equações correspondentes das

suas componentes (𝑥, 𝑦, 𝑧).

Quando um problema envolve mais de uma partícula, cada partícula pode ser considerada

separadamente e a equação 𝑚��1 + ∑ 𝐼𝑚𝑝 1→2 = 𝑚��2 pode ser escrita para cada uma delas.

Podemos também somar vetorialmente as quantidades de movimento de todas as partículas e

os impulsos de todas as forças envolvidas. Escrevemos então,

∑𝑚��1 + ∑𝐼𝑚𝑝 1→2 = ∑𝑚��2

Como as forças de interação entre as partículas (forças internas ao sistema de partículas),

formam pares de ação e reação exercidas pelas partículas entre si, e como o intervalo de tempo


de 𝑡1 a 𝑡2 é comum para todas as forças envolvidas, os impulsos das forças de ação e reação se

cancelam, e apenas os impulsos das forças externas precisam ser considerados8.

Se nenhuma força externa é exercida sobre as partículas, ou de modo mais geral, se a soma das

forças externas é nula, todas as partículas estarão em movimento retilíneo uniforme, o impulso

será nulo (∑ 𝐼𝑚𝑝 1→2 = 0) e a quantidade de movimento no instante 𝑡1 (��1 = 𝑚��1) será igual à

quantidade de movimento no instante 𝑡2 (��2 = 𝑚��2). Isto é, haverá conservação da quantidade

de movimento e a equação reduz-se a,

∑𝑚��1 = ∑𝑚��2

Como exemplo consideremos dois barcos de massa 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵, inicialmente em repouso e sendo

puxados juntos. Desprezando a resistência (atrito) da água, as únicas forças externas atuando

em cada barco são a força peso e a força de empuxo da água, as quais, respectivamente a cada

um deles, tem resultante nula. Em outras palavras, a soma vetorial das forças externas que atuam

sobre as partículas (barcos) é zero – as forças externas não geram impulso. E como os impulsos

das forças internas (ação e reação) se cancelam mutuamente, há conservação da quantidade de

movimento e podemos escrever,

∑𝑚��1 = ∑𝑚��2

𝑚𝐴𝑣𝐴1 +𝑚𝐵𝑣𝐵1 = 𝑚𝐴𝑣𝐴2 +𝑚𝐵𝑣𝐵2

0 + 0 = 𝑚𝐴𝑣𝐴2 +𝑚𝐵𝑣𝐵2

𝑚𝐴𝑣𝐴2 = −𝑚𝐵𝑣𝐵2

Detalhamento:

Notar que se trata de uma equação vetorial de modo que a obtenção de uma solução analítica

requer que as relações sejam expressas em termos de suas componentes.

Quantidade de Movimento Inicial ��1 de cada partícula:

��𝐴1 = 𝑚𝐴��𝐴1

𝐿𝐴𝑥1 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥1 𝐿𝐴𝑥1 = 0

𝐿𝐴𝑦1 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑦1 𝐿𝐴𝑦1 = 0

��𝐴1 = 0𝑖 + 0𝑗

��𝐵1 = 𝑚𝐵��𝐵1

𝐿𝐵𝑥1 = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥1 𝐿𝐵𝑥1 = 0

𝐿𝐵𝑦1 = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑦1 𝐿𝐵𝑦1 = 0

��𝐵1 = 0𝑖 + 0𝑗

8 Enquanto a soma dos vetores impulso das forças de ação e reação é sempre um vetor nulo, a soma dos trabalhos

realizados pelas forças de ação e reação é nula apenas em condições especiais como, por exemplo, quando os

corpos envolvidos estiverem conectados por cordas inextensíveis ou barras rígidas, de modo a terem

deslocamentos coerentes com essas ligações.


Quantidade de Movimento Inicial Total

��1 = ��𝐴1 + ��𝐵1

��1 = (0𝑖 + 0𝑗) + (0𝑖 + 0𝑗)

��1 = 0𝑖 + 0𝑗

Quantidade de Movimento Final ��2 de cada partícula:

��𝐴2 = 𝑚𝐴��𝐴2

𝐿𝐴𝑥2 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2 𝐿𝐴𝑥2 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2

𝐿𝐴𝑦2 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑦2 𝐿𝐴𝑦2 = 0

��𝐴2 = (𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2)𝑖 + 0𝑗

��𝐵2 = 𝑚𝐵��𝐵2

𝐿𝐵𝑥2 = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2 𝐿𝐵𝑥2 = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2

𝐿𝐵𝑦2 = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑦2 𝐿𝐵𝑦2 = 0

��𝐵2 = (𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2)𝑖 + 0𝑗

Quantidade de Movimento Final Total

��2 = ��𝐴2 + ��𝐵2

��2 = (𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2𝑖 + 0𝑗) + (𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2𝑖 + 0𝑗)

��2 = (𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2)𝑖 + 0𝑗

Conservação da Quantidade de Movimento:

��1 = ��2

0𝑖 + 0𝑗 = (𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2)𝑖 + 0𝑗

𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2 = 0

𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥2 = −𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥2

0 = 0


5.4 Movimento Impulsivo

Uma força que age sobre uma partícula, durante um intervalo de tempo muito curto, mas que é

grande o suficiente para causar uma mudança significativa na Quantidade de Movimento de

uma partícula é chamada de força impulsiva e o movimento produzido é denominado

movimento impulsivo.

Por exemplo, quando uma bola de beisebol é golpeada, o

contato entre o bastão e a bola ocorre durante um intervalo

de tempo muito curto, mas o valor médio da força de

golpe é muito grande, e o impulso ��∆𝑡 é grande o bastante

para alterar o sentido do movimento da bola.

Quando forças impulsivas agem sobre uma partícula, a equação 𝑚��1 + ∑ 𝐼𝑚𝑝 1→2 = 𝑚��2 se

torna,

𝑚��1 + ∑ ��∆𝑡 = 𝑚��2

Qualquer força não impulsiva pode ser desprezada pois o impulso correspondente ��∆𝑡 é

desprezível. Isto é, considera-se que o impulso resultante das forças que agem sobre a partícula

é apenas a soma vetorial dos impulsos das forças impulsivas (dados por ��∆𝑡) e que os impulsos

das forças não impulsivas podem ser desprezados. Forças não impulsivas podem incluir o peso

do corpo, a força exercida por uma mola, ou qualquer outra força conhecida que seja

considerada pequena quando comparada com as forças impulsivas envolvidas. No exemplo

acima, ilustrando uma bola de beisebol sendo golpeada por um bastão, o impulso da força peso

�� foi considerado desprezível (��∆𝑡~0).

O método do Impulso e Quantidade de Movimento é particularmente eficaz na análise de

movimentos impulsivos pois envolve apenas as velocidades inicial e final da partícula e os

impulsos das forças impulsivas atuando sobre ela. A aplicação direta da 2ª Lei de Newton, por

outro lado, exigiria a determinação das forças como função do tempo e a integração das

equações de movimento sobre o intervalo de tempo ∆𝑡.

No caso de diversas partículas em movimento impulsivo, a equação ∑𝑚��1 + ∑𝐼𝑚𝑝 1→2 =

∑𝑚��2 se reduz a

∑𝑚��1 + ∑ ��∆𝑡 = ∑𝑚��2

Onde apenas as forças impulsivas externas são consideradas.

Se todas as forças externas que agem sobre as partículas forem não impulsivas, a quantidade de

movimento total das partículas se conserva e a equação se reduz a,

∑𝑚��1 = ∑𝑚��2

Tal situação ocorre, por exemplo, quando duas partículas que se movem livremente colidem

uma com a outra. A Quantidade de Movimento total das partículas geralmente se conserva, mas

a energia total, em geral, não se conserva.




Problema-Resolvido 13.10 (Beer, Johnston; 9ª Edição) – Modificado

Um automóvel de massa 1.000 𝑘𝑔 é conduzido em um declive de

inclinação 𝛽 = 5° a uma velocidade de 72 𝑘𝑚 ℎ⁄ quando os freios

são aplicados, causando uma força total de frenagem de 5.000 𝑁

(aplicada pela estrada nos pneus). Determinar o tempo transcorrido

até o automóvel parar.

SOLUÇÃO:

O automóvel desloca-se numa trajetória retilínea (a direção do declive). Escolhemos um sistema de coordenadas

com origem no ponto de acionamento dos freios e eixo 𝑥 na direção do movimento e sentido positivo “para baixo”.

Aplicamos o Princípio do Impulso e Quantidade de Movimento,

𝑚��1 +∑ 𝐼𝑚𝑝1→2 = 𝑚��2

𝑚��1 + ��∆𝑡 + ��∆𝑡 + ��𝑎𝑡∆𝑡 = 𝑚��2

𝑚��1 + (�� + �� + ��𝑎𝑡)∆𝑡 = 𝑚��2

Notar que o impulso total não decorre apenas ao impulso da força de atrito,

mas ao efeito vetorialmente combinado do impulso da força de atrito, do impulso da força peso e do impulso da

força normal.

Em termos de componentes no sistema de coordenadas escolhido temos,

{𝑚𝑣1𝑥 + (𝑁𝑥 +𝑊𝑥 + 𝐹𝑎𝑡𝑥)∆𝑡 = 𝑚𝑣2𝑥

𝑚𝑣1𝑦 + (𝑁𝑦 +𝑊𝑦 + 𝐹𝑎𝑡𝑦)∆𝑡 = 𝑚𝑣2𝑦

Sendo que,

𝑣1𝑥 = 𝑣1 𝑣1𝑦 = 0

𝑊𝑥 = 𝑚𝑔 sin 5° 𝑊𝑦 = −𝑚𝑔 cos 5°

𝑁𝑥 = 0 𝑁𝑦 = 𝑁

𝐹𝑎𝑡𝑥 = −𝐹𝑎𝑡 𝐹𝑎𝑡𝑦 = 0

𝑣2𝑥 = 0 𝑣2𝑦 = 0

Assim,

{𝑚𝑣1 + (0 + 𝑚𝑔 sin 5° − 𝐹𝑎𝑡)∆𝑡 = 𝑚(0)

𝑚(0) + (𝑁 −𝑚𝑔 cos 5° + 0)∆𝑡 = 𝑚(0)

𝑥

𝑦

𝜃

��∆𝒕

��𝒂∆𝒕

��∆𝒕

𝑥

𝑦

𝜃 𝒎��𝟏 𝑥

𝑦

𝜃 𝒎��𝟐 = 𝟎

𝑥

𝑦

𝜃

��

��𝒂

��


{𝑚𝑣1 +𝑚𝑔 sin 5° ∆𝑡 − 𝐹𝑎𝑡∆𝑡 = 0

𝑁∆𝑡 −𝑚𝑔 cos 5° ∆𝑡 = 0 {

𝑚𝑣1 +𝑚𝑔 sin 5° ∆𝑡 − 𝐹𝑎𝑡∆𝑡 = 0

∆𝑡(𝑁 − 𝑚𝑔 cos 5°) = 0

{𝑚𝑣1 +𝑚𝑔 sin 5° ∆𝑡 − 𝐹𝑎𝑡∆𝑡 = 0

𝑁 −𝑚𝑔 cos 5° = 0

Substituindo os valores conhecidos,

{(1.000)(20) + (1.000)(9,81) sin 5° ∆𝑡 − 5.000∆𝑡 = 0

𝑁 = (1.000)(9,81) cos 5°

∆𝑡 = 4,8251 𝑠 Resposta do problema.




Uma bola de beisebol de 120 𝑔 é arremessada com uma velocidade de

36 𝑚/𝑠 em direção a um batedor. Depois que a bola é golpeada pelo bastão

𝐵, ela passa a ter uma velocidade de 24 𝑚/𝑠 na direção mostrada na figura.

Se a bola e o bastão ficam em contato por 0,015 𝑠, determine a força

impulsiva média exercida sobre bola durante o impacto.

SOLUÇÃO:

A bola de beisebol recebe o impulso da força impulsiva exercida pelo bastão que altera

a sua quantidade de movimento, conforme figura. As forças atuantes sobre a bola é

uma força impulsiva exercida pelo bastão e a força peso ��. Como a força impulsiva

exercida pelo bastão é uma força de intensidade muito grande que atua durante um

intervalo de tempo muito pequeno, consideramos que o impulso que ela exerce é equivalente ao impulso de uma

força constante �� e de intensidade igual ao valor médio da força impulsiva exercida pelo bastão. Isto é, assumimos

que 𝐼𝑚𝑝1→2 = ��∆𝑡. A força peso �� é uma força de intensidade comparativamente muito menor. Por isso,

podemos considerar desprezível o impulso que ela exerce durante o pequeno intervalo de tempo de duração do

golpe pelo bastão. Para ilustrar isso, vamos incluir (e não desprezar) o impulso da força peso. E como o peso é

uma força constante, o impulso que exerce será dado por 𝐼𝑚𝑝1→2 = ��∆𝑡. Escolhemos um sistema de coordenadas

com origem no ponto de golpe do bastão com eixo 𝑥 horizontal positivo para a direita e eixo 𝑦 vertical positivo

para cima. Identificamos as forças atuantes e representamos este entendimento com o DCL ilustrado ao lado.

Aplicamos o Princípio do Impulso e Quantidade de Movimento para a bola de

beisebol escrevendo,

𝑚��1 +∑ 𝐼𝑚𝑝1→2 = 𝑚��2 𝑚��1 + ��∆𝑡 + ��∆𝑡 = 𝑚��2

Em termos das componentes 𝑥 e 𝑦 no sistema de coordenadas adotado, teremos,

𝑚𝑣1𝑥 + 𝐹𝑥∆𝑡 +𝑊𝑥∆𝑡 = 𝑚𝑣2𝑥

𝑚𝑣1𝑦 + 𝐹𝑦∆𝑡 +𝑊𝑦∆𝑡 = 𝑚𝑣2𝑦

(0,12)(−36) + 𝐹𝑥(0,015) + (0)(0,015) = (0,12)(24 cos 40°) (0,12)(0) + 𝐹𝑦(0,015) − (0,12)(9,81)(0,015) = (0,12)(24 sin 40°)

Resolvido o sistema de equações paras as duas incógnitas (𝐹𝑥 e 𝐹𝑦), obtemos,

𝐹𝑥 = 435,08 𝑁 𝐹𝑦 = 124,59 𝑁

𝐹 = √𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦

2 = 452,57 𝛼 = 15,980°

Caso a força peso fosse desprezada (não incluída), a solução teria sido,

𝐹𝑥 = 435,08 𝑁 𝐹𝑦 = 123,42 𝑁

𝐹 = √𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦

2 = 452,24 𝛼 = 15,942°

A resposta teria um “erro” de 452,57−452,24

452,57= 0,0713%.

𝑦

𝑥




Um pacote de 10 𝑘𝑔 cai de uma rampa dentro de um carrinho de

25 𝑘𝑔 com uma velocidade de 3 𝑚/𝑠. Sabendo que o carro está

inicialmente em repouso e que pode rolar livremente, determine (a) a

velocidade final do carrinho, (b) o impulso exercido pelo carrinho

sobre o pacote, e (c) a fração da energia inicial perdida no impacto.

SOLUÇÃO:

O sistema pacote-carrinho tem uma quantidade de movimento inicial. Com a queda do pacote, a única força externa

que exercerá impulso sobre o sistema, é a força de reação do piso sobre o carrinho. Após a queda do pacote, o

sistema pacote-carrinho terá uma quantidade de movimento final, em que tanto o pacote quanto o carrinho têm a

mesma velocidade 𝑣2.

Escolhemos um sistema de coordenadas com o eixo

𝑥 horizontal positivo para a direita e eixo 𝑦 vertical

positivo para cima. Identificamos as forças (e seus

impulsos) e representamos este entendimento com

o DCL ilustrado.

Aplicamos o Princípio do Impulso e Quantidade de Movimento ao sistema pacote-carrinho escrevendo,

∑𝑚��1 +∑ 𝐼𝑚𝑝1→2 = ∑𝑚��2

𝑚𝑃��𝑃1 +𝑚𝐶��𝐶1 + ��∆𝑡 = 𝑚𝑃��𝑃2 +𝑚𝐶��𝐶2

Uma vez que ��𝑃2 = ��𝐶2 = ��2,

𝑚𝑃��𝑃1 +𝑚𝐶��𝐶1 + ��∆𝑡 = 𝑚𝑃��2 +𝑚𝐶��2 𝑚𝑃��𝑃1 +𝑚𝐶��𝐶1 + ��∆𝑡 = (𝑚𝑃 +𝑚𝐶)��2


𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑥 +𝑚𝐶𝑣𝐶1𝑥 + 𝑅𝑥∆𝑡 = (𝑚𝑃 +𝑚𝐶)𝑣2𝑥

𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑦 +𝑚𝐶𝑣𝐶1𝑦 + 𝑅𝑦∆𝑡 = (𝑚𝑃 +𝑚𝐶)𝑣2𝑦

𝑣2𝑥 = 𝑣2 𝑣2𝑦 = 0

𝑅𝑥 = 0 𝑅𝑦 = 𝑅

𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑥 +𝑚𝐶𝑣𝐶1𝑥 = (𝑚𝑃 +𝑚𝐶)𝑣2

𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑦 +𝑚𝐶𝑣𝐶1𝑦 + 𝑅∆𝑡 = 0

Valores conhecidos:

𝑚𝑃 = 10 𝑚𝐶 = 25

𝑣𝑃1𝑥 = 3 cos 30° 𝑣𝑃1𝑦 = −3 sin 30°

𝑣𝐶1𝑥 = 0 𝑣𝐶1𝑦 = 0

(10)(3 cos 30°) + (25)(0) = (10 + 25)𝑣2 (10)(−3 sin 30°) + (25)(0) + 𝑅∆𝑡 = 0

15√3 = 35𝑣2

−15 + 𝑅∆𝑡 = 0

35𝑣2 = 15√3 Eq. 01

𝑅∆𝑡 = 15 Eq. 02

𝑦

𝑥


É imediato perceber que a equação Eq. 01 pode ser resolvida para determinar o valor de 𝑣2.

𝑣2 =15√3

35 𝑣2 =

3√3

7 𝑣2 = 0,74231 𝑚 𝑠⁄

Aplicamos o Princípio do Impulso e Quantidade de Movimento para o pacote isoladamente.

𝑚𝑃��𝑃1 + ��∆𝑡 = 𝑚𝑃��𝑃2

Mas, ��𝑃2 = ��2

𝑚𝑃��𝑃1 + ��∆𝑡 = 𝑚𝑃��2


𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑥 + 𝐹𝑥∆𝑡 = 𝑚𝑃𝑣2𝑥

𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑦 + 𝐹𝑦∆𝑡 = 𝑚𝑃𝑣2𝑦

Mas, 𝑣2𝑥 = 𝑣2 e 𝑣2𝑦 = 0

𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑥 + 𝐹𝑥∆𝑡 = 𝑚𝑃𝑣2

𝑚𝑃𝑣𝑃1𝑦 + 𝐹𝑦∆𝑡 = 0

Substituindo valores conhecidos,

(10)(3 cos 30°) + 𝐹𝑥∆𝑡 = 10𝑣2 15√3 + 𝐹𝑥∆𝑡 = 10𝑣2 (10)(−3 sin 30°) + 𝐹𝑦∆𝑡 = 0 −15 + 𝐹𝑦∆𝑡 = 0

𝐹𝑥∆𝑡 = 10𝑣2 − 15√3

𝐹𝑦∆𝑡 = 15

Considerando que 𝑣2 =3√3

7= 0,74231 𝑚 𝑠⁄

𝐹𝑥∆𝑡 = −75√3

7 𝐹𝑥∆𝑡 = −18,558 𝑁𝑠

𝐹𝑦∆𝑡 = 15 𝐹𝑦∆𝑡 = 15 𝑁𝑠

Energia Mecânica inicial do sistema carrinho-pacote:

𝑇1 =1

2𝑚𝑃𝑣𝑃1

2 𝑇1 =1

2(10)(3)2 𝑇1 = 45 𝐽

Considerando que a energia potencial inicial do pacote desprezível,

𝐸𝑀1 = 45 𝐽

Energia Mecânica final do sistema carrinho-pacote:

𝑇2 =1

2(𝑚𝑃 +𝑚𝐶)𝑣2

2 𝑇2 =1

2(10 + 25) (

3√3

7)2

𝑇2 =135

14 𝐽

𝐸𝑀2 =135

14 𝐽

Reposta ao item (a): velocidade final do carrinho (+pacote)

𝑣2 = 0,74231 𝑚 𝑠⁄

𝑦

𝑥


Resposta item (b): impulso exercido pelo carrinho sobre o pacote

𝐹𝑥∆𝑡 = −18,558 𝑁𝑠 𝐹𝑦∆𝑡 = 15 𝑁𝑠

Reposta item (c): fração da energia inicial perdida no impacto

𝐸𝑀1−𝐸𝑀2

𝐸𝑀1=

45−135

14

45


𝐸𝑀1=

11

14


𝐸𝑀1= 78,57%

Após a queda do pacote, o sistema carrinho-pacote possui apenas 21,43% da energia que possuia inicialmente.


5.6 Impacto

Uma colisão entre dois corpos durante o qual os dois corpos exercem forças relativamente

grandes um sobre o outro e em um intervalo de tempo muito curto é denominado impacto.

Impacto: colisão entre dois corpos que ocorre durante um pequeno intervalo de tempo, durante

o qual os corpos exercem grandes forças um sobre o outro.

Linha de Impacto: normal comum às superfícies em contato durante o impacto.

Impacto Central: impacto no qual os centros de massa dos dois corpos estão na linha de

impacto. Caso contrário, isto é, quando os centros de massa dos dois corpos não estão na linha

de impacto, o impacto é um impacto excêntrico. Estudaremos apenas os impactos centrais entre

duas partículas.

