a → ± g

Polícia Rodoviária Federal
Prof. Dirceu Pereira
2.5.4. MOVIMENTO VERTICAL NO VÁCUO
O movimento vertical de um corpo próximo ao solo é
chamado de queda livre quando o corpo é abandonado
no vácuo ou se considera desprezível a ação do ar. O
lançamento vertical difere da queda livre somente pelo
fato de apresentar uma velocidade inicial vertical. As
funções horárias serão as mesmas para ambos.
A aceleração do movimento vertical é chamada de
aceleração da gravidade e é indicada por g. É
considerada constante e, portanto, determina um MRUV.
Ao nível do mar, na latitude de 45º, a aceleração da
gravidade é g = 9,80665 m/s².
a contar do ponto de lançamento, a posição e o
instante do encontro dos móveis. Adote g = 10 m/s² e
despreze a resistência do ar.
Solução
Orientemos a trajetória para cima (a = - g). O móvel A foi
lançado no início da contagem dos tempos (t = 0 s).
Assim, após t segundos, ele terá andado durante t
segundos e em sua função comparece a variável t. O
móvel B parte 2 s depois. Após t segundos, B andou
durante (t - 2) segundos, pois partiu depois. Logo, nas
funções do móvel B aparecerá (t - 2) em lugar de t. Os
móveis A e B são lançados do mesmo ponto, mas estão
ilustrados separados para melhor compreensão.
queda livre ⇒ movimento acelerado (v > 0)
lançamento vertical ⇒ movimento retardado (v < 0)
A equação horária é:
g ⋅t2
s = s0 + v 0 ⋅ t −
2
N a figura 14, a medida que um corpo é lançado para
cima, sua velocidade escalar decresce em módulo até se
anular na altura máxima. Neste instante, ocorre mudança
de sentido do movimento e o móvel passa a descer em
movimento acelerado.
A aceleração da gravidade atua sempre na direção
vertical com sentido de cima para baixo. Desta forma,
temos:
- g ⇒ trajetória positiva orientada para cima
+ g ⇒ trajetória positiva orientada para baixo
Física
Aula 2 de 5
Com s0 = 0, v0 = 15 m/s e g = - 10 m/s², vem:
móvel A → sA = 15 ⋅ t − 5 ⋅ t 2
10 ⋅ ( t − 2 ) 2
2
No instante de encontro: sA = sB
Igualando as equações horárias de A e B, temos:
10 ⋅ ( t − 2 ) 2
15 ⋅ t − 5 ⋅ t 2 = 15 ⋅ ( t − 2 ) −
2
Resolvendo, tiramos que t = 2,5 s
móvel B → sB = 15 ⋅ ( t − 2 ) −
Substituindo o valor de t encontrado em qualquer uma
das equações sA ou sB , determinamos o ponto de
encontro.
sA = sB = 6,25 m
Resposta:
o encontro ocorre 2,5 s depois do lançamento de A e a
6,25 m do ponto de lançamento.
(figura 14)
As equações que regem a queda livre são as mesmas do
MRUV, bastando substituir nestas, a aceleração pela
aceleração da gravidade.
a→±g
2.5.4.1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
12) Dois móveis A e B são lançados verticalmente para
cima, com a mesma velocidade inicial de 15 m/s, do
mesmo ponto. O móvel A é lançado no instante
t = 0 s e o móvel B é lançado 2 s depois. Determine,
13) Uma pedra é lançada verticalmente para cima a
partir do solo, com velocidade de 40 m/s.
Simultaneamente, na mesma vertical, outra pedra B
é abandonada a partir do repouso do alto de um
edifício com 80 m de altura. Desprezando a
resistência do ar e adotando g = 10 m/s², determine:
a) o instante em que as pedras colidem;
b) a altura, relativamente ao solo, em que ocorre a
colisão.
Solução
a) para equacionar os dois movimentos é necessário
adotar para ambos a mesma origem e a mesma
orientação da trajetória. Escolhendo a origem no solo e
orientando a trajetória para cima, teremos:
pedra A: g = - 10 m/s² ; v0 = + 40 m/s ; s0 = 0
pedra B: g = - 10 m/s² ; v0 = 0 ; s0 = 80 m
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
1
Polícia Rodoviária Federal
Prof. Dirceu Pereira
Física
Aula 2 de 5
r
pela soma vetorial da velocidade horizontal v 0 , que
r
permanece constante, e da velocidade vertical vy , cujo
módulo varia, pois a aceleração da gravidade tem direção
vertical.
Assim, no lançamento horizontal, à medida que o móvel
r
se movimenta, o módulo de sua velocidade v cresce em
virtude do aumento do módulo da componente vertical
r
vy .
Da equação horária das posições s = s 0 + v 0 ⋅ t −
temos que:
sA = 40 ⋅ t − 5 ⋅ t 2 e
g ⋅t2
2
sB = 80 − 5 ⋅ t 2
No instante de encontro: sA = sB . Então:
40 ⋅ t − 5 ⋅ t 2 = 80 − 5 ⋅ t 2 → t = 2 s
b) Para determinar a posição de encontro, substituímos o
valor do instante de encontro numa das equações
horárias e obtemos
sA = sB = 60 m
Resposta: a) t = 2 s
b) s = 60 m
2.5.5. LANÇAMENTO HORIZONTAL NO VÁCUO
Galileu propôs o princípio da simultaneidade ou da
independência dos movimentos simultâneos.
