Apostila mecanica-calor-ondas

i
1. Um pouco de cálculo
1.1 Introdução aos vetores................................................................................1
1.2 Introdução às derivadas..............................................................................9
1.3 Integração ...............................................................................................15
1.4 Interpretação cinemática das derivadas e integrais...................................19
Exercícios................................................................................................21
2. Movimento unidimensional
2.1 Introdução..................................................................................................25
2.2 Classificação dos movimentos unidimensionais.......................................30
2.3 Determinação de x(t) a partir de v(t) e de v(t) a partir de a(t)...................30
2.4 Aceleração constante.................................................................................32
Exercícios................................................................................................34
3. Movimentos bi e tridimensional
3.1 Introdução..................................................................................................35
3.2 Decomposição de movimentos..................................................................37
3.3 O movimento acelerado.............................................................................38
3.4 Movimentos planos descritos por coordenadas polares............................43
Exercícios................................................................................................45
4. As leis de Newton
4.1 Introdução..................................................................................................49
4.2 Referenciais...............................................................................................53
4.3 Aplicações das leis de Newton..................................................................54
4.4 Movimento circular...................................................................................63
4.5 Força retardada proporcional à velocidade...............................................67
4.6 Forças observadas na natureza..................................................................69
4.7 Forças inerciais..........................................................................................75
Exercícios................................................................................................79
Índice

ii
5. Trabalho e energia
5.1 Trabalho e energia cinética.......................................................................85
5.2 Potência.................................................................................................... 90
5.3 Energia potencial.......................................................................................90
5.4 Forças conservativas..................................................................................92
5.5 Determinação da força a partir da energia potencial.................................94
5.6 Forças dissipativas.....................................................................................95
5.7 Conservação de energia.............................................................................96
5.8 Corpo são sob a ação de um potencial arbitrário.....................................100
Exercícios..............................................................................................101
6. Sistema de partículas. Conservação de momentum
6.1 Centro de massa ......................................................................................107
6.2 Movimento do centro de massa...............................................................109
6.3 Sistemas onde a massa varia....................................................................112
Exercícios..............................................................................................116
7. Colisões
7.1 Impulso....................................................................................................119
7.2 Transporte de momentum para uma superfície. Pressão de um gás........121
7.3 Colisão e conservação de momentum.....................................................123
Exercícios..............................................................................................127
8. Dinâmica do corpo rígido
8.1 Introdução ...............................................................................................131
8.2 Rotação em torno de um eixo fixo...........................................................131
8.3 Energia rotacional e momento de inércia................................................134
8.4 Dinâmica da rotação em torno de um eixo fixo.......................................142
8.5 Equilíbrio estático de um corpo rígido....................................................145
8.6 Aceleração constante...............................................................................147
8.7 Momentum angular..................................................................................152
8.8 Torque e momentum angular de um sistema de partículas.....................154
8.9 Relação trabalho-energia rotacional........................................................158
8.10 Conservação do momentum angular.....................................................159
8.11 Combinação de translação e rotação.....................................................162
Exercícios..............................................................................................167
9. Oscilações
9.1 O movimento harmônico simples............................................................175

iii
9.2 O sistema massa-mola.............................................................................178
9.3 O sistema massa-mola com gravidade.....................................................181
9.4 O pêndulo matemático.............................................................................182
9.5 O pêndulo físico.......................................................................................184
9.6 Oscilação de dois corpos.........................................................................185
9.7 O sistema mola-cilindro...........................................................................186
9.8 Oscilações amortecidas............................................................................187
9.9 Oscilações forçadas.................................................................................188
Exercícios..............................................................................................192
10. Movimento ondulatório
10.1 Introdução..............................................................................................195
10.2 Propagação de pulsos numa corda.........................................................197
10.3 Ondas sonoras........................................................................................198
10.4 Ondas harmônicas..................................................................................201
10.5 Efeito Doppler.......................................................................................202
10.6 Ondas estacionárias...............................................................................205
10.7 Funções de onda no caso estacionário...................................................209
10.8 Interferência...........................................................................................210
Exercícios..............................................................................................212
11. Gravitação
11.1 Introdução..............................................................................................215
Exercícios..............................................................................................221
12. Mecânica dos fluidos
12.1 Introdução..............................................................................................225
12.2 Hidrostática............................................................................................226
12.3 Princípio de Arquimedes.......................................................................229
12.4 Dinâmica dos fluídos.............................................................................231
12.5 Teorema de Bernouilli...........................................................................233
12.6 Viscosidade............................................................................................238
Exercícios..............................................................................................241
13. Termologia e termodinâmica
13.1 Introdução..............................................................................................245
13.2 Medida da temperatura..........................................................................247
13.3 Equação de estado.................................................................................249

iv
13.4 Interpretação microscópica da temperatura...........................................250
13.5 Dilatação térmica...................................................................................252
13.6 Calor e trabalho.....................................................................................255
13.7 Transmissão de calor.............................................................................257
Exercícios..............................................................................................262
14. Termodinâmica do gás ideal
14.1 Introdução..............................................................................................265
14.2 Capacidade térmica...............................................................................268
14.3 Tipos de expansões................................................................................268
14.4 Método de Rüchhardt para determinação de γ.....................................270
Exercícios..............................................................................................272

S. C. Zilio e V. S. Bagnato Mecânica, calor e ondas
Um pouco de cálculo 1
1.1 Introdução aos vetores
Existem grandezas físicas que podem ser especificadas fornecendo-se
apenas um número. Assim, por exemplo, quando dizemos que a temperatura
de uma sala é de 20 0
C temos a informação completa, não sendo necessário
nenhum dado adicional. Grandezas deste tipo são conhecidas como escalares.
Por outro lado, se estivermos discutindo o deslocamento de um corpo, é
necessário indicar a distância percorrida entre dois pontos, a direção e o
sentido do deslocamento. A grandeza que descreve este movimento é
denominada de vetor e será o objeto de estudo desta seção. Existem ainda
grandezas chamadas tensores que necessitam de um número maior de
informações, em geral dadas na forma de matrizes, que fogem à abrangência
deste texto.
Geometricamente, os vetores são representados por uma seta, cujo
comprimento é chamado de módulo (escolhendo-se uma determinada escala).
A direção e o sentido da seta fornecem a direção e sentido do vetor.
Usualmente, ele é representado por uma letra em negrito (a, AB, etc.) ou com
uma seta sobre a letra (a
r
,AB
→
, etc.). Por outro lado, o módulo do vetor é
representado apenas por uma letra ou com o vetor colocado entre barras (a,
a
r
,  AB
→
, etc.)
Consideremos uma partícula deslocando-se de A para B. Este
deslocamento é representado por uma seta indo de A até B, como a mostrada
na Fig. 1.1(a). O caminho efetivamente seguido pela partícula pode não
coincidir com o seu deslocamento (vetor), conforme ilustra a Fig. 1.1(b). Se
considerarmos pontos intermediários (P), tais como o mostrado na Fig. 1.1(c),
1UM POUCO DE
CÁLCULO

2 Um pouco de cálculo
poderemos eventualmente mapear o trajeto, porém a soma resultante será
sempre o vetor AB
→
, caracterizado pelo seu módulo (comprimento), direção e
sentido. As grandezas vetoriais combinam-se segundo determinadas regras.
Assim, no deslocamento da Fig. 1.1 definimos a operação soma de vetores,
ABPBAP
→→→
=+ , que veremos com mais detalhes a seguir.
Fig. 1.1 - (a) Vetor descrevendo o deslocamento de uma partícula entre os pontos A e
B, (b) trajetória real da partícula e (c) soma de deslocamentos.
Consideremos os vetores a
r
e b
r
mostrados na Fig. 1.2. O resultado da
adição destes dois vetores é a resultante r
r
, denotada por bar
rrr
+= . O
procedimento empregado para efetuar a adição geométrica de vetores pode ser
intuído a partir da Fig. 1.1 e é o seguinte: traça-se (em escala) o vetor a
r
e em
seguida o vetor b
r
com a origem na extremidade de a
r
. Une-se a extremidade
final de b
r
com a origem de a
r
e assim temos o vetor soma r
r
, como ilustrado
na Fig. 1.2.
Fig. 1.2 - Adição geométrica dos vetores a
r
e b
r
.
Usando este procedimento geométrico para a adição de vetores, vemos
que esta satisfaz as propriedades comutativa: abba
rrrr
+=+ e associativa:
)cb(ac)ba(
rrrrrr
++=++ , como indicado na Fig. 1.3.
A
BB
A
B
A
P
(a) (b) (c)
a
r
b
r
r
r

A subtração de vetores é facilmente introduzida definindo-se o
“negativo” de um vetor como sendo o vetor com sentido oposto ao original.
Assim, )b(aba
rrrr
−+=− , como ilustrado na Fig. 1.4. Note que tanto a adição
como a subtração podem ser representadas simultaneamente pela construção
do paralelogramo representado na Fig. 1.5.
(a) (b)
Fig. 1.3 - Propriedades (a) comutativa e (b) associativa.
Fig. 1.4 - Subtração geométrica dos vetores a
r
e b
r
.
Fig. 1.5 - Regra do paralelogramo para a adição e subtração geométrica dos vetores
a
r
e b
r
.
A adição geométrica de vetores tridimensionais é muito mais difícil e para
evitá-la costuma-se utilizar o método analítico, que consiste na decomposição
espacial dos vetores e na manipulação individual de seus componentes. A
decomposição de um vetor só pode ser efetuada com relação a um sistema de
a
r
b
r
c
r
ba
rr
+
cba
rrr
++
cb
rr
+
a
r
b
r
r
r
a
r
b
r
a
r
b
r
b
r
−
a
r
ba
rr
−
b
r
−
a
r
ba
rr
−
a
r
b
r
a
r
b
r
ba
rr
+

coordenadas de orientação conhecida no espaço. Considere a decomposição de
um vetor no plano, conforme mostra a Fig. 1.6, onde θ é o ângulo entre a
r
e
o semi-eixo positivo x. Dependendo do ângulo θ, as componentes podem ser
positivas ou negativas. Por definição, este ângulo aumenta quando o vetor
roda no sentido anti-horário. O conhecimento dos componentes de um vetor é
suficiente para especificá-lo completamente, além de possibilitar a
manipulação matemática simultânea de vários vetores. De acordo com a Fig.
1.6 temos ax = a cosθ e ay = a senθ, de onde sai que:
2
y
2
x aaaa +==
r
tg θ = ay/ax
Fig. 1.6 - Decomposição do vetor a
r
num sistema de coordenadas cartesianas.
Muitas vezes é conveniente a introdução de um vetor de módulo
unitário, chamado versor, na direção de um determinado vetor, que pode então
ser escrito como aeˆaa =
r
. Assim separamos o módulo do vetor (a) de sua
direção e sentido ( aeˆ ). Da mesma forma, é conveniente traçar versores
paralelos aos eixos do sistema de coordenadas escolhido, como mostra a Fig.
1.7. Normalmente, no sistema de coordenadas cartesianas eles são chamados
de iˆ , jˆ e kˆ .
Costumamos dizer que estes versores formam uma base completa
porque qualquer vetor pode ser expresso como combinação linear deles, da
forma:
y
ay
ax
θ
x
a
r

kâjâiâa zyx ++=
r
Fig. 1.7 - Versores no sistema de coordenadas cartesianas.
onde kâejâ,iâ zyx são denominadas de componentes vetoriais do vetor a
r
.
Note que se estivermos tratando com vetores contidos no plano xy, temos az =
0. A soma analítica de vetores pode ser efetuada da forma:
( ) ( )kˆbjˆbiˆbkâjâiâbar zyxzyx +++++=+=
rrr
( ) ( ) ( ) kˆrjˆriˆrkˆbajˆbaiˆba zyxzzyyxx ++=+++++=
Assim, rx = ax+ bx, ry = ay+ by, rz = az+ bz. Logo: “O vetor resultante tem como
componentes a soma das respectivas componentes dos vetores individuais”.
Como exemplo, considere 3 vetores coplanares dados por: jˆ1iˆ2a −=
r
,
jˆ2iˆ3b +=
r
e iˆ1.5c −=
r
. As componentes do vetor resultante são: rx = 2 + 3 -
1.5 = 3.5 e ry = -1 + 2 + 0 = 1, de modo que jˆ1iˆ5.3r +=
r
. O ângulo θ pode
ser encontrado de acordo com:
tg θ = ry/rx = 1/3.5 = 0.286 ⇒ θ = 15.90
e o módulo é:
( ) 3.6413.5rr
2
=+==
r
Uma operação que veremos aparecer com freqüência nos próximos
capítulos é a multiplicação envolvendo vetores, que pode ser de três tipos:
kˆ
iˆ
jˆ
x
y
z

a) Multiplicação de um vetor por um escalar - resulta num outro vetor paralelo
ao primeiro, porém com o módulo multiplicado por uma constante. Se esta
constante for negativa existe a inversão do sentido do vetor.
b) Produto escalar - o produto escalar entre a
r
e b
r
resulta num número (e não
num vetor) que é definido como φcosabb.a =
rr
, onde ϕ é o ângulo entre eles.
Geometricamente, temos o produto do módulo de um vetor pela projeção do
outro sobre si. Este tipo de produto aparece no cálculo do trabalho mecânico,
potência de uma força, etc.
Fig. 1.8 - Produto escalar entre dois vetores a
r
e b
r
.
c) Produto vetorial – É representado por bac
rrr
×= . O vetor resultante tem o
módulo dado por c = ab senϕ, e direção perpendicular ao plano que contém a
r
e b
r
. Novamente, ϕ é o ângulo entre a
r
e b
r
. O sentido de c
r
pode ser
determinado pela regra da mão direita, ilustrada na Fig. 1.9. Usa-se a seguinte
receita: “Empurre com as pontas dos dedos o vetor a
r
no sentido de superpô-
lo ao vetor b
r
. O polegar indicará o sentido do vetor c
r
”.
Fig. 1.9 - Regra da mão direita para a realização do produto vetorial.
φ
a
r
b
r
c
r
b
r
a
r

Ao contrário do produto escalar, o produto vetorial não é comutativo,
isto é, ele muda de sinal ao mudarmos a ordem dos vetores, isto é,
abba
rrrr
×−=× . Este fato pode ser comprovado pela regra da mão direita.
Algumas propriedades interessantes dos produtos escalar e vetorial são:
1. distributiva (escalar): c.ab.a)cb.(a
rrrrrrr
+=+
2. distributiva (vetorial): caba)cb(xa
rrrrrrr
×+×=+
3. produto misto: )ba.(c)ac(.b)cb(.a
rrrrrrrrr
×=×=×
4. duplo produto vetorial: c)b.a(b)c.a()cb(xa
rrrrrrrrr
−=×
Para o cálculo do produto vetorial, notamos que: jˆjîîˆ =×=×
0kˆkˆ =×= , pois o ângulo entre dois vetores iguais é nulo e
iˆkˆjˆ,kˆjîˆ =×=× e jîˆkˆ =× , como pode ser visto pela regra da mão
direita. Vejamos a seguir alguns exemplos de multiplicação vetorial.
(i) kˆ8bajˆ2beiˆ4a =×⇒==
rrrr
(ii) jˆ-iˆbejˆ3iˆ2a
2
1
=+=
rr
=×⇒ ba
rr
( ) =




 −×+ jîˆjˆ3iˆ2
2
1
kˆ-jˆjˆ3-iˆjˆjîˆ2-iîˆ
2
7
2
3
=××+××= .
Uma outra maneira de se fazer o produto vetorial é pelo uso de
matrizes. Considere kˆjˆ3iˆ2a −+=
r
e kˆ2jîˆb +−=
r
. Podemos calcular o
vetor resultante pela co-fatora da matriz:
( ) ( ) ( ) )kˆjîˆ5(kˆ32jˆ14iˆ16
21-1
1-32
kˆjîˆ
ba −−=−−++−−==×
rr
Este mesmo resultado pode ser encontrado utilizando-se a propriedade
distributiva (vetorial).
A variação dos vetores é um fato extremamente importante. Vamos
analisar, por exemplo, o movimento circular uniforme, esquematizado na Fig.
1.10.

Fig. 1.10 - Representação do movimento circular.
Durante um intervalo de tempo ∆t extremamente curto (infinitesimal), a
distância percorrida é ∆s = ωr ∆t. O vetor velocidade é dado por:
t∆/s∆v
rr
=
e para calculá-lo tomamos, de acordo com a Fig. 1.10:
( ) ( ) jˆttsenriˆttcosrrrs 12 ∆ω+ω+∆ω+ω=−=∆
rrr
[ ]iˆtsentsentcostcosrjˆtsenriˆtcosr ∆ωω−∆ωω=ω−ω−
[ ] jˆtsenriˆtcosrjˆtsentcostcostsenr ω−ω−∆ωω+∆ωω+
Para ∆t muito pequeno ( 0t →∆ ) temos 1tcos ≈∆ω e
ttsen ∆ω≈∆ω , e assim,
jˆtcostriˆtsentrs ω∆ω+ω∆ω−=∆
r
jˆtcosriˆtsenrv ωω+ωω−=⇒
r
Desta forma, a variação temporal do vetor posição r
r
nos leva a um
vetor velocidade v
r
que é tangencial à órbita do movimento circular. Note que
se definirmos um vetor kˆω=ω
r
, podemos escrever
jˆtcosriˆtsenr
0trsentrcos
00
kˆjˆiˆ
v ωω+ωω−=
ωω
ω=
r
ωt
r
r
x
y
s
r
∆ s
r1
ω∆t
r2

Como vemos, o conhecimento de como as grandezas físicas variam é tão
importante quanto o conhecimento da própria grandeza. Como o vetor é
caracterizado pelo módulo, direção e sentido, ele apresentará variação sempre
que um destes elementos mudar. Podemos ter:
a) Variação do módulo, como indicado na Fig. 1.11:
12 v-vv∆
rrr
=
Fig. 1.11 – Variação do módulo de um vetor .
b) Variação da direção, como no movimento circular visto anteriormente:
21 aa
rr
=
12 aaa
rrr
−=∆
Fig. 1.12 - Variação da direção de um vetor .
Este tipo de cálculo que fizemos, considerando a variação do vetor em
intervalos pequenos, é extremamente útil em Física e nos leva ao chamado
cálculo infinitesimal (válido quando 0t →∆ ). Abordaremos este tópico a
seguir.
1.2 Introdução às derivadas
Em Física, a manipulação matemática das várias grandezas é tão
importante quanto o conhecimento da própria grandeza. Nem sempre as
operações elementares de álgebra são suficientes para tais manipulações,
sendo necessária a introdução de novas operações e conceitos matemáticos.
Dentre estes, são de extrema importância os de derivada e integral.
Como ilustração, consideremos um corpo que se desloca a uma
distância ∆d num intervalo de tempo ∆t. Com estes dados, o máximo que
1v
r
2v
r
v
r
∆
1a
r
2a
r
a
r
∆

podemos fazer é calcular a velocidade média do corpo no intervalo
mencionado. Se quisermos conhecer a velocidade instantânea do corpo num
determinado ponto de sua trajetória, deveremos analisar seu comportamento
nas vizinhanças deste ponto e tão mais exata será a resposta quanto mais
limitada for a vizinhança. É comum nesta situação que descrevemos
encontrarmos divisões de números quase nulos e, neste caso, tais divisões
devem ser feitas de uma maneira especial.
Vamos iniciar a abordagem deste assunto pelo conceito intuitivo de
limite. Consideremos a função ( ) 1x4xf 2 += . Queremos estudar seu
comportamento quando a variável x assume valores cada vez mais próximos
de 1. Para isto, vamos construir a seguinte tabela:
x f(x) x f(x)
0.6
0.7
0.8
0.9
0.95
0.99
2.44
2.96
3.56
4.24
4.61
4.92
1.4
1.3
1.2
1.1
1.01
1.001
8.84
7.76
6.76
5.84
5.08
5.008
Ela mostra claramente que quando x tende a 1, f(x) tende a 5 e estará
mais próximo de 5 quanto menor for a diferença entre x e 1. Este fato é
expresso matematicamente da seguinte forma:
( ) 5xflim 1x =→
que quer dizer que “o limite da função f(x) quando x tende a 1 é 5. Outros
exemplos que podemos citar são:
11x2lim 1x =−→