Impacto central direto: é o impacto central no qual as velocidades dos dois corpos têm

direções coincidentes com a direção da linha de impacto.

Impacto central oblíquo: é o impacto central no qual a velocidade de pelo menos um dos

corpos não tem direção coincidente com a direção da linha de impacto.


5.7 Impacto Central Direto

Considere duas partículas 𝐴 e 𝐵, de massas 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵, que se movem na mesma linha reta para

a direita com velocidades conhecidas ��𝐴1 e ��𝐵1 e tais que

𝑣𝐴1 > 𝑣𝐵1 (o que inclui a situação em que ��𝐵1 em

sentido oposto ao sentido de ��𝐴1 ou seja, 𝑣𝐴1 > 0 e

𝑣𝐵1 < 0).

Nestas condições, inevitavelmente haverá um momento

em que a partícula 𝐴 atingirá a partícula 𝐵.

Imediatamente após a partícula 𝐴 atingir a partícula 𝐵,

as duas partículas experimentarão um período de

deformação e, ao final desse período de deformação, as

duas partículas terão a mesma velocidade ��. Segue-se

então o período de restituição, ao final do qual,

dependendo da intensidade da força de impacto e dos

materiais envolvidos, as partículas retornarão à suas

formas originais ou ficarão permanentemente

deformadas.

Nosso propósito é determinar as velocidades das partículas ao final do período de restituição,

isto é, determinar ��𝐴2 e ��𝐵2.

Primeiramente consideramos as duas partículas como um único sistema e constatamos que não

há forças externas impulsivas atuando sobre elas. Logo, a quantidade de movimento é

conservada e podemos escrever a equação que expressa a conservação da quantidade de

movimento das duas partículas,

𝑚𝐴��𝐴1 +𝑚𝐵��𝐵1 = 𝑚𝐴��𝐴2 +𝑚𝐵��𝐵2

Como todas as velocidades consideradas são orientadas ao longo da mesma direção da linha

de impacto, podemos substituir a equação vetorial acima pela expressão abaixo, envolvendo

apenas as componentes escalares na direção da linha de impacto9

𝑚𝐴𝑣𝐴1 +𝑚𝐵𝑣𝐵1 = 𝑚𝐴𝑣𝐴2 +𝑚𝐵𝑣𝐵2

Temos duas incógnitas (𝑣𝐴2 e 𝑣𝐵2) e apenas uma equação. Para obter os valores de 𝑣𝐴2 e 𝑣𝐵2 é

necessário estabelecer uma equação adicional envolvendo as grandezas escalares 𝑣𝐴2 e 𝑣𝐵2.

Com objetivo de estabelecermos uma equação adicional envolvendo as grandezas escalares 𝑣𝐴2

e 𝑣𝐵2, vamos aplicar o Método do Impulso e Quantidade de Movimento para a partícula 𝐴

durante o período de deformação.

9 Notar que ao fazer isso estamos efetivamente escolhendo um sistema de coordenadas com um dos eixos

coincidindo com a direção da linha de impacto (digamos o eixo 𝑥) e expressando as componentes das velocidades

ao longo deste eixo. As componentes das velocidades ao longo do outro eixo (digamos o eixo 𝑦) são todas nulas,

razão pelas quais não há necessidade de especificar que as componentes ao longo da linha de impacto têm o índice

𝑥. O sentido positivo do eixo “𝑥” é igualmente arbitrado, de modo que as componentes positivas correspondem a

vetores velocidade orientados para o sentido positivo do eixo “𝑥” e as componentes negativas correspondem a

vetores velocidade orientados para o sentido negativo do eixo “𝑥” ou da linha de impacto

��𝑨𝟏 ��𝑩𝟏

��𝑨𝟐 ��𝑩𝟐


Denominando por �� a força impulsiva que a partícula 𝐵 exerce sobre a partícula 𝐴 durante o

período de deformação, escrevemos,

𝑚𝐴��𝐴1 − ∫ ��𝑑𝑡 = 𝑚𝐴��

Da mesma forma que antes, todas as velocidades e forças consideradas estão orientadas ao

longo da direção da linha de impacto. Portanto, apenas componentes escalares na direção da

linha de impacto estão envolvidas; e os sinais positivos ou negativos dessas componentes

estarão de acordo com o sentido positivo arbitrado para o eixo escolhido para representar a linha

de impacto. Ou seja, a equação vetorial se resume à equação escalar

𝑚𝐴𝑣𝐴1 − ∫𝑃𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝑢

Ainda no objetivo de estabelecermos uma equação adicional envolvendo as grandezas escalares

𝑣𝐴2 e 𝑣𝐵2, vamos aplicar o Método do Impulso e Quantidade de Movimento para a partícula 𝐴

durante o período de restituição.

Representando por �� a força impulsiva que 𝐵 exerce sobre 𝐴 durante o período de restituição,

escrevemos,

𝑚𝐴�� − ∫ ��𝑑𝑡 = 𝑚𝐴��𝐴2

Mais uma vez, como todas as velocidades e forças consideradas estão orientadas ao longo da

direção da linha de impacto, a equação vetorial se resume a uma equação envolvendo apenas

as componentes escalares na direção da linha de impacto,

𝑚𝐴𝑢 − ∫𝑅𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝑣𝐴2

Em geral, a força de restauração �� exercida durante o período de restituição é diferente da força

�� exercida pela partícula 𝐵 sobre a partícula 𝐴 durante o período de deformação e a intensidade

do impulso ∫𝑅𝑑𝑡 durante o período de restituição é menor do que a intensidade do impulso

∫𝑃𝑑𝑡 durante o período de deformação.

A razão entre a intensidade do impulso de restituição (∫𝑅𝑑𝑡) e a intensidade do impulso de

deformação (∫𝑃𝑑𝑡) é denominada coeficiente de restituição 𝑒

𝑒 =∫𝑅𝑑𝑡

∫𝑃𝑑𝑡

O coeficiente de restituição varia entre 𝑒 = 0 (colisão perfeitamente plástica) e 𝑒 = 1 (colisão

perfeitamente elástica). O valor de 𝑒 depende em grande parte dos materiais envolvidos, mas

também depende da velocidade de impacto, bem como do formato e do tamanho dos corpos em

colisão.

Resumindo, obtivemos duas equações adicionais,

𝑚𝐴𝑣𝐴 − ∫𝑃𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝑢

𝑚𝐴𝑢 − ∫𝑅𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝑣′𝐴


Resolvendo estas duas equações respectivamente para o impulso de deformação e para o

impulso de restituição obtemos,

∫𝑃𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝑣𝐴 −𝑚𝐴𝑢

∫𝑅𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝑢 −𝑚𝐴𝑣′𝐴

Fazendo o quociente das equações acima e substituindo 𝑒 =∫𝑅𝑑𝑡

∫𝑃𝑑𝑡, obtemos,

∫𝑅𝑑𝑡

∫𝑃𝑑𝑡=

𝑚𝐴𝑢−𝑚𝐴𝑣′𝐴

𝑚𝐴𝑣𝐴−𝑚𝐴𝑢 𝑒 =

𝑚𝐴(𝑢−𝑣′𝐴)

𝑚𝐴(𝑣𝐴−𝑢) 𝑒 =

𝑢−𝑣′𝐴

𝑣𝐴−𝑢

Ainda no objetivo de estabelecer uma relação adicional entre as velocidades 𝑣′𝐴 e 𝑣′𝐵,

consideremos o movimento da partícula 𝑩 durante o período de deformação, bem como

durante o período de restituição, aplicando o Princípio do Impulso e Quantidade de

Movimento. Isto é, uma análise do movimento de 𝐵 durante os períodos de deformação e de

restituição resulta na seguinte expressão,

𝑒 =𝑣′𝐵−𝑢

𝑢−𝑣𝐵

Uma vez que o valor de 𝑒 é o mesmo nos dois casos, podemos escrever que

𝑒 =𝑢−𝑣′𝐴

𝑣𝐴−𝑢=

𝑣′𝐵−𝑢

𝑢−𝑣𝐵

Ou seja, podemos escrever que,

𝑒 =(𝑢−𝑣′𝐴)+(𝑣

′𝐵−𝑢)

(𝑣𝐴−𝑢)+(𝑢−𝑣𝐵)

Portanto,

𝑒 =𝑣′𝐵−𝑣

′𝐴

𝑣𝐴−𝑣𝐵

Ou seja,

𝑒(𝑣𝐴 − 𝑣𝐵) = 𝑣′𝐵− 𝑣′𝐴

Obtemos assim uma segunda expressão relacionando as velocidades 𝑣′𝐴 e 𝑣′𝐵 e passamos a ter

as duas equações, abaixo reproduzidas,

𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵 = 𝑚𝐴𝑣′𝐴 +𝑚𝐵𝑣′𝐵

𝑒(𝑣𝐴 − 𝑣𝐵) = 𝑣′𝐵 − 𝑣

′𝐴

Obs.1: Notar que (𝑣′𝐵 − 𝑣

′𝐴) representa o negativo da velocidade relativa da partícula 𝐴 em relação à

partícula 𝐵 após o impacto (−𝑣′𝐴 𝐵⁄ ); e que (𝑣𝐴 − 𝑣𝐵) representa a velocidade relativa da partícula 𝐴

em relação à partícula 𝐵 antes do impacto (𝑣𝐴 𝐵⁄ ). Assim, podemos escrever que, 𝑣𝐴 𝐵⁄ ∙ 𝑒 = −𝑣′𝐴 𝐵⁄ .

Isto é, a velocidade relativa das duas partículas após o impacto pode ser obtida multiplicando-se a

velocidade relativa antes do impacto pelo coeficiente de restituição.


Obs.2: Lembrar que a dedução das equações acima baseou-se na consideração de que a partícula 𝐵 está

à direita de 𝐴 e que ambas estão incialmente se movendo para a direita (que foi o sentido positivo

adotado para a direção que coincide com a direção da linha de impacto). Se a partícula 𝐵 estiver se

movendo inicialmente para a esquerda, o escalar 𝑣𝐵 deve ser considerado negativo. A mesma convenção

de sinais vale para as velocidades após o impacto: um sinal positivo para 𝑣′𝐴 indicará que a partícula 𝐴

move-se para a direita após o impacto e um sinal negativo indicará que ela se move para a esquerda.

Na solução do sistema de duas equações obtido, há dois casos particulares de impacto central

direto que são de particular interesse:

• Impacto central direto perfeitamente plástico (𝑒 = 0) e;

• Impacto central direto perfeitamente elástico (𝑒 = 1).

Impacto central direto perfeitamente plástico (𝒆 = 𝟎):

Quando 𝑒 = 0, teremos,

𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵 = 𝑚𝐴𝑣′𝐴 +𝑚𝐵𝑣′𝐵 𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵 = 𝑚𝐴𝑣′𝐴 +𝑚𝐵𝑣′𝐵

(0)(𝑣𝐴 − 𝑣𝐵) = 𝑣′𝐵 − 𝑣′𝐴 0 = 𝑣′𝐵 − 𝑣

′𝐴


𝑣′𝐴 = 𝑣′𝐵

Ou seja, se 𝑒 = 0, não haverá período de restituição e as partículas permanecerão juntas após

impacto. Denominando a velocidade final comum de ambas as partículas por 𝑣′ = 𝑣′𝐴 = 𝑣′𝐵

e substituindo na primeira equação obtemos,

𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵 = (𝑚𝐴 +𝑚𝐵)𝑣′ Quando 𝑒 = 0.

Impacto central direto perfeitamente elástico (𝒆 = 𝟏):

Quando 𝑒 = 1, teremos,

𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵 = 𝑚𝐴𝑣′𝐴 +𝑚𝐵𝑣′𝐵 (1)(𝑣𝐴 − 𝑣𝐵) = 𝑣′𝐵 − 𝑣

′𝐴


𝑣𝐴 − 𝑣𝐵 = 𝑣′𝐵 − 𝑣

′𝐴

Ou seja, se 𝑒 = 1, as velocidades relativas antes (𝑣𝐴 𝐵⁄ ) e depois (−𝑣′𝐴 𝐵⁄ ) do impacto são iguais.

Os impulsos durante o período de deformação e durante o período de restituição também são

iguais. As partículas se movem para longe uma da outra após o impacto com a mesma

velocidade relativa com que se aproximaram antes do impacto. As velocidades podem então

ser obtidas resolvendo-se o sistema de duas equações.


𝑣𝐴 − 𝑣𝐵 = 𝑣′𝐵 − 𝑣

′𝐴

} Quando 𝑒 = 1


Cabe notar que, no caso de um impacto perfeitamente elástico, tanto a energia total das duas

partículas se conserva, bem como sua quantidade de movimento total. Nos casos mais genéricos

em que 0 ≤ 𝑒 < 1, a energia total não se conserva).


5.7.1 Exemplo-Ilustrativo 45 – Impacto Central direto


Um vagão ferroviário de 20 𝑀𝑔 move-se a uma velocidade de 0,5 𝑚 𝑠⁄ para a direita quando

colide com um vagão de 35 𝑀𝑔 que está em repouso. Se após a colisao o vagão de 35 𝑀𝑔 é

observado movemndo-se para a direita a uma velocidade de 0,3 𝑚 𝑠⁄ , determine o coeficiente

de restituição entre os vagões.

SOLUÇÃO:

Choque de duas partículas. Forças externas não são forças impulsivas (peso e forças normal). Impacto central

direto. Linha de impacto é a direção horizontal. Compatível com a aplicação direta das fórmulas:

𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵 = 𝑚𝐴𝑣𝐴′ +𝑚𝐵𝑣𝐵

′

𝑒(𝑣𝐴 − 𝑣𝐵) = 𝑣𝐵′ − 𝑣𝐴

′

(20)(0,5) + (35)(0) = 20𝑣𝐴

′ + (35)(0,3) 𝑒(0,5 − 0) = 0,3 − 𝑣𝐴

′

Duas equações e duas incógnitas (𝑣𝐴′ e 𝑒). Resolvido o sistema, encontramos,

𝑣𝐴′ = −0,025 𝑚 𝑠⁄ 𝑒 = 0,65


5.8 Impacto Central Oblíquo

No caso em que pelo menos uma das velocidades não está orientada ao longo da linha de

impacto, temos um impacto central oblíquo. Como os vetores velocidades ��𝐴′ e ��𝐵

′ após o

impacto são desconhecidas tanto em direção quanto em intensidade, sua determinação

requererá quatro equações independentes.

Escolhemos como eixos coordenados o eixo normal 𝑛 ao longo da

linha de impacto (perpendicular à superfície em contato), e o eixo

tangencial 𝑡 (paralelo à superfície em contato).

Assumido que as partículas sejam perfeitamente lisas e sem atrito (o

que significa dizer que não há forças na direção tangencial), os únicos

impulsos sobre as partículas durante o impacto são devidos às forças

internas orientadas ao longo da linha de impacto (ao longo do eixo normal 𝑛).

Assim,

1) A componente na direção do eixo tangencial 𝑡 do vetor quantidade de movimento de

cada partícula se conserva. Portanto, as componentes das velocidades de cada partícula

na direção tangencial 𝑡 não se altera e podemos escrever que,

𝑣𝐴𝑡 = 𝑣𝐴𝑡′ 𝑣𝐵𝑡 = 𝑣𝐵𝑡

′

2) A componente na direção do eixo normal 𝑛 do vetor quantidade de movimento total das

duas partículas se conserva. Podemos escrever que,

𝑚𝐴𝑣𝐴𝑛 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑛 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑛′ +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑛

′

3) A componente na direção do eixo normal 𝑛 da velocidade relativa das duas partículas

após o impacto é obtida multiplicando-se a componente 𝑛 da velocidade relativa antes

do impacto pelo coeficiente de restituição. Isto é,

𝑒(𝑣𝐴𝑛 − 𝑣𝐵𝑛) = 𝑣𝐵𝑛′ − 𝑣𝐴𝑛

′

Assim, obtemos 4 equações independentes que podem ser resolvidas para as duas componentes

da velocidade de 𝐴 (𝑣𝐴𝑡′ e 𝑣𝐴𝑛

′ ) e para as duas componentes da velocidade de 𝐵 (𝑣𝐵𝑡′ e 𝑣𝐵𝑛

′ ).

𝑣𝐴𝑡 = 𝑣𝐴𝑡′ 𝑣𝐵𝑡 = 𝑣𝐵𝑡

′


′ 𝑒(𝑣𝐴𝑛 − 𝑣𝐵𝑛) = 𝑣𝐵𝑛′ − 𝑣𝐴𝑛

′




A intensidade e a direção das velocidades de duas bolas idênticas

antes de se chocarem sem atrito estão mostradas na figura. Admitindo

que 𝑒 = 0,90, determine a intensidade e a direção da velocidade de

cada bola após o impacto.

SOLUÇÃO:

Sem atrito a quantidade de movimento na direção tangencial à superfície de contato se conserva. A linha de

impacto que define a direção normal 𝑛 é a linha que liga os centros das bolas (conforme a figura e também porque

é a direção perpendicular à superfície de contato).

Impacto central oblíquo. Compatível com a aplicação direta das fórmulas:

𝑣𝐴𝑡 = 𝑣𝐴𝑡′

𝑣𝐵𝑡 = 𝑣𝐵𝑡′


′


′

Movimento na direção tangencial 𝑡. Conservação da quantidade de movimento de cada partícula na direção

tangencial.

𝑣𝐴𝑡′ = 𝑣𝐴𝑡 = 9 sin 30° 𝑣𝐴𝑡

′ = 𝑣𝐴𝑡 = 4,5 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝐵𝑡′ = 𝑣𝐵𝑡 = 12 sin 60° 𝑣𝐵𝑡

′ = 𝑣𝐵𝑡 = 10,392 𝑚 𝑠⁄

Movimento na direção normal 𝑛. Conservação da quantidade de movimento total das duas partículas na direção

normal e velocidades relativas antes e depois (coeficiente de restituição).

𝑚(9 cos 30°) + 𝑚(−12 cos 60°) = 𝑚𝑣𝐴𝑛′ +𝑚𝑣𝐵𝑛

′ 9 cos 30° − 12 cos 60° = 𝑣𝐴𝑛′ + 𝑣𝐵𝑛

′

0,90(9 cos 30° − (−12 cos 60°)) = 𝑣𝐵𝑛′ − 𝑣𝐴𝑛

′ 0,90(9 cos 30° + 12 cos 60°) = 𝑣𝐵𝑛′ − 𝑣𝐴𝑛

′

9√3 2⁄ − 6 = 𝑣𝐴𝑛′ + 𝑣𝐵𝑛

′

0,90(9√3 2⁄ + 6) = 𝑣𝐵𝑛′ − 𝑣𝐴𝑛

′


𝑣𝐴𝑛′ = −5,3103 𝑚 𝑠⁄ 𝑣𝐵𝑛

′ = 7,1045 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝐴′ = √(𝑣𝐴𝑡

′ )2 + (𝑣𝐴𝑛′ )2 𝑣𝐴

′ = √(4,5 )2 + (−5,3103)2 𝑣𝐴′ = 6,9605 𝑚 𝑠⁄

𝛼 = tan−1 (|𝑣𝐴𝑡′ |

|𝑣𝐴𝑛′ |) 𝛼 = tan−1 (

4,5

5,3103) 𝛼 = 40,278°

𝑣𝐵′ = √(𝑣𝐵𝑡

′ )2 + (𝑣𝐵𝑛′ )2 𝑣𝐵

′ = √(10,392 )2 + (7,1045)2 𝑣𝐵′ = 12,589 𝑚 𝑠⁄

𝛽 = tan−1 (|𝑣𝐵𝑡′ |

|𝑣𝐵𝑛′ |) 𝛽 = tan−1 (

10,392

7,1045) 𝛽 = 55,642°




A bola é lançada contra uma parede vertical, sem atrito. Imediatamente antes da bola bater na

parede, sua velocidade tem um módulo 𝑣 e forma um ângulo de 30° com a horizontal. Sabendo

que 𝑒 = 0,90, determinar a módulo e a direção da velocidade da bola, quando ela rebate da

parede.

SOLUÇÃO:

Sem atrito entre a bola (partícula 𝐴) e a parede (partícula 𝐵), então a força da parede e o impulso que ela exerce

sobre a bola é perpendicular à parede e a quantidade de movimento na direção tangencial à superfície de impacto

se conserva. A direção normal 𝑛 que define a linha de impacto é perpendicular à parede. Impacto central oblíquo.

Compatível com a aplicação direta das fórmulas:




′


′

𝑣 sin 30° = 𝑣𝑡′

0 = 0

𝑚𝐴(𝑣 cos 30°) + (∞)(0) = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑛′ + (∞)(0)

0,90(𝑣 cos 30° − 0) = 0 − 𝑣𝑛′

Como a massa da parede (e da Terra) é, para os efeitos práticos de solução deste problema essencialmente infinita,

a expressão de a quantidade de movimento total da bola e da parede se conserva não fornece informação útil.

Ficamos com duas equações já resolvidas para as duas incógnitas (𝑣𝑡′ e 𝑣𝑛

′ ),

𝑣 sin 30° = 𝑣𝑡′

0,90𝑣 cos 30° = −𝑣𝑛′

𝑣𝑡′ = (1 2⁄ )𝑣

𝑣𝑛′ = (−9√3 20⁄ )𝑣

𝑣𝐴′ = √(𝑣𝑡

′)2 + (𝑣𝑛′ )2 𝑣𝐴

′ = √((1 2⁄ )𝑣)2+ ((−9√3 20⁄ )𝑣)

2

𝑣𝐴′ = (7√7 20⁄ )𝑣

𝛼 = tan−1 (|𝑣𝑡′|

|𝑣𝑛′ |) 𝛼 = tan−1 (

(1 2⁄ )

(9√3 20⁄ )) 𝛼 = 32,680°


5.9 Impacto Central Oblíquo com restrição de movimento

Até agora, nossa análise do impacto central oblíquo de duas partículas resultou em 4 equações

e se baseou na consideração de que ambas as partículas podem se mover livremente antes e

depois do impacto. No caso em que uma ou ambas as partículas em colisão estejam restringidas

em seu movimento, é porque há impulsos externos atuando restringindo o movimento.