2.5.5.1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
14) Após uma enchente, um grupo de pessoas ficou
ilhado numa região. Um avião de salvamento,
voando horizontalmente a uma altura de 750 m e
mantendo uma velocidade de 50 m/s, aproxima-se
do local para que um pacote com medicamentos e
alimentos seja lançado para as pessoas isoladas. A
que distância, na direção horizontal, o pacote deve
ser abandonado para que caia junto às pessoas?
Despreze a resistência do ar e adote g = 10 m/s².
Solução
O pacote cai e ao mesmo tempo avança horizontalmente.
Esse avanço horizontal se dá por inércia, acompanhando
o movimento do avião. Assim, o pacote deve ser
abandonado numa posição tal que, no intervalo de tempo
que leva para cair, ele percorra a distância horizontal
necessária para chegar junto às pessoas. Calculamos o
tempo de queda como se o pacote caísse livremente na
direção vertical.
Se um móvel apresenta um movimento composto, cada
um dos movimentos componentes se realiza como se
os demais não existissem e no mesmo intervalo de
tempo.
Quando um corpo é lançado horizontalmente no vácuo,
ele descreve, em relação à Terra, uma trajetória
parabólica, como mostra o gráfico abaixo.
De acordo com o princípio da simultaneidade, esse
movimento pode ser considerado como composto de um
movimento de queda livre associado a um movimento
horizontal. Já estudamos o movimento de queda livre.
s=
g ⋅t 2
10 ⋅ t 2
⇒ 720 =
⇒ t = 12 s
2
2
Durante esses 12 s, o pacote avança com movimento
uniforme na direção horizontal e com velocidade
constante v=50 m/s. Assim:
x = v ⋅ t ⇒ x = 50 ⋅ 12 ⇒ x = 600 m
Resposta:
o pacote deve ser abandonado quando o avião estiver a
600 m do grupo, medidos na direção horizontal.
(figura 15)
O movimento horizontal, por sua vez, é um movimento
uniforme, pois não existe nenhuma aceleração na direção
horizontal; o móvel o realiza por inércia, mantendo a
r
velocidade v 0 com que foi lançado.
r
Em cada ponto da trajetória, a velocidade resultante v
do móvel, cuja direção é tangente à trajetória, é dada
15) Uma esfera rola com velocidade constante de 10 m/s
sobre uma mesa horizontal. Ao abandonar a mesa,
ela fica sujeita exclusivamente à ação da gravidade
(g = 10 m/s²), atingindo o solo num ponto situado a
5 m do pé da mesa. Determine:
a) o tempo de queda;
b) a altura da mesa em relação ao solo;
c) o módulo da velocidade da esfera ao chegar ao
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
2
Polícia Rodoviária Federal
Física
Aula 2 de 5
Prof. Dirceu Pereira
solo.
2.5.6.1. MOVIMENTO VERTICAL (MUV)
Considere o gráfico na figura 16, onde demonstramos
somente o movimento vertical em separado.
Solução
a) Ao abandonar a mesa, a esfera apresenta, na direção
horizontal, movimento uniforme com velocidade inicial
v0=10 m/s. Assim:
x = v 0 ⋅ t ⇒ 5 = 10 ⋅ t ⇒ t = 0 ,5 s
Esse tempo é também o tempo de queda, cujo
movimento é simultâneo.
b) Simultaneamente ao movimento horizontal, a esfera
cai de uma altura s em queda livre:
s=
g ⋅t2
10 ⋅ (0 ,5 ) 2
⇒s=
⇒ s = 1,25 m
2
2
c) Ao chegar ao solo, a velocidade vetorial da esfera
pode ser considerada resultante da composição da
velocidade horizontal que se mantém constante e da
velocidade vertical, cujo módulo é dado por:
vy = v 0 y + g ⋅ t , sendo v 0 y = 0 , g = 10 m / s 2 e t = 0 ,5 s
vy = 0 + 10 ⋅ 0 ,5 ⇒ v y = 5 m / s
v =
r
Se projetarmos a velocidade de lançamento v 0 na
direção do eixo 0y, obteremos a velocidade inicial vertical
r
v 0 y , cujo módulo é dado por:
r
r
v oy = v o ⋅ senϑ
Sob a ação da gravidade, o módulo da velocidade vertical
r
v y diminui à medida que o corpo sobe, anula-se no
ponto mais alto e aumenta, com o vetor no sentido
contrário, à medida que o corpo desce.
Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo
destacado na figura, obtemos o módulo da velocidade
vetorial da esfera ao chegar ao solo:
2
(figura 16)
v 02
r
Através da equação de Torricelli, fazendo y = H e v y = 0,
+ v y2
2
As equações do MRUV são válidas, substituindo-se a
aceleração pela aceleração da gravidade, com o sinal
apropriado.
2
v = 10 + ( 0 ,5 )
encontramos a equação para calcular a altura máxima
do lançamento H.
v = 11,2 m / s
H=
Resposta: a) t=0,5 s
b) s=1,25 m
c) v=11,2 m/s
2.5.6. LANÇAMENTO OBLÍQUO NO VÁCUO
r
Considere um corpo sendo lançado com velocidade v 0
numa direção que forma com a horizontal um ângulo θ
(ângulo de tiro). Desprezada a resistência do ar, o móvel
fica sob a ação exclusiva de seu peso e sujeito apenas,
portanto, à aceleração da gravidade. Em relação à Terra,
a trajetória também será uma parábola.
v 02 ⋅ sen 2 ϑ
2⋅g
2.5.6.2. MOVIMENTO HORIZONTAL (MU)
Considere o gráfico na figura 17, onde demonstramos
somente o movimento horizontal em separado.