∞=→
x
1lim 0x
( ) 1x/11limx =+∞→
Para funções polinomiais, isto é, funções que tenham dependência do
tipo xn
, vale a seguinte propriedade:
( ) ( )cfxflim cx =→
Existem outros limites que são um pouco mais difíceis de serem
demonstrados e que são melhor discutidos nos livros de Cálculo. Por exemplo
temos:
1
x
xsen
lim 0x =





→
( ) ...718.2ex/11lim
x
x ==+∞→
Vamos a seguir usar o conceito de limite para introduzir a operação de
diferenciação (derivadas). Seja a função f(x) definida num intervalo do eixo x,
no qual o ponto x0 está contido, como mostra a Fig. 1.13. Chamaremos de
razão incremental da função f(x) relativa ao ponto x0, a quantidade:
( ) ( )
0
0
xx
xfxf
−
−
Fig. 1.13 - Definição da razão incremental.
x
f(x)
x0 x
f(x)-f(x0)

A razão incremental da função f(x) representa o quanto a função é
incrementada quando x é variado de x0 a x. Esta razão pode ser positiva,
negativa ou nula dependendo se a função é crescente, decrescente ou constante
no intervalo considerado. A derivada de uma função é definida como:
( ) ( )






−
−
= →
0
0
xx0
xx
xfxf
lim)x('f 0
É também comum escrevermos dx/df)x('f 0 = . Fazendo x = x0 +
,x∆ temos:
( ) ( )






∆
−∆+
= →∆
x
xfxxf
lim)x('f 00
ox0
A derivada da função num ponto representa a taxa de variação da
função ao nos afastarmos deste ponto. Vamos, a seguir, obter a derivada de
algumas funções.
1) f(x) = x2
+ 3x ⇒
( ) ( ) ( )
x
x3xxx3xx
x
)x(fxxf 22
∆
−−∆++∆+
=
∆
−∆+
x3x2
x
x3xx3x3xxx2x 222
∆++=
∆
−−∆++∆+∆+
=
Logo: ( ) ( ) 3x2x3x2limx'f 0x +=∆++= →∆
2) ( ) ( ) ( )
x
xxx
x
xfxxf
xxf
∆
−∆+
=
∆
−∆+
⇒=
( ) ( )
( ) ( ) xxx
1
xxxx
xxx
xxx
xxx
x
xxx
+∆+
=
+∆+∆
−∆+
=
+∆+
+∆+
∆
−∆+
=
E assim,
x2
1
xxx
1
lim)x('f ox =
+∆+
= →∆

3)
( ) ( ) ( )
x
xcosxxcos
x
xfxxf
xcos)x(f
∆
−∆+
=
∆
−∆+
⇒=
( )
( )2
2
x
x
2
x sen
xsen
∆
∆∆





 +−=
onde utilizamos cos(a+b) - cos(a-b) = -2 sena senb, com a = x + ∆x/2 e b =
∆x/2. Desta forma temos:
( )
( )
xsen
sen
xsenlim)x(f
2
2
x
x
2
x
0x
' −=










 +−=
∆
∆∆
→∆
Geometricamente, podemos verificar que a derivada da função f(x)
num determinado ponto x0 representa a tangente do ângulo formado pela reta
tangente à curva em x0 com o eixo das abcissas (x). Este fato está ilustrado na
Fig. 1.14. É fácil verificar quando fazemos x tender a x0, a reta que passa por
estes dois pontos confunde-se cada vez mais com a tangente à curva no ponto
x0. Logo:
( )
( )
α=
−
−
= →∆ tg
xx
)x(fxf
limx'f
0
0
0x0
Fig. 1.14 – Interpretação geométrica da derivada.
Uma vez visto o significado matemático da derivada, passemos a
apresentação de certas regras que facilitam bastante os cálculos:
1) função constante: ( ) 0
dx
df
cxf =⇒=
x
f(x)
f(x)
f(x0)
x0 x
tangente
α

2) função potência: ( ) 1nn nxx'fx)x(f −=⇒= (regra do tombo)
3) função soma: f(x) = u(x) + v(x) ⇒ f’(x) = u’(x) + v’(x)
Ex.: f(x) = x4
– x3
+ 3x2
+ 1 ⇒ f’(x) = 4x3
– 3x2
+ 6x
4) função produto: f(x) = u(x). v(x) ⇒ f’(x) = u’(x) v(x) + u(x). v’(x)
Ex.: f(x) = 3x2
(4x+1) ⇒ f’(x) = 6x (4x+1) + 3x2
(4)
5) função quociente: ( ) )x(v/)x(uxf = ⇒
( ) ( ) ( ) ( )
( )2
xv
x'vxuxvx'u
)x('f
−
=
6) funções trigonométricas:
( ) ( ) xcosx'fxsenxf =⇒=
f(x) = cos x ⇒ f’(x) = - sen x
f(x) = tg x ⇒ f’(x) = sec2
x
7) função exponencial: f(x) = ax
⇒ f’(x) = ax
lna
Todas estas propriedades que acabamos de mencionar podem ser
demonstradas a partir da definição da derivada em termos da razão
incremental. Demonstraremos aqui apenas uma delas, a da função produto f(x)
= u(x) v(x), e deixaremos as outras para o curso de Cálculo. Neste caso
temos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x
xvxuxxvxxu
x
)x(fxxf
∆
−∆+∆+
=
∆
−∆+
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x
xvxxuxvxxuxvxuxxvxxu
∆
∆++∆+−−∆+∆+
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]
x
xuxxuxv]xvxxv[xxu
∆
−∆++−∆+∆+
=
Tomando o limite para ∆x tendendo a zero:

( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ]






∆
−∆+
+






∆
−∆+
∆+=
→∆
→∆
x
xuxxu
xvlim
x
xv)xx(v
xxulim)x('f
0x
ox
de onde obtemos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x'uxvx'vxux'f +=
Regra da cadeia: Muitas vezes, durante o uso de derivadas em Física,
encontramos a situação em que )y(g)x(F = , com y = f(x), o que
corresponde à chamada função composta, isto é, função de uma outra função.
Por exemplo, F(x) = sen (x2
), de onde temos g(y) = siny e y = x2
. Neste caso,
devemos usar a regra da cadeia, dada por:
dx
dy
dy
dg
dx
dF
=
No presente exemplo F(x) = sen x2
, com g(y) = siny e y = x2
. Logo,
ycosdy/dg = e )x(cosx2)x('Fx2dx/dy 2=⇒=
Tomemos um outro exemplo onde 432 )x3x21()x(F ++= .
Chamando x3x21y 32 ++= , temos g(y) = y4
de forma que a derivada é:
F’(x) = 4y3
(4x + 9x2
) = 4(1+2x2
+ 3x3
)3
(4x + 9x2
)
1.3 Integração
Como acabamos de ver, conhecendo-se a função f(x) é possível
calcular sua taxa de variação f’(x) (derivada). Uma pergunta lógica a ser feita
neste ponto é: conhecendo-se f’(x) é possível encontrar-se f(x), ou em outras
palavras, existe a operação inversa, ou anti-derivada? A resposta é sim e a
operação inversa denominada integração será discutida a seguir de uma forma
bastante intuitiva, deixando-se o rigor matemático para o curso de Cálculo.
Vamos considerar a função f(x) mostrada na Fig. 1.15 e supor
conhecidas as derivadas em todos os pontos x (x0, x1, x2, ...). Pela definição de
taxa de variação (ou razão incremental) temos:

Fig. 1.15 – Função f(x) usada para a demonstração da operação inversa da derivada.
1taxa
xx
)x(f)x(f
01
01
=
−
−
tal que f(x1) = f(x0) + taxa 1.(x1 – x0). Assim, conhecendo-se a taxa de
variação e a função no ponto x0, temos condições de determinar a função no
ponto x1. Da mesma forma, conhecendo-se a função no ponto x1 e a taxa 2,
que é a taxa entre x1 e x2, podemos determinar a função em x2. Se dividirmos o
eixo x em vários intervalos sucessivos nos quais conhecemos a taxa de
variação da função f(x), podemos mostrar que:
f(xn) = f(x0) + taxa 1.(x1 – x0) + taxa 2.(x2 – x1) + ... taxa n.(xn – xn-1)
de forma que podemos encontrar a função f(x) e sabermos as várias taxas de
variação ao longo do eixo x. Vamos, a seguir, tomar todos os intervalos com o
mesmo tamanho, ou seja:
x1 – x0 = x2 – x1 = ... = xn – xn-1 = ∆x
de modo que:
f(xn) = f(x0) + (taxa1 + taxa 2 + ... + taxa n). ∆x
Tomando o limite em que ∆x tende a zero, as várias taxas de variação
transformam-se nas derivadas, de modo que:
x
f(x)
x1 x2 x3x0 = 0
taxa 1
taxa 3
taxa 2

( ) ( ) ( ) x
dx
dfxfxf
s'stodos
0n ∆+= ∑∆
Como fizemos ∆x → 0, temos agora um número infinito de intervalos
e, consequentemente, infinitos termos na somatória. Além disto, estamos
somando números df/dx que variam continuamente. Neste caso, ao invés de
usarmos a soma ∑ de números discretos, introduzimos a operação ∫ ,
denominada integração, que representa uma soma contínua. A partir desta
definição, podemos escrever:
( )∫+=
n
0
x
x
0n dx
dx
df)x(f)x(f
onde usamos dx ≡ ∆x como notação no caso em que ∆x → 0. Como vemos,
esta operação permite encontrar-se f(x) a partir de f’(x) e por isso dizemos que
a integração é a operação inversa da diferenciação. Se quisermos, por
exemplo, calcular a integral:
( ) ( )∫ ∫ +
+
=
+
==
+
+
C
1m
xdxx
dx
d
1m
1dxxI
1m
1mm
onde a constante C está representando f(x0), que deve ser conhecido. A regra
acima é bastante importante na integração de polinômios. Alguns exemplos
simples são:
∫ += C
3
x
dxx
3
2
( )∫ +++=++ Cx
2
x
3
xdx1xx
23
2
( )∫ ++=+ Cx4x
8
5
dxx8x5 287
A integral de uma determinada função também possui uma
interpretação geométrica como no caso da derivada. Para vermos tal

interpretação, vamos considerar ∫
n
0
x
x
.dx)x(g Para cada ponto x, multiplicamos
o valor da função g(x) por uma largura dx mostrada na Fig. 1.16
(infinitesimalmente pequena) e somamos todos os produtos. Em cada ponto
temos a área de um retângulo infinitesimal de base dx e altura g(x). Baseados
neste fato, podemos interpretar geometricamente a integral de uma função g(x)
como sendo a área sob a curva, isto é, ( )∫ =
n
0
x
x
dxxg área sob a função g(x)
entre os pontos x0 e xn.
Fig. 1.16 - Interpretação geométrica da integral.
Podemos verificar este fato calculando a integral de g(x) = 4x entre 0
e 1, e comparando o valor obtido com a área da função neste intervalo. Temos:
( )∫ ∫ =−===
1
0
1
0
1
0
2
201.2
2
x4dxx4dxx4
Nesta última passagem introduzimos os limites de integração,
substituindo a constante de integração C.
( )∫ −==
b
a
b
a
)a(F)b(FxFdx)x(g
Calculando a área do triângulo sombreado da Fig. 1.17 obtemos: área
= ½ .4.1 = 2, que coincide com o resultado obtido por integração.
g(x)
dx
xnx0
g(x)
x

Fig. 1.17 – Área da função g(x) = 4x entre 0 e 1.
Algumas propriedades importantes das integrais são:
(1) ∫ c g(x) dx = c ∫ g(x) dx onde c é uma constante
(2) ∫ [g1 (x) + g2 (x)] = ∫ g1 (x) dx + ∫ g2 (x) dx
(3) ∫ senx dx = ∫ dx
d
(-cos x) dx = - cosx + C
(4) ∫ cosx dx = ∫ dx
d
(senx) dx = senx + C
1.4 Interpretação cinemática das derivadas e
integrais
Na cinemática encontramos várias aplicações do cálculo de derivadas
e integrais. Analisando o movimento de um corpo, estas idéias fluem
espontaneamente dos argumentos físicos. Vamos considerar um corpo
deslocando-se numa trajetória S, conforme mostra a figura abaixo. Chamamos
de i e f os pontos inicial e final do movimento. O conhecimento específico da
trajetória não é suficiente para predizermos a velocidade do corpo para cada
posição. É necessário o conhecimento das posições sucessivas S(t) com o
decorrer do tempo. Suponha que a trajetória do corpo seja dividida em
pedaços s
r
∆ , como mostra a Fig. 1.18. Um s
r
∆ particular liga o ponto Sj ao
ponto Sj+1 e o intervalo de tempo decorrido para que o corpo execute este
deslocamento é ∆t. A velocidade média neste intervalo de tempo é
t/sv ∆∆=
rr
. Esta velocidade será tão mais próxima da velocidade real
0.0 0.5 1.0 1.5 2.0
0
1
2
3
4
x
g(x)

(instantânea) do corpo na posição Sj quanto mais próximos forem os pontos j e
j +1. Isto ocorre porque neste caso s
r
∆ confunde-se cada vez mais com a
trajetória real do corpo. No limite em que ∆t (e consequentemente, s
r
∆ ) tende
a zero, temos a definição da velocidade instantânea:
dt
sd
t
s
limv 0ti
rr
r
=





∆
∆
= →∆
que é derivada da posição em relação ao tempo. Suponha agora que queremos
encontrar a distância total percorrida pelo corpo. Isto pode ser feito dividindo-
se a trajetória em pequenos segmentos ∆Sj e realizando a soma ∑∆Sj.
Fig. 1.18 - Corpo deslocando-se numa trajetória S.
É óbvio que quanto menores forem os segmentos ∆Sj , mais a soma
acima se aproximará da distância real percorrida pelo corpo, porque,
novamente, quanto menores forem os ∆Sj, melhor eles se encaixam na
trajetória. No limite em que ∆Sj → 0 eles se confundem completamente com a
trajetória e assim:
distância percorrida = lim ∆Sj → 0 ∑ ∆Sj
É usual no caso em que ∆Sj → 0 definirmos ∆S = ds e substituirmos a
somatória pela integral:
distância percorrida = ∫
j
i
S
S
ds
x
y
i
f
sj
sj+1s
r
∆
Sj
Sj+1
∆Sj

Exercícios
1 – Uma sala tem dimensões 3 x 4 x 5 m3
. Uma mosca parte de um de seus
cantos e voa para o canto diametralmente oposto. Qual é o módulo do
deslocamento? Poderia sua trajetória ser menor do que este deslocamento?
Escolha um sistema de coordenadas convenientes e escreva este
deslocamento na forma vetorial.
2 – Considere os vetores .kˆbjˆbiˆbbekâjâiâa zyxzyx ++=++=
rr
Mostre que zzyyxx bababab.a ++=
rr
e que ( ) iˆbababa yzzy −=×
rr
( ) ( ) kˆbabajˆbaba xyyxzxz x
−+−+ .
3 – Podemos combinar dois vetores de módulos diferentes e ter resultante
nula? E no caso de 3 vetores?
4 – Considere um corpo em movimento cujo vetor posição é dado (em cm) por
.jˆtsen4iˆtcos3r ω+ω=
r
Usando procedimento semelhante ao utilizado
no texto para o movimento circular, a) mostre num gráfico em escala o
vetor r
r
num determinado instante t; b) após um intervalo de tempo ∆t
pequeno, mostre no mesmo gráfico o novo vetor r
r
; c) calcule o
deslocamento )t(r)tt(rs
rrr
−∆+=∆ sofrido pelo corpo no intervalo ∆t;
d) calcule t/sv ∆∆=
rr
e verifique sua orientação para ωt = 0, π/2, π e 3π/2;
e) calcule v.r
rr
e discuta o resultado; f) calcule vr
rr
× e discuta o resultado.
5 – Considere os vetores .kˆ3jˆ2iˆbekˆ4jˆ3iˆ2a +−−=++=
rr
a) determine: .baeba,ba,b.a
rrrrrrrr
×−+
b) qual é a componente de a
r
paralela a b
r
?
c) qual é a componente de a
r
perpendicular a b
r
?
6 – Considere o vetor a
r
do problema anterior.
a) faça um gráfico em escala mostrando o vetor e os ângulos θ e φ,
definidos na Fig. 1.19.
b) calcule o módulo do vetor e os valores de θ e φ.
c) calcule a componente de a
r
paralela ao versor ( ) 3/kˆjîêˆ ++= .
d) calcule a componente perpendicular a este vetor.