Por exemplo, na figura ao lado o bloco 𝐴 está restrito a se mover

ao longo da superfície horizontal e bola 𝐵 é livre para mover-se

no plano da figura.

Considerando que não há atrito entre o bloco e a bola, e entre o

bloco e a superfície horizontal, observamos que os impulsos

exercidos sobre o sistema consistem dos impulsos das forças

internas �� e −�� orientados ao longo da linha de impacto (eixo 𝑛), e do impulso da força externa

��𝑒𝑥𝑡 exercida pela superfície horizontal sobre o bloco 𝐴, e orientada ao longo da direção

vertical, com sentido para cima.

As velocidades do bloco 𝐴 e da bola 𝐵 imediatamente após o impacto são representadas por

três incógnitas: a intensidade da velocidade ��𝐴 do bloco 𝐴, que é conhecida como horizontal; e

a intensidade e a direção da velocidade ��𝐵′ da bola 𝐵.

Nestas condições, pode-se escrever três equações para expressar que,

1) A componente ao longo do eixo tangencial 𝑡 da quantidade de movimento da bola 𝐵 se

conserva. Logo, a componente 𝑡 da velocidade da bola 𝐵 permanece inalterada e

podemos escrever que,


2) A componente na direção do eixo horizontal 𝑥 do vetor Quantidade de Movimento total

do sistema bloco–bola é conservada. Isto é, podemos escrever que,

𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥′ +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥

′

E como,

𝑣𝐴𝑥 = 𝑣𝐴 𝑣𝐴𝑥′ = 𝑣𝐴

′

Obtemos,

𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥 = 𝑚𝐴𝑣𝐴′ +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥

′


3) A componente na direção normal 𝑛 da velocidade relativa do bloco 𝐴 e da bola 𝐵 após

o impacto é obtida multiplicando-se a componente na direção 𝑛 da velocidade relativa

antes do impacto pelo coeficiente de restituição. Isto é,

𝑣𝐵𝑛′ − 𝑣𝐴𝑛

′ = 𝑒(𝑣𝐴𝑛 − 𝑣𝐵𝑛)

Assim, obtemos 3 equações independentes que podem ser resolvidas para uma componente da

velocidade de 𝐴 (𝑣𝐴𝑥′ ) e para duas componentes da velocidade de 𝐵 (𝑣𝐵𝑡

′ e 𝑣𝐵𝑛′ ).

Em resumo, as 3 equações são,


𝑚𝐴𝑣𝐴 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥 = 𝑚𝐴𝑣𝐴′ +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥

′

𝑣𝐵𝑛′ − 𝑣𝐴𝑛

′ = 𝑒(𝑣𝐴𝑛 − 𝑣𝐵𝑛)


5.9.1 Exemplo-Ilustrativo 48 – Impacto Central Oblíquo com restrição de movimento


A bola 𝐵 está pendurada em uma corda inextensível 𝐵𝐶. Uma bola idêntica 𝐴 é

solta do repouso quando apenas toca na corda e adquire uma velocidade 𝑣0 antes

de atingir a bola 𝐵. Considerando um impacto perfeitamente elástico (𝑒 = 1) e

sem atrito, determine a velocidade de cada bola imediatamente após o impacto.

SOLUÇÃO:

Impacto central oblíquo, com restrição de movimento de uma das partículas. A bola 𝐵 está obrigada a se mover

em um círculo de centro 𝐶, e sua velocidade imediatamente após o impacto deve ser horizontal

para a esquerda. Problema quase compatível com a aplicação direta das fórmulas reproduzidas

abaixo:


𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥 +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥 = 𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥′ +𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥

′


′

Com a “sutil” diferença de que as fórmulas acima foram obtidas para o caso em que a partícula 𝐴 é a partícula que

tem restrição de movimento, enquanto no problema em questão é a partícula 𝐵 que tem restrição de movimento

numa direção definida (no caso a direção 𝑥). Assim, adotamos,


𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥 +𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥 = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥′ +𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥

′

𝑒(𝑣𝐵𝑛 − 𝑣𝐴𝑛) = 𝑣𝐴𝑛′ − 𝑣𝐵𝑛

′

A direção normal 𝑛 (linha de impacto) e a direção tangencial 𝑡 estão

ilustradas na figura ao lado. Adotamos a direção 𝑥 horizontal positiva para a

direita.

Princípio do impulso e quantidade de movimento sobre a bola 𝑨.

𝑣𝐴𝑡 = 𝑣𝐴𝑡′ 𝑣0 sin 30° = 𝑣𝐴𝑡

′

𝑣𝐴𝑡′ = (1 2⁄ )𝑣0

Princípio do impulso e quantidade de movimento total sobre as bolas 𝑨 e 𝑩 (direção 𝒙).

𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥 +𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥 = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥′ +𝑚𝐴𝑣𝐴𝑥

′ 𝑚(0) + 𝑚(0) = 𝑚𝐵𝑣𝐵𝑥′ +𝑚𝑣𝐴𝑥

′

Observando que:

𝑣𝐵𝑥′ = −𝑣𝐵

′ 𝑣𝐴𝑥′ = 𝑣𝐴𝑡

′ cos 30° − 𝑣𝐴𝑛′ cos 60°

Substituindo,

0 = −𝑚𝑣𝐵′ +𝑚(𝑣𝐴𝑡

′ cos 30° − 𝑣𝐴𝑛′ cos 60°) 0 = −𝑣𝐵

′ + 𝑣𝐴𝑡′ (√3 2⁄ ) − 𝑣𝐴𝑛

′ (1 2⁄ )

(√3 2⁄ )𝑣𝐴𝑡′ − (1 2⁄ )𝑣𝐴𝑛

′ − 𝑣𝐵′ = 0

Velocidades relativas antes e depois na direção da linha de impacto (direção 𝒏) – coeficiente de restituição.


𝑒(𝑣𝐵𝑛 − 𝑣𝐴𝑛) = 𝑣𝐴𝑛′ − 𝑣𝐵𝑛

′

Observando que:

𝑒 = 1 𝑣𝐴𝑛 = 𝑣0 cos 30° 𝑣𝐵𝑛′ = 𝑣𝐵

′ sin 30°

Substituindo,

(1)(0 − 𝑣0 cos 30°) = 𝑣𝐴𝑛′ − 𝑣𝐵

′ sin 30° −𝑣0(√3 2⁄ ) = 𝑣𝐴𝑛′ − 𝑣𝐵

′ (1 2⁄ )

(1 2⁄ )𝑣𝐵′ − 𝑣𝐴𝑛

′ = (√3 2⁄ )𝑣0

Assim, obtivemos três equações com três incógnitas (𝑣𝐴𝑡′ , 𝑣𝐴𝑛

′ e 𝑣𝐵′ ),

𝑣𝐴𝑡′ = (1 2⁄ )𝑣0

(√3 2⁄ )𝑣𝐴𝑡′ − (1 2⁄ )𝑣𝐴𝑛

′ − 𝑣𝐵′ = 0

(1 2⁄ )𝑣𝐵′ − 𝑣𝐴𝑛

′ = (√3 2⁄ )𝑣0

[

1 0 0 (1 2⁄ )𝑣0

√3 2⁄ −1 2⁄ −1 0

0 −1 1 2⁄ (√3 2⁄ )𝑣0

]


𝑣𝐴𝑡′ = (1 2⁄ )𝑣0 𝑣𝐴𝑛

′ = (−3√3 10⁄ )𝑣0 𝑣𝐵′ = (2√3 5⁄ )𝑣0

𝑣𝐴𝑡′ = 0,5𝑣0 𝑣𝐴𝑛

′ = −0,5192𝑣0 𝑣𝐵′ = 0,69282𝑣0

𝑣𝐴′ = √(𝑣𝐴𝑡

′ )2 + (𝑣𝐴𝑛′ )2 𝑣𝐴

′ = √(0,5𝑣0 )2 + (−0,5192𝑣0)

2 𝑣𝐴′ = 0,72111𝑣0

𝛼 = tan−1 (|𝑣𝐴𝑛′ |

|𝑣𝐴𝑡′ |) − 30° 𝛼 = tan−1 (

0,5192

0,5) − 30° 𝛼 = 16,102°

𝑣𝐵′ = 0,69282𝑣0 𝛽 = 180°


5.10 Problemas envolvendo energia e quantidade de movimento

Temos agora três métodos para a análise e solução de problemas de Cinética:

• Aplicação direta da 2ª Lei de Newton

• Método do Trabalho e Energia

• Método do Impulso e Quantidade de Movimento

Selecionar o método mais adequado para resolver um problema ou parte dele. Por exemplo,

O movimento foi divido em três partes: a primeira e a terceira foram resolvidas pelo Método

do Trabalho e Energia, enquanto a segunda foi resolvida pelo Método do Impulso e Quantidade

de Movimento. Caso fosse desejado determinar a tensão nas cordas, a solução precisaria ser

complementada pela aplicação direta da 2ª Lei de Newton (∑ �� = 𝑚��).


5.10.1 Exemplo-Ilustrativo 49 – Problemas envolvendo energia e quantidade de

movimento


Um bloco de 30 𝑘𝑔 é solto de uma altura de 2 𝑚 sobre o prato de

10 𝑘𝑔 de uma balança de mola. Considerando que o impacto seja

perfeitamente plástico, determine a máxima deflexão da mola. A

constante da mola é 𝑘 = 20 𝑘𝑁 𝑚⁄ .

SOLUÇÃO:

O bloco é solto de uma certa altura (2 𝑚) convertendo sua energia potencial em energia cinética. Em seguida, o

bloco e o prato se chocam em uma colisão perfeitamente plástica (𝑒 = 0). Em seguida o bloco e o prato juntos

comprimem a mola convertendo energia cinética em energia potencial elástica.

Assim, dividimos a solução do problema em três partes, conforme ilustrado na figura abaixo,

1ª Parte. Conservação de energia do sistema bloco-prato, entre as posições 𝟏 e 𝟐.

Posição 1:

𝑇𝐴1 =1

2𝑚𝐴𝑣𝐴1

2 𝑇𝐴1 =1

230(0)2 𝑇𝐴1 = 0

𝑇𝐵1 =1

2𝑚𝐵𝑣𝐵1

2 𝑇𝐵1 =1

210(0)2 𝑇𝐵1 = 0

𝑉𝑊𝐴1 = 𝑊𝐴𝑦𝐴1 𝑉𝑊𝐴1 = (30)(9,81)(2) 𝑉𝑊𝐴1 = 588,6 𝐽

𝑉𝑊𝐵1 = 𝑊𝐵𝑦𝐵1 𝑉𝑊𝐵1 = (10)(9,81)(0) 𝑉𝑊𝐵1 = 0

𝑉𝐸𝐴1 =1

2𝑘𝑥𝐴1

2 𝑉𝐸𝐴1 =1

2(20.000)(0)2 𝑉𝐸𝐴1 = 0

𝑉𝐸𝐵1 =1

2𝑘𝑥𝐵1

2 𝑉𝐸𝐵1 =1

2(20.000) (

98,1

20.000)2

𝑉𝐸𝐵1 = 0,24059 𝐽

Posição 2:

𝑇𝐴2 =1

2𝑚𝐴𝑣𝐴2

2 𝑇𝐴2 =1

230𝑣𝐴2

2 𝑇𝐴2 = 15𝑣𝐴22

𝑇𝐵2 =1

2𝑚𝐵𝑣𝐵2

2 𝑇𝐵2 =1

210(0)2 𝑇𝐵2 = 0

𝑉𝑊𝐴2 = 𝑊𝐴𝑦𝐴2 𝑉𝑊𝐴2 = (30)(9,81)(0) 𝑉𝑊𝐴2 = 0

𝑉𝑊𝐵2 = 𝑊𝐵𝑦𝐵2 𝑉𝑊𝐵2 = (10)(9,81)(0) 𝑉𝑊𝐵2 = 0


𝑉𝐸𝐴2 =1

2𝑘𝑥𝐴2

2 𝑉𝐸𝐴2 =1

2(20.000)(0)2 𝑉𝐸𝐴2 = 0

𝑉𝐸𝐵2 =1

2𝑘𝑥𝐵2

2 𝑉𝐸𝐵2 =1

2(20.000) (

98,1

20.000)2

𝑉𝐸𝐵2 = 0,24059 𝐽

Princípio da conservação de energia entre as posições 1 e 2

𝑇𝐴1 + 𝑇𝐵1 + 𝑉𝑊𝐴1 + 𝑉𝑊𝐵1 + 𝑉𝐸𝐴1 + 𝑉𝐸𝐵1 = 𝑇𝐴2 + 𝑇𝐵2 + 𝑉𝑊𝐴2 + 𝑉𝑊𝐵2 + 𝑉𝐸𝐴2 + 𝑉𝐸𝐵2

0 + 0 + 588,6 + 0 + 0 + 0,24059 = 15𝑣𝐴22 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0,24059

588,6 = 15𝑣𝐴22 𝑣𝐴2

2 =588,6

15 𝑣𝐴2 = √

588,6

15

𝑣𝐴2 = 6,2642 𝑚 𝑠⁄

2ª Parte. Impacto. Conservação da quantidade de movimento, entre as posições 𝟐 e 𝟑.

O impacto do bloco com o prato é um impacto central direto, perfeitamente plástico (𝑒 = 0). Neste caso, podemos

escrever que,

𝑚𝐴𝑣𝐴2 +𝑚𝐵𝑣𝐵2 = (𝑚𝐴 +𝑚𝐵)𝑣𝐴𝐵3

Obs.: considerando que a massa da mola seja desprezível.

(30)(6,2642) + (10)(0) = (30 + 10)𝑣𝐴𝐵3

𝑣𝐴𝐵3 = (3

4) (6,2642) 𝑣𝐴𝐵3 = 4,6981 𝑚 𝑠⁄

3ª Parte. Conservação de energia do sistema bloco-prato, entre as posições 𝟑 e 𝟒.

Posição 3:

𝑇𝐴𝐵3 =1

2(𝑚𝐴 +𝑚𝐵)𝑣𝐴𝐵3

2 𝑇𝐴𝐵3 =1

240(4,6981)2 𝑇𝐴𝐵3 = 441,45 𝐽

𝑉𝑊𝐴𝐵3 = 𝑊𝐴𝐵𝑦𝐴𝐵3 𝑉𝑊𝐴𝐵3 = (40)(9,81)(0) 𝑉𝑊𝐴𝐵3 = 0

𝑉𝐸𝐴𝐵3 =1

2𝑘𝑥𝐴𝐵3

2 𝑉𝐸𝐴𝐵3 =1

2(20.000) (

98,1

20.000)2

𝑉𝐸𝐴𝐵3 = 0,24059 𝐽

Posição 4:

𝑇𝐴𝐵4 =1

2(𝑚𝐴 +𝑚𝐵)𝑣𝐴𝐵4

2 𝑇𝐴𝐵4 = 20𝑣𝐴𝐵42

𝑉𝑊𝐴𝐵4 = 𝑊𝐴𝐵𝑦𝐴𝐵4 𝑉𝑊𝐴𝐵4 = (40)(9,81)(−ℎ) 𝑉𝑊𝐴𝐵4 = −392,4ℎ

𝑉𝐸𝐴𝐵4 =1

2𝑘𝑥𝐴𝐵4

2 𝑉𝐸𝐴𝐵4 =1

2(20.000) (

98,1

20.000+ ℎ)

2

𝑉𝐸𝐴𝐵4 = 10.000 (98,1

20.000+ ℎ)

2

Princípio da conservação de energia entre as posições 3 e 4

𝑇𝐴𝐵3 + 𝑉𝑊𝐴𝐵3 + 𝑉𝐸𝐴𝐵3 = 𝑇𝐴𝐵4 + 𝑉𝑊𝐴𝐵4 + 𝑉𝐸𝐴𝐵4


441,45 + 0 + 0,24059 = 20𝑣𝐴𝐵42 − 392,4ℎ + 10.000 (

98,1

20.000+ ℎ)

2

441,69 = 20𝑣𝐴𝐵42 − 392,4ℎ + 10.000 (

98,1

20.000+ ℎ)

2

Na deflexão máxima do conjunto bloco-prato, ocorre que 𝑣𝐴𝐵4 = 0.

441,69 = 20(0) − 392,4ℎ + 10.000 (981

200.000+ ℎ)

2

441,69 = −392,4ℎ + 10.000 (981

200.000+ ℎ)

2

Resolvendo a equação obtida para ℎ encontramos,

ℎ = 0,29371 𝑚 ℎ = 294 𝑚𝑚


APÊNDICE A Movimento Retilíneo (1D)

Uma partícula está em movimento retilíneo quando seu movimento é.… retilíneo, isto é, quando

a partícula se move ao longo de uma linha reta. Em outras palavras, uma partícula está em

movimento retilíneo quando a sua trajetória é uma linha reta.

Considere uma partícula movendo-se no espaço ao longo de uma trajetória retilínea. A posição

𝑠 da partícula, medida ao longo da linha reta que ela percorre no espaço é dada pela equação

horária 𝑠(𝑡) = 6𝑡2 − 𝑡3. A velocidade escalar da partícula, em qualquer instante 𝑡, é dada por

𝑣 =𝑑𝑆

𝑑𝑡 e tal que as suas coordenadas de posição 𝑥, 𝑦 𝑒 𝑧 são dadas pelas seguintes equações:

𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡

O movimento da partícula ocorre no espaço, mas a sua trajetória é retilínea. Isto é, a “curva” no

espaço que define a trajetória da partícula é a linha reta dada por 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦).

A.1. Posição, Velocidade e Aceleração em Movimentos Retilíneos (1D)

A posição de uma partícula em movimento retilíneo é definida

pela distância da partícula, positiva ou negativa, a uma origem fixa

na linha (reta) em que ela se desloca.

Na verdade, a posição é definida como um vetor que vai da origem

até a partícula. Entretanto, como estes vetores terão sempre a

mesma direção da própria trajetória reta da partícula, basta

indicarmos a intensidade deste vetor, precedida por um sinal de + (quando a ‘ponta’ do vetor

estiver no lado escolhido como positivo) ou por um sinal de – (quando a ‘ponta’ do vetor estiver

no lado escolhido como negativo). Ou seja, na prática, o tratamento vetorial é dispensável nos

movimentos retilíneos porque a trajetória (retilínea) da partícula sempre está contida no próprio

eixo orientado adotado para descrever o movimento.

O movimento de uma partícula é dito conhecido quando a coordenada de posição da partícula

é conhecida para cada instante do tempo 𝑡. Isto é, quando a função 𝑥 = 𝑓(𝑡) é conhecida ou foi

determinada.

O movimento da partícula é, em geral, expresso na forma

de uma função como, por exemplo,

𝑥 = 6𝑡2 − 𝑡3

Ou ainda na forma de um gráfico de 𝑥 versus de 𝑡 como,

por exemplo, na figura ao lado.

Define-se velocidade escalar média de uma partícula como o quociente entre o deslocamento

∆𝑥 e o intervalo de tempo ∆𝑡.

𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑎𝑟 𝑚é𝑑𝑖𝑎 =∆𝑥

∆𝑡

0,00

5,00

10,00

15,00

20,00

25,00

30,00

35,00

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

x


Por definição, a velocidade escalar instantânea 𝑣 é,


∆𝑥

∆𝑡=

𝑑𝑥

𝑑𝑡

A velocidade escalar 𝑣 é representada por um número real, que pode ser positivo, negativo ou

nulo10.

Se o valor de 𝑣 for negativo (𝑣 < 0), a partícula estará se movendo no sentido negativo do eixo

coordenado que foi adotado para descrever o seu movimento (retilíneo).

Se a partícula tiver em uma posição negativa (𝑥 < 0), a intensidade do vetor posição estará

aumentando. A partícula estará afastando-se da origem no sentido negativo e o número

(negativo) que representa a sua coordenada de posição será cada vez menor.

Se a partícula estiver em uma posição positiva (𝑥 > 0), a intensidade do vetor posição

estará diminuindo. A partícula estará aproximando-se da origem no sentido negativo e o

número (positivo) que representa a sua coordenada de posição será cada vez menor.

Se o valor de 𝑣 for positivo (𝑣 > 0), a partícula estará se movendo no sentido positivo do eixo


Se a partícula tiver em uma posição negativa (𝑥 < 0), a intensidade do vetor posição estará

diminuindo. A partícula estará aproximando-se da origem no sentido positivo e o número

(negativo) que representa a sua coordenada de posição será cada vez menor.

Se a partícula estiver em uma posição positiva (𝑥 > 0), a intensidade do vetor posição

estará aumentando. A partícula estará afastando-se da origem no sentido positivo e o

número (positivo) que representa a sua coordenada de posição será cada vez maior.

𝑽𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 (𝒗) 𝑷𝒐𝒔𝒊𝒄𝒂𝒐 (𝒙) Análise Interpretativa

𝑣 < 0

𝑥 < 0

A intensidade do ‘vetor’ posição aumenta.

O valor de 𝒙 diminui (torna-se um número negativo cada vez menor).

A partícula está se afastando da origem, no sentido negativo.

𝑥 > 0

A intensidade do ‘vetor’ posição diminui.

O valor de 𝒙 diminui (torna-se um número positivo cada vez menor).

A partícula está se aproximando da origem, no sentido negativo.

𝑣 > 0

𝑥 < 0

A intensidade do ‘vetor’ posição diminui.