Alcance (A) – distância horizontal que o corpo percorre
desde o lançamento até o instante em que retorna ao
nível horizontal de partida.
Altura máxima (H) – máximo deslocamento vertical do
móvel no sentido para cima.
O movimento descrito pelo corpo pode ser considerado
como resultado da composição de dois movimentos
simultâneos e independentes:
a) um movimento vertical uniformemente variado, cuja
aceleração é a da gravidade, e
b) um movimento horizontal uniforme, pois, como já
vimos, na horizontal não há aceleração.
(figura 17)
r
Se projetarmos a velocidade de lançamento v 0 na
direção do eixo 0x, obteremos a velocidade inicial vertical
r
vx , cujo módulo é dado por:
r
r
vx = v o ⋅ cos ϑ
Diferentemente do movimento vertical, no movimento
horizontal, como já vimos anteriormente, não há
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
3
Polícia Rodoviária Federal
Física
Aula 2 de 5
Prof. Dirceu Pereira
aceleração presente e, portanto, a velocidade é constante
ao longo da trajetória.
Substituindo a equação horária do MU na equação
horária das velocidades do MRUV, podemos determinar a
equação de alcance A em função do ângulo de tiro:
v 2 ⋅ sen2ϑ
A= 0
g
Da fórmula acima, temos o alcance máximo possível
quando sen2θ = 1. Portanto, o ângulo θ que possibilita o
alcance máximo é:
sen2ϑ = 1 ⇒ 2ϑ = 90 º ⇒ ϑ = 45 º
Nessa condição (θ = 45º), podemos obter uma relação
simples entre o alcance máximo A e a altura máxima H:
Amax = 4 ⋅ H
Portanto, no lançamento com θ = 45º, o alcance Amax é
quatro vezes maior que a altura máxima H do
lançamento.
Lembrando que, sendo
r
parabólico, a velocidade v
pela soma das componentes
o movimento resultante
do projétil é sempre dada
r
r
vx e v y .
r r
r
v = vx +vy
a) Do triângulo retângulo formado pelos vetores com os
eixos x e y, tiramos:
vx = v o ⋅ cos ϑ
e
v oy = v o ⋅ senϑ
Como v0 = 100 m/s, senθ = 0,8 e cosθ = 0,6, vem:
vx = 100 ⋅ 0 ,6 ⇒ v x = 60 m / s
v 0y = 100 ⋅ 0 ,8 ⇒ v 0y = 80 m / s
b) No ponto mais alto da trajetória, vy = 0.
Do MRUV, temos que v y = v 0y + a ⋅ t
Mas sabemos que a = - g = - 10 m/s². Daí vem:
0 = 80 − 10 ⋅ t ⇒ 10 ⋅ t = 80 ⇒ t = 8 s
a⋅t2
e
2
sendo y = H, y0 = 0 e a = - g = - 10 m/s², vem:
c) Substituindo t = 8 s em y = y 0 + v 0 ⋅ t +
H = 80 ⋅ 8 −
10 ⋅ 64
= 640 − 320 ⇒ H = 320 m
2
d) O tempo total do movimento é t T = 2 ⋅ t = 2 ⋅ 8 = 16 s .
Para o movimento horizontal x = v x ⋅ t , temos x = A,
quando t = 16 s e vx = 60 m/s. Portanto:
A = 60 ⋅ 16 ⇒ A = 960 m
r
A velocidade v é sempre tangente à trajetória do móvel.
r
r
No ponto mais alto, v y = 0. A velocidade v será igual a
r
vx neste ponto.
Ao retornar ao nível horizontal de lançamento, o projétil
terá a velocidade escalar igual à velocidade inicial com
que foi lançado.
2.5.6.3. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
16) Um corpo é lançado obliquamente no vácuo com
velocidade inicial v0=100 m/s, numa direção que
forma com a horizontal um ângulo θ tal que
senθ=0,8 e cosθ=0,6. Adotando g=10 m/s²,
determine:
a) os módulos das componentes, horizontal e
vertical, da velocidade, no instante de lançamento.
b) o instante em que o corpo atinge o ponto mais alto
da trajetória.
c) a altura máxima atingida pelo móvel.
d) o alcance do lançamento.
Também poderíamos ter resolvido os itens c e d através
das equações do alcance máximo e altura máxima de
lançamento.
Resposta:
a) v 0y = 80 m / s ; v x = 60 m / s
c) H = 320 m
b) t = 8 s
d) A = 960 m
17) Um projétil é lançado obliquamente com velocidade
que forma com a horizontal um ângulo θ, atingindo a
altura máxima de 7,2 m. Sabendo que no ponto mais
alto da trajetória a velocidade escalar do projétil é
10 m/s, determine:
a) o intervalo de tempo para o móvel chegar ao
ponto mais alto de sua trajetória (tempo de subida).
b) o tempo total do movimento.
c) a velocidade de lançamento e o ângulo de tiro θ.
d) o alcance horizontal do lançamento.