Fig. 1.18
7 – Faça a adição e subtração geométrica dos seguintes vetores:
jîˆ3bejîˆ2a 2
3
2
1
+−=−=
r
.
8 – Faça os produtos escalar e vetorial dos vetores: kˆ3jˆ2iâ ++=
r
e kˆ2jˆ4iˆ2b +−=
r
.
9 – Encontre a projeção do vetor kˆ3jˆ2iâ ++=
r
na direção paralela ao versor
( ) .3/kˆ2jˆ2iêˆ +−= Faça o mesmo para a projeção perpendicular.
10 – Mostre que o produto vetorial rv
rr
× é um vetor constante quando o
movimento é circular.
11 – Mostre que 0r.v =
rr
para o movimento circular. O que isto significa?
12 – Calcule a derivada das seguintes funções:
a) f(x) = 3x2
+ 1
b) f(x) = senx/x2
c) f(x) = ex
(1+ x2
+ x3
)
d) f(x) = (x2
+ 2)/(x3
+ 3)
13 – Calcule a derivada das funções acima nos pontos:
a) x = 0
b) x = π
c) x = 0
d) x = 1
θ
y
y
z
z
a
r
r
x
x
φ
P

14 – Procure num “handbook” de matemática:
a) a derivada de f(x) = lnx
b) a integral de f(x) = 1/x
15 – Determinar a derivada das seguintes funções:
a) y = 4x5
b) y = 2x3
+ 4x2
– 5x –2
c) y = sen x + cos x
d) y = x2
+ 1
e) y = x sen x
f) y = 1/x2
g) y = ( )1x/x2 2 +
h) y = x ex
i) y = cotg x
j) y = x
k) y = x/1
16 – Calcule as derivadas das funções:
a) f(x) = tgx
b) f(x) = eax
(no ponto x = 0)
c) f(x) = sen2x (no ponto x = π)
d) f(x) = xn
+ cosx
e) f(x) = sen (cosx)
f) f(x) = esenx
(no ponto x = 0)
17 – Calcule ∫ +
1
0 2
x1
dx . Sugestão: Faça x = tgθ ⇒ 1 + x2
= 1 + tg2
θ =
sec2
θ. Por outro lado, dx/dθ = sec2
θ ⇒ dx = sec2
θ dθ. Como x = tgθ, os
limites de integração ficam: quando x = 0 ⇒ θ = 0 e quando x = 1 ⇒ θ =
4
π .
18 – Calcule as seguintes integrais indefinidas:
a) I = ∫ dxx3
b) I = ( )∫ −+ dx2x4x7 32

c) I = ( )dxx8x15 210
∫ +−
19 – Calcule as integrais definidas:
a) I = ( )∫
π
+
0
dxxcosxsen3
b) I = dx)x25(
1
1
2
∫−
+
c) I = ∫
1
0
x2
dxe
d) I = ∫
π
4
0
dxxcosxsen
20 - Considere a parábola y = 2x2
+x-3.
a) Usando o conceito de derivada, encontre a posição x0 que corresponde
ao extremo (máximo ou mínimo);
b) Substituta o valor de x0 na equação da parábola para encontrar o valor
de y0;
c) Complete quadrados para encontrar os pontos do vértice, x0 e y0;
d) Encontre os pontos para os quais a parábola cruza o eixo x;
e) Faça um esboço (gráfico com poucos detalhes) da parábola;
f) Usando integração, encontre a área sob a parábola compreendida entre
os pontos 1 e 2.

Movimento unidimensional 25
2.1 Introdução
Dentre os vários movimentos que iremos estudar, o movimento
unidimensional é o mais simples, já que todas as grandezas vetoriais que
descrevem o movimento são paralelas. Como o movimento ocorre em apenas
uma dimensão, é necessária apenas uma coordenada para especificar a posição
de um corpo em cada instante de tempo.
Consideremos um corpo que no instante t1 encontra-se na posição x1.
Após um intervalo de tempo ∆t = t2 – t1, o corpo estará na posição x2 no
instante de tempo t2. Definimos o deslocamento como sendo ∆x = x2 – x1 e a
velocidade média do corpo neste intervalo de tempo como:
12
12
tt
xx
t
x
v
−
−
=
∆
∆
=
O sentido do deslocamento do corpo é dado pelo sinal do próprio
deslocamento ou da velocidade média (são proporcionais). Geometricamente,
a velocidade média entre os pontos x2 e x1 corresponde à inclinação da reta
quer passa por estes pontos, conforme mostra a Fig. 2.1.
tgα = t/xv ∆∆=
Fig. 2.1 - Posição de um corpo com função do tempo.
2MOVIMENTO
UNIDIMENSIONAL
t1 t2
α
∆x
∆t t
x

Movimento unidimensional
S. C. Zilio e V. S. Bagnato Física Básica – Mecânica, calor e ondas
26
Quanto menor for o intervalo de tempo considerado, isto é, quanto
mais próximos estiverem os pontos x1 e x2, mais fielmente v representará a
velocidade real do corpo naquele intervalo de tempo. Logo, a velocidade
instantânea (real) é definida como:
( )
dt
dx
t
x
limtv 0t =
∆
∆
= →∆
que nada mais é do que a derivada da posição com relação ao tempo.
Geometricamente, se tivermos um gráfico de posição contra tempo, a
velocidade instantânea corresponde à inclinação da reta tangente à curva num
determinado instante de tempo, como ilustra a Fig. 2.2.
tgα1 = v(t1)
tgα2 = v(t2)
Fig. 2.2 - Interpretação geométrica da velocidade instantânea.
Quando a velocidade instantânea é constante num determinado
intervalo de tempo, dizemos que o movimento é uniforme e que v)t(v = . Por
outro lado, quando a velocidade não é constante no tempo, o movimento é
chamado de acelerado. Neste caso, a variação da velocidade com o tempo é
caracterizada por uma grandeza denominada aceleração. Se a velocidade do
corpo no instante t1 é 1v e no instante t2 é 2v , a aceleração média é definida
como:
t
v
tt
vv
a
12
12
∆
∆
=
−
−
=
e no gráfico de velocidade contra tempo ela corresponde à inclinação da reta
que passa pelos pontos v1 e v2. Quando consideramos o limite em que ∆t tende
x
t
α1
α2
t1 t2

a zero, surge a idéia de aceleração instantânea, grandeza esta que caracteriza
localmente a variação da velocidade do corpo. Logo:
( )
dt
dv
t
v
limta 0t =
∆
∆
= →∆
Geometricamente, a aceleração é a inclinação da reta tangente à curva
no gráfico de velocidade, como mostra a Fig. 2.3.
tgα = a(t)
Fig. 2.3 – Interpretação geométrica da aceleração instantânea.
O movimento do corpo pode ser classificado de acordo com a maneira
em que a aceleração se comporta no tempo. Quando a aceleração é constante,
o movimento é chamado de uniformemente acelerado e se constitui numa
classe importante de situações que analisaremos. Antes de prosseguirmos,
vamos mostrar alguns exemplos dos conceitos que acabamos de ver.
Exemplo 1 : Seja um corpo deslocando-se de tal forma que sua
posição é dada por x(t) = 4t2
, com t dado em s e x em cm. Na Fig. 2.4(a)
vemos o gráfico desta função. A velocidade do corpo em cada instante de
tempo pode ser encontrada tomando-se a derivada de x(t) e assim,
Fig. 2.4 - Posição (a) e velocidade (b) de um corpo como função do tempo.
α
t
t
v(t)
t (s)
x(t)
36
27
18
4321
9
0
(cm)
t (s)
v(t)
32
24
16
4321
8
0
(cm/s)
00

28
( ) t8
dt
dx
tv == (em cm/s)
que é a equação da linha reta mostrada na Fig. 2.4(b). Se quisermos calcular a
aceleração como função do tempo, devemos tomar a derivada de v(t) que é
obviamente uma constante.
( ) 2s/cm8
dt
dv
ta ==
A velocidade média do corpo entre os instantes t = 1s e t = 3s pode ser
calculada através da expressão:
( ) ( ) s/cm16
2
436
13
1x3x
t
x
v =
−
=
−
−
=
∆
∆
=
Este mesmo resultado poderia ser obtido da seguinte forma:
( ) ( ) s/cm16
2
824
2
1v3v
v =
+
=
+
=
ou seja: “A velocidade média é a média das velocidades nos instantes
considerados”. Este é um resultado que só vale para um movimento cuja
aceleração é constante.
Exemplo 2: O movimento de um corpo é descrito por x(t) = 3t2
+ 4t +
1, sendo esta função mostrada na Fig. 2.5. A posição inicial do corpo é x0 = 1
cm e pelo gráfico vemos que nos instantes iniciais do movimento, o
deslocamento se dá no sentido positivo do eixo x, até atingir um ponto
máximo a partir do qual o movimento se inverte, ocorrendo a partir daí no
sentido negativo do eixo x.
Queremos responder à seguinte pergunta: quanto tempo o corpo leva
para voltar à posição inicial? Para isto fazemos x(t) = 1, isto é,
-3t2
+ 4t + 1 = 1 ⇒ -3t2
+ 4t = 0 ⇒ t (-3t + 4) = 0
de onde tiramos que o corpo está na posição x = 1 nos instantes t = 0 (posição
inicial) é t = 4/3 s, que corresponde ao tempo necessário para a partícula voltar
à posição inicial.

Fig. 2.5 - Posição de um corpo como função do tempo.
A velocidade é dada por v(t) = dx/dt = -6t + 4 (cm/s), que está
mostrada na Fig. 2.6. Notamos que: v > 0 para t < 2/3 s, v = 0 para t = 2/3 s
e v < 0 para t > 2/3 s. O gráfico da velocidade do corpo corresponde à uma
reta com coeficiente angular negativo. O tempo t = 2/3 s define o ponto de
retorno. A aceleração é dada por:
2s/cm6
dt
dv
a −==
e é no sentido oposto ao da velocidade na fase inicial (t < 2/3 s).
Fig. 2.6 - Velocidade de um corpo como função do tempo.
0
x(cm)
-2
2
1
1.5 2.01.00.5
-1
0
2.5 t (s)
0
v (cm/s)
-4
4
2
2/31/3
-2
0
1 t (s)

30
2.2 Classificação dos movimentos unidimensionais
O movimento unidimensional é classificado de acordo com as
variações da posição, velocidade e aceleração com o decorrer do tempo.
Assim, temos os seguintes tipos de movimentos:
Progressivo: x(t) aumenta com o tempo;
Retrógrado: x(t) diminui com o tempo;
Acelerado: v(t) e a (t) tem o mesmo sentido;
Retardado: v(t) e a(t) tem sentidos opostos.
No exemplo anterior (Exemplo 2), a classificação do movimento é: t <
2/3s → movimento progressivo e retardado e t > 2/3x → movimento
retrógrado e acelerado.
2.3 Determinação de x(t) a partir de v(t) e de
v(t) a partir de a(t)
Como vimos anteriormente, o conhecimento de x(t) permite o cálculo
de v(t) através de uma derivação e também a(t) através de outra derivação. O
problema inverso consiste na determinação de x(t) a partir de v(t) ou a(t). Para
isto, temos que realizar uma integração, pois estamos procurando a função
cuja derivada é conhecida. Assim,
( ) ( ) ( )∫ ∫+=+=
t
t
t
t
00
0 0
dttvxdt
dt
dxxtx
Conhecendo-se a velocidade do corpo, determinamos sua posição
como função do tempo através de uma integração simples. Lembre-se que o
que estamos fazendo nada mais é do que dividir o intervalo de tempo total em
pequenos intervalos dt nos quais a velocidade é considerada constante. O
produto vdt fornece a pequena distância percorrida (ou deslocamento sofrido)
em dt e a soma deles, que é a operação de integração, fornece o deslocamento
total do corpo. Num gráfico de v(t) contra t, o deslocamento do corpo é a área
sob a curva, como mostrado na Fig. 2.7. Note que área negativa indica
deslocamento no sentido negativo do eixo x.

Fig. 2.7 - Cálculo da posição a partir da velocidade de um corpo.
Exemplo 1: A velocidade de um corpo é dada por: v(t) = 3t + 4 e
sabemos que para t = 0 ele localiza-se em x0 = 1. Vamos calcular x(t). Assim,
( ) ( ) 1t4tdt4t31tx 2t
0 2
3
++=++= ∫
Exemplo 2: Dado a(t) = 3t, calcular v(t) e x(t)
( ) 2t
0
00 tvdtt3vtv
2
3
+=+= ∫
Vemos que para conhecer v(t) precisamos saber a velocidade inicial. Para
achar x(t) fazemos:
( ) ( ) ( ) 22
3
3
00
t
0
2
00
t
0
0
ttvxdttvxdttvxtx ++=++=+= ∫∫
Deste exemplo podemos concluir que para a determinação de v(t) a
partir de a(t) é necessário o conhecimento do valor inicial v0 da velocidade. A
determinação precisa de x(t) a partir de v(t) implica no conhecimento da
posição x0 inicial. x0 e v0 são denominados de condições iniciais do
movimento.
t
v(t)
t0 t
área = x(t)

32
2.4 Aceleração constante
Este caso envolve um número grande de problemas e, assim, devemos
trata-lo em particular. Sendo a aceleração constante, podemos calcular a
velocidade como:
( ) atvdtavdtavtv
t
0
0
t
0
00 +=+=+= ∫ ∫
e o deslocamento através de outra integração:
( ) ( ) ( )∫∫ ++=++=+=
t
0
2
0000
t
0
0 at1tvxdtatvxdttvxtx
2
Podemos eliminar t da primeira equação: ( ) a/vvt 0−= e substituí-
lo na segunda:
( ) ( )
( )
⇒
−
+−+=
2
2
0
0
0
0
a
vv
a
2
1
vv
a
v
xtx
( ) ( )
2
v
2
v
vv2vv
2
1
vvvxxa
2
0
2
0
2
0
22
000 −=−++−=−
Logo: ( )0
2
0
2 xxa2vv −+= , que é conhecida como equação de Torricelli,
válida apenas quando a aceleração é constante.
Um caso especial do movimento uniformemente acelerado ocorre para
a = 9.81 m/s2
= g, que corresponde ao movimento vertical de corpos sujeitos
ao campo gravitacional da Terra, próximos à superfície. Neste caso, é comum
tratar o deslocamento como altura (h) e adotar o sentido positivo de h como
sendo oposto ao de g.
Exemplo: Uma bola é lançada para cima, com velocidade inicial v0
como mostra a Fig. 2.8. Assim, usando a equação de Torricelli temos:
( ) ( ) gh2vhvgh2vhv 2
0
2
0
2 −±=⇒−=
Para um determinado h, existem duas soluções para v. A positiva
representa o corpo em ascensão e a negativa o corpo está na descendente.
Vemos também que o ponto de retorno (v = 0) ocorre para uma altura máxima

hmax = g2/v2
0 mostrada na Fig. 2.9. Por outro lado, a dependência temporal é
dada por v(t) = v0 – gt e h(t) = ½ gt2
Fig. 2.8 – Lançamento vertical de uma bola.
Ao atingir o ponto máximo da trajetória, v = 0 e tmax = v0/g. Logo: hmax
= g2/v2
0 como obtido anteriormente. Para a obtenção do tempo total da
trajetória fazemos h(tf) = 0 ⇒ 0 = t (v0 - gt2
1
) que nos dá duas soluções: ti = 0
(início do movimento) e tf = 2v0
2
/g que é o dobro do tempo gasto para que a
bola atinja hmax.
Fig. 2.9 – Dependência da velocidade com a altura no lançamento vertical.
v(h)
v0
2
2g
h
+hv0
g
r

34
Exercícios
1 – O maquinista de um trem movendo-se com velocidade v1, vê, a uma
distância d à sua frente, um trem cargueiro movendo-se no mesmo sentido
com velocidade v2. Ele aciona os freios, transmitindo ao trem uma
aceleração -a. Mostre que se: d > (v1 - v2)2
/2a não haverá colisão e se d <
(v1 - v2)2
/2a haverá colisão.
2 – Gotas de água caem de um chuveiro sobre o piso situado a 2 m abaixo. As
gotas caem em intervalos regulares e quando a primeira atinge o chão, a
quarta está começando a cair. Determine a posição de todas as gotas no
instante em que uma tinge o chão.
3 – A posição de uma partícula que se desloca ao longo do eixo x depende do
tempo de acordo com a equação: x = at2
– bt3
, x em cm, t em s.
a) em que ponto x é máximo?
b) qual é a velocidade e em que instante ela é nula?
c) qual é a aceleração e em que instante ela é nula?
4 – Um avião com velocidade v0 aterriza num porta-aviões com uma
aceleração negativa tAa −= . Qual é o comprimento mínimo da pista?
5 – Dois corpos localizam-se na origem do eixo x quando t = 0 s. O corpo A
tem velocidade constante de 2 m/s. O corpo B está inicialmente em
repouso mas sujeito a uma aceleração constante de 1 m/s2
.
a) represente esquematicamente, num mesmo gráfico, as posições dos
corpos A e B como função do tempo.
b) qual é o instante de tempo em que ocorrerá a colisão?
c) qual é a posição x em que isto ocorrerá?
d) qual é a velocidade do corpo B no instante da colisão?
e) em que instante de tempo as velocidades dos dois corpos serão iguais?

Movimentos bi e tridimensional 35
3.1 Introdução
O movimento unidimensional que vimos no capítulo anterior é um
caso particular de uma classe mais ampla de movimentos que ocorrem em
duas ou três dimensões. Se o movimento de um corpo está completamente
restrito a um plano, ele é denominado movimento plano ou bidimensional.
Neste caso, a posição é especificada através de coordenadas polares (r, θ) ou
cartesianas (x, y), como indicadas na Fig. 3.1.
22 yxr +=
x = r cosθ
y = r senθ
tgθ = y/x
Fig. 3.1 – Posição de um corpo no plano xy.
Para o caso do movimento no espaço (3 dimensões) a posição do
corpo é especificada em coordenadas esféricas (r, θ, φ) ou cartesianas(x, y, z),
indicadas na Fig. 3.2.