O valor de 𝒙 aumenta (torna-se um número negativo cada vez maior).

A partícula estará se aproximando da origem, no sentido positivo.

𝑥 > 0

A intensidade do ‘vetor’ posição aumenta.

O valor de 𝒙 aumenta (torna-se um número positivo cada vez maior).

A partícula está se afastando da origem, no sentido positivo.

Define-se aceleração escalar média de uma partícula como o quociente entre ∆𝑣 e o intervalo

de tempo ∆𝑡.

𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑎𝑜 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑎𝑟 𝑚é𝑑𝑖𝑎 =∆𝑥

∆𝑡

Por definição, a aceleração escalar instantânea 𝑎 é,

10 Na verdade, a velocidade é um vetor. Entretanto, no movimento retilíneo, a direção do vetor velocidade é sempre

coincidente com a direção retilínea (conhecida e fixa) do movimento tal que �� = 𝑣𝑖 sempre. Por isso, para

especificar o vetor velocidade, é suficiente (e conveniente) especificar apenas o seu módulo (𝑣) e o seu sentido

(sinal positivo ou negativo).


𝑎 = lim∆𝑡→0

∆𝑣

∆𝑡=

𝑑𝑣

𝑑𝑡=

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2

A aceleração escalar 𝑎 é representada por um número real, que pode ser positivo, negativo ou

nulo11.

Se o valor de 𝑎 for negativo (𝑎 < 0), a partícula estará acelerando no sentido negativo do eixo


Se a partícula tiver uma velocidade negativa (𝑣 < 0), a

intensidade do vetor velocidade (speed) estará aumentando. A

partícula move-se cada vez mais rápido no sentido negativo e o

valor de 𝑣 torna-se um número (negativo) cada vez menor.

Aceleração de uma partícula movendo-se no sentido negativo.

Se a partícula tiver uma velocidade positiva (𝑣 > 0), a

intensidade do vetor velocidade (speed) estará diminuindo. A

partícula move-se cada vez mais devagar no sentido positivo e o

valor de 𝑣 torna-se um número (positivo) cada vez menor.

Desaceleração de uma partícula movendo-se no sentido positivo.

𝑨𝒄𝒆𝒍𝒆𝒓𝒂𝒄𝒂𝒐 (𝒂) 𝑽𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 (𝒗) Análise Interpretativa

𝑎 < 0

𝑣 < 0

A intensidade do ‘vetor’ velocidade (speed) aumenta.

O valor de 𝒗 torna-se um número negativo cada vez menor.

Aceleração de uma partícula movendo-se no sentido negativo.

𝑣 > 0

A intensidade do ‘vetor’ velocidade (speed) diminui.

O valor de 𝒗 torna-se um número positivo cada vez menor.

Desaceleração de uma partícula movendo-se no sentido positivo.

𝑎 > 0

𝑣 < 0

A intensidade do ‘vetor’ velocidade (speed) diminui.

O valor de 𝒗 torna-se um número negativo cada vez maior.

Desaceleração de uma partícula movendo-se no sentido negativo.

𝑣 > 0

A intensidade do ‘vetor’ velocidade (speed) aumenta.

O valor de 𝒗 torna-se um número positivo cada vez maior.

Aceleração de uma partícula movendo-se no sentido positivo.

Se o valor de 𝑎 for positivo (𝑎 > 0), a partícula estará acelerando no sentido positivo do eixo


Se a partícula tiver uma velocidade negativa (𝑣 < 0), a

intensidade do vetor velocidade (speed) estará diminuindo. A

partícula move-se cada vez mais devagar no sentido negativo e o

valor de 𝑣 torna-se um número (negativo) cada vez menor.

Desaceleração de uma partícula movendo-se no sentido negativo.

Se a partícula tiver uma velocidade positiva (𝑣 > 0), a

intensidade do vetor velocidade (speed) estará aumentando. A

partícula move-se cada vez mais rápido no sentido positivo e o

11 Na verdade, a aceleração é um vetor. Entretanto, no movimento retilíneo, a direção do vetor aceleração é sempre

coincidente com a direção retilínea (conhecida e fixa) do movimento tal que �� = 𝑎𝑖 sempre. Por isso, para

especificar o vetor aceleração, é suficiente (e conveniente) especificar apenas o seu módulo (𝑎) e o seu sentido

(sinal positivo ou negativo).


número (positivo) que representa a sua velocidade será cada vez maior. Aceleração de uma

partícula movendo-se no sentido positivo.

Para exemplificar, considere uma partícula que se desloca ao longo de uma linha reta de tal

modo que a sua posição em qualquer instante nessa linha reta é dada pela expressão 𝑥 = −𝑡3 +6𝑡2. Plotar os gráficos de 𝑥(𝑡), 𝑣(𝑡) e 𝑎(𝑡).

Solução:

𝑥 = −𝑡3 + 6𝑡2 𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡= 12𝑡 − 3t2 𝑎 =

𝑑𝑣

𝑑𝑡= 12 − 6𝑡

A.2. Determinação do Movimento (Retilíneo) de uma Partícula

Na solução de problemas envolvendo movimentos retilíneos, há dois casos típicos de

problemas a resolver:

1) No primeiro caso, a função de posição da partícula em movimento retilíneo é dada ou

foi previamente estabelecida como a equação de posição desejada. Ou seja, a função 𝑥(𝑡) é conhecida.

O problema a resolver consiste na determinação de 𝑣(𝑡) e de 𝑎(𝑡). A solução deste problema requer ‘simplesmente’ que a função conhecida 𝑥(𝑡) seja

derivada duas vezes para determinar a função velocidade 𝑣(𝑡) e a função aceleração

𝑎(𝑡).

2) No segundo caso, é a função aceleração da partícula que é dada ou é previamente

estabelecida como a aceleração (retilínea) desejada. Ou seja, a função aceleração é

conhecida.

O problema a resolver consiste na determinação da função velocidade e da função

posição.

A solução requer que a função aceleração seja integrada de modo que a função

velocidade e a função posição sejam determinadas. Para isso, é necessário conhecer

também as condições iniciais do problema, em geral expressas na forma de 𝑣0 e de 𝑥0.

Nos casos em que a função aceleração da partícula é conhecida, existem três casos mais

comuns:

1) A aceleração é uma dada função do tempo, 𝑎 = 𝑎(𝑡) 2) A aceleração é uma dada função da velocidade, 𝑎 = 𝑎(𝑣) 3) A aceleração é uma dada função da posição, 𝑎 = 𝑎(𝑥)

0,00

5,00

10,00

15,00

20,00

25,00

30,00

35,00

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

x

-40,00

-30,00

-20,00

-10,00

0,00

10,00

20,00

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

v

-30,00

-25,00

-20,00

-15,00

-10,00

-5,00

0,00

5,00

10,00

15,00

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

a


A.2.1. A Aceleração é uma Função do Tempo 𝒂 = 𝒂(𝒕).

A aceleração é uma função do tipo 𝑎 = 𝑎(𝑡) e a integração da função 𝑎(𝑡) permite

determinar a velocidade 𝑣 em função do tempo 𝑡, isto é, permite determinar a função 𝑣 =𝑣(𝑡).

𝑎 = 𝑎(𝑡) 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑎(𝑡) 𝑑𝑣 = 𝑎(𝑡)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑣𝑣

𝑣0= ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0 𝑣 − 𝑣0 = ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0 𝑣 = 𝑣0 + ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0

Uma vez que a função 𝑣 = 𝑣(𝑡) tenha sido determinada, a sua integração permite determinar

a posição 𝑥 em função do tempo 𝑡.

𝑣 = 𝑣(𝑡) 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣(𝑡) 𝑑𝑥 = 𝑣(𝑡)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑥𝑥

𝑥0= ∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0 𝑥 − 𝑥0 = ∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0

𝒙 = 𝒙𝟎 + ∫ 𝒗(𝒕)𝒅𝒕𝒕

𝟎

Dois casos são particularmente importantes e comuns de ocorrer: o caso particular em que a

aceleração é constante e o caso particular em que a aceleração é zero.

1) A aceleração é constante.

Neste caso particular, a função aceleração é uma função constante não nula, isto é, 𝑎 =𝑎(𝑡) = 𝑘 ≠ 0.

Movimento Retilíneo Uniformemente Acelerado.

Integrando a função 𝑎 = 𝑎(𝑡) para encontrar a função 𝑣 = 𝑣(𝑡),

𝑎 = 𝑎(𝑡) = 𝑘 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑘 𝑑𝑣 = 𝑘𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑣𝑣

𝑣0= ∫ 𝑘𝑑𝑡

𝑡

0 𝑣 − 𝑣0 = 𝑘 ∫ 𝑑𝑡

𝑡

0

𝒗 = 𝒗𝟎 + 𝒌𝒕

Além disso, podemos aplicar a regra da cadeia e obter uma equação para a velocidade 𝑣

em função da posição 𝑥, isto é, para obter a função 𝑣(𝑥):

𝑎 = 𝑎(𝑡) = 𝑘 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑘

𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑘

𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = 𝑘 𝑣𝑑𝑣 = 𝑘𝑑𝑥 ∫ 𝑣𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= ∫ 𝑘𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

1

2𝑣2 −

1

2𝑣0

2 = 𝑘(𝑥 − 𝑥0) 𝑣2 − 𝑣02 = 2𝑘(𝑥 − 𝑥0)


𝒗𝟐 = 𝒗𝟎𝟐 + 𝟐𝒌(𝒙 − 𝒙𝟎)

Por fim, a integração da função 𝑣 = 𝑣(𝑡) permite determinar a função posição 𝑥 = 𝑥(𝑡).

𝑣 = 𝑣(𝑡) = 𝑣0 + 𝑘𝑡 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣0 + 𝑘𝑡 𝑑𝑥 = (𝑣0 + 𝑘𝑡)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑥𝑥

𝑥0= ∫ (𝑣0 + 𝑘𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0 𝑥(𝑡) − 𝑥0 = 𝑣0𝑡 +

1

2𝑘𝑡2

𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒗𝟎𝒕 +𝟏

𝟐𝒌𝒕𝟐

2) A aceleração é zero.

Neste caso particular, a função aceleração, além de ser constante, é uma função nula, isto

é, 𝑎 = 𝑎(𝑡) = 0.

Movimento Retilíneo Uniforme.

𝑎 = 𝑎(𝑡) = 0 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 0 𝑑𝑣 = 0

∫ 𝑑𝑣𝑣

𝑣0= 0 𝑣 − 𝑣0 = 0 𝒗 = 𝒗𝟎

Integrando a função 𝑣 = 𝑣(𝑡) para encontrar a função posição 𝑥,

𝑣 = 𝑣(𝑡) = 𝑣0 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣0 𝑑𝑥 = 𝑣0𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑥𝑥

𝑥0= ∫ 𝑣0𝑑𝑡

𝑡

0 𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑡 𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒗𝟎𝒕


A.2.1.1. Exemplo-Ilustrativo A_01: Problema tipo 𝒂 = 𝒂(𝒕).

A aceleração de uma partícula em movimento retilíneo é diretamente proporcional

ao tempo 𝑡 e sabe-se que em quando 𝑡 = 0 a partícula está na posição 𝑥 = 24 𝑚.

Sabendo que em 𝑡 = 6 𝑠 a posição da partícula era 𝑥 = 96 𝑚 e que sua velocidade

era 𝑣 = 18 𝑚 𝑠⁄ , expresse 𝑥 e 𝑣 em função de 𝑡.

SOLUÇÃO:

Foi dado que:

𝑎 = 𝑘𝑡 𝑥(𝑡=0) = 24 𝑚 {𝑥(𝑡=6) = 96 𝑚

𝑣(𝑡=6) = 18 𝑚 𝑠⁄

Assim,

𝑎 = 𝑘𝑡 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑘𝑡 𝑑𝑣 = (𝑘𝑡)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑣𝑣

𝑣0= ∫ (𝑘𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0 𝑣|𝑣0

𝑣 =1

2𝑘𝑡2|

0

𝑡

𝑣 − 𝑣0 =1

2𝑘𝑡2 −

1

2𝑘(0)2

𝑣 − 𝑣0 =1

2𝑘𝑡2 − 0 𝒗 = 𝒗𝟎 +

𝟏

𝟐𝒌𝒕𝟐

Conhecendo a expressão para a velocidade 𝑣 em função do tempo, podemos determinar que,

𝑣 = 𝑣0 +1

2𝑘𝑡2

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣0 +

1

2𝑘𝑡2 𝑑𝑥 = (𝑣0 +

1

2𝑘𝑡2) 𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑥𝑥

𝑥0= ∫ (𝑣0 +

1

2𝑘𝑡2) 𝑑𝑡

𝑡

0 𝑥|𝑥0

𝑥 = 𝑣0𝑡 +1

2𝑘1

3𝑡3|

0

𝑡

𝑥 − 𝑥0 = 𝑣0𝑡 +1

6𝑘𝑡3 𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒗𝟎𝒕 +

𝟏

𝟔𝒌𝒕𝟑

Em conformidade com as três condições dadas podemos escrever que:

{

24 = 𝑥0 + 𝑣0(0) +

1

6𝑘(0)3

96 = 𝑥0 + 𝑣0(6) +1

6𝑘(6)4

18 = 𝑣0 +1

2𝑘(6)2

{

1𝑥0 + 0𝑣0 + 0𝑘 = 241𝑥0 + 6𝑣0 + 108𝑘 = 960𝑥0 + 1𝑣0 + 72𝑘 = 18

Obtemos um sistema linear de três equações e três incógnitas (𝑥0, 𝑣0 e 𝑘).

Para resolver o sistema (de equações lineares) pelo método de Gauss-Jordan, montamos

primeiramente a matriz ampliada do sistema:

[1 0 0 241 6 108 960 1 72 18

]

Reduzindo a matriz ampliada à forma escada linha reduzida, obtemos:

[

1 0 0 240 1 0 10

0 0 11

9

]

Isto é, obtemos que a solução é


𝑥0 = 24 𝑣0 = 10 𝑘 =1

9

Assim, as expressões para 𝑥 de 𝑣 em termos de 𝑡 são:

𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 +1

12𝑘𝑡4 𝑥(𝑡) = 24 + 10𝑡 +

1

12

1

9𝑡4 𝑥(𝑡) = 24 + 10𝑡 +

1

108𝑡4

𝑣(𝑡) = 𝑣0 +1

3𝑘𝑡3 𝑣(𝑡) = 10 +

1

3

1

9𝑡3 𝑣(𝑡) = 10 +

1

27𝑡3


A.2.1.2. Exemplo-Ilustrativo A_02: Problema tipo 𝒂 = 𝒂(𝒕) = 𝒄𝒕𝒆.


A aceleração de uma partícula é definida pela relação 𝑎 = −8 𝑚 𝑠2⁄ . Sabendo que

𝑥 = 20 𝑚 quando 𝑡 = 4 𝑠 e que 𝑥 = 4 𝑚 quando 𝑣 = 16 𝑚 𝑠⁄ , determine (a) o

tempo quando a velocidade é zero, (b) a velocidade e distância total percorrida

quando 𝑡 = 11 𝑠.

SOLUÇÃO:

Este é um exemplo de problema em que a aceleração é uma função constante do tempo, isto é, a

aceleração é uma função do tipo 𝑎 = 𝑓(𝑡) = 𝑘, caracterizando, portanto, um Movimento Retilíneo

Uniformemente Acelerado (MRUA).

Foi dado que:

𝑎(𝑡) = −8 {𝑡 = 4 𝑠 ⇒ 𝑥 = 20 𝑚𝑥 = 4 𝑚 ⇒ 𝑣 = 16 𝑚 𝑠⁄

Aceleração é constante (MRUA) de modo que o movimento é regido pelas seguintes equações gerais:

𝑎 = −8

𝑣 = 𝑣0 − 8𝑡 𝑣2 = 𝑣0

2 − 16(𝑥 − 𝑥0) 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 − 4𝑡

2

Em conformidade com as duas condições dadas podemos escrever que:

20 = 𝑥0 + 𝑣0(4) − 4(4)2 (16)2 = 𝑣0

2 − 16(4 − 𝑥0)

𝑥0 + 4𝑣0 − 64 = 20 256 = 𝑣02 − 64 + 16𝑥0

𝑥0 + 4𝑣0 = 84 16𝑥0 + 𝑣02 = 320

Temos, portanto, um sistema (não linear) de duas equações e duas incógnitas:

𝑥0 + 4𝑣0 = 84 Eq. (1)

16𝑥0 + 𝑣02 = 320 Eq. (2)

Resolvendo o sistema (não linear) pelo Método da Substituição de variáveis, fazemos:

Da equação (2) tiramos que 𝑥0 =320−𝑣0

2

16

Substituindo na equação (1) teremos,

320−𝑣0

2

16+ 4𝑣0 = 84

320−𝑣02+64𝑣0

16= 84

320 − 𝑣02 + 64𝑣0 = 1344 −𝑣0

2 + 64𝑣0 = 1024

−𝑣02 + 64𝑣0 − 1024 = 0 𝑣0

2 − 64𝑣0 + 1024 = 0

𝑣0 =64±√(−64)2−4∙1∙1024

2∙1 𝑣0 =

64±0

2

𝑣0 = 32 𝑚 𝑠⁄

Assim,


𝑥0 =320−(32)2

16 𝑥0 =

−704

16 𝑥0 = −44 𝑚

Resumindo,

𝑣(𝑡) = 𝑣0 − 8𝑡 𝑣(𝑡) = 32 − 8𝑡

𝑣(𝑥)2 = 𝑣02 − 2 ∙ 8(𝑥 − 𝑥0) 𝑣(𝑥)2 = 1024 − 16(𝑥 + 44)

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 − 4𝑡2 𝑥 = −44 + 32𝑡 − 4𝑡2

Item (a): Determinação do tempo para o qual a velocidade é zero.

𝑣(𝑡) = 0 ⇒ 0 = 32 − 8𝑡(𝑣=0) 𝑡(𝑣=0) = 4 𝑠

Item (b): A velocidade quando 𝒕 = 𝟏𝟏 𝒔.

𝑣(𝑡=11) = 32 − 8(11) 𝑣(𝑡=11) = −56,0 𝑚 𝑠⁄

Item (c): A distância total percorrida quando 𝒕 = 𝟏𝟏 𝒔.

Primeiro, devemos verificar se há ou não há inversão no sentido da velocidade entre 𝑡 = 0 e 𝑡 = 11.

Já constatamos que há inversão no sentido da velocidade (𝑣 = 0) no instante 𝑡 = 4 𝑠.

Assim, a distância percorrida até o instante 𝑡 = 11 𝑠 será dada por:

∆𝑡=0𝑡=11= ∆𝑡=0

𝑡=4 + ∆𝑡=4𝑡=11= |𝑥(𝑡=4) − 𝑥(𝑡=0)| + |𝑥(𝑡=11) − 𝑥(𝑡=4)|

𝑥(𝑡=0) = 𝑥0 = −44 𝑥(𝑡=0) = −44 𝑚

𝑥(𝑡=4) = −44 + 32(4) − 4(4)2 𝑥(𝑡=4) = 20 𝑚

𝑥(𝑡=11) = −44 + 32(11) − 4(11)2 𝑥(𝑡=11) = −176 𝑚

Assim,

∆𝑡=0𝑡=11= |20 − (−44)| + |−176 − (20)| ∆𝑡=0

𝑡=11= |20 + 44| + |−176 − 20|

∆𝑡=0𝑡=11= |64| + |−196| ∆𝑡=0

𝑡=11= 64 + 196

∆𝑡=0𝑡=11= 260 𝑚


A.2.1.3. Exemplo-Ilustrativo A_03: Problema tipo 𝒂 = 𝒂(𝒕) = 𝟎.

Uma partícula desloca-se com velocidade constante de 16 𝑚 𝑠⁄ ao longo de uma

trajetória retilínea. Sabendo que 𝑥 = 20 𝑚 quando 𝑡 = 4 𝑠, determine (a) a posição

da partícula quando 𝑡 = 6 𝑠, (b) a velocidade e a distância total percorrida quando

𝑡 = 11 𝑠.

SOLUÇÃO:

Este é um exemplo de problema em que a aceleração é nula: um caso específico do caso particular em

a aceleração é uma função constante do tempo. A aceleração é uma função do tipo 𝑎 = 𝑓(𝑡) = 𝑘 =0, caracterizando, portanto, um Movimento Retilíneo Uniforme (MRU).

Dados:

𝑎 = 0 𝑣 = 𝑣0 = 16 𝑚 𝑠⁄ Em 𝑡 = 4 𝑠 ⇒ 𝑥 = 20 𝑚

Aceleração é nula. Logo, o movimento é um MRU. Portanto, é regido pelas seguintes equações gerais:

𝑎 = 0 𝑣 = 𝑣0 = 16 𝑥 = 𝑥0 + 16𝑡 Em conformidade com a condição dada podemos escrever que:

20 = 𝑥0 + 16(4) 𝑥0 = 20 − 64 𝑥0 = −44

Assim,

𝑥 = 𝑥0 + 16𝑡 𝑥 = −44 + 16𝑡

Item (a): Determinação da posição da partícula quando 𝒕 = 𝟔 𝒔.

𝑥(𝑡=6) = −44 + 16(6) 𝑥(𝑡=6) = −44 + 96 𝑥(𝑡=6) = 52 𝑚

Item (b): A velocidade quando 𝒕 = 𝟏𝟏 𝒔.

𝑣(𝑡=11) = 𝑣0 = 16 𝑣(𝑡=11) = 16 𝑚 𝑠⁄

Item (c): A distância total percorrida quando 𝒕 = 𝟏𝟏 𝒔.

Não há inversão no sentido da velocidade, pois é um MRU.