Solução
O gráfico abaixo simula a trajetória do móvel descrita pelo
problema.
Solução
O gráfico abaixo simula a trajetória do móvel descrita pelo
problema.
a) Temos y = H = 7,2 m e vy = 0. Aplicando a equação
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
4
Polícia Rodoviária Federal
Física
Aula 2 de 5
Prof. Dirceu Pereira
de Torricelli, vem:
A unidade de massa no Sistema Internacional de
Unidades (SI) é o quilograma (kg), sendo permitido o
uso de seus múltiplos e submúltiplos.
v y2 = v 02 y + 2 ⋅ a ⋅ y ⇒ a = −g = −10 m / s 2
0 = v 02 y − 20 ⋅ 7 ,2 ⇒ v 02 y = 144 ⇒ v 0y = 12 m / s
Substituín do em v y = v 0y − g ⋅ t
0 = 12 − 10 ⋅ t ⇒ 10 ⋅ t = 12
t = 1,2 s
b) O tempo de subida é igual ao tempo de descida.
Logo, o tempo total do movimento será:
Força é uma grandeza física vetorial devendo ser,
portanto, caracterizada por um módulo, uma direção e um
sentido.
A primeira noção de força está associada ao esforço
muscular ou mecânico. Quando empurramos um objeto,
exercemos força sobre ele. Porém, temos outros tipos de
força tais como a força da ação do vento, a força de
atração entre cargas elétricas, a força gravitacional, etc.
A unidade de força no Sistema Internacional de
Unidades (SI) é o Newton (N), sendo permitido o uso de
seus múltiplos e submúltiplos.
tT = 2 ⋅ t ⇒ t T = 2 ⋅ 1,2
tT = 2 ,4 s
c) A velocidade de lançamento v0 é obtida a partir da
soma vetorial de suas componentes vx e v0y.
Aplicando-se o teorema de Pitágoras ao triângulo
retângulo formado pelos vetores com os eixos x e y no
gráfico, obtemos:
A força de 1 N é aquela necessária para imprimir à um
corpo de massa 1 kg uma aceleração de 1 m/s². Assim:
v 02 = v 02 y + v x2 sendo v 0y = 12 m / s e v x = 10 m / s
As classes ou natureza das forças, quanto ao modo
como são exercidas, são divididas em forças de contato
e forças de campo.
Por
tan to , v 02
= 144 + 100 ⇒
v 02
= 244
v 0 = 15 ,6 m / s
1 N = 1 kg ⋅
m
s2
(figura 1)
Como v x = v 0 ⋅ cos θ , vem :
10
10 = 15 ,6 ⋅ cos θ ⇒ cos θ =
⇒ cos θ ≈ 0 ,64
15 ,6
Ou , ainda , v 0y = v 0 ⋅ senθ . Logo :
12 = 15 ,6 ⋅ senθ ⇒ senθ =
12
⇒ senθ ≈ 0 ,77
15 ,6
Assim : θ ≈ 50 ,3º
d) Para obter o alcance x = A, substituímos tT = 2,4 s em
x = v x ⋅ t . Assim:
A = 10 ⋅ 2 ,4 ⇒ A = 24 m
Resposta:
a) 1,2 s b) 2,4 s
c) 15,6 m/s e 50,3º
d) 24 m
UNIDADE 3 – PRINCÍPIOS DE DINÂMICA
Na Cinemática, estudamos os movimentos sem nos
preocuparmos com as causas que os produziram ou
modificaram. Vamos, agora, estudar a Dinâmica.
A Dinâmica é a parte da Mecânica que estuda os
movimentos e as causas que os produzem ou os
modificam.
Em Dinâmica, passamos a considerar que o ponto
material, ou partícula, possui massa, ainda que
continuemos a desprezar suas dimensões.
Massa é uma grandeza física escalar que define a
quantidade de matéria de um corpo. A massa de um
corpo é invariável no espaço, pelas leis da Mecânica.
Assim, um corpo na Terra ou na Lua terá sempre a
mesma massa.
A força de contato existe quando
dois corpos estão em contato; o
contato pode ser de curta, média
e longa duração.
(figura 2)
A força de campo é exercida sem
contato direto entre os corpos,
sendo exemplos a força magnética,
força gravitacional, força elétrica,
etc.
3.1. AS LEIS DE NEWTON
3.1.1. PRIMEIRA LEI DE NEWTON
(Princípio da Inércia)
Um ponto material isolado está em repouso
ou em movimento retilíneo uniforme.
Um ponto material é dito isolado quando não existem
forças atuando sobre ele ou quando as forças aplicadas
ao ponto têm soma vetorial nula.
Assim, um ponto material isolado pode estar em equilíbrio
estático (repouso) com velocidade igual a zero, ou estar
em equilíbrio dinâmico (movimento retilíneo uniforme)
com velocidade constante.
A aplicação de uma força, ou de um sistema de forças
com resultante não nula, produz alteração no estado de
movimento de um ponto material.
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
5
Polícia Rodoviária Federal
Física
Aula 2 de 5
Prof. Dirceu Pereira
Assim, temos o conceito dinâmico de força: força é a
causa que produz num corpo variação de velocidade e,
portanto, aceleração.
A inércia é a propriedade da matéria de resistir a
qualquer variação em sua velocidade. Portanto, um corpo
tende a manter o seu estado de movimento.