θ=
φθ=
φθ=
cosrz
sensenry
cossenrx
x/ytg
z/yxtg
zyxr
22
222
=φ
+=θ
++=
Fig. 3.2 - Posição de um corpo no espaço.
3MOVIMENTOS BI E
TRIDIMENSIONAL
θ
x
x
y
r
Py
θ
y
y
z
z
r
x
x
φ
P

Movimentos bi e tridimensional
36
Para movimentos planos e espaciais, as grandezas cinemáticas
( aev,r
rrr
) não são necessariamente paralelas como acontece no movimento
unidimensional. Desta forma, é de importância fundamental tratar estas
grandezas vetorialmente.
Se no tempo t1 a posição do corpo for descrita pelo vetor posição 1r
r
e
no tempo t2, pelo vetor posição 2r
r
, podemos dizer que o deslocamento sofrido
pelo corpo é dado por 12 rrr
rrr
−=∆ onde r
r
∆ não é necessariamente a
distância percorrida pelo corpo. Havendo um deslocamento r
r
∆ num intervalo
de tempo ∆t = t2 – t1, podemos definir as velocidades média( )mv
r
e instantânea
( )v
r
da forma:
t
r
vm
∆
∆
=
r
r
dt
rd
t
r
limv 0t
rr
r
=
∆
∆
= →∆
Vemos que a velocidade sempre existirá quando houver mudanças no
módulo e/ou direção do vetor posição. A variação temporal de um vetor pode
ser analisada através da variação temporal de suas componentes, da forma:
kˆ
dt
dz
jˆ
dt
dy
iˆ
dt
dx
vkˆziˆyiˆxr ++=⇒++=
rr
e isto pode ser feito porque os versores kˆejˆ,iˆ não variam com o tempo.
Exemplo: Vamos determinar a velocidade de um corpo cujo vetor
posição é dado por: jˆt3iˆt4r 2 +=
r
. Tomando-se as derivadas temporais das
componentes de r
r
temos:
jˆ3iˆt8dt/rdv +==
rr
Vamos usar este exemplo para demonstrar uma relação importante. Podemos
escrever:

( ) ( ) ( ) ( ) iˆt4jˆt3iˆtt8jˆt3iˆt4jˆtt3iˆtt4ttr
222
∆+∆+∆++=∆++∆+=∆+
r
No caso em que ∆t é muito pequeno, (∆t)2
<< ∆t e o termo (∆t)2
pode
ser desprezado. Assim,
( ) ( ) ( ) tvtrrtrttr ∆+=∆+=∆+
rrrrr
e dizemos que esta é uma aproximação de primeira ordem em ∆t, já que o
termo (∆t)2
foi desprezado. A aceleração do corpo é definida como:
dt
vd
t
v
lima 0t
rr
r
=
∆
∆
= →∆
e, portanto, sempre haverá aceleração quando houver mudanças do vetor
velocidade, seja em módulo, direção ou sentido.
Exemplo: A velocidade de um corpo é dada por ( ) kˆtjˆtiˆt3tv 32 ++=
r
.
Logo, a aceleração é dada por ( ) kˆt3jˆiˆt6ta 2++=
r
3.2 Decomposição de movimentos
Do fato que kˆ
dt
dz
jˆ
dt
dy
iˆ
dt
dx
v ++=
r
tiramos que dt/dxvx = , vy =
dy/dt e dt/dzvz = , de modo que se olharmos para cada componente, o
movimento do corpo pode ser analisado independentemente, ou seja, a
velocidade na direção x só depende da variação da coordenada x com o tempo,
etc. Este resultado pode ser generalizado e o movimento espacial de um corpo
pode ser tratado independentemente em cada uma das três direções.
Resumindo, temos o chamado princípio da independência dos movimentos ou
princípio de Galileu:
“Quando um corpo se encontra sob a ação simultânea de dois ou mais
movimentos, cada um se processa como se os demais não existissem”.
Em outras palavras, a posição do móvel depois de um intervalo de
tempo sob a ação do movimento composto é a mesma que resultaria se o
móvel se deslocasse por etapas em cada direção. Como um exemplo típico,

38
consideremos o caso de um barco com velocidade vb atravessando um rio cuja
correnteza tem velocidade vr. O barco percorrerá uma trajetória que consiste
em deslocar-se vrt na direção do rio e vbt na direção perpendicular, como
mostra a Fig. 3.3. Assim, jˆviˆvvejˆtviˆtvr brbr +=+=
r
.
Fig. 3.3 - Movimento de um barco num rio com correnteza.
3.3 Movimento acelerado
Podemos generalizar o que vimos para o movimento unidimensional
escrevendo:
( ) dttvrr
t
0
0 ∫+=
rrr
( ) ( ) dttavtv
t
0
0 ∫+=
rrr
A integração de vetores pode ser executada componente a
componente, como no caso da derivação. Portanto,
( )dttvrr
t
0
z
0
zz ∫+=
e assim por diante. No caso da aceleração ser constante temos:
tavv 0
rrr
+= e 2
00 tatvrr
2
1 rrrr
++=
iˆ
vr
vr t
vb t
jˆ

Podemos analisar este movimento através do sistema de equações:
Para a velocidade: Para a posição:
tavv
tavv
tavv
z
0
zz
y
0
yy
x
0
xx
+=
+=
+=
2
z2
10
z
0
zz
2
y2
10
y
o
yy
2
x2
10
x
0
xx
tatvrr
tatvrr
tatvrr
++=
++=
++=
Vamos em seguida ver alguns exemplos de movimento acelerado.
a) Lançamento de projétil
Um caso importante de movimento plano é aquele onde temos:
jˆga −=
r
(com g = 9.8 m/s2
) que corresponde ao movimento de um corpo
atirado de maneira arbitrária. Neste caso, o movimento será acelerado na
direção y e não acelerado nas demais. Vamos imaginar a situação em que o
corpo é lançado obliquamente de maneira a formar um ângulo θ com a
superfície, como mostrado na Fig. 3.4
θ=
θ=
senvv
cosvv
0
0
y
0
0
x
Fig. 3.4 – Lançamento oblíquo de um projétil.
Tomando-se o eixo x paralelo à superfície e o eixo y na vertical, a
velocidade inicial v0 pode ser decomposta em cosvv 0
0
x θ= e
θ= senvv 0
o
y . Na direção x não existe aceleração, porém na direção y
temos ay = -g de modo que:
( )
( )


θ+=+=
θ==
tcosvxtvxtx
cosvvtv
00
0
x0
0
0
xx
θ
v0
y
x

40
( )



−+=
−θ=−=
2
2
10
y0
o
0
yy
tgtvyty
tgsenvtgv)t(v
Eliminando-se o tempo do primeiro conjunto de equações
( )( )0
x0 v/xxt −= e substituindo no segundo obtemos:
( ) 2
0
x
0
0
x
00
y0
v
xx
g
v
xx
vyy
2
1





 −
−
−
+=
que representa uma trajetória parabólica como indicada na Fig. 3.5. A altura
máxima pode ser calculada tomando-se dy/dx = 0. Assim,
( )
g
vv
xx0
v
xx
g
v
v 0
x
0
y
0max0
x
0
0
x
0
y
2
+=⇒=
−
−
e substituindo em y(t) tiramos:
( )
g
v
yy
20
y
0max
2
1
+=
Fig. 3.5 - Movimento parabólico decorrente do lançamento oblíquo.
Vamos tomar x0 = y0 = 0 e calcular qual é o alcance do projétil ao
longo do eixo x. Para isto fazemos y = 0 e assim obtemos:
( )20
x
2
0
x
0
y
v
Rg
R
v
v
0
2
1
−=
0
v
r
θ
ymax
xmaxx0 R
x
y
y0
0

Descartando a solução R = 0, que corresponde ao início do movimento, temos
R = g/vv2 0
x
0
y , e usando-se θ=θ= cosvvesenvv 0
0
x0
0
y obtemos:
( )
g
2senv
R
2
0 θ
=
de onde concluímos que o ângulo que apresenta o maior alcance é θ = 45o
b) Movimento circular
Este deslocamento é caracterizado pelo fato de que o módulo do
deslocamento permanece constante. Assim, imaginamos o raio vetor que
descreve o movimento entre t e t + ∆t. O ângulo ∆θ varrido pelo raio vetor
durante o intervalo de tempo ∆t permite o cálculo da velocidade angular como
ilustrado na Fig. 3.6.
t
lim
dt
d
0t
∆
θ∆
=
θ
=ω →∆
Fig. 3.6 – Movimento circular.
Quando ω é constante, temos ∫ ω=ω=θ
t
0
tdt e assim podemos
escrever: x = r cosωt e y = r senωt, ou em notação vetorial:
rjˆtsenriˆtcosr
dt
vda
jˆtcosriˆtsenr
dt
rdv
jˆtrseniˆtcosrr
222 rrr
rr
r
ω−=ωω−ωω−==
ωω+ωω−==
ω+ω=
θ
t
t+∆t
∆θ
x
y

42
que é sempre oposta a direção radial. Portanto, r/vraa 22 =ω==
r
visto
que ω= rv
r
e esta aceleração é conhecida como “centrípeta” por estar
dirigida ao ponto central do movimento e é uma característica importante do
movimento circular uniforme.
c) Movimento ciclóide
É o movimento de um ponto da borda de um disco rodando, conforme
mostra a Fig. 3.7. Considerando um sistema de eixos no qual x é paralelo ao
chão, temos a combinação de um movimento translacional uniforme com um
movimento circular uniforme. Para o movimento translacional, xt = x0 + vxt e,
para o movimento circular, x0 = r cosωt e y0 = r senωt.
Fig. 3.7 - Movimento ciclóide.
Desta forma,
tsenryy
tcosrtvxx
0
x0
ω+=
ω++=
Ao utilizarmos a notação vetorial e fazendo x0 = y0 = 0,
( ) jˆtsenriˆtcosrtvr x ω+ω+=
r
r
x

( )
c
222
x
rjˆtsenriˆtcosr
dt
vda
jˆtcosriˆtsenrv
dt
rdv
rrr
rr
ω−=ωω−ωω−==
ωω+ωω−==
Exemplo: Considere um disco descendo um plano inclinado,
formando um ângulo θ com a horizontal, como mostrado na Fig. 3.8. Vamos
determinar x(t) e y(t) de um ponto localizado na borda do disco. Escolhendo o
eixo x da maneira indicada na figura, temos ax = g senθ e ay = 0. Então, x = xt
+ xc, y = yt + yc β+θ+=⇒ cosrtseng
2
1
tvx 20
x e β+= senrtvy 0
y ,
onde β ≠ ωt (movimento acelerado) é o ângulo que o disco rodou.
Fig. 3.8 – Disco descendo um plano inclinado
3.4 Movimentos planos descritos por coordenadas
polares
Vamos considerar um movimento circular no qual o corpo percorre
um comprimento de arco s, que está associado a um ângulo θ de acordo com: s
= rθ, sendo r o raio da trajetória. A velocidade tangencial é:
ω=
θ
== r
dt
d
r
dt
ds
v
θ
r
P
x

44
Para representar v
r
, vamos introduzir os versores rˆ e θˆ , que são
adequados para se trabalhar com coordenadas polares. O versor rˆ tem a
mesma direção e sentido do vetor posição r
r
. O versor θˆ é perpendicular a r
r
e tangente ao círculo, apontando para a direção em que θ e s crescem como
indica a Fig. 3.9. Desta forma, podemos escrever r
r
e v
r
em coordenadas
polares da seguinte maneira:
θ
θ
=θ=
=
ˆ
dt
d
rˆvv
rˆrr
r
r
Fig. 3.9 – Movimento plano descrito por coordenadas polares.
Devemos notar que rˆ e θˆ são versores que variam com o tempo. Para
encontrar esta variação em termos dos versores iˆ e jˆ que são fixos vemos
que jˆseniˆcosrˆ θ+θ= e jˆcosiˆsenˆ θ+θ−=θ . Desta forma,
( )
( ) rˆ
dt
d
jˆseniˆcos
dt
d
dt
ˆd
ˆ
dt
d
jˆcosiˆsen
dt
d
jˆcos
dt
d
iˆsen
dt
d
dt
rˆd
θ
−=θ+θ
θ
−=
θ
θ
θ
=θ+θ−
θ
=θ
θ
+θ
θ
−=
Uma vez que conhecemos a maneira pela qual rˆ e θˆ variam com o
tempo, podemos encontrar v
r
e a
r
a partir de r
r
.
iˆ
θ
y
x
θˆ
rˆ
r
r
jˆ

rˆ
dt
d
r
dt
ˆd
dt
d
r
dt
vd
a
ˆ
dt
d
r
dt
rˆd
r
dt
rd
v
rˆrr
2





 θ
−=
θθ
==
θ
θ
===
=
r
r
r
r
r
onde foi suposto que ω = dθ/dt é constante. Como dθ/dt = v/r, temos
( ) rˆrrˆr/va 22 ω−=−=
r
, que é a aceleração centrípeta no movimento circular
uniforme.
Se o movimento for uniformemente acelerado, isto é, se dω/dt = α =
constante, a expressão para a aceleração se modifica. Tomando a derivada de
θω= ˆrv
r
temos:
rˆrˆr
dt
ˆdˆ
dt
d
ra 2ω−θα=




 θ
ω+θ
ω
=
r
de onde vemos que além da aceleração centrípeta surge uma aceleração
tangencial dada por θα ˆr .
A descrição de um movimento retilíneo através de coordenadas
polares é feita baseando-se na Fig. 3.10. Podemos relacionar vr e vθ da
seguinte forma:
vx = vr cosθ - vθ senθ
vy = vr cosθ + vθ senθ
ou
vr = vx cosθ + vy senθ
vθ = -vx senθ + vy cosθ
Fig. 3.10 – Descrição de um movimento retilíneo através de coordenadas polares.
θ
y
x
θˆ rˆ
r
r v
r
θ
θ
vy
vx
vrvθ

46
Para o caso que estamos tratando, vx = v e vy = 0. Portanto, vr = v
cosθ e vθ = v senθ, ou seja:
θθ−θ= ˆsenvrˆcosvv
r
Exercícios
1 – Considere um cilindro de raio R rolando sem deslizar num plano
horizontal. O centro de massa do cilindro possui aceleração a. Qual é a
aceleração angular do cilindro? Qual é o ângulo β que o cilindro roda
como função do tempo?
2 – Dois corpos A e B estão em movimentos circular uniformes de trajetórias
concêntricas com raios ra e rb e velocidades angulares ωa e ωb. Determine
a velocidade relativa entre os dois corpos.
3 – Determinar a aceleração de um corpo que desliza pela rosca de um
parafuso com passo h e raio R. Despreze o atrito e considere que o corpo
partiu do repouso.
4 – É necessário lançar da terra uma bola por cima de uma parede de altura H
que se encontra a uma distância S (Fig. 3.11). Qual é a menor velocidade
inicial com que a bola pode ser lançada?
Fig. 3.11 – Lançamento de projétil sobre uma parede de altura H.
0
v
r
H
S

5 – Uma bala é disparada de um canhão com velocidade v0. Determine a
região geométrica onde a bala certamente não cairá.
6 – Um plano inclinado forma um ângulo α com o plano xy, conforme mostra
a Fig. 3.12. Um corpo é lançado com velocidade v0, formando um ângulo
θ com o eixo y. Desprezando o atrito calcule: xmax, zmax e o tempo que o
projétil demora para retornar ao eixo y.
7 – Uma pedra é lançada com velocidade inicial de 20 m/s. Sabendo-se que ela
ficou 2 s no ar, calcule:
a) o ângulo de lançamento (com a horizontal)
b) a altura máxima atingida
c) o alcance
d) outro ângulo de lançamento para o qual a pedra terá o mesmo alcance.
(Neste caso o tempo será diferente de 2 s).
Fig. 3.12 – Lançamento oblíquo num plano inclinado.
8 – Um corpo translada com velocidade v = 5 m/s sobre um plano horizontal
sem atrito. Subitamente ele encontra pela frente um plano inclinado
(também sem atrito) de ângulo θ = 300
e altura H = 0,8 m, conforme
mostra a Fig. 3.13. Tomando-se g = 10 m/s, pergunta-se:
a) a que distância d do final do plano inclinado o corpo cairá?
b) qual é a altura máxima que o corpo atingirá?
0
v
r
θ α y
x
z

48
Fig. 3.13 - Lançamento oblíquo de um corpo por meio de uma rampa.
9 – Um pequeno corpo é lançado da origem com velocidade v0 = 100/ 3 m/s
formando um ângulo θ = 600
com a horizontal. Outro corpo é lançado 1
segundo depois, com a mesma velocidade v0, porém na horizontal e de
uma altura H, como mostra a Fig. 3.14. Suponha que haja uma colisão
entre os dois corpos e que g = 10 m/s2
.
a) Em que instante de tempo ocorre a colisão?
b) Qual deve ser o valor de H para que a colisão ocorra?
c) Quais as coordenadas x e y da colisão?
3.10 – Um pequeno corpo é lançado da origem com velocidade v0 segundo um
ângulo θ com a horizontal. Outro corpo é lançado com a mesma
velocidade v0, porém na horizontal e de uma altura H, como mostra a
Fig. 3.14. Qual deve ser o valor de H tal que eles atinjam o mesmo
ponto no eixo Ox?
Fig. 3.14 - Lançamento de dois corpos.
x
H
θ
ymax
d
v
r
v0
H v0
O x
θ

3.11 - Mostre que o movimento de um projétil lançado com v0 e θ é descrito
pela parábola: y x
v
g
g x
v
v
g
y
x
y
( ) = − −






0
2
0
0
2
2 2
, com v0x = v0 cosθ e v0y = v0
senθ. b) Encontre o ângulo α que a trajetória faz com a horizontal para
qualquer x (tgα = dy/dx), c) Encontre xmax correspondente ao topo da trajetória
(tg α = 0). d) Encontre o alcance R, fazendo α = π−θ

50

As leis de Newwton
49
4.1 Introdução
Até o momento estudamos vários tipos de movimento sem no entanto
nos preocuparmos com suas causas. Já sabíamos intuitivamente que para se
modificar o movimento de um corpo é necessária a ação de um agente
externo. De fato, na ausência completa de ação externa, o corpo permanece
num estado de movimento constante. A maneira pela qual o agente externo
age sobre o corpo é através da atuação de uma força. Portanto, a força nada
mais é do que a quantificação da ação de um corpo sobre outro.
A força pode ser definida como uma grandeza física capaz de alterar o
estado de movimento de um corpo ou a forma deste corpo. O estado de
movimento de um corpo é caracterizado pelo seu momentum linear, que é
definido como:
vmp
rr
=
de forma que a existência de uma força produz alterações em p
r
.
O comportamento de um corpo quando sujeito a forças externas é
regido pelas leis de Newton, expressas como:
Lei I - “Todo corpo permanece em repouso ou em movimento retilíneo
uniforme, a menos que seja obrigado a modificar seu estado de movimento
pela ação de forças externas”.
Lei II - “A modificação do movimento é proporcional à força atuante, ou
seja, dt/pdF
rr
= ”.
Lei III - “A toda ação corresponde uma reação igual e oposta ou, as ações
mútuas de dois corpos são sempre dirigidas em sentidos opostos”.
4AS LEIS DE
NEWTON

As leis de Newwton
50
A primeira lei estabelece justamente o que havíamos dito
anteriormente, isto é, para modificarmos p
r
(grandeza que quantifica o estado
de movimento do corpo) é necessário um agente externo exercendo uma força
sobre o corpo. Suponha por exemplo, um cometa movendo-se em movimento
retilíneo uniforme. Ele continuará neste estado até chegar nas proximidades de
um planeta, que através da força gravitacional, modificará seu estado de
movimento fazendo com que o momentum p
r
mude em módulo e direção. Esta
idéia que acabamos de apresentar, embora bastante lógica, não o era na época
de Galileu, pois se acreditava que para manter um corpo em movimento
retilíneo uniforme era necessária a ação de agentes externos. O único estado
natural e espontâneo para um corpo era o repouso!
A força também é necessária para alterar a forma de um corpo.
Durante a deformação as partículas deste corpo são aceleradas até atingirem
uma nova situação de equilíbrio. O equilíbrio de um corpo pode ser de tipos
diferentes. Inicialmente, um corpo só estará em equilíbrio quando a resultante
das forças agindo sobre ele for nula. O equilíbrio é dito estável quando uma
pequena perturbação tira o sistema de equilíbrio, mas a vizinhança do corpo
age de forma a restaurar o equilíbrio. O equilíbrio é dito instável quando uma
pequena perturbação tira o sistema do equilíbrio e a vizinhança age no sentido
de amplificar este efeito.
Vamos considerar que a quantidade de matéria num determinado
corpo não se modifica. Neste caso, a ação de uma ou mais forças leva a uma
aceleração:
amdt/vdmF
rrr
==∑
e a constante de proporcionalidade entre força e aceleração é denominada
massa do corpo. A unidade de massa é Kg (SI) ou g (CGS) enquanto que a da
aceleração é m/s2
(MKSÁ) ou cm/s2
(CGS). Portanto, a unidade de força é
definida como: [F] = 1 N = 1 Kg.m/s2
no Sistema Internacional (SI) ou [F] = 1
dyn = 1 g.cm/s2
no sistema CGS, sendo portanto, 1 dyn = 10-5
N.