Assim, a distância percorrida até o instante 𝑡 = 11 𝑠 será dada por:

∆𝑡=0𝑡=11= |𝑥(𝑡=0) − 𝑥(𝑡=11)|

𝑥(𝑡=0) = 𝑥0 = −44 𝑥(𝑡=0) = −44 𝑚

𝑥(𝑡=11) = −44 + 16(11) 𝑥(𝑡=11) = 132 𝑚

Assim,

∆𝑡=0𝑡=11= |−44 − 132| ∆𝑡=0

𝑡=11= |−176| ∆𝑡=0𝑡=11= 176 𝑚



A.2.2. A Aceleração é uma Função da Velocidade 𝒂 = 𝒂(𝒗).

A integração da função 𝑎(𝑣) permite determinar a velocidade 𝑣 em função do tempo 𝑡, isto

é, permite determinar a função 𝑣(𝑡).

𝑎 = 𝑎(𝑣) 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑎(𝑣)

𝑑𝑣

𝑎(𝑣)= 𝑑𝑡

∫𝑑𝑣

𝑎(𝑣)

𝑣

𝑣0= ∫ 𝑑𝑡

𝑡

0 ∫

𝒅𝒗

𝒂(𝒗)

𝒗

𝒗𝟎= 𝒕

Alternativamente, podemos fazer a integração da função 𝑎(𝑣) aplicando a regra da cadeia,

de modo a determinarmos a velocidade 𝑣 em função da posição 𝑥, isto é, determinar a função

𝑣 = 𝑓(𝑥).

𝑎 = 𝑎(𝑣) 𝑑𝑣


𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥


𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = 𝑎(𝑣)

𝑣

𝑎(𝑣)𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 ∫ (

𝑣

𝑎(𝑣))𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= ∫ 𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

∫ (𝒗

𝒂(𝒗))𝒅𝒗

𝒗

𝒗𝟎= 𝒙 − 𝒙𝟎

Dois casos são particularmente importantes e comuns de ocorrer: o caso particular em que a

aceleração é proporcional à velocidade e o caso particular em que a aceleração é proporcional

ao quadrado velocidade.

1) A aceleração é proporcional à velocidade.

Neste caso particular, a função aceleração é uma função proporcional à velocidade, isto

é, 𝑎(𝑣)~𝑣. Um dos casos mais comuns em problemas de engenharia é 𝑎 = 𝐶 − 𝑘𝑣, onde

𝐶 é uma constante e 𝑘 é uma constante estritamente positiva (𝑘 > 0). Neste caso, a

aceleração da partícula é diretamente proporcional à sua velocidade e no sentido oposto

ao sentido da velocidade. Quanto mais rápida a partícula está, mais intensa é a sua

desaceleração.

Integrando a função 𝑎(𝑣) para determinar a função 𝑣(𝑡),

𝑎 = 𝑎(𝑣) = 𝐶 − 𝑘𝑣 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝐶 − 𝑘𝑣

𝑑𝑣

𝐶−𝑘𝑣= 𝑑𝑡

∫ (1

𝐶−𝑘𝑣)

𝑣

𝑣0𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑡

𝑡

0

ln(𝑘𝑣0−𝐶)−ln(𝐶−𝑘𝑣)

𝑘= (𝑡 − 0)

ln (𝑘𝑣0−𝐶

𝐶−𝑘𝑣) = 𝑘𝑡 𝑒ln(

𝑘𝑣0−𝐶

𝐶−𝑘𝑣) = 𝑒𝑘𝑡

𝑘𝑣0−𝐶

𝐶−𝑘𝑣= 𝑒𝑘𝑡

𝒗(𝒕) = −𝒌𝒗𝟎−(𝒆

𝒌𝒕+𝟏)𝑪

𝒌𝒆𝒌𝒕

No caso em que 𝐶 = 0, a expressão para 𝑣(𝑡) reduz-se a:


𝑣 = −𝑣0

𝑒𝑘𝑡 𝒗 = 𝒗𝟎𝒆

−𝒌𝒕

Integrando a função 𝑎(𝑣) para determinar a função 𝑣(𝑥),

𝑎 = 𝑎(𝑣) = 𝐶 − 𝑘𝑣 𝑑𝑣


𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥


𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = 𝐶 − 𝑘𝑣

𝑣

𝐶−𝑘𝑣𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 ∫

𝑣

𝐶−𝑘𝑣𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= ∫ 𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

𝐶 ln(𝑘𝑣 − 𝐶) − 𝐶 ln(𝑘𝑣0 − 𝐶) − 𝑘𝑣0 + 𝑘𝑣 = 𝑘2(𝑥 − 𝑥0)

𝐶[ln(𝑘𝑣 − 𝐶) − ln(𝑘𝑣0 − 𝐶)] − 𝑘𝑣0 + 𝑘𝑣 = 𝑘2(𝑥 − 𝑥0)

𝐶 ln (𝑘𝑣−𝐶

𝑘𝑣0−𝐶) − 𝑘𝑣0 + 𝑘𝑣 = 𝑘

2(𝑥 − 𝑥0)

𝒙(𝒗) = −𝒌𝒗𝟎−(𝒌𝒗+𝒌

𝟐𝒙𝟎+𝑪𝐥𝐧(𝒌𝒗−𝑪

𝒌𝒗𝟎−𝑪))

𝒌𝟐

No caso em que 𝐶 = 0, a expressão para 𝑥 = 𝑥(𝑣) reduz-se a:

𝒙(𝒗) = −𝒗𝟎−(𝒌𝒙𝟎+𝒗)

𝒌

Esta expressão pode ser resolvida para 𝑣, de modo que,

𝑣 = −(𝑘𝑥0 − 𝑘𝑥 − 𝑣0) 𝑣 = −𝑘𝑥0 + 𝑘𝑥 + 𝑣0

𝒗(𝒙) = 𝒗𝟎 − 𝒌(𝒙 − 𝒙𝟎)

Adicionalmente, uma vez que a função

𝑣(𝑡) = −𝑘𝑣0−(𝑒

𝑘𝑡+1)𝐶

𝑘𝑒𝑘𝑡

foi explicitamente determinada, podemos integrar 𝑣(𝑡) para determinar 𝑥(𝑡):

𝑣(𝑡) = −𝑘𝑣0−(𝑒

𝑘𝑡+1)𝐶

𝑘𝑒𝑘𝑡

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −

𝑘𝑣0−(𝑒𝑘𝑡+1)𝐶

𝑘𝑒𝑘𝑡

𝑑𝑥 = (−𝑘𝑣0−(𝑒

𝑘𝑡+1)𝐶

𝑘𝑒𝑘𝑡)𝑑𝑡 ∫ 𝑑𝑥

𝑥

𝑥0= ∫ (−

𝑘𝑣0−(𝑒𝑘𝑡+1)𝐶

𝑘𝑒𝑘𝑡)𝑑𝑡

𝑡

0

𝑥 − 𝑥0 = −(𝑘𝑣0−𝐶𝑘𝑡−𝐶)𝑒

𝑘𝑡−𝑘𝑣0+𝐶

𝑘2𝑒𝑘𝑡 𝒙(𝒕) = 𝒙𝟎 −

(𝒌𝒗𝟎−𝑪𝒌𝒕−𝑪)𝒆𝒌𝒕−𝒌𝒗𝟎+𝑪

𝒌𝟐𝒆𝒌𝒕

No caso em que 𝐶 = 0, a expressão para 𝑥 = 𝑥(𝑡) reduz-se a:

𝑥(𝑡) = 𝑥0 −(𝑘𝑣0−0−0)𝑒

𝑘𝑡−𝑘𝑣0+0

𝑘2𝑒𝑘𝑡 𝑥(𝑡) = 𝑥0 −

𝑘𝑣0𝑒𝑘𝑡−𝑘𝑣0

𝑘2𝑒𝑘𝑡


𝑥(𝑡) = 𝑥0 −𝑣0(𝑘𝑒

𝑘𝑡−𝑘)

𝑘2𝑒𝑘𝑡 𝑥(𝑡) = 𝑥0 −

𝑘𝑣0(𝑒𝑘𝑡−1)

𝑘2𝑒𝑘𝑡

𝑥(𝑡) = 𝑥0 −𝑣0(𝑒

𝑘𝑡−1)

𝑘𝑒𝑘𝑡 𝒙(𝒕) = 𝒙𝟎 +

𝒗𝟎

𝒌(𝟏 − 𝒆−𝒌𝒕)

2) A aceleração é proporcional ao quadrado da velocidade.

Neste caso particular, a função aceleração é uma função proporcional ao quadrado da

velocidade, isto é, 𝑎(𝑣)~𝑣2. Um dos casos mais comuns em problemas de engenharia é

𝑎 = 𝐶 − 𝑘𝑣2, onde 𝐶 é uma constante e 𝑘 é uma constante estritamente positiva (𝑘 >0). Neste caso, a aceleração da partícula é diretamente proporcional ao quadrado da sua

velocidade e no sentido oposto ao sentido da velocidade. Quanto mais rápida a partícula

está, “muito” mais intensa é a sua desaceleração.

Integrando a função 𝑎(𝑣) para determinar a função 𝑣(𝑡) obtemos,

𝑎 = 𝑎(𝑣) = 𝐶 − 𝑘𝑣2 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝐶 − 𝑘𝑣2

𝑑𝑣

𝐶−𝑘𝑣2= 𝑑𝑡

∫1

𝐶−𝑘𝑣2

𝑣

𝑣0𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑡

𝑡

0

√𝐶𝑘 ln (−𝐶+𝑘𝑣2+2(√𝐶𝑘)𝑣

𝐶−𝑘𝑣2) − √𝐶𝑘 ln (

𝑣0√𝑘+√𝐶

𝑣0√𝑘−√𝐶) = 2𝐶𝑘𝑡

√𝐶𝑘 [ln (−𝐶+𝑘𝑣2+2(√𝐶𝑘)𝑣

𝐶−𝑘𝑣2) − ln (

𝑣0√𝑘+√𝐶

𝑣0√𝑘−√𝐶)] = 2𝐶𝑘𝑡

No caso em que 𝐶 = 0, a expressão para 𝑣(𝑡) reduz-se a:

𝑑𝑣

𝑑𝑡= −𝑘𝑣2

𝑑𝑣

𝑣2= −𝑘𝑑𝑡 ∫

1

𝑣2

𝑣

𝑣0𝑑𝑣 = −𝑘 ∫ 𝑑𝑡

𝑡

0

1

𝑣−

1

𝑣0= +𝑘𝑡 𝒗 =

𝒗𝟎

𝒗𝟎𝒌𝒕+𝟏

Integrando a função 𝑎(𝑣) para determinar a função 𝑣(𝑥) obtemos,

𝑎 = 𝑎(𝑣) = 𝐶 − 𝑘𝑣2 𝑑𝑣


𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥


𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = 𝐶 − 𝑘𝑣2

𝑣

𝐶−𝑘𝑣2𝑑𝑣 = 𝑑𝑥

𝑑𝑣

𝑣= −𝑘𝑑𝑥

∫𝑣

𝐶−𝑘𝑣2𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= ∫ 𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

ln(𝑘𝑣2 − 𝐶) − ln(𝑘𝑣02 − 𝐶) = 2𝑘(𝑥0 − 𝑥)

No caso em que 𝐶 = 0, a expressão para 𝑥 = 𝑥(𝑣) reduz-se a:

𝑎 = 𝑎(𝑣) = −𝑘𝑣2 𝑑𝑣


𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥



𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = −𝑘𝑣2

𝑑𝑣

𝑑𝑥= −𝑘𝑣

𝑑𝑣

𝑣= −𝑘𝑑𝑥

∫1

𝑣𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= ∫ −𝑘𝑑𝑥

𝑥

𝑥0 ln 𝑣 − ln 𝑣0 = −𝑘(𝑥 − 𝑥0)

ln𝑣

𝑣0= −𝑘(𝑥 − 𝑥0) 𝑒

ln𝑣

𝑣0 = 𝑒−𝑘(𝑥−𝑥0) 𝑣

𝑣0= 𝑒−𝑘(𝑥−𝑥0)

𝒗(𝒙) = 𝒗𝟎𝒆−𝒌(𝒙−𝒙𝟎)

Adicionalmente, no caso particular em que 𝐶 = 0, e para o qual a função 𝑣(𝑡) =𝑣0

𝑣0𝑘𝑡+1

foi explicitamente determinada, podemos integrar 𝑣(𝑡) para determinar 𝑥(𝑡):

𝑣(𝑡) =𝑣0

𝑣0𝑘𝑡+1

𝑑𝑥

𝑑𝑡=

𝑣0

𝑣0𝑘𝑡+1 𝑑𝑥 = (

𝑣0

𝑣0𝑘𝑡+1)𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑥𝑥

𝑥0= ∫ (

𝑣0

𝑣0𝑘𝑡+1)𝑑𝑡

𝑡

0 𝑥 − 𝑥0 = ln (

𝑣0𝑘𝑡+1

𝑘)

𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝐥𝐧 (𝒗𝟎𝒌𝒕+𝟏

𝒌)

A.2.2.1. Exemplo-Ilustrativo A_04: Problema tipo 𝒂 = −𝒌𝒗.


A aceleração de uma partícula é definida pela relação 𝑎 = −0,8𝑣 onde 𝑎 é expressa

em 𝑚𝑚 𝑠2⁄ e 𝑣 é expressa em 𝑚𝑚 𝑠⁄ . Sabendo que em 𝑡 = 0 a velocidade é

40 𝑚 𝑠⁄ , determine: (a) a distância que a partícula percorrerá antes de ficar em

repouso, (b) o tempo necessário para a partícula ficar em repouso, (c) o tempo

necessário para a partícula tenha a sua velocidade reduzida em 50% do valor inicial.

SOLUÇÃO:

Este é um exemplo de problema em que a aceleração é uma função proporcional à velocidade do tipo

𝑎(𝑣) = −𝑘𝑣, onde 𝑘 é uma constante estritamente positiva (𝑘 > 0). A aceleração da partícula, é

diretamente proporcional à sua velocidade e no sentido inverso – quanto mais rápida a partícula está,

mais intensa é a sua desaceleração.

Dados:

𝑎(𝑣) = −0,8𝑣 𝑣0 = 40

Aceleração é do tipo 𝑎(𝑣) = −𝑘𝑣. Portanto, seu movimento será regido pelas seguintes equações

gerais:

𝑣 = 𝑣0𝑒−𝑘𝑡 𝑣 = 𝑣0 − 𝑘(𝑥 − 𝑥0) 𝑥 = 𝑥0 +

𝑣0

𝑘(1 − 𝑒−𝑘𝑡)

Substituindo o valor de 𝑘 e o valor de 𝑣0 dados no problema, ficamos com:

𝑣 = 40𝑒−0,8𝑡 𝑣 = 40 − 0,8(𝑥 − 𝑥0) 𝑥 = 𝑥0 +40

0,8(1 − 𝑒−0,8𝑡)


Item (a): Determinação da distância que a partícula percorrerá antes de ficar em repouso.

0 = 40 − 0,8(𝑥 − 𝑥0) −40

−0,8= (𝑥 − 𝑥0) (𝑥 − 𝑥0) = 50 𝑚

Item (b): Determinação do tempo necessário para a partícula ficar em repouso.

Para expressar 𝑡 como uma função de 𝑣, fazemos,

𝑣 = 40𝑒−0,8𝑡 𝑣

40= 𝑒−0,8𝑡 ln (

𝑣

40) = −0,8𝑡

ln (40

𝑣) = 0,8𝑡 𝑡 = 1,25 ln (

40

𝑣)

Quando 𝑣 = 0 teremos,

𝑡(𝑣=0) = 1,25 ln (40

0) 𝑡(𝑣=0) = ∞

Item (c): Determinação do tempo necessário para a partícula tenha a sua velocidade reduzida em 50%

do valor inicial.

𝑡(𝑣=50%𝑣0) = 1,25 ln (40

20) 𝑡(𝑣=50%𝑣0) = 1,25 ln 2 𝑡(𝑣=50%𝑣0) = 0,8664 𝑚 𝑠⁄

A.2.2.2. Exemplo-Ilustrativo A_05: Problema tipo 𝒂 = −𝒌𝒗𝟐.


Uma bola de boliche é solta de um barco e atinge a superfície

de um lago com a velocidade de 8 𝑚 𝑠⁄ . Considerando que

a bola experimenta uma desaceleração de 𝑎 = 10 − 0,9𝑣2

quando atinge a água, determine a velocidade da bola

quando ela atinge o fundo do lago.

SOLUÇÃO:

Este é um exemplo de problema em que a aceleração é uma função

proporcional ao quadrado da velocidade do tipo 𝑎(𝑣) = 𝐶 − 𝑘𝑣2, onde 𝑘 é uma constante

estritamente positiva (𝑘 > 0).

Dados:

𝑎(𝑣) = 10 − 0,9𝑣2 𝑣0 = 8

Aceleração é do tipo 𝑎(𝑣) = 𝐶 − 𝑘𝑣2, onde 𝐶 = 10 e 𝑘 = 0,9.

Portanto, o movimento será regido pela seguinte equação geral:

ln(𝑘𝑣2 − 𝐶) − ln(𝑘𝑣02 − 𝐶) = 2𝑘(𝑥0 − 𝑥)

Substituindo os valores das constantes 𝐶 = 10 e 𝑘 = 0,9, bem como as

condições iniciais 𝑣0 = 8 e 𝑥0 = 0 teremos,

ln(0,9𝑣2 − 10) − ln(0,9(8)2 − 10) = 2(0,9)(0 − 𝑥)

𝑥


ln(0,9𝑣2 − 10) − ln(47,6) = −1,8𝑥 ln (0,9𝑣2−10

47,6) = −1,8𝑥

0,9𝑣2−10

47,6= 𝑒−1,8𝑥 0,9𝑣2 = 10 + 47,6𝑒−1,8𝑥 𝑣2 = 11,1 + 52,9𝑒−1,8𝑥

𝑣 = +√11,1 + 52,9𝑒−1,8𝑥

Quando a bola de boliche atinge o fundo do lago, o valor da sua posição é 𝑥 = 10 𝑚. Logo,

𝑣(𝑥=10)2 = √11,1 + 52,9𝑒−1,8(10) 𝑣(𝑥=10)

2 = √11,1 + 52,9𝑒−18

𝑣(𝑥=10)2 = √11,1 + (8,05 × 10−7) 𝑣(𝑥=10)

2 = √11,1

𝑣(𝑥=10) = 3,333 𝑚 𝑠⁄

A.2.2.3. Exemplo-Ilustrativo A_06: Problema tipo 𝒂 = 𝒂(𝒗) genérico.


Partindo de 𝑥 = 0 e sem velocidade inicial, uma partícula sofre uma aceleração dada

por 𝑎 = 0,8√𝑣2 + 49 onde 𝑎 e 𝑣 são expressos em 𝑚 𝑠2⁄ e 𝑚 𝑠⁄ , respectivamente.

Determinar (a) a posição da partícula quando 𝑣 = 24 𝑚 𝑠⁄ , (b) a velocidade escalar

da partícula quando 𝑥 = 40 𝑚.

SOLUÇÃO:

Exemplo de problema em que a aceleração é uma função qualquer da velocidade, isto é, a aceleração

é uma função do tipo 𝑎 = 𝑓(𝑣).

Dados:

𝑎(𝑣) = 0,8√𝑣2 + 49 𝑥0 = 0 𝑣0 = 0

O movimento pode ser determinado por meio da integração das seguintes equações:

∫𝑑𝑣

𝑎(𝑣)

𝑣

𝑣0

= 𝑡 ∫ (𝑣

𝑎(𝑣)) 𝑑𝑣

𝑣

𝑣0

= 𝑥 − 𝑥0

Por razões didáticas, apresentaremos o resultado

da integração desta equação. Entretanto, cabe

mencionar que não será utilizada na solução

deste problema específico, uma vez que não é

solicitado responder qual o valor da velocidade

para algum instante 𝑡.

Apresentaremos o resultado da integração desta

equação e a mesma será efetivamente utilizada

na solução deste problema, pois tanto a resposta

ao item (a) quanto a resposta ao item (b) são

referentes à função que relaciona a velocidade 𝑣

com a posição 𝑥.

Procedendo com a integração das equações, teremos:

∫𝑑𝑣

𝑎(𝑣)

𝑣

𝑣0

= 𝑡 ∫ (𝑣

𝑎(𝑣)) 𝑑𝑣

𝑣

𝑣0

= 𝑥 − 𝑥0

∫𝑑𝑣

0,8√𝑣2 + 49

𝑣

𝑣0

= 𝑡 ∫ (𝑣

0,8√𝑣2 + 49)𝑑𝑣

𝑣

𝑣0

= 𝑥 − 𝑥0

1,25 ln (√𝑣02 + 49 − 𝑣0) − 1,25 ln (√𝑣

2 + 49 − 𝑣) = 𝑡 −1,25√𝑣2 + 49 + 1,25√𝑣02 + 49 = 𝑥0 − 𝑥

ln (√𝑣0

2 + 49 − 𝑣0

√𝑣2 + 49 − 𝑣) =

1

1,25𝑡 1,25√𝑣2 + 49 − 1,25√𝑣0

2 + 49 = 𝑥 − 𝑥0


Uma vez que 𝑣0 = 0, teremos, Uma vez que 𝑣0 = 0 e que 𝑥0 = 0, teremos,

ln (√(0) + 49 − (0)

√𝑣2 + 49 − 𝑣) = 0,8𝑡 1,25√𝑣2 + 49 − 1,25√(0) + 49 = 𝑥 − (0)

ln (√49

√𝑣2 + 49 − 𝑣) = 0,8𝑡 1,25√𝑣2 + 49 − 1,25√49 = 𝑥

√49

√𝑣2 + 49 − 𝑣= 𝑒0,8𝑡 1,25√𝑣2 + 49 − 8,75 = 𝑥

√𝑣2 + 49 − 𝑣 = 7𝑒−0,8𝑡 𝑥 = 1,25√𝑣2 + 49 − 8,75

Assim,

√𝑣2 + 49 − 𝑣 = 7𝑒−0,8𝑡 𝑥 = 1,25√𝑣2 + 49 − 8,75

Item (a): Determinação da posição da partícula quando 𝑣 = 24 𝑚 𝑠⁄

𝑥(𝑣=24) = 1,25√(24)2 + 49 − 8,75 𝑥(𝑣=24) = 22,5 𝑚

Item (b): Determinação da velocidade escalar da partícula quando 𝑥 = 40 𝑚.