Ao alterar o estado de movimento, estamos vencendo a
inércia do corpo. Daí, a Primeira Lei de Newton ser
também conhecida por Princípio da Inércia.
Os referenciais em relação aos quais vale o princípio da
inércia são chamados de referenciais inerciais.
Todo referencial em repouso ou em movimento retilíneo
uniforme em relação a um referencial inercial é também
inercial.
3.1.2. SEGUNDA LEI DE NEWTON
(Princípio Fundamental da Dinâmica)
A resultante das forças aplicadas a um ponto
material é igual ao produto de sua massa pela
aceleração adquirida:
r
r
F = m⋅a
r
Isto significa que a força resultante F
material de massa m, uma aceleração
direção e mesmo sentido da força
suas intensidades proporcionais.
produz no ponto
r
a com a mesma
resultante, sendo
r
r
A igualdade F = m ⋅ a é conhecida como equação
fundamental da Dinâmica, válida num referencial
inercial.
Devemos distinguir cuidadosamente as grandezas
massa e peso. A massa é uma propriedade invariável do
corpo enquanto o seu peso dependerá do valor da
aceleração da gravidade atuando sobre este.
Erroneamente, quando subimos em uma balança,
dizemos que o nosso peso é x kg. Na verdade, nossa
massa é x kg e o peso correspondente será x.g N.
3.1.3. TERCEIRA LEI DE NEWTON
(Princípio da Ação-e-Reação)
Toda vez que um corpo A exerce uma força num
corpo B, este também exerce em A uma força tal
que essas forças têm a mesma intensidade em
módulo, a mesma direção, sentidos opostos e a
mesma natureza.
r
r
FA = FB = F
e
r
r
FA = −FB
Um corpo próximo à superfície da Terra é atraído por ela:
r
a Terra exerce sobre ele a força peso P . Pelo princípio
da ação-e-reação, o corpo também exerce na Terra uma
força de mesma intensidade e de mesma direção, mas de
r
sentido contrário − P . No entanto, como a massa do
corpo é muito menor que a da Terra, o deslocamento
daquele é considerável, desprezando-se o deslocamento
desta.
As forças de ação-e-reação, neste caso, não se
equilibram, pois estão aplicadas em corpos diferentes.
(figura 3)
r
A Terra atrai o corpo com peso P e
o corpo atrai a Terra com a força
r
r
r
− P . As forças P e − P têm a
mesma intensidade, mas sentidos
opostos e estão aplicadas em
corpos diferentes.
Da equação fundamental da Dinâmica, concluímos que,
se aplicarmos em corpos de massas diferentes a mesma
força resultante, o corpo de maior massa adquirirá menor
aceleração de menor módulo, isto é, o corpo de maior
massa resiste mais a variações em sua velocidade. Por
isso, a massa é a medida da inércia de um corpo.
Um caso particular da força é o peso de um corpo, que é
a força de atração que a Terra exerce sobre ele.
Todos os corpos de massa m estão sujeitos a força
gravitacional da Terra que imprime sobre estes uma
aceleração constante chamada de aceleração da
gravidade (g) cuja direção é vertical e sentido de cima
para baixo, aplicado no centro de gravidade (baricentro)
do corpo. Assim, peso e aceleração da gravidade, sendo
vetores, possuem a mesma direção, mesmo sentido e
intensidades proporcionais.
Podemos exprimir a força-peso através da equação:
Supomos agora, que um corpo esteja apoiado numa
superfície horizontal de uma mesa, conforme a figura
abaixo.
r
r
F = m⋅a
↓ ↓ ↓
r
r
P = m⋅g
(figura 4 - a)
Em módulo, as duas equações serão:
F = m⋅a
P = m⋅g
(figura 4 - b)
Nesse caso, além da ação de campo da Terra, o corpo
tem ação de contato com a mesa. A reação do peso do
corpo continua na Terra (fig. 1). Atraído pela Terra, o
r
corpo exerce na mesa a força de intensidade FN ,
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
6
Polícia Rodoviária Federal
Física
Aula 2 de 5
Prof. Dirceu Pereira
enquanto o apoio exerce no corpo outra força, de sentido
r
contrário, mas de igual intensidade FN (fig. 2).
r
Desse modo, no corpo atuam duas forças: P (ação da
r
r
Terra) e FN (ação da mesa). A reação do peso P está
r
aplicada no centro da Terra e a reação da força FN está
aplicada na mesa.
Sendo assim, num fio ideal, as forças de contato em seus
extremos têm a mesma intensidade T e são chamadas
forças de tração no fio, pois tendem a alongá-lo.
3.1.4. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Uma partícula de massa 0,50 kg realiza um
movimento retilíneo uniformemente variado. Num
percurso de 4,0 m, sua velocidade varia de 3,0 m/s a
5,0 m/s. Qual é o módulo da força resultante que age
sobre a partícula?
Solução
(figura 4 - c)
r
r
As forças FN e P podem equilibrar-se,
pois estão no mesmo corpo e não são
um par ação-e-reação.
r
A força de contato FN , por ser
perpendicular à superfície de contato, é
chamada de força normal ou reação
normal de apoio.
r
Consideremos agora um corpo de peso P suspenso por
r
um fio inextensível de peso PF cuja extremidade esteja
ligada ao teto.