As leis de Newwton
51
Quando a massa de um corpo varia, como por exemplo, durante a
exaustão de combustível num foguete, a forma mais geral da segunda lei de
Newton fica:
( )
dt
dm
v
dt
vd
mvm
dt
d
dt
pd
F
r
r
r
rr
+===
A expressão vmp
rr
= para o momentum de um corpo é válida quando
este tem velocidade bem menor que a velocidade da luz, c, que é de
aproximadamente 300.000 km/s. Para velocidades altas (v ≈ c),
v)v(mv
c/v1
m
p
22
0 rrr
=
−
=
onde m0 é chamado de massa de repouso e m(v) varia de uma maneira que
corpo torna-se cada vez mais pesado quanto mais se aumenta sua velocidade.
Porém, se v/c << 1, a aproximação m ≈ m0 é bastante boa.
Quando um corpo encontra-se próximo à superfície da Terra, esta
exerce sobre ele uma força que é denominada peso, dada por: w = mg e que
está dirigida para o centro da Terra.
A massa de um corpo, como vimos, é quantificada através da razão
entre a força e a aceleração, Associado à massa, há uma propriedade
importante que é denominada inércia. Imagine uma locomotiva e um carrinho
de bebê sobre o chão sem atrito, completamente livres para se moverem. Ao
exercermos uma ação sobre cada um deles (por exemplo, um empurrão), o
carrinho começa a andar enquanto que o trem oferecerá forte resistência à
mudança de movimento por possuir uma inércia maior. Corpos com maiores
massas apresentam maior inércia e, conseqüentemente, maior resistência a
mudanças no seu estado de movimento.
Todos os corpos apresentam a tendência de permanecer no seu estado
original de movimento quando acionados subitamente por um agente externo.
Uma ilustração deste fato é o que ocorre com os passageiros no interior de um
automóvel em movimento retilíneo uniforme que é freado ou faz uma curva
acentuada. No primeiro caso, a tendência do passageiro é chocar-se contra o

As leis de Newwton
52
pára-brisa enquanto que no segundo, a tendência é sair pela tangente à curva.
Este tipo de comportamento está relacionado com a inércia do passageiro.
Das três leis de Newton, a 3a
é aquela que sem dúvida exige um maior
esclarecimento. Ela descreve uma propriedade importante das forças: sua
ocorrência em pares, isto é, toda ação corresponde uma reação de mesma
intensidade, porém de sentido oposto. Um fato importante a ser observado é
que ação e reação não se cancelam (ou se equilibram) porque agem em corpos
diferentes. Um exemplo disto é o de um corpo sobre uma mesa como ilustrado
na Fig. 4.1. O corpo exerce uma força 'N
r
sobre a mesa e esta “responde”
exercendo sobre o corpo uma força '.NN
rr
−= N
r
e 'N
r
constituem um par
ação-reação. A Terra exerce sobre o corpo a força peso w
r
para a qual existe
uma reação 'w
r
exercida do corpo sobre a Terra. w
r
e 'w
r
' constituem outro
par ação-reação porém w
r
e N
r
não constituem par ação-reação. Devido ao
fato do corpo estar em equilíbrio, pela 2a
Lei de Newton, 0a =
r
e portanto
∑ = 0F
rr
. Logo:
Nw0Nw
rrrr
−=⇒=+
Quando dois corpos isolados constituem um sistema, as únicas forças
existentes são as que constituem o par ação-reação. Neste caso, olhando para o
sistema como um todo, vemos que:
Fig. 4.1 - Forças agindo num corpo sobre uma mesa.
N
r
´N
r
'w
r
w
r
corpo
mesa

As leis de Newwton
53
( ) 0
dt
pd
pp
dt
d
0
dt
pd
dt
pd
0FF
21
21
21
rr
rr
rrrrrr
==+⇒
=+⇒=+
e assim concluímos que o momentum total se conserva na ausência de forças
externas já que 1F
r
e 2F
r
constituem forças externas ao sistema. Esta lei de
conservação do momentum é de grande importância no estudo de colisões
entre corpos, onde as forças envolvidas são internas ao sistema.
4.2 Referenciais
As grandezas cinemáticas só têm sentido físico quando medidas com
relação a um ponto de referência. Assim, se considerarmos por exemplo, um
trem movendo-se com velocidade v0 na direção x > 0 e um homem dentro do
trem movendo-se com velocidade -v0 (na direção x < 0), observamos que para
uma pessoa parada fora do trem, a velocidade do homem será nula. Com este
exemplo vemos claramente que o conceito de movimento está intrinsecamente
ligado ao de referencial.
Consideremos um sistema de coordenadas O (x, y, z) fixo no espaço,
no qual a posição de um corpo é especificada pelo vetor posição:
kˆzjˆyiˆxr ++=
r
a partir do qual podemos encontrar a velocidade e a aceleração da maneira
tradicional:
kˆzjˆyiˆxa
kˆzjˆyiˆxv
&&&&&&
r
&&&
r
++=
++=
Consideremos a seguir um segundo sistema de coordenadas O’ (x’, y’, z’)
movendo-se com velocidade kˆ'vjˆ'viˆ'v'v ozoyox0 ++=
r
com relação ao
referencial fixo, conforme mostra a Fig. 4.2. O vetor R
r
descreve a posição do
ponto O’ com relação ao ponto O. Se este referencial estiver uniformemente
acelerado, R
r
(t) será dado por:

As leis de Newwton
54
Fig. 4.2 - Referenciais em movimento relativo.
2
R00 tatvR)t(R
2
1 rrrr
+′+=
Por outro lado, olhando para a figura vemos que a adição geométrica dos
vetores nos fornece: RrrourRr
rrrrrr
−=′′+= , onde r′
r
descreve a posição
do corpo visto por um observador solidário ao referencial móvel. Este
observador verá a velocidade do corpo dada por:
tavvRrrv R0
rrr&r
&r&rr
−′−=−=′=′
que é a velocidade que o corpo possui no sistema de coordenadas O menos a
velocidade de O’ com relação a O. A aceleração por sua vez é:
Raaa
rrr
−=′
que é a aceleração no sistema fixo menos a aceleração relativa entro os dois
referenciais. No caso particular em que o sistema móvel O' não está acelerado
( 0aR
rr
= ) temos aa
rr
=′ , isto é, a aceleração é a mesma nos dois referenciais.
Referenciais deste. tipo, onde a lei de Newton tem a mesma forma
( amamF
rrr
=′= ) são chamados de referenciais inerciais.
4.3 Aplicações das leis de Newton
Como vimos, as leis de Newton são as leis básicas da Mecânica
Clássica. Em principio, qualquer problema de dinâmica pode ser resolvido
x
y
z
x´
y´
z´
R
r
r
r ´r
r
'v
r
O
O’

As leis de Newwton
55
através de sua aplicação. Passaremos agora a analisar uma série de exemplos
que ilustram tais leis.
De modo geral, os problemas envolvendo forças podem ser
classificados em duas categorias. Na primeira, conhecemos as forças que
agem sobre o corpo e queremos encontrar seu efeito, expresso através de
mudanças na velocidade e posição. Na segunda categoria, conhecemos o
movimento do corpo e a partir disto queremos determinar o conjunto de forças
agindo sobre ele. A solução de um problema pode ser encontrada através de
urna sequência natural de análises. Primeiramente, o problema deve estar
claramente colocado e se ele apresentar várias partes, cada uma delas deve ser
analisada antes de se considerar o sistema como um todo. Sempre que houver
contato entre corpos, lembre-se que ação e reação agem em corpos diferentes.
a) Plano inclinado sem atrito
Queremos encontrar o movimento de um corpo colocado sobre um
plano com ângulo de inclinação θ como mostrado na Fig. 4.3. As forças
agindo sobre ele são: o peso w
r
, que é dirigido para baixo e a força de reação
N
r
, que é normal à superfície.
Fig. 4.3 - Plano inclinado sem atrito.
Como o corpo não pode penetrar no plano inclinado, concluímos que
o movimento só deve ocorrer na direção paralela a ele. Isto implica em que a
força resultante na direção perpendicular ao plano é nula e assim:
θ
θ
x
y
N
r
W
r

As leis de Newwton
56
∑
∑
=
=
xx
y
MaF
0F
de onde obtemos:
θ=⇒=+θ− cosMgN0NcosMg
θ=⇒=θ sengaMasenMg xx
e como ax é constante, o movimento paralelo ao plano é do tipo
uniformemente acelerado já visto anteriormente.
b) Corpo suspenso por cordas
Imagine um corpo suspenso por duas cordas conforme mostra a Fig.
4.4. As cordas ficarão sujeitas às tensões 21 TeT
rr
dirigidas ao longo de seu
comprimento e, portanto, agindo sobre o corpo. Como este está em equilíbrio,
a soma total das forças agindo sobre ele é nula, de forma que:
⇒==∑ ∑ 0FF yx
0cosTcosT 2211 =θ−θ
0MgsenTsenT 2211 =−θ+θ
Fig. 4.4 - Corpo suspenso por cordas.
Destas duas equações tiramos 21 TeT
rr
:
θ1
θ1 θ2
θ2
M
T1T2
Mg
x
y

As leis de Newwton
57
( )21
1
212
1
1
sen
cosMg
sensencos
cosMg
T
θ+θ
θ
=
θ+θθ
θ
=
( )21
2
212
2
21
sen
cosMg
sensencos
cosMg
T
θ+θ
θ
=
θ+θθ
θ
=
No caso da corda resistir somente a uma tensão máxima Tmax, podemos
analisar se T1 ou T2 ultrapassa tal limite.
Em dinâmica, os problemas envolvendo cordas e fios são bastante
freqüentes e, portanto, vamos tecer algumas considerações a este respeito.
Vamos considerar uma corda de massa Mc e comprimento L que sustenta um
corpo de massa M ao longo da vertical (ver Fig.4.5). Queremos calcular a
tensão na corda em toda a extensão de seu comprimento.
Fig. 4.5 - Corpo suspenso por uma corda com massa.
Se isolarmos o ponto de contato entre o corpo e a corda temos T =
Mg. Por outro lado, se tomarmos um ponto a uma altura x sobre o corpo, a
massa total abaixo dele é M+(MC/L) x e para que a corda esteja em equilíbrio,
a tensão deverá ser:
xg
L
M
Mg)x(T c
+=
Isto mostra que à medida que subimos pela corda seu nível de tensão
aumenta e no ponto de contato com o teto T = (M + Mc) g, como esperado. No
entanto, se a massa da corda for desprezível, a tensão é a mesma em cada
ponto ao longo de seu comprimento e ela funciona apenas como transmissora
de esforços.
M Mg
T
M
x

As leis de Newwton
58
c) Dois corpos ligados por uma corda
Considere dois corpos com massas M1 e M2 ligados por uma corda
sem massa e podendo deslizar sobre uma mesa sem atrito. Existe ainda uma
força F
r
agindo sobre M2, como indicado na Fig. 4.6. Queremos encontrar a
tensão na corda e a aceleração do sistema. Como a corda tem massa
desprezível, ela simplesmente transmite a força. Isolando os corpos, temos:
T = M1a1
F – T = M2 a2
Fig. 4.6 - Corpos ligados pó uma corda.
O sistema está vinculado de forma tal que os corpos são obrigados a
andar juntos e assim a1 = a2 = a. Logo:
F – M1a = M2a ⇒ a =
21 MM
F
+
21
1
1
MM
FM
aMT
+
==
d) Corpos em contato
Uma força F
r
é aplicada sobre um corpo de massa M1 que está em
contato com outro corpo de massa M2, como mostra a Fig. 4.7. Ambos estão
colocados sobre uma mesa sem atrito e a questão que se pretende responder é
sobre a força que é transmitida ao corpo 2. Como os corpos se movem juntos,
a aceleração será a mesma para os dois e então podemos escrever:
( )
21
21
MM
F
aaMMF
+
=⇒+=
T T
M1 M2
F
r

As leis de Newwton
59
Voltamos agora a analisar o corpo 2. Chamando T a força que 1 faz
sobre 2, temos:
21
2
2
MM
FM
aMT
+
==
e assim vemos que este resultado é similar ao do caso em que os dois corpos
estão ligados pela corda.
Fig. 4.7 - Corpos em contato.
e) n corpos conectados por cordas
Temos n corpos conectados por cordas conforme mostra a Fig. 4.8 e
queremos calcular a tensão na corda que conecta um par qualquer destes
corpos. Como os corpos possuem mesma massa M e se deslocam juntos
quando submetidos à ação da força F, podemos escrever que a aceleração do
sistema é a força dividida pela massa total, isto é, a = F/(nM). A força Ti por
sua vez movimenta todos os corpos a sua esquerda, desde i até n. O número
destes corpos é n - i +1 e portanto:
( ) ( ) ( )F
n
1in
n
MF
1inMa1inTi
+−
=





Μ
+−=+−=
Fig. 4.8 - Corpos conectados por cordas.
f) Sistema com polias: máquina de Atwood
Vamos considerar inicialmente uma corda ao redor de uma polia sem
atrito e sem massa como indica a Fig. 4.9(a). Como a corda possui massa
desprezível, ela simplesmente transmite a tensão e portanto, F1 = F2 = F.
M1
M2
F
r
F
r
n n-1 n-2 3 2 1

As leis de Newwton
60
Fig. 4.9 - Corda ao redor de uma polia (a) e pequena porção da corda (b).
Desta forma, é como se a polia simplesmente mudasse a direção da força.
Podemos calcular a força normal à polia da seguinte maneira. Tomemos uma
pequena porção de corda definida pelo ângulo ∆θ, como mostra a Fig. 4.9(b).
Projetando as forças F na direção radial temos:
( )2senF2dN θ∆= ≅ F ∆θ
enquanto que a componente tangencial se anula. Para encontrarmos a força
normal total (somada em módulo) devemos integrar no ângulo:
∫
α
α=θ=
0
FdFN (em módulo)
A máquina de Atwood é um dos exemplos mais simples envolvendo
polias, onde duas massas, M1 e M2 são interligadas através de uma corda sem
massa, como mostrado na Fig. 4.10. Chamando a tensão na corda de T, temos:
T - M1 g = M2 a
-T+M2 g = M2 a
de onde tiramos
( )
( )
g
MM
MM
a
12
12
+
−
=
A tensão T é dada por:
( )
( )
g
MM
MM
MgMaMgMT
12
12
1111
+
−
+=+=
2π−α ∆θ
F
r
F
r
N
r
1F
r
2
θ∆
F
r
F
r
2
θ∆2F
r
(a) (b)

As leis de Newwton
61
e a força exercida sobre o suporte da polia é:
( )21
21
MM
gMM4
T2
+
+
=
Fig. 4.10 - Máquina de Atwood.
g) Bloco sobre a mesa puxado por corpo na vertical
A Fig. 4.11 mostra um bloco de massa M1 sobre uma mesa sem atrito,
puxado por outro bloco de massa M2 sob a ação da gravidade. Isolando o
bloco 1 temos:
aMT 1=
enquanto que ao isolar o bloco 2 obtemos:
aMTgM 22 =−
Combinando estas duas equações obtemos a aceleração do sistema como:
21
2
MM
gM
a
+
=
M2gM1g
M1 M2
2T
a
r
T
T T
T

As leis de Newwton
62
Fig. 4.11 - Bloco sobre a mesa e corpo na vertical.
h) Peso aparente de um objeto num elevador acelerado
Vamos imaginar um objeto no interior de um elevador acelerado como
indica a Fig. 4.12. Qual seria seu peso aparente se ele estivesse sendo medido
por urna balança? O objeto pressiona a balança com urna força N, que é o
próprio peso aparente medido por ela. Pela 3a
lei de Newton, a balança produz
uma força N, só que dirigida para cima. O objeto anda junto com o elevador
de forma que a 2 a
lei de Newton fica:
N – Mg = Ma ⇒ N = M (g + a)
Se o elevador estiver acelerado para cima, o peso aparente é maior que
Mg,enquanto que se a aceleração for para baixo, o peso aparente será menor
que Mg.
Fig. 4.12 - Objeto num elevador acelerado.
M1
M2g
T
T
a
r
M2
a
r
M
Mg
N

As leis de Newwton
63
4.4 Movimento circular
Como vimos anteriormente, quando um corpo encontra-se em
movimento circular, existe uma aceleração radial, denominada centrípeta, que
é dada por r/va 2
c= , onde r é o raio do movimento circular e v é a
velocidade tangencial. É claro que a velocidade tangencial pode variar e,
portanto, existir uma aceleração tangencial. Vamos a seguir estudar vários
casos deste tipo de movimento.
a) Pêndulo cônico
Considere um pêndulo de comprimento L, formando um ângulo θ com
a vertical e descrevendo um círculo de raio R no plano horizontal, como indica
a Fig. 4.13. Qual é a velocidade tangencial da massa M? Para responder esta
pergunta, vamos analisar as forças agindo sobre ela.
Fig. 4.13 - Pêndulo cônico.
Na direção radial temos T senθ = Mv2
/R, enquanto que na direção
vertical, T cosθ = Mg. Dividindo uma equação pela outra obtemos:
Rg/vtg 2
=θ
ou então:
22
2
22
2
RL
gR
RL
R
Rgv
−
=
−
=
Suponha que o fio se rompa com uma tensão T0. Para que velocidade
isto ocorrerá?
R
L
M
θ
Mg
Tcosθ
Tsenθ

As leis de Newwton
64
b) Movimento circular vertical
Considere um corpo de massa M preso a uma corda de comprimento
R sem massa, posto para rodar em movimento circular no plano vertical, como
mostrado na Fig. 4.14. A posição do corpo é especificada pelo ângulo θ e tal
que no ponto máximo (1) θ = 0 e no ponto mínimo (2) θ = π. Inicialmente
estamos interessados em determinar a tensão na corda quando o corpo se
movimenta com velocidade constante. Na direção radial temos:
T + Mg cosθ = Mv2
/R ⇒ T = θ− cosMg
R
Mv2
Fig. 4.14 - Movimento circular vertical.
Deste resultado vemos que T = Mv2
/R - Mg é a tensão mínima para θ
= 0o
e T = Mv2
/R + Mg é a tensão máxima para θ = π. A Fig. 4.15 mostra um
gráfico completo de T contra θ. A velocidade mínima capaz de manter o
movimento circular ocorre quando T = 0 e vale gRvmin = . Para
velocidades inferiores a esta, não é possível haver movimento circular na
vertical.
Fig. 4.15 - Tensão na corda em função do ângulo θ.
θ
T(θ)
π 2π
Mg
R
Mv2
+
Mg
R
Mv2
−
M
θ
Mg
T
R
1
2