40 = 1,25√(𝑣(𝑥=40))2+ 49 − 8,75 √(𝑣(𝑥=40))

2+ 49 =

48,75

1,25

(𝑣(𝑥=40))2+ 49 = (39)2 (𝑣(𝑥=40))

2= 1521 − 49

𝑣(𝑥=40) = ±√1472 𝑣(𝑥=40) = ±38,37 𝑚 𝑠⁄

Resposta: 𝑣(𝑥=40) = 38,37 𝑚 𝑠⁄


A.2.3. A Aceleração é uma Função da Posição 𝒂 = 𝒂(𝒙).

A integração da função 𝑎(𝑥), com a aplicação da regra da cadeia, permite determinar a

velocidade 𝑣 em função da posição 𝑥, isto é, permite determinar a função 𝑣(𝑥).

𝑎 = 𝑎(𝑥) 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑎(𝑥)

𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑎(𝑥)

𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = 𝑎(𝑥) 𝑣𝑑𝑣 = 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑣𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

𝟏

𝟐𝒗𝟐 −

𝟏

𝟐𝒗𝟎

𝟐 = ∫ 𝒂(𝒙). 𝒅𝒙𝒙

𝒙𝟎

Um caso particular é comum em problemas de engenharia: o caso particular em que a

aceleração é proporcional ao quadrado da posição.

1) A aceleração é proporcional à posição.

Neste caso particular, a função aceleração é uma função proporcional à posição, isto é,

𝑎(𝑥)~𝑥. Um dos casos comuns em problemas de engenharia é 𝑎 = −𝑘𝑥, onde 𝑘 é uma

constante estritamente positiva (𝑘 > 0).

A aceleração (ou a desaceleração) da partícula, é diretamente proporcional à sua posição.

Quanto mais distante da origem a partícula estiver, e com uma velocidade afastando-se

da origem, mais intensa será a sua desaceleração (diminuição da intensidade da

velocidade). Quanto mais distante da origem a partícula estiver, e com uma velocidade

aproximando-se da origem, mais intensa será a sua aceleração (aumento da intensidade

da velocidade). Movimento Oscilatório em Relação à Origem (𝑥 = 0).

Integrando a função 𝑎(𝑥) para determinar a função 𝑣(𝑥) obtemos,

𝑎 = 𝑎(𝑥) = −𝑘𝑥 𝑑𝑣

𝑑𝑡= −𝑘𝑥

𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥


𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = −𝑘𝑥 𝑣𝑑𝑣 = −𝑘𝑥𝑑𝑥 ∫ 𝑣𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= ∫ −𝑘𝑥𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

𝑣2−𝑣02

2=

𝑘𝑥02−𝑘𝑥2

2 𝑣2 − 𝑣0

2 = 𝑘(𝑥02 − 𝑥2)

𝒗𝟐 = 𝒗𝟎𝟐 + 𝒌(𝒙𝟎

𝟐 − 𝒙𝟐)

Observar que a relação obtida relaciona o quadrado da velocidade (𝑣2) com o quadrado

da posição (𝑥2).


A.2.3.1. Exemplo-Ilustrativo A_07: Problema tipo 𝒂 = −𝒌𝒙.


Um equipamento eletrônico que está protegido por um

material de embalagem cai de modo que ele atinge o solo

com uma velocidade de 4 𝑚 𝑠⁄ . Depois do impacto, o

equipamento experimenta uma aceleração de 𝑎 = −𝑘𝑥,

onde 𝑘 é uma constante e 𝑥 é a compressão do material de embalagem. Se o material

de embalagem experimenta uma compressão máxima de 20 𝑚𝑚, determine a

máxima aceleração do equipamento.

SOLUÇÃO:

O equipamento cai na direção vertical, direção esta que é

identificada no enunciado do problema como sendo a direção 𝑥.

É dado que 𝑎 = −𝑘𝑥.

Isto é, a aceleração experimentada pelo equipamento ao tocar o

solo tem intensidade igual a 𝑘𝑥 e sentido oposto ao sentido da deformação 𝑥 do material de

embalagem.

Vamos adotar que o sentido positivo de 𝑥 é o sentido ‘para cima’. Assim, quando a embalagem atinge

o solo (𝑥0 = 0), a sua velocidade é 𝑣0 = −4 𝑚 𝑠⁄ .

𝑑𝑣


𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥


𝑑𝑣

𝑑𝑥𝑣 = −𝑘𝑥 𝑣𝑑𝑣 = −𝑘𝑥𝑑𝑥

∫ 𝑣𝑑𝑣𝑣

𝑣0= ∫ −𝑘𝑥𝑑𝑥

𝑥

𝑥0 ∫ 𝑣𝑑𝑣

𝑣

𝑣0= −𝑘 ∫ 𝑥𝑑𝑥

𝑥

𝑥0

1

2𝑣2 −

1

2𝑣0

2 = −𝑘 (1

2𝑥2 −

1

2𝑥0

2) 𝑣2 − 𝑣02 = −𝑘(𝑥2 − 𝑥0

2)

𝑣2 − 𝑣02 = 𝑘(𝑥0

2 − 𝑥2)

Substituindo os valores iniciais dados, e de acordo com o sistema de coordenadas adotado, obtemos,

𝑣2 − (−4)2 = 𝑘((0)2 − 𝑥2)

𝑣2 − 16 = 𝑘(0 − 𝑥2)

𝑣2 − 16 = −𝑘𝑥2

Na deformação máxima (𝑥𝑚á𝑥 = −20 𝑚𝑚 = −0,02 𝑚), a velocidade 𝑣 é zero.

Isto é,

(0)2 − 16 = −𝑘(−0,02)2

−16 = −𝑘(−0,02)2

Resolvendo para 𝑘 encontramos

𝑘 = 16

(0,02)2 𝑘 = 40000

𝑥

𝑦


Uma vez que 𝑎 = −𝑘𝑥 (onde 𝑘 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒), é imediato escrever que

𝑎𝑚á𝑥 = −𝑘𝑥𝑚á𝑥 𝑎𝑚á𝑥 = −(40000)(−0,02)

𝑎𝑚á𝑥 = +800 𝑚 𝑠2⁄

Ou seja,

𝑎𝑚á𝑥 = 800 𝑚 𝑠2⁄ ↑


APÊNDICE B Movimento sob Força Central e Aplicação à Mecânica

Espacial

B.1. Movimento sob uma força conservativa central

Quando uma partícula se move sob a ação de uma força conservativa central, tanto o Princípio

da Conservação da Quantidade de Movimento Angular quanto o Princípio da Conservação de

Energia podem ser usados para estudar o seu movimento.

Considere um veículo espacial de massa 𝑚 movendo-se sob a ação

da força gravitacional da Terra. Admita que ele inicia seu voo livre

no ponto 𝑃0 a uma distância inicial 𝑟0 do centro da Terra, com uma

velocidade inicial 𝑣0 que faz um ângulo 𝜑0 com o raio vetor 𝑂𝑃0.

Sendo 𝑃 um ponto da trajetória a uma distância 𝑟 do ponto 𝑂 (centro

da Terra), �� a velocidade do veiculo em 𝑃 e 𝜑 o ângulo entre �� e o

raio vetor 𝑂𝑃, podemos aplicar o Princípio da Conservação da

Quantidade de Movimento Angular escrevendo,

𝑟0𝑚𝑣0 sin 𝜙0 = 𝑟𝑚𝑣 sin𝜙 Eq. 01

Podemos aplicar também o Princípio da Conservação de Energia escrevendo,

𝑇0 + 𝑉0 = 𝑇 + 𝑉

1

2𝑚𝑣0

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟0=

1

2𝑚𝑣2 −

𝐺𝑀𝑚

𝑟 Eq. 02

Assim, para um dado valor de 𝑟, a equação Eq. 02 pode ser resolvida para determinar a

velocidade 𝑣 no ponto 𝑃. Com o valor de 𝑣 a equação Eq. 01 pode então ser usada para

determinar o ângulo 𝜙

As equações Eq. 01 e Eq. 02 também podem ser usadas para

determinar os valores máximo e mínimo de 𝑟 no caso de um satélite

lançado de 𝑃0 em uma direção que forma um ângulo 𝜑0 com a vertical

𝑂𝑃0. Os valores de 𝑟𝑚á𝑥 de 𝑟𝑚í𝑛 são obtidos fazendo 𝜑 = 90° na

equação Eq. 01 e em seguida eliminando 𝑣 entra as equações Eq. 01

e Eq. 02.

Deve-se observar que a aplicação dos princípios da Conservação da

Quantidade de Movimento Angular e da Conservação de Energia

conduz a uma formulação dos problemas de mecânica espacial mais fundamental do que o

método da aplicação direta da 2ª Lei de Newton. Em todos os cálculos envolvendo lançamentos

oblíquos, essa formulação também resultará em cálculos bem mais simples. Embora o método

da aplicação direta da 2ª Lei de Newton deva ser usado quando a trajetória ou o período orbital

tiverem de ser calculados, os cálculos serão simplificados se os princípios de conservação forem

antes aplicados ao cálculo dos valores máximo e mínimo do raio vetor 𝑟.


B.2. Quantidade de Movimento Angular de uma partícula

Considere uma partícula 𝑃 de massa 𝑚 que se move em relação a um sistema de referência

𝑂𝑥𝑦𝑧.

A quantidade de movimento linear da partícula é �� = 𝑚��.

O momento do vetor �� em relação a 𝑂, definido pelo produto vetorial

do vetor posição 𝑟 e do vetor ��, é denominado Momento da

Quantidade de Movimento ou Quantidade de Movimento Angular da

partícula em relação ao ponto 𝑂.

��0 = 𝑟 × �� 0 = 𝑟 × 𝑚��

O vetor ��0 é perpendicular ao plano que contém os vetores 𝑟 e ��. O sentido de ��0 é determinado

pela regra da mão direita. No SI, a unidade de ��0 é 𝑘𝑔𝑚2 𝑠⁄ .

O módulo de ��0 é dado por,

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣 sin𝜙

Em termos de componentes cartesianas (retangulares), ��0 = 𝑟 × 𝑚�� é dado por,

��0 = |𝑖 𝑗 ��𝑥 𝑦 𝑧𝑚𝑣𝑥 𝑚𝑣𝑦 𝑚𝑣𝑧

|

As componentes cartesianas de ��𝑂, que representam os momentos da quantidade de movimento

linear �� em relação aos eixos coordenados, são obtidos da expansão do “determinante”.

𝐻𝑥 = 𝑚(𝑦𝑣𝑧 − 𝑧𝑣𝑦)

𝐻𝑦 = 𝑚(𝑧𝑣𝑥 − 𝑥𝑣𝑧)

𝐻𝑧 = 𝑚(𝑥𝑣𝑦 − 𝑦𝑣𝑥)


B.2.1. Quantidade de Movimento Angular no movimento 2D

Quando a partícula se move em um plano, temos 𝑧 = 0 e 𝑣𝑧 = 0. Neste caso, ocorre que,

𝐻𝑥 = 0𝐻𝑦 = 0

𝐻𝑧 = 𝑚(𝑥𝑣𝑦 − 𝑦𝑣𝑥)

Ou seja, quando o movimento da partícula é um movimento plano (2D), os vetores 𝑟 e �� estão

no plano do movimento de modo que o vetor ��𝑂 é perpendicular a ele e apenas a sua

componente z é não nula.

��𝑂 = 0𝑖 + 0𝑗 + 𝑚(𝑥𝑣𝑦 − 𝑦𝑣𝑥)��

Assim, no movimento 2D, o vetor ��𝑂 é perpendicular ao plano 𝑥𝑦 e fica completamente

definido pelo escalar (o módulo de ��𝑂 com sinal)

𝐻0 = 𝐻𝑧 = 𝑚(𝑥𝑣𝑦 − 𝑦𝑣𝑥)

O sinal de 𝐻0 = 𝐻𝑧 vai ser positivo ou negativo de acordo com “sentido” que a partícula se

move em relação a 𝑂.


B.2.2. Quantidade de Movimento Angular no movimento 2D em coordenadas

polares

Quando a partícula se move em um plano e o seu movimento

2D é descrito em coordenadas polares (componentes radial e

transversal), temos, como antes, que,

��0 = 𝑟 × �� 0 = 𝑟 × 𝑚��

Agora, porém, expressamos o vetor posição 𝑟 e o vetor

quantidade de movimento linear �� por suas componentes radial

e transversal. Assim, escrevemos,

��𝑂 = 𝑟 × (𝑚��𝑟 +𝑚��𝜃)

��𝑂 = 𝑟 × 𝑚��𝑟 + 𝑟 × 𝑚��𝜃 Propriedade distributiva do produto vetorial.

��𝑂 = 0 + 𝑟 × 𝑚��𝜃 Vetores paralelos, produto vetorial é nulo.

Assim, a expressão para a quantidade de movimento angular de uma partícula em movimento

2D e descrito por suas componentes radial e transversal se reduz a,

��𝑂 = 𝑟 × 𝑚��𝜃

Os vetores 𝑟 e 𝑚��𝜃 estão no mesmo plano e são perpendiculares entre si (𝑟 ⊥ 𝑚��𝜃). Assim,

concluímos que o vetor ��𝑂 é um vetor normal ao plano dos vetores 𝑟 e 𝑚��𝜃 (o plano do

movimento) com módulo igual a,

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣𝜃 sin 90°

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣𝜃

Observação:

Esta última expressão também poderia ter sido obtida por,

��𝑂 = 𝑟 × 𝑚�� Quantidade de movimento angular da partícula.

Os vetores 𝑟 e 𝑚�� estão no mesmo plano. Assim, concluímos que o vetor ��𝑂 é um vetor

normal ao plano dos vetores 𝑟 e 𝑚�� (o plano do movimento) com módulo igual a,

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣 sin𝜙 Definição de produto vetorial.

𝑣 sin𝜙 = 𝑣𝜃

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣𝜃


Recordando que 𝑣𝜃 = 𝑟��, obtemos,

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣𝜃 𝐻0 = 𝑟𝑚(𝑟��) 𝐻0 = 𝑚𝑟2��

Assim, em resumo,

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣 sin𝜙 = 𝑟𝑚𝑣𝜃 = 𝑚𝑟2��


B.3. Variação da Quantidade de Movimento Angular

Calculemos a derivada da quantidade de movimento angular (��0) em relação ao tempo,

��0 =𝑑��0

𝑑𝑡 ��0 =

𝑑(𝑟×𝑚��)

𝑑𝑡

��0 =𝑑(𝑟)

𝑑𝑡×𝑚�� + 𝑟 ×

𝑑(𝑚��)

𝑑𝑡 ��0 = �� × 𝑚�� + 𝑟 × 𝑚

𝑑(��)

𝑑𝑡

��0 = 0 + 𝑟 × 𝑚��

��0 = 𝑟 × �� Onde �� é a força resultante atuando sobre a partícula,

Porém 𝑟 × �� é o momento da força �� em relação ao ponto 𝑂, isto é,

𝑟 × �� = ��𝑂��

Assim,

��0 = ��𝑂��

Ou seja, decorre da 2ª Lei de Newton que a taxa de variação da quantidade de movimento

angular de uma partícula em relação ao ponto 𝑂 (��0) em qualquer instante é igual ao momento

da força resultante em relação ao ponto 𝑂 (��𝑂��) no respectivo instante.


B.4. Movimento sujeito a uma Força Central.

B.4.1. Trabalho de uma força gravitacional

A intensidade 𝐹𝐺 da força gravitacional ��𝐺 entre duas partículas de massas 𝑀 e 𝑚 a uma

distância 𝑟 uma da outra é dada por,

𝐹𝐺 = 𝐺𝑀𝑚

𝑟2

Consideremos que a partícula 𝑀 ocupe uma posição fixa 𝑂 enquanto

a partícula 𝑚 se move ao longo da trajetória mostrada na figura.

O trabalho da força ��𝐺 exercida sobre a partícula de massa 𝑚 durante

um deslocamento infinitesimal de 𝐴 até 𝐴′ pode ser obtido

multiplicando-se a intensidade 𝐹𝐺 da força pela componente radial 𝑑𝑟

do deslocamento. Como ��𝐺 é orientada para 𝑂, o trabalho é negativo

e escrevemos,

𝑑𝑈 = −𝐹𝐺𝑑𝑟 𝑑𝑈 = −𝐺𝑀𝑚

𝑟2𝑑𝑟

O trabalho da força gravitacional ��𝐺 durante um deslocamento finito de 𝐴1 (𝑟 = 𝑟1) até 𝐴2 (𝑟 =𝑟2) é,

𝑈1→2��𝐺 = −∫

𝐺𝑀𝑚

𝑟2𝑑𝑟

𝑟2𝑟1

𝑈1→2��𝐺 =

𝐺𝑀𝑚

𝑟2−𝐺𝑀𝑚

𝑟1

Energia Potencial da Força Gravitacional 𝑭 = 𝑮𝑴𝒎 𝒓𝟐⁄ .

Para um corpo deslocando-se ao longo de uma trajetória distante da superfície da Terra (um

satélite ou um veículo espacial), a força de atração gravitacional (𝐹𝐺 =𝐺𝑀𝑚

𝑟2) variará em função

da distância do corpo ao centro da Terra.

Já vimos que o trabalho de uma força gravitacional é dado por,

𝑈1→2��𝐺 = 𝐺

𝑀𝑚

𝑟2− 𝐺

𝑀𝑚

𝑟1


Logo, o trabalho da força gravitacional pode ser obtido subtraindo-se

o valor da função −𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄ , correspondente à posição final do

corpo, do valor da função −𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄ , correspondente à sua posição

inicial do corpo. Concluímos que o trabalho da força gravitacional ��𝐺

é independente da trajetória percorrida pela partícula e depende

apenas dos valores inicial e final da função −𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄ .

A função −𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄ é denominada Energia Potencial da força

gravitacional ��𝑮 e é representada por 𝑽𝑮. Assim, podemos escrever

que,

𝑈1→2��𝐺 = 𝑉𝐺1 − 𝑉𝐺2 Onde, 𝑉𝐺 = −𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄

A expressão 𝑉𝐺 = −𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄ deve ser usada em substituição à expressão 𝑉𝑊 = 𝑊𝑦 sempre

que a variação da gravidade não puder ser desprezada. Isto é, devemos usar a expressão 𝑉𝐺 =−𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄ sempre que 𝑟 ≫ 𝑅 (𝑟 muito maior que 𝑅).

Note-se que a expressão 𝑉𝐺 = −𝐺𝑀𝑚 𝑟⁄ também pode ser expressa por,

𝑉𝐺 = −𝐺𝑀𝑚

𝑟= −

𝑊𝑅2

𝑟

Note-se também que o valor de 𝑉𝐺 sempre é negativo e tende para zero à medida que o valor

de 𝑟 aumenta.

Se 𝑉𝐺2 > 𝑉𝐺1 (por exemplo, 𝑉𝐺1 = −10 e 𝑉𝐺2 = −6), a energia potencial aumenta durante o

deslocamento do corpo da posição inicial para a posição final. Neste caso, o trabalho da força

gravitacional ��𝐺 é negativo (𝑈1→2��𝐺 < 0). No exemplo, 𝑈1→2

��𝐺 = 𝑉𝐺1 − 𝑉𝐺2 = −10 − (−6) =−4.

Se 𝑉𝐺2 < 𝑉𝐺1 (por exemplo, 𝑉𝐺1 = −10 e 𝑉𝐺2 = −12), a energia potencial diminui durante o

deslocamento do corpo da posição inicial para a posição final. Neste caso, o trabalho da força

gravitacional ��𝐺 é positivo (𝑈1→2��𝐺 > 0). No exemplo, 𝑈1→2

��𝐺 = 𝑉𝐺1 − 𝑉𝐺2 = −10 − (−12) =+2.

B.4.2. Conservação da Quantidade de Movimento Angular.


Quando a única força que atua sobre uma partícula (ou quando a

resultante das forças que atuam sobre ela) é uma força cuja a linha de

ação sempre passa por um ponto fixo 𝑂, diz-se que a partícula está

realizando um movimento sob a ação de uma Força Central.

Como a linha de ação de �� passa por 𝑂, ocorre que ��𝑂�� = 0. Portanto,

ocorre que a taxa de variação da quantidade de movimento angular de

uma partícula em movimento sob a ação de uma força central é,

��0 = ��𝑂�� = 0

��0 = 𝑐𝑡𝑒

Concluímos então que a Quantidade de Movimento Angular ��0 de uma partícula em

movimento sob a ação de uma força central é um vetor constante. Isto significa que o

movimento de toda partícula sob a ação de uma força central é um movimento 2D. De fato, se

��0 = 𝑐𝑡𝑒 então 𝑟 × 𝑚�� = 𝑐𝑡𝑒 e isto significa que o plano que contém os vetores 𝑟 e �� não

muda e este plano é o plano perpendicular a ��0. Embora os vetores 𝑟 e �� estejam variando com

o tempo, o vetor 𝑟 × 𝑚�� = ��0 permanece o mesmo.