Utilizando a equação de Torricelli,
determinar a aceleração escalar:
podemos
v 2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s ⇒ (5 ,0 ) = (3 ,0 ) + 2 ⋅ a ⋅ (4 ,0 )
2
2
a = 2 ,0 m / s 2
Pela equação fundamental da Dinâmica, calculamos o
módulo da força resultante:
FR = m ⋅ a ⇒ 0 ,50 ⋅ 2 ,0
FR = 1,0 N
Resposta:
a força resultante é de 1,0 N.
2) Uma partícula de massa 0,20 kg é submetida à ação
das forças mostradas na figura. Determine a
aceleração da partícula.
(figura 5)
r
No corpo existem duas forças: o peso P , força de campo
r
da Terra, e T1 , força de contato com o fio. Se o corpo
está em equilíbrio:
P = T1 (pois a resultante deve ser nula)
r
Vamos chamar de T2 a força que o fio exerce no teto.
r
Assim, no fio há três forças: o peso do fio PF , a força de
r
r
contato − T1 (devida ao corpo) e a força de contato − T2
(devida ao teto). Como o fio está em equilíbrio, decorre:
r
r
r
r
r
a = 0 ⇒ FR = 0 ⇒ PF + − T1 = − T2 ⇒ PF + T1 = T2
Se o peso do fio inextensível for desprezível, isto é
0 (fio ideal), resultará:
T1 = T2 = T
r
PF ≈
Solução
Adotando a solução gráfica, encontramos a força
resultante do sistema de forças aplicado à partícula.
FRx = F1 − F3 = 5 − 2 = 3 N
FRy = F2 − F4 = 2 − 2 = 0 N
Desta forma, a resultante FR será na direção horizontal
no sentido positivo de x, uma vez que em y, a
resultante foi zero.
A aceleração da partícula é dada por:
FR = FRx = m ⋅ a ⇒ a =
FRx
3
=
m
0 ,2
a = 15 m / s 2
Resposta:
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
7
Polícia Rodoviária Federal
Prof. Dirceu Pereira
a aceleração será de 15 m/s² na direção horizontal, no
sentido positivo do eixo x.
3) No arranjo experimental da figura, os corpos A, B e C
têm, respectivamente, massas iguais 5 kg, 2 kg e 3 kg.
A aceleração da gravidade é 10 m/s². Os fios são
inextensíveis e de inércia desprezível; não há atrito
entre os fios e as polias; o plano horizontal é
perfeitamente liso. Determine:
a) a aceleração do sistema de corpos.
b) as trações nos fios.
Física
Aula 2 de 5
Observação: para um cálculo rápido da aceleração
poderíamos aplicar a equação fundamental da
Dinâmica ao conjunto de corpos de massa total
mA + mB + mC, observando que o peso PA tem o
mesmo sentido da aceleração e o peso PC se opõe.
FR = m ⋅ a ⇒ PA − PC = ( m A + m B + mC ) ⋅ a
50 − 30 = ( 5 + 2 + 3 ) ⋅ a ⇒ 20 = 10 ⋅ a
a = 2 m / s2
Resposta:
a) 2 m/s² b) T1 = 40 N e T2 = 36 N
4) Determine a força que o homem deve exercer no fio
para manter em equilíbrio estático o corpo suspenso
de 120 N. Os fios são considerados inextensíveis e de
massas desprezíveis; entre os fios e as polias não há
atrito. As polias são ideais, isto é, não tem peso.
Solução
a) O peso de B é anulado pela reação normal do
apoio; porém os pesos PA e PC são forças externas
ativas. PA é maior que PC:
m A = 5 kg ⇒ PA = m A ⋅ g ⇒ PA = 5 ⋅ 10 ⇒ PA = 50 N
mC = 3 kg ⇒ PC = mC ⋅ g ⇒ PC = 3 ⋅ 10 ⇒ PC = 30 N
Se o sistema partir do repouso, o corpo B move-se da
esquerda para a direita, pois o peso de A é maior que
o de C.
Vamos analisar cada corpo separadamente. No caso,
há duas trações, pois temos dois fios:
Solução
Para haver equilíbrio, a resultante das forças deve ser
nula. No corpo suspenso, a tração é igual ao peso P
= 120 N, pois não há aceleração. A distribuição de
trações nos fios é:
A equação fundamental da Dinâmica aplicada a cada
corpo fornece:
Corpo A: PA − T1 = m A ⋅ a ⇒ 50 − T1 = 5 ⋅ a
(1)
Corpo B: T1 − T2 = m B ⋅ a ⇒ T1 − T2 = 2 ⋅ a
(2)
Corpo C: T2 − PC = mC ⋅ a ⇒ T2 − 30 = 3 ⋅ a
(3)
Resolvendo o sistema de equações (1), (2) e (3), vem:
50 − 30 = ( 5 + 2 + 3 ) ⋅ a ⇒ 20 = 10 ⋅ a
a = 2 m / s2
b) Da equação (1) vem:
50 − T1 = 5 ⋅ a ⇒ 50 − T1 = 5 ⋅ 2 ⇒ T1 = 40 N
Da equação (2) vem:
T2 − 30 = 3 ⋅ a ⇒ T2 − 30 = 3 ⋅ 2 ⇒ T2 = 36 N
Pela figura acima, decompondo o peso inicial de 120
N em cada polia, chegamos a uma tração final no fio
de 15 N.
Observe que o homem equilibra o peso de 120 N,
exercendo uma força de intensidade bem menor; por
isso, na prática, são muito utilizadas as associações
de polias como se vêem em guindastes.