As leis de Newwton
65
c) Pêndulo simples
O movimento pendular é um dos movimentos mais estudados em
Mecânica Clássica, ao lado do movimento harmónico do sistema massa-mola.
Considere o pêndulo da Fig. 4.16 deslocado de um certo ângulo θ. Usando a 2a
lei de Newton nas direções radial e tangencial temos respectivamente:
t
2
MasenMg
L/MvcosMgT
=θ−
=θ−
Fig. 4.16 - Pêndulo simples.
Vamos supor que a condição inicial do movimento seja θ = θ0 e v = 0, de
forma que T0 = Mg cosθ0. Como ( )( )dt/dd/dvdt/dvat θθ== ( ) L/vd/dv θ=
temos para a direção tangencial:
dvvdsengL
L
v
d
dv
MsenMg
−=θθ⇒
θ
=θ−
que pode ser integrado, resultando em:
2
v
0
vdvvdsengL
0 2
1
∫ ∫
θ
θ
−=−=θθ
A realização desta integral é simples e leva a:
( ) 2
0 vcoscosgL
2
1
=θ−θ−
L
Mg
θ
T
θ

As leis de Newwton
66
Logo:
v2
/L = - 2g(cosθ0 - cosθ)
e assim, a tensão no fio varia com θ de acordo com:
T = Mg(3cosθ - 2cosθ0)
d) Corda girante
Imagine uma corda de massa M e comprimento L colocada para girar
num plano horizontal (sobre uma mesa sem atrito) com velocidade angular ω,
conforme mostra a Fig. 4.17. Queremos encontrar a tensão na corda a uma
distância r do ponto de fixação. Para isto vamos considerar um elemento de
comprimento ∆r, como mostrado na figura, cuja massa é ( ) rL/Mm ∆=∆ .
Este elemento está sujeito às tensões T(r) e T(r +∆r). Pela 2a
lei de Newton
temos:
( ) ( ) rrrmrrTrT 22
L
M
∆ω=ω∆=∆+−
Fig. 4.17 - Corda girando sobre uma mesa sem atrito.
Podemos re-escrever esta expressão como:
( ) ( )
L
rM
r
rTrrT 2
ω
−=
∆
−∆+
No limite em que ∆r tende a zero ficamos com:
( ) ( )
L
rM
dr
dT
r
rTrrT
lim
2
0r
ω
−==



∆
−∆+
→∆
A seguir, vamos integrar entre os pontos 0 e r:
∆r
ω
r
T(r) T(r+∆r)
∆r
∆m

As leis de Newwton
67
( )
∫ ∫ ⇒ω−=
RT
T 0
2
0
r
drr
L
MdT
( ) ( ) L2
rM
TrT
L2
rM
TrT
22
0
22
0
ω
−=⇒
ω
−=−
Para encontrar o valor de T0, notamos que T = 0 para r = L (a corda
acaba neste ponto). Logo,
2
LM
T
2
LM
T0
2
0
2
0
ω
=⇒
ω
−=
e conseqüentemente:
( )22
2
rL
L2
M)r(T −ω=
A Fig. 4.18 mostra o gráfico de T(r).
Fig. 4.18 – Tensão na corda como função da posição radial.
4.5 Força retardadora proporcional à velocidade
Quando um corpo move-se no interior de um fluido (gás ou liquido),
age sobre ele uma força proporcional à velocidade, porém na direção oposta
ao movimento. Esta forca é denominada viscosa. Assim, vamos imaginar um
corpo com velocidade inicial v0, movendo-se num meio viscoso. Pela 2a
lei de
Newton temos:
bv
dt
dv
mma −==
2
LM 2
ω
r
T(r)
0 L

As leis de Newwton
68
Esta equação, chamada de equação diferencial, pode ser resolvida se
isolarmos v e t e a seguir integrarmos:
∫∫ −=⇒−=
t
0
v
v
dt
m
b
v
dvdt
m
b
v
dv
0
Logo:
m
bt
v
v
nvnvn
0
0 −=





=− lll
( )






−=⇒
m
bt
expvtv 0
de modo que a velocidade do corpo decresce exponencialmente como mostra a
Fig. 4.19.
Fig. 4.19 - Velocidade de um corpo jogado com velocidade v0 num meio viscoso.
Vamos imaginar agora um corpo num meio viscoso caindo sob a ação
da gravidade. O balanço das forças leva à seguinte equação de movimento:
dt
dv
mbvmg =−
A velocidade vai aumentando até que a força gravitacional é equilibrada pela
força viscosa. A partir deste ponto teremos dv/dt = 0 e conseqüentemente não
haverá mais mudanças de velocidade. Dizemos então que o corpo atingiu sua
velocidade terminal vT que é dada por:
b
mg
vbvmg TT =⇒=
t
v(t)
v0

As leis de Newwton
69
Para resolvermos a equação de movimento vamos supor que o corpo partiu do
repouso. Isolando v e t temos:
∫∫ =
−
⇒=
−
t
0
v
0
dt
m
bvg
dvdt
m
bvg
dv
Fazendo a substituição: du
b
mdvu
m
bvg −=⇒=−
∫∫ =−
− t
0
m/bvg
g
dt
u
du
b
m
{ }m/btexp
g
m/bvg
t
m
b
g
m/bvg
n −=
−
⇒−=




 −
l
A velocidade do corpo cresce como mostra a Fig. 4.20.
Fig. 4.20 - Velocidade de um corpo acelerado num meio viscoso.
4.6 Forças observadas na natureza
As forças existentes entre as partes de um sistema são oriundas de
interações fundamentais tais como: forças gravitacionais, forças
eletromagnéticas e forças nucleares (fortes e fracas). Estas forças,
responsáveis pela existência da matéria, serão vistas em vários cursos futuros.
Nós vamos aqui abordar apenas os efeitos macroscópicos destas forças.
a) Forcas elásticas: lei de Hooke
Denominamos de elásticos aqueles corpos que ao sofrerem
deformações quando sujeitos a esforços, têm a propriedade de recuperarem
t
v(t)
vt

As leis de Newwton
70
sua forma original quando tais esforços são removidos. Vamos imaginar a
seguinte experiência: consideremos uma mola com uma das extremidades fixa
na parede e com uma força F aplicada na outra, como ilustra a Fig. 4.21.
Fig. 4.21 - Mola tracionada.
Antes da aplicação da força F, a mola tem um comprimento livre x0.
Após a aplicação desta, ela distende-se para um novo comprimento x, tal que a
deformação é dada por 0xxx −=∆ . Se formos aumentando gradativamente a
força F e medindo a deformação ∆x associada, verificaremos a existência de
dois tipos de comportamento. Inicialmente, a força e a deformação são
diretamente proporcionais, mas conforme F aumenta isto deixa de ser verdade.
Num gráfico de F contra ∆x, mostrado na Fig. 4.22, a região de linearidade vai
do ponto 0 até o ponto 1. Neste regime, denominado de elástico, vale a
relação:
F = k ∆x
onde k (inclinação da reta) é chamada de constante de mola e a expressão
acima, conhecida como lei de Hooke. Se olharmos microscopicamente para o
material, neste regime os vários planos de átomos sofrem deslocamento
relativo entre si, mas um determinado átomo permanece sempre ligado à sua
posição original.
Fig. 4.22 - Deformação de uma mola real sujeita a uma força F.
Fk
∆x
F
1
2
0

As leis de Newwton
71
O regime que vai de 1 a 2 é denominado plástico e a deformação
causada nesta região é permanente. Microscopicamente, os planos atômicos
pulam de uma posição para a seguinte, gerando deformações permanentes no
material. Ao atingir o ponto 2, o material não resiste mais ao esforço e rompe-
se.
Fig. 4.23 - Descrição microscópica dos regimes elástico e plástico.
b) Forcas de contato e atrito
Quando duas superfícies sólidas são colocadas em contato, existe uma
resistência ao deslocamento relativo destas superfícies que é denominada de
atrito. O atrito tem sua origem no fato de que as superfícies não são
microscopicamente perfeitas, de maneira a se estabelecerem vários pontos de
contato que dificultam o movimento relativo entre as superfícies, como mostra
a Fig. 4.24.
Fig. 4.24 - Superfícies reais em contato.
Devido a esta natureza da força de atrito, esperamos que quanto mais
forte uma superfície for pressionada contra a outra, maior deve ser a
resistência ao deslizamento, ou seja, maior é o atrito. Logo, a força de atrito é
elástico
plástico

As leis de Newwton
72
proporcional à força normal entre as duas superfícies: Fat α N. Outro fator que
influencia a intensidade da força de atrito é a qualidade da superfície: se esta
for bem polida, o atrito será menor. Finalmente, o tipo de material usado na
confecção de corpo também é importante na determinação de Fat: se o material
for macio, a tendência é que ele se “amolde” à outra superfície e isto dificulta
o deslizamento. A qualidade da superfície e a dureza do material especificam
o coeficiente de atrito µ que definiremos a seguir.
Vamos imaginar um experimento onde uma força F variável é
aplicada sobre um corpo de massa M, inicialmente em repouso sobre uma
superfície áspera, como esquematizado na Fig. 4.25. Se F é relativamente
pequena, o corpo continua em repouso e neste caso, F = Fat. Note que se F = 0,
Fat = 0, indicando que a força de atrito só existe se houver tendência ao
deslizamento. Se continuarmos a aumentar F, esta atinge um valor máximo
para o qual o corpo se encontra iminência de deslizar. Neste ponto define-se o
coeficiente de atrito estático como Fmax = µeN. A partir daí, o corpo entra em
movimento e qualquer incremento em F contribui exclusivamente para
acelerar o corpo, como mostra a Fig. 4.26. Na situação de movimento, a força
de atrito é Fat = µdN, onde µd é chamado de coeficiente de atrito dinâmico.
Assim, no regime estático Fat ≤ µeN e no regime dinâmico Fat = µdN, sendo µd
< µe (verificado experimentalmente).
Fig. 4.25 - Corpo puxado sobre uma superfície com atrito.
Como exemplo do cálculo de força de atrito, tomemos um corpo de
massa M sobre um plano inclinado, como mostra a Fig. 4.27. Da. 2a
lei de
Newton temos:
N – Mg cosθ = 0
e
Mg senθ - Fat = Ma
M
F
r
atF
r

As leis de Newwton
73
Fig. 4.26 - Variação da força de atrito com a força externa aplicada.
No caso do corpo estar na iminência de deslizamento, a = 0 e Fat =
µeN. Desta forma, µe = tgθ.
Fig. 4.27 - Corpo sobre um plano inclinado com atrito.
Como segundo exemplo, vamos analisar um rotor no parque de
diversões, mostrado na Fig. 4.28. Este rotor é constituído de um cilindro de
raio R, com fundo, colocado para rodar com velocidade angular ω, tendo
várias pessoas no seu interior. Assim que o cilindro atinge a rotação máxima,
o fundo é retirado e as pessoas são mantidas no seu interior somente pelo
atrito do contato com a parede. Sendo µ o coeficiente de atrito estático, g a
aceleração da gravidade local, queremos encontrar a mínima velocidade
angular capaz de manter a pessoa equilibrada. Neste caso, a força normal é
dada pela força centrípeta e então,
45o
F
Fat
µeN
µdN
iminência de deslizamento
deslizamento
θ
N
r
atF
r
Mg
a
r

As leis de Newwton
74
θ2F
2
θ∆
2
θ∆
T
T+∆T
N
µN
R
g
RMNMg
e
min
2
ee
µ
=ω⇒ωµ=µ=
Fig. 4.28 - Rotor com atrito num parque de diversões.
Como exemplo final desta seção, vamos tratar o caso de uma polia
com atrito. Como já discutimos anteriormente, uma polia ideal (sem atrito)
apenas modifica a direção de uma força sem modificar seu valor. Queremos
agora analisar como a presença do atrito modifica F1 comparada com F2. Para
isto, vamos tomar um elemento da polia mostrada na Fig. 4.29 e verificar as
forças sobre ele.
Fig. 4.29 - Corda em polia com atrito.
Na direção x:
( ) 




+




∆+= θ∆θ∆
22
senTsenTTN
NF eat µ=
N = Mω2
R
Mg
ω
1F

As leis de Newwton
75
Como ∆θ é pequeno, 1cosesen
222
≈≈
θ∆θ∆θ∆
e assim,
( ) θ∆≅θ∆∆+




=




+




∆+= θ∆θ∆θ∆
T
2
TT2TTTN
222
Na direção y:
( ) NcosTcosTT
22
µ+




=




∆+ θ∆θ∆
T
T
TNT µ=
θ∆
∆
⇒θ∆µ=µ=∆⇒
no limite em que ∆θ → 0, temos lim∆θ→0 ( ) Td/dT/T µ=θ=θ∆∆ e
portanto:
∫∫
θ
θµ=⇒θµ=
0
F
F
d
T
dTd
T
dT 1
2
{ }µθ=⇒µθ=





expFF
F
F
n 21
2
1
l
4.7 Forças inerciais
Quando a observação de um movimento é feita de um referencial não
inercial (acelerado), as leis de Newton deixam de ser válidas, isto é, a força
sobre o corpo não obedece a relação dt/vmdF
rr
= . Como a lei de força neste
caso fica bastante difícil de ser escrita, principalmente porque ela depende da
posição momentânea do corpo, nós introduziremos uma força extra no
problema, que é equivalente ao efeito produzido pelo fato do referencial ser
não inercial. Com a adição destas forças fictícias, chamadas de forças
inerciais, a lei de Newton passa a ser novamente válida. Note que as forças
inerciais simulam o efeito de uma força real, porém elas não são exercidas por
nenhum elemento do sistema. Vamos ilustrar o uso das forças inerciais através
dos vários exemplos que seguem.
a) Vagão acelerado

As leis de Newwton
76
Vamos considerar um vagão acelerado como mostrado na Fig. 4.30
dentro do qual encontra-se um observador. Se deixarmos um corpo cair a
partir do repouso, para um observador externo, a trajetória é tal que a única
força agindo sobre o corpo é gM
r
.
Para um observador no interior do vagão acelerado, a trajetória do
corpo é tal que indica a existência de uma força aM
r
− , de forma que a força
total vista por ele é:
aMgMF
rrr
−=
onde o termo entre aM
r
− é a força inercial.
Fig. 4.30 - Corpo em queda livre visto por um observador acelerado.
Por outro lado, se o corpo estiver preso por uma corda no teto do
vagão, um observador externo verá o corpo acelerado tal que:
aMgMT
rrr
=+ (observador em repouso)
Para um observador no interior do vagão, o corpo não está acelerado
e, portanto, para ele, a equação de forças é:
0aMgMT
rrrr
=−+ (observador acelerado)
b) Força centrífuga
Consideremos uma plataforma girando com velocidade angular ω e
sobre ela um corpo preso ao centro por uma haste sem massa, como mostrado
na Fig. 4.31. Para um observador externo à plataforma, a única força agindo
aM
r
−
gM
r
a
r

As leis de Newwton
77
sobre o corpo é a força centrípeta rMF 2
ω= , que mantém o corpo na sua
trajetória circular. Para este observador, a 2a
lei de Newton vale na sua forma
usual:
aMrMF 2 rrr
=ω−=
Para um observador sobre a plataforma, o corpo está em repouso
( 0a
rr
= ), porém a haste continua tensionada por um valor que pode ser medido
com um dinamômetro. Para ele, deve então existir uma força contrária à da
haste que mantenha o equilíbrio do corpo. Esta força também vale rM 2
ω ,
porém é dirigida para fora do círculo. Ela é chamada de força centrífuga e só
existe no referencial não inercial.
Fig. 4.31 - Corpo solidário a uma plataforma rodando com velocidade ω.
c) Força de Coriolis
Um segundo tipo de força inicial existente em referencial girante é a
força de Coriolis, que depende da velocidade e é perpendicular a ela quando
medida no referencial girante. Consideremos dois observadores, um no centro
e o outro na borda de uma plataforma girante, como na Fig. 4.32. Num
determinado instante, o observador do centro (A) arremessa um corpo com
velocidade v
r
para o observador da borda (B).
Quando o corpo chega na borda, o observador B já deslocou-se de um
ângulo θ e para ele, o corpo foi submetido a uma força que se desviou para a
esquerda. O segmento de arco descrito pelo observador B, localizado a uma
distância r do centro é s = r θ = rωt. Por outro lado, o corpo anda uma
distância r com velocidade constante v e portanto r = vt. Conseqüentemente, s
ω
M
r
r

As leis de Newwton
78
= v ω t2
. Para o observador B, este segmento de arco é consequência da
aceleração provocada pela força de Coriolis:
( ) 2
c
2
tatv2s
2
1
2
1
=ω=
ou então: Fc = 2mvω, perpendicular à velocidade. Esta força tem direção
tangencial e o sentido oposto ao da rotação do referencial.
Fig. 4.32 - Observadores numa plataforma girante.
As forças inerciais em referenciais girantes são de extrema
importância devido ao fato que a Terra é um referencial deste tipo. Estas
forças podem ser escritas em termos de produtos vetoriais se considerarmos o
vetor ω
r
como sendo perpendicular à plataforma girante.
( )rmFcentrífuga
rrrr
×ω×ω−= ( ) ( ) rm.rmr.m 2 rrrrrrr
ω=ωω+ωω−=
vm2FCoriolis
rrr
×ω−=
onde v
r
é a velocidade no referencial girante.
Como exemplo do efeito da força de Coriolis, vamos analisar o caso
de um corpo que cai de uma altura h sobre a superfície da Terra, na linha do
Equador. Na ausência de rotação, o corpo cairia exatamente na direção radial.
Devido à rotação da Terra, a força de Coriolis produzirá uma pequena
deflexão que queremos calcular. Vamos desprezar a força centrífuga supondo
que ela já está incluída em g
r
. Vamos fazer um cálculo simplificado para
determinar a deflexão x. Suporemos v = gt radial muito maior que a
velocidade produzida pela força de Coriolis.
v
r
A B
A
B
θ v
r
r
r
s

As leis de Newwton
79
⇒ω==⇒ω== 2
c
c
c tg
dt
dxvtg2
dt
dv
a 2
gtx
3
1
ω=
Como o tempo de queda é
g
h2t = temos
2
3
g
h2
3
g
x 




ω
= . Usando
s
rad103.7
360024
2 5
×=
×
π=ω e h = 100 m obtemos x ≈ 2 cm.
Exercícios
1 - Encontre o ângulo θ da Fig. 4.33 tal que o sistema permaneça em repouso.
Despreze o atrito.
2 - Encontre a razão entre as massas M1 e M2 tal que o sistema permaneça em
repouso na Fig. 4.34. Despreze o atrito.
Fig. 4.33 Fig. 4.34
3 - Encontre a aceleração do corpo de 2 Kg da Fig. 4.35.
4 - Encontre a massa do corpo A tal que a aceleração do corpo B da Fig. 4.36
é nula.
Fig. 4.35 Fig. 4.36
θ
2 Kg
1 Kg
30o
M1
M2
1 Kg
2 Kg
5 Kg
A 2 KgB
16 Kg
fixo
60o