O vetor ��𝟎 e o plano fixo são definidos pelo vetor posição inicial

��𝟎 e pela velocidade inicial ��𝟎.

Como a Quantidade de Movimento Angular ��0 é constante, então a

intensidade 𝐻0 é constante, e podemos escrever que,

𝐻0 = 𝑟𝑚𝑣 sin𝜙 = 𝑐𝑡𝑒

Ou seja, podemos escrever que,

𝑟𝑚𝑣 sin𝜙 = 𝑟0𝑚𝑣0 sin𝜙0

Além disso, recordando que em coordenadas polares 𝐻0 = 𝑚𝑟2��, podemos escrever que,

𝑚𝑟2�� = 𝐻0 = 𝑐𝑡𝑒

Dividindo por 𝑚 e representando por ℎ a Quantidade de Movimento Angular por unidade de

massa,

𝑟2 �� =𝐻0

𝑚= ℎ = 𝑐𝑡𝑒

Enfim, podemos escrever que,

𝑟𝑣 sin𝜙 = 𝑟0𝑣0 sin 𝜙0 = 𝑟2�� = ℎ = 𝑐𝑡𝑒

Interpretação geométrica da equação 𝑟2�� = ℎ.


Observando que o raio vetor 𝑂𝑃 varre uma área infinitesimal 𝑑𝐴

quando ele gira de um ânulo 𝑑𝜃 em decorrência do movimento da

partícula ao longo de sua trajetória, podemos escrever que,

𝑑𝐴 =(𝑟𝑑𝜃)(𝑟)

2 𝑑𝐴 =

1

2𝑟2𝑑𝜃

Definindo velocidade aureolar como o quociente 𝑑𝐴 𝑑𝑡⁄ , temos,

𝑑𝐴

𝑑𝑡=

1

2𝑟2𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑𝐴

𝑑𝑡=

1

2𝑟2

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎𝑢𝑟𝑒𝑜𝑙𝑎𝑟 =1

2𝑟2��

Como ℎ = 𝑟2��, constatamos que ℎ representa o dobro da velocidade aureolar e que a

velocidade aureolar é também constante. Isto significa que o raio vetor 𝑂𝑃 varre áreas iguais

em tempos iguais.



Uma esfera de massa 𝑚 = 0,6 𝑘𝑔 está presa a uma corda elástica de

constante 𝑘 = 100 𝑁 𝑚⁄ , que está indeformada quando a esfera se

encontra na origem 𝑂. Sabendo que a esfera pode deslizar sem atrito

sobre a superfície horizontal e que na posição mostrada na figura sua

velocidade ��𝐴 tem intensidade de 20 𝑚 𝑠⁄ , determine (a) as distâncias

máxima e mínima da esfera em relação à origem 𝑂 e (b) os valores correspondentes de sua

velocidade.

SOLUÇÃO:

A esfera é “lançada” (inicia seu “voo livre”) no ponto 𝐴, com 𝑟𝐴 = 0,5 𝑚, 𝑣𝐴 = 20 𝑚 𝑠⁄ e 𝜙𝐴 = 60°. A força

exercida pelo elástico sobre a esfera é uma força conservativa que passa pelo ponto fixo 𝑂. O trabalho da força

elástica pode ser expresso como uma variação de energia potencial e podemos aplicar os princípios da conservação

da quantidade de movimento angular e da conservação da energia.

Conservação da quantidade de movimento angular.

𝑟𝐴𝑚𝑣𝐴 sin 𝜙𝐴 = 𝑟𝑚𝑚𝑣𝑚 sin 𝜙 𝑟𝐴𝑣𝐴 sin𝜙𝐴 = 𝑟𝑚𝑣𝑚 sin 𝜙

Nos pontos 𝐵 (𝑟𝑚á𝑥 e 𝑣𝑚í𝑛) e 𝐶 (𝑟𝑚í𝑛 e 𝑣𝑚á𝑥) ocorre que 𝜙 = 90°. Assim,

𝑟𝐴𝑣𝐴 sin 𝜙𝐴 = 𝑟𝑚𝑣𝑚 sin𝜙

(0,5)(20) sin 60° = 𝑟𝑚𝑣𝑚 sin 90° 5√3 = 𝑟𝑚𝑣𝑚

Conservação da energia.

No ponto 𝐴,

𝑇𝐴 =1

2𝑚𝑣𝐴

2 𝑇𝐴 =1

2(0,6)(20)2 𝑇𝐴 = 120 𝐽


𝑉𝐴 =1

2𝑘𝑟𝐴

2 𝑉𝐴 =1

2(100)(0,5)2 𝑉𝐴 = 12,5 𝐽

No ponto 𝐵 (ou no ponto 𝐶),

𝑇𝐵 =1

2𝑚𝑣𝑚

2 𝑇𝐵 =1

2(0,6)𝑣𝑚

2 𝑇𝐵 = 0,3𝑣𝑚2

𝑉𝐵 =1

2𝑘𝑟𝑚

2 𝑉𝐵 =1

2(100)(𝑟𝑚)

2 𝑉𝐵 = 50𝑟𝑚2

Aplicando o Princípio da Conservação de Energia,

𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 120 + 12,5 = 0,3𝑣𝐵2 + 50𝑟𝐵

2 132,5 = 0,3𝑣𝐵2 + 50𝑟𝐵

2

Obtemos duas equações com duas incógnitas (𝑟𝑚 e 𝑣𝑚),

𝑟𝑚𝑣𝑚 = 5√3 Eq. 01

0,3𝑣𝐵2 + 50𝑟𝐵

2 = 132,5 Eq. 02


𝑟𝑚 = {𝑟𝐵 = 1,571 𝑚𝑟𝐶 = 0,427 𝑚

𝑣𝑚 = {𝑣𝐵 = 5,51 𝑚 𝑠⁄

𝑣𝐶 = 20,3 𝑚 𝑠⁄




Um satélite é lançado em uma direção paralela à superfície da Terra

com uma velocidade de 36.900 𝑘𝑚 ℎ⁄ de uma altitude de 500 𝑘𝑚.

Determine (a) a altitude máxima alcancada pelo satélite e (b) o erro

máximo admissível na direção de lançamento do satélite para que

ele entre em órbita e não se aproxime em até 200 𝑘𝑚 da superfície

da Terra.

SOLUÇÃO:

O satélite realiza voo livre a partir do ponto de lançamento 𝑟0 com velocidade 𝑣0 e passa pelo ponto da órbita mais

afastado da Terra 𝑟1 com velocidade 𝑣1.

Aplicamos o Princípio da Conservação de Energia,

𝑇0 + 𝑉0 = 𝑇1 + 𝑉1

1

2𝑚𝑣0

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟0=

1

2𝑚𝑣1

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟1

Como o satélite se move sob a ação de uma força central (força da gravidade), a quantidade de movimento angular

é conservada (é constante).

𝑟0𝑚𝑣0 = 𝑟1𝑚𝑣1 𝑣1 = 𝑣0𝑟0

𝑟1

Substituindo essa expressão de 𝑣1 na primeira equação, obtemos,

1

2𝑚𝑣0

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟0=

1

2𝑚(𝑣0

𝑟0

𝑟1)2

−𝐺𝑀𝑚

𝑟1

𝑚𝑣02

2−

𝐺𝑀𝑚

𝑟0=

𝑚𝑣02𝑟0

2

2𝑟12 −

𝐺𝑀𝑚

𝑟1

𝑣02

2−

𝐺𝑀

𝑟0=

𝑣02𝑟0

2

2𝑟12 −

𝐺𝑀

𝑟1

𝑣02

2−

𝑣02𝑟0

2

2𝑟12 =

𝐺𝑀

𝑟0−

𝐺𝑀

𝑟1

𝑣02

2(1 −

𝑟02

𝑟12) =

𝐺𝑀

𝑟0(1 −

𝑟0

𝑟1) (1 −

𝑟02

𝑟12) =

2𝐺𝑀

𝑟0𝑣02 (1 −

𝑟0

𝑟1)

(1 +𝑟0

𝑟1) (1 −

𝑟0

𝑟1) =

2𝐺𝑀

𝑟0𝑣02 (1 −

𝑟0

𝑟1) (1 +

𝑟0

𝑟1) =

2𝐺𝑀

𝑟0𝑣02

𝑟0

𝑟1=

2𝐺𝑀

𝑟0𝑣02 − 1

𝑟0

𝑟1=

2𝐺𝑀−𝑟0𝑣02

𝑟0𝑣02

𝑟1

𝑟0=

𝑟0𝑣02

2𝐺𝑀−𝑟0𝑣02 𝑟1 =

𝑟02𝑣0

2

2𝐺𝑀−𝑟0𝑣02

Valores dados:

𝑟0 = 6.371 𝑘𝑚 + 500 𝑘𝑚 = 6.871 𝑘𝑚 𝑟0 = 6,871 × 106 𝑚

𝑣0 = 36.900 𝑘𝑚 ℎ⁄ 𝑣0 = 10.250 𝑚 𝑠⁄

𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2 = (9,81)(6,371 × 106)2 𝐺𝑀 = 3,9818 × 1014 𝑚3 𝑠2⁄

Substituindo os valores dados na expressão encontrada para 𝑟1, obtemos,

𝑟1 = 6,6600 × 107 𝑚

𝐴𝑙𝑡 𝑚á𝑥 = 𝑟1 − 𝑅 𝐴𝑙𝑡 𝑚á𝑥 = 6,6600 × 107 𝑚 − 6,3710 × 106 𝑚


𝐴𝑙𝑡 𝑚á𝑥 = 6,0230 × 104 𝑚 𝐴𝑙𝑡 𝑚á𝑥 = 60.230 𝑘𝑚

Determinação do erro máximo admissível na direção de lançamento do satélite para que ele entre em órbita e não

se aproxime em até 200 𝑘𝑚 da superfície da Terra.

Consideremos que o satélite seja lançado do ponto 𝑃0 em uma direção que faz um

ângulo 𝜙0 com o raio vetor 𝑂𝑃0 (ver figura). O valor de 𝜙0 correspondente a 𝑟𝑚í𝑛 =6.371 𝑘𝑚 + 200 𝑘𝑚 = 6.571 𝑘𝑚 é obtido pela aplicação dos princípios da

conservação da energia e da conservação da quantidade de movimento angular entre

o ponto 𝑃0 e o ponto 𝐴.

1

2𝑚𝑣0

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟0=

1

2𝑚𝑣𝑚á𝑥

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑚í𝑛

𝑟0𝑚𝑣0 sin𝜙0 = 𝑟𝑚í𝑛𝑚𝑣𝑚á𝑥 sin 90°

Resolvendo essa última equação para 𝑣𝑚á𝑥 , encontramos,

𝑟0𝑣0 sin 𝜙0 = 𝑟𝑚í𝑛𝑣𝑚á𝑥 𝑣𝑚á𝑥 =𝑟0𝑣0 sin𝜙0

𝑟𝑚í𝑛

Substituindo na primeira equação,

1

2𝑚𝑣0

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟0=

1

2𝑚(

𝑟0𝑣0 sin𝜙0

𝑟𝑚í𝑛)2

−𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑚í𝑛

1

2𝑣0

2 −𝐺𝑀

𝑟0=

1

2(𝑟0𝑣0 sin𝜙0

𝑟𝑚í𝑛)2

−𝐺𝑀

𝑟𝑚í𝑛

𝑣02

2−

𝐺𝑀

𝑟0=

𝑟02𝑣0

2 sin2𝜙0

2𝑟𝑚í𝑛2 −

𝐺𝑀

𝑟𝑚í𝑛

𝑣02

2−

𝑟02𝑣0

2 sin2𝜙0

2𝑟𝑚í𝑛2 =

𝐺𝑀

𝑟0−

𝐺𝑀

𝑟𝑚í𝑛

−𝑟02𝑣0

2 sin2𝜙0

2𝑟𝑚í𝑛2 =

𝐺𝑀

𝑟0−

𝐺𝑀

𝑟𝑚í𝑛−

𝑣02

2

𝑟02𝑣0

2 sin2𝜙0

2𝑟𝑚í𝑛2 = −

𝐺𝑀

𝑟0+

𝐺𝑀

𝑟𝑚í𝑛+

𝑣02

2

sin2 𝜙0 =2𝑟𝑚í𝑛

2

𝑟02𝑣0

2 (−𝐺𝑀

𝑟0+

𝐺𝑀

𝑟𝑚í𝑛+

𝑣02

2) sin𝜙0 = √

2𝑟𝑚í𝑛2

𝑟02𝑣0

2 (−𝐺𝑀

𝑟0+

𝐺𝑀

𝑟𝑚í𝑛+

𝑣02

2)

Valores:

𝑟0 = 6,871 × 106 𝑚

𝑟𝑚í𝑛 = 6.371 𝑘𝑚 + 200 𝑘𝑚 = 6.571 𝑘𝑚 𝑟𝑚í𝑛 = 6,571 × 106 𝑚

𝑣0 = 10.250 𝑚 𝑠⁄

𝐺𝑀 = 3,9818 × 1014 𝑚3 𝑠2⁄

Substituindo os valores, encontramos,

sin𝜙0 = 0,9801 𝜙0 = {78,558°101,44°

Assim,

𝑒𝑟𝑟𝑜− = 78,558° − 90° 𝑒𝑟𝑟𝑜− = −11,442°

𝑒𝑟𝑟𝑜+ = 101,44° − 90° 𝑒𝑟𝑟𝑜+ = +11,442°



A.1. Lei da Gravitação Universal de Newton

A força gravitacional exercida pelo Sol sobre um planeta ou pela Terra sobre um satélite são

importantes exemplos de força central.

Lei da Gravitação Universal: Duas partículas de massa 𝑀 e 𝑚 a

uma distância 𝑟 uma da outra se atraem com forças iguais e

opostas �� e −��. A intensidade comum das duas forças é:

𝐹 =𝐺𝑀𝑚

𝑟2

𝐺 = 6,6730 × 10−11 𝑚3 𝑘𝑔𝑠2⁄ Constante de gravitação universal

Para partículas de massa 𝑚 que estão se movendo na superfície da Terra ou próximo a ela, a

força gravitacional costuma ser denominada de força peso e é identificada pela letra 𝑊 (weight,

ou peso, em inglês).

Assim, a aplicação da Lei da Gravitação Universal para um corpo de massa 𝑚 sobre a superfície

da Terra resulta em:

𝑊 =𝐺𝑀𝑚

𝑅2 𝑊 =

𝐺𝑀𝑚

𝑅2 𝑊 = 𝑚(

𝐺𝑀

𝑅2)

A constante (𝐺𝑀

𝑅2) é denominada aceleração da gravidade e identificada pela letra 𝑔. Assim,

𝑊 = 𝑚𝑔

Considerando que, para o planeta Terra12,

𝑀 = 5,9671 × 1024 𝑘𝑔 𝑅 = 6,3710 × 106 𝑚

O valor de 𝑔 é,

𝑔 =(6,6730×10−11 𝑚3 𝑘𝑔.𝑠2⁄ )(5,9671×1024 𝑘𝑔)

(6,3710×106 𝑚)2

𝑔 = 9,8100 𝑚 𝑠2⁄

12 Na realidade, a Terra não é uma esfera perfeita e a distância 𝑟 do centro até um ponto em sua superfície depende

da latitude. Ao invés de considerar um único valor para 𝑟 (𝑟 = 𝑅), qualquer valor desde o raio polar

(6,357 × 106 𝑚) até o raio equatorial (6,378 × 106 𝑚) pode ser utilizado, de acordo com a necessidade e o

“modelo de Terra” adotado. O raio da terra para uma dada latitude geodésica 𝜑 é 𝑅(𝜑) = √(𝑎2 cos𝜑)2+(𝑏2 sin𝜑)2

(𝑎 cos𝜑)2+(𝑏 sin𝜑)2,

onde 𝑎 e 𝑏 são, respectivamente, o raio equatorial e raio polar. Assumindo que a Terra seja uma esfera perfeita de

volume igual, o raio correspondente obtido é 6,3710 × 106 𝑚, também identificado como o raio médio da Terra

(https://pt.wikipedia.org/wiki/Raio_terrestre, acessado em 24/09/2016).

https://pt.wikipedia.org/wiki/Raio_terrestre


A.1.1.1. Exemplo Ilustrativo B-01


Um satélite é lançado em uma direção paralela à superfície

da Terra com velocidade de 30.000 𝑘𝑚/ℎ de uma altitude

de 400 𝑘𝑚. Determinar a velocidade do satélite quando

atinge sua altitude máxima de 4.000 𝑘𝑚. O raio da Terra é

6.370 𝑘𝑚.

SOLUÇÃO:

Uma vez que o satélite está se movendo sob a ação de uma força central, a quantidade de movimento angular

é constante. Assim,

𝑟𝑚𝑣 sin 𝜙 = 𝑐𝑡𝑒

𝑟𝐴𝑚𝑣𝐴 sin𝜙𝐴 = 𝑟𝐵𝑚𝑣𝐵 sin 𝜙𝐵

Observando que 𝜙 é o ângulo entre o vetor 𝑟 e o vetor �� = 𝑚��,

verificamos que

𝜙𝐴 = 90° 𝜙𝐵 = 90°

Assim,

𝑟𝐴 𝑣𝐴 = 𝑟𝐵 𝑣𝐵 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴𝑟𝐴

𝑟𝐵

𝑣𝐵 = 30000(6370+400)

(6370+4000) 𝑣𝐵 = 30000

(6770)

(10370) 𝑣𝐵 = 19.585 𝑘𝑚 ℎ⁄

30.000 𝑘𝑚 ℎ⁄

400 𝑘𝑚

4.000 𝑘𝑚


A.2. Trajetória de uma partícula sob a ação de uma Força Central

Considere uma partícula 𝑃 que se move sob a ação de uma força central ��. Nossa proposta é

obter a equação diferencial que defina a sua trajetória.

Para uma partícula movendo-se sob a ação de uma força central �� as equações de movimento

são:

∑𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟 −𝐹 = 𝑚𝑎𝑟 −𝐹 = 𝑚(�� − 𝑟��2)

∑𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃 0 = 𝑚𝑎𝜃 0 = 𝑚(𝑟�� + 2��)

Ou seja,

𝑚(�� − 𝑟��2) = −𝐹 Eq. 01

𝑚(𝑟�� + 2��) = 0 Eq. 02

A segunda equação (Eq. 02) é equivalente à equação 𝑟2�� = ℎ = 𝑐𝑡𝑒. Isto pode ser verificado

diferenciando esta última equação em relação a 𝑡. Preferimos utilizar 𝑟2�� = ℎ porque ela é

mais conveniente para eliminar a variável independente 𝑡 da primeira equação (Eq. 01).

𝑚(�� − 𝑟��2) = −𝐹 Eq. 03

𝑟2�� = ℎ Eq. 04

A equação Eq. 04 pode ser utilizada para eliminar a variável independente 𝑡 da equação Eq. 03.

Resolvendo a equação Eq. 04 para �� ou 𝑑𝜃 𝑑𝑡⁄ obtemos,

𝑑𝜃

𝑑𝑡=

ℎ

𝑟2 Eq. 05

Da qual também podemos obter que,

�� =𝑑𝑟

𝑑𝑡=

𝑑𝑟

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡=

𝑑𝑟

𝑑𝜃

ℎ

𝑟2= −ℎ

𝑑

𝑑𝜃(1

𝑟) Eq. 06

�� =𝑑��

𝑑𝑡=

𝑑��

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡=

𝑑��

𝑑𝜃

ℎ

𝑟2 Eq. 07

Substituindo a expressão de �� da equação Eq. 06 na última expressão para �� (Eq. 07) obtemos,

�� =ℎ

𝑟2𝑑��

𝑑𝜃 �� =

ℎ

𝑟2𝑑

𝑑𝜃[−ℎ

𝑑

𝑑𝜃(1

𝑟)]

�� = −ℎ2

𝑟2𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) Eq. 08

Substituindo a expressão para �� da equação Eq. 05 e a expressão para �� da equação Eq. 08 na

equação Eq. 03 obtemos,

𝑚(�� − 𝑟��2) = −𝐹 𝑚(−ℎ2

𝑟2𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) − 𝑟 (

ℎ

𝑟2)2) = −𝐹


𝑚(−ℎ2

𝑟2𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) − 𝑟

ℎ2

𝑟4) = −𝐹 𝑚(−

ℎ2

𝑟2𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) −

ℎ2

𝑟3) = −𝐹

𝑚(−ℎ2

𝑟2𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) −

ℎ2

𝑟21

𝑟) = −𝐹 𝑚

ℎ2

𝑟2(−

𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) −

1

𝑟) = −𝐹

−𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) −

1

𝑟= −

𝐹𝑟2

𝑚ℎ2

𝑑2

𝑑𝜃2(1

𝑟) +

1

𝑟=

𝐹𝑟2

𝑚ℎ2

Finalmente, introduzindo a função 𝑢 = 1 𝑟⁄ obtemos,

𝑑2𝑢

𝑑𝜃2+ 𝑢 =

𝐹

𝑚ℎ2𝑢2 Eq. 09

Cabe destacar que:

• Na dedução da equação Eq. 09 a força �� foi considerada como dirigida para 𝑂. Portanto,

o valor de 𝐹 na equação Eq. 09 deve ser feito positivo, se �� realmente estiver dirigida

da partícula para 𝑂 (força atrativa), e deve ser feito negativo, se �� estiver dirigida de

𝑂 para a partícula (força repulsiva).

• Se 𝐹 é uma função conhecida de 𝑟 (ou de 𝑢 = 1 𝑟⁄ ), a equação Eq. 09 é uma equação

diferencial em 𝑢 e 𝜃. Essa equação diferencial define a trajetória de uma partícula sob

a ação de uma força central ��. A equação da trajetória pode ser obtida resolvendo-se a

equação diferencial Eq. 09 para 𝑢 como uma função de 𝜃, sendo que as constantes de

integração são determinadas pelas condições iniciais.