Resposta: T = 15 N
3.2. FORÇAS DE ATRITO
A força de atrito é uma força reativa que surge entre dois
corpos em contato, sujeitos a algum esforço, sendo
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
8
Polícia Rodoviária Federal
Física
Aula 2 de 5
Prof. Dirceu Pereira
devida a rugosidade e as forças de adesão entre as
moléculas destas superfícies.
Temos dois tipos de atrito: dinâmico e estático.
3.2.1. ATRITO DINÂMICO
Quando há movimento entre dois corpos em contato, ou
escorregamento, a experiência mostra que a intensidade
da força de atrito, dentro de uma boa aproximação, é
proporcional à intensidade da força normal Fn, dada pela
seguinte relação:
Fat = µ d ⋅ Fn
Nesta fórmula, µ d é uma constante de proporcionalidade
chamada de coeficiente de atrito dinâmico. É
adimensional e é função da natureza dos sólidos em
contato e do estado de polimento das superfícies. Pode
variar de valores baixos (0,02) a valores elevados (1,20).
r
Neste caso, a componente Pt tende a arrastar o bloco
r
para baixo, sendo equilibrada pela força de atrito Fat ,
com a mesma intensidade e sentido contrário, de forma
que o corpo fique em repouso.
A força de atrito estático é dado pela relação:
Fat = µ e ⋅ Fn
onde µ e é o coeficiente de atrito estático.
Imagine agora, que o ângulo θ seja aumentado
gradualmente. Haverá um instante em que o bloco estará
na iminência de movimento. Isto ocorre devido a uma
r
diminuição na força normal Fn , devido à diminuição na
r
componente Pn , e ao aumento correspondente no valor
r
da componente Pt , gerando um desequilíbrio de forças.
A partir deste instante, passamos a ter atrito dinâmico.
Veja na figura 1, que o peso do corpo sobre o plano
inclinado, produz duas componentes: uma perpendicular
r
r
ao plano inclinado, Pn , e outra paralela a este, Pt .
r
A componente Pn produz uma força de reação normal
r
Fn perpendicular ao plano inclinado, de mesma
intensidade e com sentido contrário.
r
Ao movimentarmos o corpo com a força F , surge a força
r
r
de atrito Fat , que juntamente com a componente Pt ,
r
reagem ao movimento. Para que este ocorra, F deverá
r
r
ser maior do que a soma de Fat e Pt .
A força de atrito dinâmico independe da velocidade com
que o corpo desliza sobre a superfície e também
independe da área de contato entre o corpo e a
superfície.
3.2.2. ATRITO ESTÁTICO
Consideremos agora, que o bloco da figura 1 esteja em
repouso, conforme indica a figura 2.
A tabela 1 apresenta alguns valores de coeficiente de
atrito estático e dinâmico para diferentes materiais em
contato.
Coeficientes de
atrito
Estático Dinâmico
( µd )
( µe )
Materiais
aço com aço
alumínio com aço
cobre com aço
borracha com asfalto seco
borracha com asfalto molhado
0,74
0,61
0,53
1,00
0,30
0,57
0,47
0,36
0,80
0,25
(tabela 1)
3.2.3. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
5) No arranjo experimental da figura, os corpos A, B e C
têm, respectivamente, massas iguais 5 kg, 2 kg e 3 kg.
A aceleração da gravidade é 10 m/s². Os fios são
inextensíveis e de inércia desprezível; não há atrito
entre os fios e as polias. O coeficiente de atrito
dinâmico entre o bloco B e a mesa é 0,22. Determine:
a) a aceleração do sistema de corpos.
b) as trações nos fios.
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
9
Polícia Rodoviária Federal
Prof. Dirceu Pereira
Física
Aula 2 de 5
T2 − 30 = 3 ⋅ a ⇒ T2 − 30 = 3 ⋅ 1,56 ⇒ T2 ≈ 34 ,7 N
Compare os resultados obtidos no exercício 3.
Observação: para um cálculo rápido da aceleração
poderíamos aplicar a equação fundamental da
Dinâmica ao conjunto de corpos de massa total
mA
+ mB + mC, observando que o peso PA tem o mesmo
sentido da aceleração e o peso PC se opõe.
Solução
Vamos agora resolver o mesmo exercício 3
considerando que existe atrito dinâmico entre o bloco
B e a mesa.
a) O peso de B produz uma reação normal e, por
conseguinte, uma força de atrito dinâmica:
Fat = µ d ⋅ Fn ⇒ Fat = 0 ,22 ⋅ 2 ⋅ 10 ⇒ Fat = 4 ,4 N
Os pesos PA e PC são forças externas ativas. PA é
maior que PC:
m A = 5 kg ⇒ PA = m A ⋅ g ⇒ PA = 5 ⋅ 10 ⇒ PA = 50 N
mC = 3 kg ⇒ PC = mC ⋅ g ⇒ PC = 3 ⋅ 10 ⇒ PC = 30 N
Se o sistema partir do repouso, o corpo B move-se da
esquerda para a direita, pois o peso de A é maior que
o de C.