As leis de Newwton
80
5 - No sistema da Fig. 4.37 o corpo A desliza sobre uma superfície com
coeficiente de atrito µ. As cordas e polias não têm massa.
a) encontre as acelerações dos blocos A e B;
b) encontre a tensão na corda ligada ao corpo A.
Fig. 4.37
6 - Dado o ângulo θ de um plano inclinado sem atrito, qual deve ser a
aceleração aR tal que o bloco de massa m mostrado na Fig. 4.38 não
deslize?
Fig. 4.38
7 - Se o plano inclinado do problema anterior tiver um coeficiente de atrito µ,
qual são as acelerações máxima e mínima tal que o bloco não deslize?
8 - Uma corda de comprimento L e densidade linear de massa λ passa por uma
polia sem atrito. Ela é solta do repouso, estando um comprimento x
pendente de um lado e L-x do outro.
A
B
M1
M2
µ
θ
m
Ra
r

As leis de Newwton
81
a) determine a aceleração como função de x;
b) para que situação a aceleração é nula?
9 - a) O sistema da Fig. 4.39 é livre de atrito. Determine o valor da força F tal
que o corpo A não desça nem suba.
b) Se houver um atrito estático µ entre as superfícies dos blocos, quais os
valores de forças máxima e mínima tal que o corpo A não desça nem
suba?
Fig. 4.39
10 - Um corpo com velocidade inicial v0 penetra num meio que produz uma
força viscosa vbF −= . Determine a máxima distância que o corpo
penetra neste meio.
11 - No sistema mostrado na Fig. 4.40 encontre: a) a aceleração do conjunto e
b) a força na corda, no ponto A.
12 - O sistema mostrado na Fig. 4.41 usa polias sem massa. Encontre as
acelerações de cada bloco e a tensão na corda.
Fig. 4.40 Fig. 4.41
M
M
M
A
F
r
1
1 Kg
polia sem atrito
A
3 Kg M1
M
M2

As leis de Newwton
82
13 - No sistema mostrado na Fig. 4.42, o bloco em contato com a superfície
horizontal sem atrito está sujeito a uma força F. Existe um atrito estático
µ entre este bloco e o bloco A de tal maneira que não existe movimento
relativo entre os três blocos que compõem o sistema. Calcule: a) o ângulo
θ, b) a tensão na corda e c) µ mínimo.
14 - N corpos ligados entre si através de cordas sem massa são puxados em
uma rampa por meio de uma força F. Calcule a tensão na corda ligada ao
i-ésimo corpo.
15 - Considere o pêndulo cônico mostrado na Fig. 4.43, onde a corda que liga
a massa M ao ponto O não tem massa.
a) encontre o ângulo θ como função da velocidade da massa M
b) encontre a tensão da corda no ponto O
Fig. 4.42 Fig. 4.43
16 - Um corpo de massa M encontra-se pendurado através de uma corda ideal
sobre um bloco triangular de ângulo θ, conforme mostra a Fig. 4.44. Não
existindo atrito entre os blocos, pergunta-se qual é a aceleração máxima
que pode ser dada ao sistema tal que o corpo M permaneça em contato
com o bloco triangular. Neste caso, qual é a tensão na corda? Se o
sistema estiver se deslocando com velocidade constante, qual o valor da
tensão na corda e da normal?
17 – Um bloco de massa M repousa sobre uma mesa com coeficiente de
atrito estático µe. Uma força F é aplicada ao bloco de maneira a
formar um ângulo θ com a horizontal, como mostra a Fig. 4.45.
L
M
θ
0
θ
µ = 0
F
r
M
M
M
A
µ ≠ 0

As leis de Newwton
83
Supondo que o bloco esteja sempre na iminência de deslizar, a)
qual o ângulo θ0 que permite que a força aplicada seja mínima? e
b) neste caso, qual será o valor da força Fmin?
Fig. 4.44 Fig. 4.45
18 – Um bloco de massa M1 encontra-se sobre outro bloco de massa
M2, que desliza sobre o chão, conforme mostra a Fig. 4.46. O
atrito estático entre os dois blocos é µe e o atrito cinético entre o
bloco 2 e o chão é µc. a) Determine a máxima força F que pode
ser aplicada ao bloco 2 sem que o bloco 1 deslize sobre ele. b) se a
força for aumentada tal que M1 começa a deslizar, e o atrito
cinético entre os blocos também é µc, qual será a aceleração de
cada massa?
19 - Um bloco de massa M encontra-se sobre outro bloco de mesma
massa, num plano inclinado liso, de ângulo θ, conforme mostra a
Fig. 4.47. O atrito estático entre os dois blocos é µ, e entre o bloco
inferior e o plano é zero. a) Determine a máxima força F que pode
ser aplicada ao bloco superior sem que este deslize sobre o bloco
inferior. b) Neste caso, qual será a aceleração do sistema?
Fig. 4.46 Fig. 4.47
θ
M
Ra
r
M
F
θ
θ
F
M
M
M2
M1
F

As leis de Newwton
84
20 - Um corpo de massa m encontra-se sobre um bloco triangular de
ângulo θ e massa M, conforme mostra a Fig. 4.48. Não existe
atrito entre o bloco triangular e o chão, e o atrito estático entre os
dois blocos é µ. Pergunta-se: a) qual a força horizontal máxima F
que pode ser aplicada ao bloco m tal que ele não deslize sobre a
cunha? b) qual é o valor da normal nesta situação?
Fig. 4.48
M
F
θ
m

Trabalho e energia
85
5.1 Trabalho e energia cinética
O conceito de energia é um dos mais importantes em Física. De uma
forma geral, dizemos que um corpo contém uma determinada quantidade de
energia quando ele tem capacidade de exercer força e realizar trabalho sobre
um segundo corpo. Para estabelecermos o conceito de energia, vamos
inicialmente definir trabalho em uma dimensão como:
( )dxxFW
2
1
x
x
x∫=
que nada mais é do que a área da curva Fx (x) entre os pontos x1 e x2. Esta
força é a força total agindo sobre o corpo, isto é,
( ) ( )∑=
=
N
1i
xx xFxF i
Vemos que só há realização de trabalho quando a força e o
deslocamento forem não nulos. Podemos ainda definir um trabalho
infinitesimal como sendo:
( )dxxFdW x=
onde dx é um deslocamento infinitesimal no qual Fx (x) pode ser considerada
constante. A unidade de trabalho é N.m ≡ J ou dyn.cm ≡ erg (1J = 107
erg).
A partir da definição de trabalho dada acima, podemos usar a 2a
Lei de
Newton para definir o que é energia cinética.
dx
dt
dx
dx
dvmdx
dt
dvmdxFW
2
1
2
1
2
1
x
x
x
x
x
x ∫∫ ∫ ===
5TRABALHO E
ENERGIA

86 Trabalho e energia
( ) ( ) ( )1
2
2
2x
x
2
x
x
xvmxvmdx
dx
vdmdx
dx
dvvmW
222
2
1
2
1
−=== ∫∫
A quantidade K = m/pmv 2
2
12
2
1
= é denominada de energia cinética.
O resultado mostrado acima, chamado de teorema do trabalho-energia,
estabelece que o trabalho realizado por um sistema de forças é igual à variação
da energia cinética do corpo no intervalo considerado. Matematicamente,
W = K(x2) - K(x1)
Exemplo: Vamos considerar um corpo movendo-se sobre um plano
com coeficiente atrito dinâmico µ. Queremos determinar, usando trabalho e
energia, qual é a variação da velocidade do corpo com a distância e qual é a
distância percorrida até ele parar. A condição inicial para este exemplo é que
na origem (x = 0) a velocidade é v0. A força agindo sobre o corpo é Fat = - µN
= - µMg de forma que o trabalho é W = -µMgx. Quando o trabalho é negativo
significa que estamos retirando energia cinética do corpo. Pelo teorema
trabalho-energia, temos:
2
0
2
MvMvMgxW 2
1
2
1 −=µ−=
de onde encontramos:
( ) gx2vxv 2
0 µ−=
A posição para a qual o corpo pára é dada pela condição v(x) = 0, isto
é, ( )g2/vx 2
0 µ= .
O enfoque que demos ao trabalho até este ponto foi baseado no caso
unidimensional. Podemos generalizar a definição de trabalho para o caso
tridimensional esquematizado na Fig. 5.1 como:
( ) ( )12
S
S
SKSKsd.FW
2
1
−== ∫
rr

Trabalho e energia
87
Fig. 5.1 - Realização de trabalho para o caso tri-dimensional.
e desta forma, apenas a componente da força paralela ao deslocamento realiza
trabalho. Lembrando da definição de produto escalar, podemos escrever:
∫ ∫∫ ++=
2
1
2
1
2
1
y
y
z
z
zy
x
x
x dzFdyFdxFW
de forma que o trabalho em três dimensões pode ser entendido como a sorna
dos trabalhos em cada dimensão. Este fato está de acordo com o princípio de
Galileu da independência os movimentos que vimos no Cap. 3. Como o
produto sd.F
rr
pode variar ao longo do caminho de integração, o cálculo de W
pode muitas vezes ser complicado. Como exemplo deste tipo de cálculo,
vamos tomar o caso de um corpo descendo um plano inclinado sem atrito e
partindo do repouso, como mostrado na Fig. 5.2.
Fig. 5.2 - Corpo descendo um plano inclinado sem atrito.
Caso 1: Como primeira maneira de resolver este problema vamos
considerar um eixo s parale1o ao plano e, conseqüentemente, também paralelo
à componente de força mg senθ que realiza trabalho. As componentes N e mg
S1
S2
sd
r
r
r
θ
m
Mg senθ
s
x
y
Mg
N

cosθ são perpendiculares ao deslocamento e, portanto, não realizam trabalho.
Temos:
θ=⇒
−=θ=θ= ∫
sengs2v
mvmvssenmgdssenmgW
2
0
2S
0 2
1
2
1
Caso 2: Podemos ainda escolher o sistema de coordenadas cartesianas
xy também mostrado na Fig. 5.2. Usando N = mg cosθ , as equações neste
caso ficam:
Fx = N senθ = mg senθ cosθ
Fy = N cosθ - mg = mg (cos2
θ - 1) = - mg sen2
θ
e assim podemos calcular o trabalho nas duas direções:
2
y
2y
0
yyy
2
x
x
0
xx
mvysenmgdFW
mvxcossenmgdxFW
2
1
2
1
=θ==
=θθ==
∫
∫
de onde tiramos: ( )θ+θθ=+= senycosxseng2vvv 2
y
2
x
2
. Como x = s
cosθ e y = -s senθ, temos: v2
= 2gs senθ (cos2
θ + sen2
θ) e portanto,
θ= sengs2v , que concorda com o resultado obtido anteriormente.
Caso 3: Uma terceira maneira de se calcular o trabalho realizado sobre um
corpo é através da parametrização da trajetória, que se traduz no conhecimento
de y(x). Neste caso, de acordo com a Fig. 5.3,
⇒





+=+=
2
22
dx
dy
1dxdydxds
( )∫ ∫ 




+==
2
1
2
1
S
S
S
S
2
SS dx
dx
dy
1xFdsFW

Trabalho e energia
89
Fig. 5.3 - Parametrização de uma trajetória S.
No exemplo do plano inclinado que estamos tratando,
θ−=⇒θ−= tg
dx
dy
xtgyy 0
θ
=θ=θ+=





+⇒
cos
1sectg1
dx
dy
1 2
2
( )dx
cos
senmgWsenmgF
z
0
s ∫ θ
θ=⇒θ=
2
mv
2
1x
cos
senmgW =





θ
θ=⇒
Como x = s cosθ ⇒ v = θsengs2 , como já havíamos encontrado.
Resumindo, vimos três maneiras de se calcular W. No caso 1),
escolhemos uma coordenada natural para o problema e a solução foi simples.
No caso 2), escolhemos coordenadas cartesianas e a solução já foi mais
complicada. No caso 3), a trajetória foi parametrizada por y = y(x), mas este
método só é conveniente quando a trajetória for complicada, como por
exemplo, y = x3
/3, etc.
Uma outra situação que consideraremos a seguir é a de um corpo
vinculado a mover-se sobre um cilindro sem atrito e que é solto de um ângulo
θ0 com velocidade nula, como indica a Fig. 5.4. Uma análise rápida das forças
agindo sobre o corpo indica que apenas a componente tangencial mg cosθ é
capaz de realizar trabalho. N e mg senθ são perpendiculares à trajetória. Neste
S1
S2
sd
r
dx
dy
trajetória

problema, a coordenada natural é o ângulo θ. Vemos que: FS = mg cosθ e ds
= - Rdθ, já que s e θ aumentam em sentidos opostos. Assim,
Fig. 5.4 - Corpo vinculado a mover-se sobre um cilindro sem atrito.
( )
( ) ( )θ−θ=θ⇒
=θ−θ⇒∆=
θ−θ−=θθ−= ∫
θ
θ
sensengR2v
mvsensenmgRKW
)sen(senmgRRdcosmgW
0
2
0
0
2
1
0
5.2 Potência
Quando um agente externo realiza trabalho sobre um corpo, podemos
definir potência como sendo a taxa temporal de energia que ele é capaz de
fornecer ao corpo. Assim, no caso de uma força constante, sd.FdW
rr
= e
v.F
dt
sd.Fdt/dWP
rrrr
=== . A unidade de potência é energia/tempo:
[ ] ( )WWatts/JP ≈= .
5.3 Energia potencial
Nem sempre o trabalho realizado sobre um corpo por um agente
externo é convertido totalmente em energia cinética. Muitas vezes o trabalho
dá origem a um outro tipo de energia, chamada energia potencial.
Analogamente à energia cinética, um corpo com energia potencial tem a
θ
S
R x
y M
Mg cosθ

Trabalho e energia
91
capacidade de realizar trabalho. Em geral, nesta situação existe um agente
externo realizando trabalho sobre o sistema de interesse. Através da realização
deste trabalho, o agente externo transfere energia para o sistema, que a
armazena de alguma forma. Quando o agente externo é retirado, o sistema
libera a energia armazenada (energia potencial) através da realização de
trabalho e converte esta energia em energia cinética.
Dentre os vários tipos de energia potencial, os mais comuns são a
gravitacional, elástica (mola) e elétrica (Coulombiano). Como exemplo de
energia potencial gravitacional, vamos considerar um corpo que se desloca
uma altura ∆h = h2 – h1. Para isto é necessário um agente externo trabalhando
contra a força peso, como indicado na Fig. 5.5. Neste caso, Fext = mg e o
trabalho realizado é:
12extext UUhmghFW −=∆=∆=
onde U = mgh é definido como energia potencial gravitacional. O trabalho
feito pela força peso é
( )12p UUhmgW −−=∆−=
Se soltarmos o corpo, a energia potencial ∆U = mg∆h se transformará
em energia cinética. Na verdade, o que fazemos é dar condições para a força
peso realizar trabalho:
hg2vmv
2
1hmgW 2
∆=⇒=∆=
Fig. 5.5 - Corpo sob a ação da força gravitacional.
mg
Fext
∆h
h2
h1

5.4 Forças conservativas
Como vimos na secção anterior, a energia potencial está associada à
existência de uma força à qual demos condições de realizar trabalho. Como
exemplo, temos a força gravitacional, força eletrostática e força elástica (de
mola). Estas forças são denominadas conservativas. Quando as forças
conservativas são as únicas existentes no sistema, a soma das energias cinética
e potencial (chamada de energia mecânica total) permanece constante.
Se uma força é conservativa, o trabalho total realizado sobre um corpo
é nulo do ele efetua uma trajetória fechada e retorna à posição inicial. Isto quer
dizer na trajetória fechada a força conservativa não retira e nem cede energia
ao sistema. Matematicamente,
0sd.F =∫
rr
Imaginemos que um corpo está indo do ponto S1 ao ponto S2 pela
trajetória C1, sob ação de uma força conservativa, como mostra a Fig. 5.6. Ao
atingir S2, o corpo retorna ao ponto inicial S1 pelo caminho C2.
Fig. 5.6 - Trajetória fechada seguida pelo corpo sob a ação de força conservativa.
Nestas condições temos:
0sd.Fsd.Fsd.F
21 CC
=+= ∫∫∫
rrrrrr
∫∫ −=⇒
21 CC
sd.Fsd.F
rrrr
S1
S2
C1
C2

Trabalho e energia
93
Por outro lado, se invertermos o sentido de percurso do caminho C2, a integral
muda de sinal e assim,
∫∫ −
=
21 CC
sd.Fsd.F
rrrr
Conseqüentemente, concluímos que o trabalho realizado por uma força
conservativa independe do caminho que conecta os pontos 1 e 2. Ele só
depende da posição dos pontos inicial e final do movimento, o que torna
lógico associar-se uma energia potencial a cada ponto do percurso.
Lembrando-me do caso da força peso,
( ) UUUsd.FW 12 ∆−=−−== ∫
rr
e para um deslocamento infinitesimal, sd.FdW
rr
−= . As energias potenciais
mais comuns são:
a) gravitacional (próximo à superfície da Terra): ydsd,yˆmgF
rrr
=−=
( ) 1
y
y
212 ymgymgdymgUU
2
1
−=−−=−⇒ ∫
Portanto, U(y) = mgy + C
b) Elástica (de uma mola): xdsd,xˆkxF
rrr
=−=
( ) ( ) ( )2
1
2
2
x
x
12 xxdxxkxUxU
2
1 2
1 −==− ∫ ( ) CxxU 2
k
2
1
+=⇒
c) Eletrostática: rˆ
r
F 2
α−=
r
e drsd.rˆ =
r
( ) ( ) ( ) C
r
rU
r
1
r
1dr
r
rUrU
12
r
r 212
2
1
+α−=⇒




 −α−=α−−=− ∫

5.5 Determinação da força a partir da energia
potencial
Corno vimos anteriormente, à toda força conservativa está associada
uma energia potencial. Muitas vezes conhecemos a energia do sistema e a
partir dela queremos encontrar a força e o movimento do corpo. Considerando
apenas o caso unidimensional,
dx
dU
FdxFdU xx −=⇒−=
ou seja, o conhecimento da energia potencial permite o cálculo da força que
age sobre o corpo. No caso de forças radiais, é fácil verificar que:
dr
dU
Fr −=
O uso desta expressão é importante quando queremos determinar as
posições de equilíbrio de um corpo. Consideremos, por exemplo, a energia
potencial de uma mola, que como vimos, é dada por: U(x) = ½ kx2
. Neste
caso, F(x) = -kx. Vemos que no ponto x = 0, dU/dx = 0 e assim F(0) = 0 e
assim esta é uma posição de equilíbrio. Neste caso, o equilíbrio é estável, pois
quando o corpo se afasta da origem a mola exerce uma força restauradora no
mentido de trazê-lo de volta. Por outro lado, se considerarmos um potencial do
tipo:
22
ax
C)x(U
+
=
como mostra a Fig. 5.7, a força será dada por:
( )222
x
x
ax
C2
F
+
=
Neste caso também temos 0dx/dU = em x = 0, porém agora o equilíbrio é
instável pois quando o corpo se afastar da origem, teremos uma força positiva
que o obriga a se afastar ainda mais. Note que:

Trabalho e energia
95
x
U(x)
0
a
C2
dx
Ud
40x2
2
<−=
=
De um modo geral, dado U(x), teremos equilíbrio se U’(x2)= 0. O equilíbrio
será estável se U”(x0) > 0 e instável se U”(x0) < 0, onde x0 é o ponto de
equilíbrio.
Fig. 5.7 – Potencial com ponto de equilíbrio instável.
5.6 Forças dissipativas
Além das forças conservativas temos ainda as chamadas forças
dissipativas, que ao contrário das primeiras, removem energia do sistema,
transformando-as em outras formas de energia, como por exemplo, calor. Na
presença de forças dissipativas, o trabalho realizado por estas forças é igual à
variação da energia mecânica total do sistema. Tomemos por exemplo, o caso
do atrito. Lançando-se um corpo de massa m com velocidade v0 sobre a mesa
com atrito µ, o trabalho realizado pela força de atrito é:
2
0
2
mvmvxmgW
2
1
2
1
−=∆µ−=
onde ∆x é a distância percorrida pelo corpo e a diferença de energia é
dissipada na forma de calor.