A.3. Aplicação de Mecânica Espacial

Após o último estágio do foguete lançador ter queimado seu

combustível, os satélites artificiais e outros veículos espaciais ficam

sujeitos apenas à atração gravitacional da Terra13 e seus movimentos

tornam-se, portanto, movimentos sob a ação de uma força central (a

força de atração gravitacional) que podem ser determinados pelas

equações Eq. 04 e Eq. 09, abaixo reproduzidas e renumeradas.

𝑟2�� = ℎ Eq. 10 𝑑2𝑢

𝑑𝜃2+ 𝑢 =

𝐹

𝑚ℎ2𝑢2 Eq. 11

Substituindo 𝐹, na equação Eq. 11, pela expressão para o valor da força de atração gravitacional,

obtemos,

𝑑2𝑢

𝑑𝜃2+ 𝑢 =

𝐺𝑀𝑚𝑢2

𝑚ℎ2𝑢2

𝑑2𝑢

𝑑𝜃2+ 𝑢 =

𝐺𝑀

ℎ2 Eq. 12

A equação Eq. 12 é uma equação diferencial ordinária (EDO) de segunda ordem, linear, com

coeficientes constantes e cujo lado direito também é uma constante. Sua solução é obtida

somando-se a solução particular

𝑢 =𝐺𝑀

ℎ2

Com a solução geral da equação diferencial homogênea correspondente à Eq. 12, dada por,

𝑢 = 𝐶 cos(𝜃 − 𝜃0)

Onde 𝐶 é uma constante de integração definida pelas condições

iniciais.

Escolhendo o eixo polar de tal modo que 𝜽𝟎 = 𝟎, escrevemos,

𝑢 =1

𝑟=

𝐺𝑀

ℎ2+ 𝐶 cos(𝜃) Eq. 13

Enfatizamos que a equação Eq. 13 é a equação da trajetória 𝑟 = 𝑓(𝜃) de uma partícula em

movimento sob a ação exclusiva de uma força central gravitacional. A origem 𝑂 do sistema de

coordenadas polares está no centro do planeta e o eixo polar é escolhido de tal forma que 𝜃0 =0. Na utilização prática da equação Eq. 13 para resolver problemas é necessário certificar-se

que essas condições estejam satisfeitas.

13 Assume-se que os movimento de veículos espaciais aqui estudados são atraídos unicamente pelo planeta Terra

e que suas massas são desprezíveis quando comparadas com a massa da Terra. Se um veículo se desloca para

muito longe da Terra, sua trajetória pode ser afetada pela atração de outros corpos, como o sol, a lua ou outros

planetas.


A equação Eq. 13 é a equação de uma seção cônica (elipse, parábola ou hipérbole) em

coordenadas polares 𝑟 e 𝜃. A origem 𝑂 do sistema de coordenadas polares (centro do planeta)

é um foco dessa seção cônica e o eixo polar um dos seus eixos de

simetria.

A razão entre a constante 𝐶 e a constante 𝐺𝑀 h2⁄ é definida como a

excentricidade 𝜀 da seção cônica.

𝜖 =𝐶

𝐺𝑀 ℎ2⁄=

𝐶ℎ2

𝐺𝑀

Assim, podemos utilizar também uma equação alternativa à equação

Eq. 13, equação esta que é dada por,

1

𝑟=

𝐺𝑀

ℎ2(1 + 𝜀 cos 𝜃) Eq. 14

De acordo com o valor de 𝜖 (que por sua vez depende das condições

iniciais), a equação Eq. 14 representa quatro trajetórias possíveis:

1) Hipérbole.

Quando 𝜖 > 1 ou 𝐶 > 𝐺𝑀 ℎ2⁄ .

Existirão dois valores para ângulo polar 𝜃, identificados por 𝜃1 e por −𝜃1, para os quais o

lado direito da equação Eq. 14 se torna zero e, consequentemente, o raio vetor 𝑟 se torna

infinito.

O valor de 𝜃1 é definido por cos 𝜃1 = 𝐺𝑀 𝐶ℎ2⁄ .

2) Parábola.

Quando 𝜖 = 1 ou 𝐶 = 𝐺𝑀 ℎ2⁄ .

Existirá um único valor para ângulo polar 𝜃 para o qual o lado direito da equação Eq. 14

se torna zero e, consequentemente, o raio vetor 𝑟 se torna infinito.

O raio vetor 𝑟 se torna infinito para 𝜃 = 180°.

3) Elipse.

Quando 𝜖 < 1 ou 𝐶 < 𝐺𝑀 ℎ2⁄ .

O raio vetor 𝑟 permanece finito para todo valor de 𝜃.

4) Círculo.

Quando 𝜖 = 0 ou 𝐶 = 0.

É um caso particular da elipse.

O raio vetor 𝑟 permanece finito, porém constante, para todo valor de 𝜃.


A.3.1. Determinação das constantes 𝑪 e 𝑮𝑴 𝒉𝟐⁄ a partir das condições iniciais.

As constantes 𝐶 e 𝐺𝑀 ℎ2⁄ são determinadas a partir das condições iniciais, isto é, a partir da

posição e da velocidade da partícula no início de seu voo livre.

Vamos assumir a situação mais usual que é o veículo espacial

(partícula) iniciando o seu voo livre no vértice 𝐴 de sua trajetória e

com velocidade inicial paralela à superfície da Terra14 nesse ponto

(ver figura ao lado). Isto é, a fase propulsada do veículo é

programada de tal modo que sua velocidade é paralela à superfície

da Terra quando o último estágio do foguete de lançamento termina

e o semento 𝑂𝐴 determina o eixo polar (𝜃0 = 0).

Em outras palavras, assumiremos que o veículo inicia o seu voo livre no vértice 𝐴 de sua

trajetória (quando 𝑟 = 𝑟0) e com velocidade 𝑣0 paralela à superfície da Terra.

Representando o raio vetor e a velocidade escalar do veículo no início de seu voo livre por 𝑟0 e

𝑣0, respectivamente, observamos que a velocidade se reduz à sua componente transversal, isto

é,

𝑣0 = 𝑣0𝜃 E como 𝑣𝜃 = 𝑟��, podemos escrever que

𝑣0 = 𝑟0��0

Recordando que 𝑟2�� = ℎ (equação Eq. 10), podemos expressar a quantidade de movimento

angular por unidade de massa ℎ como:

ℎ = 𝑟02��0 ℎ = 𝑟0(𝑟0��0)

ℎ = 𝑟0𝑣0 Eq. 15

O valor obtido para ℎ permite determinar a constante 𝐺𝑀 ℎ2⁄ da equação Eq. 13 (ou da equação

Eq. 14) e essa, por sua vez, permite determinar a constante de integração 𝐶 (ou a excentricidade

𝜀) ao fazermos 𝑟 = 𝑟0 para 𝜃 = 0. Isto é,

1

𝑟=

𝐺𝑀

ℎ2+ 𝐶 cos 𝜃 Eq. 13

1

𝑟=

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2+ 𝐶 cos 𝜃

Fazendo 𝑟 = 𝑟0 para 𝜃 = 0,

1

𝑟0=

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2+ 𝐶 cos 0°

Encontramos,

1

𝑟=

𝐺𝑀

ℎ2(1 + 𝜀 cos 𝜃) Eq. 14

1

𝑟=

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2(1 + 𝜀 cos 𝜃)

Fazendo 𝑟 = 𝑟0 para 𝜃 = 0,

1

𝑟0=

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2(1 + 𝜀 cos 0°)

Encontramos,

14 Problemas envolvendo lançamentos oblíquos, isto é, com velocidades iniciais não paralelas à superfície da Terra

no ponto de início do voo livre, serão considerados posteriormente utilizando o Método do Trabalho e Energia.


𝐶 =1

𝑟0−

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2

Assim, a equação da trajetória fica

completamente determinada por

1

𝑟=

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2+ (

1

𝑟0−

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2) cos 𝜃

Onde,

𝐺 = 6,6730 × 10−11 𝑚3 𝑘𝑔𝑠2⁄

E, para o planeta Terra,

𝑀 = 5,9671 × 1024 𝑘𝑔

𝐺𝑀 = 3,9818 × 1014 𝑚3 𝑠2⁄

𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2

𝑔 = 9,81 𝑚 𝑠2⁄

𝑅 = 6,3710 × 106 𝑚

𝑅2 = 4,0590 × 1013 𝑚2

𝑔𝑅2 = 3,9818 × 1014 𝑚3 𝑠2⁄

𝜀 =𝑟0𝑣0

2

𝑔𝑅2− 1

Assim, a equação da trajetória fica

completamente determinada por

1

𝑟=

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2(1 + (

𝑟0𝑣02

𝐺𝑀− 1) cos 𝜃)

Onde,

𝐺 = 6,6730 × 10−11 𝑚3 𝑘𝑔𝑠2⁄

E, para o planeta Terra,

𝑀 = 5,9671 × 1024 𝑘𝑔

𝐺𝑀 = 3,9818 × 1014 𝑚3 𝑠2⁄

𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2

𝑔 = 9,81 𝑚 𝑠2⁄

𝑅 = 6,3710 × 106 𝑚

𝑅2 = 4,0590 × 1013 𝑚2

𝑔𝑅2 = 3,9818 × 1014 𝑚3 𝑠2⁄

Em resumo, utilizamos a equação Eq. 13 ou a equação Eq. 14 para especificar a trajetória – a

que for mais conveniente. Assim, escrevemos,

1

𝑟=

𝐺𝑀

ℎ2+ 𝐶 cos 𝜃 Eq. 13

Onde,

𝐶 =1

𝑟0−

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2 Eq. 13’

1

𝑟=

𝐺𝑀

ℎ2(1 + 𝜀 cos 𝜃) Eq. 14

Onde,

𝜀 =𝑟0𝑣0

2

𝐺𝑀− 1 Eq. 14’


A.3.2. Utilizando as condições iniciais (𝒓𝟎 e 𝒗𝟎) para constatar o tipo de

trajetória (Hiperbólica, Parabólica, Elíptica ou Circular).

Consideremos, em primeiro lugar, as condições iniciais para que trajetória seja parabólica, isto

é, as condições iniciais para 𝐶 = 𝐺𝑀 ℎ2⁄ ou 𝜀 = 1.

Tomamos as equações Eq. 13’ e impomos a condição 𝐶 = 𝐺𝑀 ℎ2⁄ = 𝐺𝑀 (𝑟0𝑣0)2⁄ . Isto é,

fazemos,

𝐶 =1

𝑟0−

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2 𝐶 =

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2

Então,

1

𝑟0−

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2=

𝐺𝑀

(𝑟0𝑣0)2

1

𝑟0=

2𝐺𝑀

𝑟02𝑣02 𝑣0

2 =2𝐺𝑀

𝑟0

𝑣0 = √2𝐺𝑀

𝑟0

Concluímos que, dados os valores de 𝑟0 e de 𝑣0 (condições iniciais), ocorrerá que,

Se 𝑣0 > √2𝐺𝑀

𝑟0, então trajetória será hiperbólica – veículo não orbitará o planeta.

Se 𝑣0 = √2𝐺𝑀

𝑟0, então trajetória será parabólica – veículo não orbitará o planeta.

Se 𝑣0 < √2𝐺𝑀

𝑟0, então trajetória será elíptica (ou circular) – veículo orbitará o planeta.

Como o valor de 𝑣0 obtido para uma trajetória parabólica é o menor valor de 𝑣0 para que o

veículo não retorne ao seu ponto de partida (menor valor de 𝑣0 para ele não entrar em órbita),

a expressão √2𝐺𝑀

𝑟0 é denominada velocidade de escape na posição 𝑟0.

𝑣escape = √2𝐺𝑀

𝑟0 𝑣escape = √

2𝑔𝑅2

𝑟0

Em resumo, dados os valores de 𝑟0 e de 𝑣0 (condições iniciais), ocorrerá que,

Se 𝑣0 > 𝑣escape Trajetória hiperbólica – veículo não orbitará o planeta.

Se 𝑣0 = 𝑣escape Trajetória parabólica – veículo não orbitará o planeta.

Se 𝑣0 < 𝑣escape Trajetória elíptica (ou circular) – veículo orbitará o planeta.

A órbita circular ocorre quando 𝐶 = 0 e é de especial interesse. O valor de 𝑣0 correspondente

a uma órbita circular (a partir de uma posição 𝑟0) é facilmente determinado como,

𝑣circular = √𝐺𝑀

𝑟0 𝑣circular = √

𝑔𝑅2

𝑟0


Observando a figura ao lado, verificamos que, para um dado valor de 𝑟0 (ponto 𝐴), pode ocorrer

que,

Se 𝑣𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 < 𝑣0 < 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒, a trajetória será uma elipse

com perigeu no ponto 𝐴 e apogeu no ponto 𝐴′.

Se 𝑣0 = 𝑣𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 a trajetória será um círculo com

perigeu/apogeu no ponto 𝐴 – perigeu e apogeu têm

valores iguais.

Se 𝑣0 < 𝑣𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 a trajetória será uma elipse com perigeu

no ponto 𝐴′′ e apogeu no ponto 𝐴.

Se 𝑣0 ≪ 𝑣𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 a trajetória será uma elipse com apogeu

no ponto 𝐴 e perigeu em uma fração do raio do planeta –

o veículo não entra em órbita e intercepta (cai) na superfície do planeta. Mísseis balísticos, que

são projetados para atingir a superfície da Terra, também se deslocam ao longo de trajetórias

elípticas com 𝑣0 ≪ 𝑣circular. De fato, deve-se compreender que qualquer objeto lançado em

voo livre no vácuo, a partir de uma posição 𝑟0 com uma velocidade inicial 𝑣0 < 𝑣escape irá se

deslocar ao longo de uma trajetória elíptica. Somente quando as distâncias envolvidas são

pequenas é que o campo gravitacional da Terra pode ser considerado constante e apenas nestes

casos é que a trajetória elíptica pode ser aproximada para uma trajetória parabólica adotada ao

se analisar Lançamento de Projéteis.


A.3.3. Período orbital das trajetórias elípticas e circulares.

Uma característica importante do movimento de um satélite em órbita elíptica ou circular é o

tempo requerido para ele completar uma órbita. Esse tempo é conhecido como período do

satélite e é representado 𝜏.

Observando que 𝜏 pode ser obtido dividindo-se a área interior da órbita pela velocidade

aureolar, temos,

Á𝑟𝑒𝑎 𝑒𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒 = 𝜋𝑎𝑏

𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎𝑢𝑟𝑒𝑜𝑙𝑎𝑟 =𝑑𝐴

𝑑𝑡=

1

2𝑟2�� =

1

2ℎ

Logo, o período 𝜏 é dado por:

𝜏 =2𝜋𝑎𝑏

ℎ

No caso de um satélite lançado em uma direção paralela à superfície da Terra, já vimos que ℎ

pode ser facilmente determinado a partir de 𝑟0 e de 𝑣0.

Por outro lado, os semieixos 𝑎 e 𝑏 não estão diretamente relacionados às condições iniciais.

Entretanto, os valores de 𝑟0 e de 𝑟1 correspondentes respectivamente ao perigeu e ao apogeu

podem ser facilmente determinados a partir da equação

1

𝑟=

𝐺𝑀

h2+ 𝐶 cos 𝜃

Ou seja, isto significa dizer que é sempre possível fazer com que o ponto 𝐴 (início do voo livre)

seja feito coincidente com o perigeu e que, correspondentemente, o ponto 𝐴′ coincida com o

seu apogeu, de modo que os semieixos 𝑎 e 𝑏 sejam expressos em termos de 𝑟0 e de 𝑟1

(Equivalente a fazer com que 𝜃0 = 0 coincida com o eixo polar).

Considerando a órbita elíptica mostrada na figura, o centro da Terra

está localizado em 𝑂 e coincide com um dos focos da elipse, enquanto

os pontos 𝐴 e 𝐴′ representam, respectivamente, o perigeu e o apogeu.

Com isto, podemos verificar que,

𝑟0 + 𝑟1 = 2𝑎 𝑎 =1

2(𝑟0 + 𝑟1)

Além disso, recordando que a soma das distâncias de cada um dos focos a qualquer ponto da

elipse é constante, podemos verificar que,

𝑏 = √𝑟0𝑟1

Uma vez que 𝑟0 e 𝑟1 tenham sido determinados, os semieixos podem ser facilmente

determinados e substituídos na expressão de 𝜏.


Assim, o período 𝜏 é dado por:

𝜏 =𝜋(𝑟0+𝑟1)√𝑟0𝑟1

𝑟0𝑣0

A.3.4. Leis de Kepler do movimento planetário.

As equações obtidas para a trajetória de satélites em torno da Terra também podem ser aplicadas

para descrever o movimento da Lua ao redor da Terra e de planetas ao redor do Sol. Entretanto,

a massa da Lua não é desprezível quando comparada à massa da Terra, modo que os resultados

obtidos não serão totalmente exatos. No caso dos planetas, um outro possível erro é desprezar

as forças exercidas pelos planetas uns sobre os outros, entretanto, mesmo assim, a aproximação

obtida ainda é excelente.

As propriedades das órbitas planetárias em torno do sol foram determinadas através de

observações astronômicas por Johann Kepler (1571-1630), antes mesmo de Newton

desenvolver a sua teoria da gravitação.

As três leis do movimento planetário de Kepler podem ser enunciadas como se segue:

1) Cada planeta descreve uma elipse, com o sol localizado em um dos seus focos

2) O vetor raio desenhado do sol até um planeta varre áreas iguais em tempos iguais.

3) Os quadrados dos períodos dos planetas são proporcionais aos cubos dos semieixos de suas

órbitas.

A 1ª lei enuncia o caso do movimento elíptico, a 2ª expressa que a velocidade aureolar é

constante. A 3ª lei também pode ser deduzida pelas equações obtidas.


A.3.4.1. Exemplo Ilustrativo B-02


Um satélite é lançado em uma direção paralela à superfície da

Terra com uma velocidade de 36.900 𝑘𝑚/ℎ e a uma altitude de

500 𝑘𝑚. Determinar: (a) a altitude máxima atingida pelo satélite,

e, (b) o período do satélite.

SOLUÇÃO:

Imediatamente após o lançamento o satélite inicia voo livre e está sujeito apenas à atração gravitacional da

Terra, caracterizando o movimento de uma partícula sob a ação de uma força central gravitacional. Adotamos

o eixo polar tal que 𝑟 = 𝑟0 para 𝜃 = 0 e constatamos que a velocidade inicial é paralela à superfície da Terra

(𝜙0 = 90° de modo que 𝑣0 é perpendicular ao eixo polar). A trajetória do satélite é uma trajetória elíptica –

não há necessidade de comparar o valor de 𝑣0 com o valor de 𝑣escape.

1

𝑟=

𝐺𝑀

ℎ2+ 𝐶 cos 𝜃 𝐶 =

1

𝑟0−

𝐺𝑀

ℎ2 ℎ = 𝑟0𝑣0

Condições iniciais e constantes do problema,

𝑟0 = 6371 𝑘𝑚 + 500 𝑘𝑚 𝑟0 = 6,8710 ×106 𝑚

𝑣0 = 36.900 𝑘𝑚/ℎ 𝑣0 = 10,250 × 103 𝑚/𝑠

ℎ = 𝑟0𝑣0 = (6,8710 × 106)(10,250 × 103) ℎ = 7,0428 × 1010 𝑚2/𝑠

𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2 = (9,81)(6,3710 × 106)2 𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2 = 3,9818 × 1014 𝑚3/𝑠2

𝐺𝑀

ℎ2=

3,9818×1014

(7,0428×1010)2

𝐺𝑀

ℎ2= 8,0278 × 10−8 𝑚−1

𝐶 =1

6,8710×106− 8,0278 × 10−8 𝐶 = 6,5261 × 10−8 𝑚−1

A altitude máxima ocorre no Apogeu, idendificado na figura como o ponto 𝐴′, correspondente ao raio vetor 𝑟1

quando 𝜃 = 𝜃1 = 180° = 𝜋. Assim, podemos escrever,

1

𝑟1= 8,0278 × 10−8 + 6,5261 × 10−8 cos 𝜃1

1

𝑟1= 8,0278 × 10−8 + 6,5261 × 10−8 cos 𝜋

1

𝑟1= 8,0278 × 10−8 − 6,5261 × 10−8

1

𝑟1= 1,5017 × 10−8

𝑟1 =1

1,5017×10−8 𝑟1 = 6,6592 × 10

7 𝑚

A altitude máxima é,

𝐴𝑙𝑡𝑚á𝑥 = 𝑟1 − 𝑅 𝐴𝑙𝑡𝑚á𝑥 = 6,6592 × 107 − 6,3710 × 106

𝐴𝑙𝑡𝑚á𝑥 = 6,0221 × 107 𝑚

O período do satélite é dado por,

𝜏 =2𝜋𝑎𝑏

ℎ


Onde,

𝑎 =𝑟0+𝑟1

2 𝑎 =

6,8710×106+6,6592×107

2 𝑎 = 3,6732 × 107 𝑚

𝑏 = √𝑟0𝑟1 𝑏 = √(6,8710 × 106)(6,6592 × 107) 𝑏 = 2,1391 × 107 𝑚

Assim,

𝜏 =2𝜋𝑎𝑏

ℎ 𝜏 =

2𝜋(3,6732×107)(2,1391×107)

7,0428×1010

𝜏 = 70.096,56 𝑠

𝜏 = 19,471 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝜏 = 19ℎ 28𝑚 17𝑠

Documents

APOSTILA ENG002 MECÂNICA GERAL II - repositorio.ufba.br