Vamos analisar cada corpo separadamente. No caso,
há duas trações, pois temos dois fios:
FR = m ⋅ a ⇒ PA − PC − Fat = ( m A + m B + mC ) ⋅ a
50 − 30 − 4 ,4 = ( 5 + 2 + 3 ) ⋅ a ⇒ 15 ,6 = 10 ⋅ a
a = 1,56 m / s 2
Se aumentarmos o coeficiente de atrito ou o peso do
bloco B, poderemos atingir a condição em que a
aceleração será zero e o corpo ficará em equilíbrio
estático.
Resposta:
a) 1,56 m/s²
b) T1 = 42,2 N e T2 ≈ 34,7 N
6) O bloco A de massa m = 3,0 kg está apoiado num
plano inclinado que forma uma ângulo θ em relação a
horizontal. O bloco A está na iminência de escorregar
para baixo. Determine, nessas condições, o peso do
bloco B. O coeficiente de atrito estático entre o bloco A
e o plano é µe = 0,50.
Dados: sen θ = 0,60; cos θ = 0,80; g = 10 m/s².
Considere o fio e polia ideais.
Solução
A equação fundamental da Dinâmica aplicada a cada
corpo fornece:
Corpo A: FRA = m A ⋅ a ⇒ PA − T1 = m A ⋅ a
50 − T1 = 5 ⋅ a
(1)
Corpo B: FRB = m B ⋅ a ⇒ T1 − T2 − Fat = m B ⋅ a
T1 − T2 − 4 ,4 = 2 ⋅ a
(2)
Corpo C: FRC = mC ⋅ a ⇒ T2 − PC = mC ⋅ a
T2 − 30 = 3 ⋅ a
(3)
Vamos inicialmente calcular as componentes PAt e PAn
do peso PA do bloco A:
PAt = PA ⋅ senθ ⇒ PAt = 3 ⋅ 10 ⋅ 0 ,6 ⇒ PAt = 18 N
PAn = PA ⋅ cos θ ⇒ PAn = 3 ⋅ 10 ⋅ 0 ,8 ⇒ PAn = 24 N
Na figura abaixo, representamos as forças que agem
em cada bloco. Observe que a força de atrito Fat , que
o plano exerce em A, tem sentido para cima, pois o
bloco A está na iminência de escorregar para baixo.
Resolvendo o sistema de equações (1), (2) e (3), vem:
50 − 30 − 4 ,4 = ( 5 + 2 + 3 ) ⋅ a ⇒ 20 = 10 ⋅ a
a = 1,56 m / s 2
b) Da equação (1) vem:
50 − T1 = 5 ⋅ a ⇒ 50 − T1 = 5 ⋅ 1,56 ⇒ T1 = 42 ,2 N
Da equação (3) vem:
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
10
Polícia Rodoviária Federal
Física
Aula 2 de 5
Prof. Dirceu Pereira
Solução
Estando os blocos em equilíbrio, podemos escrever:
O sistema adquire velocidade limite quando a
resistência do ar P se iguala ao peso total P.
bloco B: T = PB
bloco A: T + Fat = PAt
Como R = k.V² e P = m.g, temos:
Portanto: PB + Fat = PAt
Como o bloco A está na iminência de escorregar,
temos Fat = FAt MAX = µ e ⋅ Fn = µ e ⋅ Pn . Logo:
k ⋅ VL2 = m ⋅ g ⇒ VL =
PB + µ e ⋅ Pn = PAt ⇒ PB + 0 ,5 ⋅ 24 = 18
Sabemos que:
N ⋅ s2
k = 40
,
m2
PB = 6 N
Resposta: PB = 6 N
m⋅g
k
m = 100 kg
e
g = 10 m / s 2
Assim,
3.3. RESISTÊNCIA DO AR E VELOCIDADE LIMITE
Um corpo em movimento estará sujeito a uma resistência
devido ao atrito com o ar que será dada por:
100 ⋅ 10
⇒ VL = 25 ⇒ VL = 5 m / s
40
VL = 18 km / h
VL =
Resposta: 18 km/h
R = k ⋅V 2
onde k é uma constante de proporcionalidade obtida por
estudos experimentais (túnel de vento, por exemplo) e
que depende da forma do corpo e da maior área da
secção transversal deste, perpendicular à direção do
movimento.
A unidade da constante de proporcionalidade k no
Sistema Internacional de Unidades (SI) é o Newton
vezes segundo ao quadrado dividido por metro ao
quadrado (N.s²/m²).
Considere agora, um corpo em queda livre no ar. Este
tenderá ao movimento uniformemente variado com
r
aceleração constante g. Porém, a força-peso P será
resistida pelo atrito com o ar, conforme a equação
r r r
F = P −R
Assim, à medida em que a velocidade aumenta, aumenta
r
a força resistiva R no quadrado da velocidade,
diminuindo a aceleração resultante sobre o corpo até que
r
esta se anule tendendo a força resultante F a zero.
Neste ponto, o corpo atinge a velocidade limite e passa
a ter movimento uniforme (aceleração nula).
A condição para se determinar a velocidade limite é que a
r
força F seja considerada zero.
Portanto, temos que:
F = P − k ⋅V 2 ⇒ P − k ⋅V 2 = 0
3.3.1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
7) Um homem e seu pára-quedas têm massa total de
100 kg. A resistência do ar tem constante de
proporcionalidade k, medida em ensaios executados
previamente, de 40 N.s²/m². Considerando g = 10
m/s², determine a velocidade limite de queda.
Neste curso os melhores alunos estão sendo preparados pelos melhores Professores
11