5.7 Conservação de energia
Até agora vimos que um sistema mecânico pode apresentar dois tipos
de energia potencial, do tipo:
Crd).r(F)r(U
2
1
+−= ∫
rrrr
e a cinética:
2
mvK
2
1
=
A soma dessas energias é denominada energia mecânica total do
sistema num determinado ponto
KUEmec +=
Na ausência de forças dissipativas esta quantidade é uma constante de
movimento, isto é,
0
dt
dEmec
=
Como exemplo, vamos considerar o sistema massa-mola na ausência
de forças dissipativas. A energia mecânica é dada por:
22
mec kxmvE
2
1
2
1
+=
Como kxdt/dvm −= e vdt/dx = , temos:
0vkxvkx
dt
dEmec
=+−=
No caso de haver forças dissipativas,
P
dt
dE
WE m
fdmec =⇒=∆
onde P é a energia dissipada. No caso do problema com atrito que resolvemos
na secção anterior temos:

Trabalho e energia
97
( ) gx2vxvga 2
0 µ−=⇒µ−=
( ) gx2vmgxmgv
dt
dE
mgxmv
2
1
mv
2
1
E
2
0
mec
2
0
2
mec
µ−µ−=µ−=
µ−=−=∆
Um gráfico desta potência como função de x está mostrado na Fig.
5.8.
Fig. 5.8 - Potência como função da posição.
O uso da lei de conservação de energia é muito importante porque
quase sempre permite a resolução de problemas sem a necessidade de se
resolver a equação de movimento. Vamos a seguir apresentar alguns exemplos
que utilizam o princípio da conservação de energia.
a) Pêndulo simples
Este problema já foi resolvido através da 2a
Lei de Newton, de onde
obtivemos ( ) ( )0
2 coscosLg2v θ−θ=θ . Vamos obter este mesmo resultado
usando conservação de energia. O pêndulo é solto com v0 = 0 na posição θ0,
como indica a Fig. 5.9. Escolhendo a posição do teto como U = 0, temos
( )
( ) 2
00
mvcosmgLE
cosmgLE
2
1
+θ−=θ
θ−=θ
mgvµ
g2
v2
0
µ
x
P
0

( ) 2
00 mvcosmgLcosmgL)(EE
2
1
+θ−=θ⇒θ=θ
de onde tiramos que ( ) ( )0
2
coscosLg2v θ−θ=θ .
Fig. 5.9 - Pêndulo simples.
b) Máquina de Atwood
Este dispositivo, também já discutido com a 2a
Lei de Newton está
esquematizado na Fig. 5.10. Vamos supor que os corpos são soltos em y10 e
y20. A conservação da energia mecânica fornece:
2
22
2
112211202101 vmvmgymgymgymgym
2
1
2
1
+++=+
Derivando em relação ao tempo temos: 0 = m1gv1 + m2gv2 + m1v1dv1/dt +
m2v2dv2/dt, onde dt/dva 11 = e dt/dva 22 = . Como a corda é inextensível,
Fig. 5.10 - Máquina de Atwood.
L
M
θ
U=0
U=0
m1
m2
a
ra
r

Trabalho e energia
99
1212 aaevv −=−= , e portanto: ( ) ( ) 121121 avmmgvmm0 ++−= , de
onde sai que:
( )
( )
g
mm
mm
a
12
12
1
+
−
=
para cima, pois é positiva e 12 aa −= , para baixo pois é negativa.
c) Corpo preso num aro por meio de uma mola
Vamos considerar um corpo de massa m preso a um aro sem atrito
através de uma mola constante k e comprimento livre nulo. O corpo é solto do
ponto 0 mostrado na Fig. 5.11, com velocidade inicial nula. Queremos
encontrar as velocidades nos pontos 1 e 2. Usando conservação da energia
mecânica temos:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) 2
2
2
1
2
2
mv2E
mvmgRR2k1E
R2mgR2k0E
2
1
2
1
2
1
2
1
=
++=
+=
Fazendo E(0) = E(1) e E(0) = E(2) obtemos respectivamente:
m
mgRkR
2v
2
2
1
+
= e
m
mgRkR
4v
2
2
2
+
= , e portanto, 12 v2v = .
Fig. 5.11 - Corpo preso num aro por meio de uma mola.
Rk 1
2
U=0
0
m

100 Trabalho e
energia
d) Força viscosa
Vamos ver um exemplo onde a energia não se conserva.
Consideremos um corpo lançado com velocidade 0v num meio viscoso cuja
força de atrito é F = -bv. Neste caso não temos energia potencial, só energia
cinética. No início do movimento, 2
0mvK
2
1
= . Para um deslocamento
infinitesimal ∆x:
( ) ( )
2bv
dt
dK
bv
v
1
dt
dK
dx
dt
dt
dK
bv
dx
dK
xbvvKvvKK
−=⇒
−==⇒−=
∆−=−∆+=∆
Como 2
2
1
mvK = temos
m
K2
v2 = . Logo,
dt
m
b2
K
dK
K
m
b2
dt
dK
−=⇒−=
Integrando entre 0 e t temos: t
m
b2
K
Kn
0




−=





l , de onde sai que: K
= K0 exp{-2bt/m} e portanto, 2
0
2 mvmv
2
1
2
1
= exp{-2bt/m}. Tirando a raiz
obtemos: v = v0 exp{-bt/m}, que coincide com o resultado obtido com a 2a
lei
de Newton.
5.8 Corpo sob a ação de um potencial arbitrário
Quando um corpo move-se num potencial arbitrário conservativo,
como aquele mostrado na Fig. 5.12, a energia total ( ) )x(UxmvE 2
2
1
+= é
uma constante de movimento. Nos pontos x1 e x2, K = 0, E = U(x1,2) e,
portanto, v = 0. Estes pontos são chamados pontos de retorno. O movimento

Trabalho e energia
101
U
K
só ocorre entre x1 e x2, pois fora desta região U(x) > E e a energia cinética
teria que ser negativa, o que implicaria numa velocidade imaginária. Para
encontrarmos a equação de movimento, fazemos:
( ) )x(UE
m
2
dt
dx
xv −==
dt
m
2
)x(UE
dx =
−
⇒
Integrando esta igualdade teremos x = x(t), que representa a equação
de movimento.
Fig. 5.12 - Corpo movendo-se num potencial arbitrário.
Exercícios
1 - Um corpo é acelerado uniformemente a partir do repouso até atingir a
velocidade vf no tempo tf. Mostre que a potência instantânea fornecida ao
corpo é:
( ) 2
f
2
f
t
t
mvtP =
2 - Considere o sistema da Fig. 5.13, onde a força F é constante e os planos
têm coeficiente de atrito dinâmico µ. Calcule o trabalho total realizado
pelas forças agindo no sistema quando o mesmo desloca-se uma distância
infinitesimal ∆x.

102 Trabalho e
energia
Fig. 5.13
3 - Considere o potencial de Lennard-Jones comumente utilizado como sendo
a energia de interação entre dois átomos constituindo uma molécula:
( ) ( ) ( )[ ]6
0
12
0 rr2rrCrU −=
a) Faça um gráfico de U(r) contra r, b) Mostre que o mínimo de energia
(posição de equilíbrio) ocorre em r0, c) Ache a força entre os átomos como
função de r e d) Qual é a energia necessária para separar os átomos que
constituem a molécula?
4 - Um pêndulo de massa m e comprimento l é solto do ponto θ = 60o
a partir
do repouso, como indicado na Fig. 5.14. Ao atingir a posição vertical θ =
0o
, o cordão do pêndulo encontra um prego colado a uma distância d do
teto. Encontre a distância d mínima que a massa m execute rotação ao
redor do prego.
5 - Um corpo de massa m move-se no interior de um trilho circular vertical de
raio R (Fig. 5.15). Quando m está na posição mais baixa sua velocidade é
v0. a) Qual é o mínimo valor de v0 tal que o corpo percorra todo o trilho? b)
Se v0 for 78% do valor determinado em a), o corpo sobe pelo trilho até o
ponto P, perderá contato com o trilho. Determine a coordenada θ deste
ponto.
6 - Um corpo de massa M, sujeito a um potencial U(x) = - cosπx, é solto na
origem (x = 0) com velocidade v0. a) Faça um esboço do potencial na
região - 1 ≤ x ≤ 1; b) Encontre a força F(x) agindo no corpo e c) Qual é a
máxima velocidade v0 que pode ser dada ao corpo de tal maneira que ele
fique confinado na região - 1 ≤ x ≤ 1?
θ
F
M
M

Trabalho e energia
103
Fig. 5.14 Fig. 5.15
7 - Uma massa m escorrega sem atrito ao longo da montanha russa mostrada
na Fig. 5.16. A parte circular tem raio R e a massa parte do repouso no
ponto B, à altura h medida em relação à base dos trilhos. a) Qual é a
energia cinética de m no ponto P? b) Qual é a aceleração de m no ponto P,
admitindo que a massa permaneça no trilho? c) Qual é o menor valor de h
para que m execute o movimento circular? d) Para um valor h maior do
que este mínimo escreva a expressão da força normal exercida pelo trilho
sobre a massa.
8 - Um corpo de 2 Kg é solto num plano inclinado de um ponto que dista 4 m
de uma mola de constante de força k = 100 N/m. A mola está fixa
paralelamente ao plano, inclinada de θ = 300
(Fig. 5.17). a) Calcular a
compressão máxima da mola, admitindo que a sua massa seja desprezível;
b) Calcular a compressão máxima da mola, quando o plano inclinado tem
atrito (coeficiente de atrito entre ele e o corpo igual a 0,2); c) No caso do
plano com atrito, qual a altura atingida pelo corpo no seu retorno para
cima?
9 - Dois corpos andando com mesma velocidade v sobre um plano horizontal
estão distanciados de d. Após subirem uma ladeira de altura h, qual será a
distância entre eles? (Fig. 5.18).
l
m
θ
Prego
R
θ
m
v0
P

104 Trabalho e
energia
h
d´
d
M
L
O
v
r
Fig. 5.16 Fig. 5.17
10 - Um bloco desliza com velocidade v0 sobre um plano horizontal sem atrito.
Subitamente ele encontra uma rampa com ângulo de inclinação θ e
coeficiente de atrito dinâmico µ. Qual altura máxima H o bloco sobe na
rampa?
11 - Um corpo de massa M é preso por uma corda de comprimento L e pode
rodar em torno do ponto O, como indicado na Fig. 5.19. Qual é a mínima
velocidade que o corpo pode ter ao passar pelo plano horizontal de forma
que ele fique em movimento circular?
Fig. 5.18 Fig. 5.19
12 - Um corpo colocado exatamente na vertical de uma superfície cilíndrica
sem atrito, começa a deslizar com velocidade v0, conforme mostra a Fig.
5.20. (a) Encontre sua velocidade em função do ângulo θ. (b) Encontre a
força normal como função do ângulo θ. (c) Determine o ângulo θ para o
qual corpo se desprende do cilindro.
13 - Um corpo de massa m é preso a uma mola vertical, de constante de mola
k, como mostra a Fig. 5.21. O corpo é solto a partir do repouso, da posição
y=0, sendo que nesta situação a mola não está distendida. a) Escreva a
energia potencial como função de y (tome o zero de energia potencial
B
m
h
R
P
30o
4m
k
m

Trabalho e energia
105
gravitacional na posição onde a mola não está distendida). b) Complete
quadrados e faça um gráfico de U(y) contra y, c) usando este gráfico,
encontre a posição de equilíbrio do corpo, d) qual é o deslocamento
máximo realizado pelo corpo? e) qual é a velocidade máxima atingida
pelo corpo?
Fig. 5.20 Fig. 5.21
14 - Um pêndulo simples de massa m e comprimento L encontra-se em
repouso na vertical. Subitamente a massa recebe um impulso
instantâneo que lhe confere uma velocidade v0, como mostra a Fig.
5.22. Encontre: a) a velocidade tangencial como função do ângulo
θ, b) a tensão na corda como função do ângulo θ, c) a menor
velocidade (v0)min que permite ao pêndulo realizar uma volta
completa em torno do pino O.
15 - Um bloco de massa M desliza sobre uma mesa com coeficiente de
atrito cinético µ =3/4. Ele colide com uma mola de massa
desprezível, de constante de mola k, inicialmente na posição
relaxada, como mostra a Fig. 5.23. Na hora que o bloco atinge a
mola ele possui velocidade v0 = /kMg2
. a) encontre a energia
cinética como função da posição x, b) complete quadrados e faça
um gráfico de Ek(x), c) qual a deformação máxima da mola? d) que
fração da energia inicial é dissipada pelo atrito neste processo?
M
y
kθ
m
R
v0

106 Trabalho e
energia
Fig. 5.22 Fig. 5.23
16 - Considere um corpo de massa m preso a um aro de raio R, sem
atrito, através de uma mola de constante k e comprimento livre
nulo, como mostra a Fig. 5.24. O corpo é solto do ponto O com
velocidade inicial nula. Tomando o zero da energia potencial
gravitacional como mostrado na figura, encontre: a) a energia
mecânica do sistema no ponto O, b) uma expressão para a energia
mecânica no ponto P descrito pelo ângulo θ, c) a velocidade da
massa no ponto P, d) a força de reação do trilho no ponto P, e e) o
menor valor de k para que a massa permaneça em contato com o
trilho.
Fig. 5.24
m
θ
k
U=0
R
O
P
θ L
m
v0
v
O
k
M
v0
x

Sistemas de partículas – Conservação de momentum
107
6.1 Centro de massa
Quando forças externas agem sobre um sistema composto de vários
corpos, cada um deles movimenta-se, em princípio, de uma forma diferente. O
movimento total do sistema é bastante complicado, porém existe um ponto
particular, chamado centro de massa, cujo movimento pode ser encontrado
com facilidade. Sua introdução visa facilitar a solução de problemas
envolvendo muitos corpos e seu comportamento é como se toda massa do
sistema estivesse concentrada sobre ele. Para um sistema composto de N
massas, o centro de massa é definido como:
∑∑
∑∑
∑∑
==
==
==
=





=





=





N
1i
iiCM
N
1i
i
N
1i
iiCM
N
1i
i
N
1i
iiCM
N
1i
i
zmZm
ymYm
xmXm
onde (XCM, YCM, ZCM) são as coordenadas do centro de massa e (xi, yi, zi) são
as coordenadas do i-ésimo corpo. Para um sistema de duas partículas em uma
dimensão, por exemplo,
MXCM = m1x1 + m2x2
Tomemos alguns casos particulares:
a) m1 = m2, x1 = 0, x2 = d ⇒ XCM = d/2
6SISTEMA DE PARTÍCULAS
CONSERVAÇÃO DE MOMENTUM

108
R
θ x
y
dθ
θ
π
=λ= Rd
R
M
dsdm
b) m1 = 2m2, x1 = 0, x2 = d ⇒ XCM = d/3
Para um sistema com distribuição contínua de massa, fazemos mi →
dm, Σ → ∫V
e a definição de XCM é generalizada como:
∫=
V
CM dmx
M
1X
Como exemplo, vamos calcular a posição do centro de massa de uma
barra rígida de comprimento L e a massa M, mostrada na Fig. 6.1. Neste caso:
Fig. 6.1 - Barra rígida de comprimento L e massa M.
∫∫ λ==
L
0
L
0CM
dxx
M
1dmx
M
1X
2
L
2
L
L
M
M
1
X
2
CM =




=
Como segundo exemplo, vamos encontrar o centro de massa de um
semicírculo de raio R e massa M mostrado na Fig. 6.2, onde πR é o
comprimento do semicírculo.
Fig. 6.2 - Semicírculo de raio R e massa M.
( ) 0senRdcosRRd
R
McosR
M
1X
000CM
=θ
π
=θθ
π
=θ
π
θ=
πππ
∫∫
L
dx
x
dm = λdx

109
( ) R6.0R2cosRdsenRRd
R
MsenR
M
1Y
000CM
≅
π
=θ
π
−=θθ
π
=θ
π
θ=
πππ
∫∫
6.2 Movimento do centro de massa
Tomando a derivada temporal na equação que define a coordenada
XCM do centro de massa em uma dimensão, temos:
...
dt
dx
m
dt
dx
m
dt
dx
M 2
2
1
1
CM
++=
onde pi = mivi é o momentum do i-ésimo corpo. Tomando-se novamente a
derivada temporal e usando-se a 2a
Lei de Newton:
FF
dt
dp
Ma
dt
dV
M
N
1i
i
N
1i
i
CM
CM
==== ∑∑ ==
Assim, a resultante de todas as forças atuantes sobre o sistema
obedece a 2a
Lei de Newton, desde que seu efeito seja considerado sobre o
centro de massa. É interessante notar-se que quando somamos todas as forças
existentes no sistema, estamos considerando, além das forças externas, as
forças internas exercidas por um corpo sobre o outro. Desta forma
∑∑∑ ===
+==
N
1i
ext
i
N
1i
int
i
N
1i
i FFFF
Como sabemos, as forças internas sempre ocorrem aos pares (ação -
reação) e cancelam-se mutuamente quando efetuamos a soma sobre todos os
constituintes do sistema 





=∑=
0F
N
1i
int
i . Assim, costumamos dizer que as
forças internas não modificam o estado de movimento do sistema como um
todo e portanto,

110
∑=
==
N
1i
extext
iCM FFMa
Somente forças externas são capazes de modificar o estado de movimento do
centro de massa do sistema, que se move como se fosse urna única partícula
de massa M = ∑=
N
1i
im , sob a ação da força externa resultante que atua no
sistema.
Exemplo: Imaginemos um projétil lançado obliquamente que explode no
ponto alto da trajetória de modo que a primeira metade cai verticalmente,
conforme mostra a Fig. 6.3. Queremos calcular a trajetória da segunda metade.
Existe apenas a força externa peso agindo sobre o sistema. Desta forma, de
acordo com o que vimos no Cap. 3 sobre lançamento de projéteis,
Fig. 6.3 - Projétil lançado obliquamente que explode no ponto alto da trajetória.
tcosvX 0CM θ=
2
0CM gttsenvY
2
1−θ=
Após a explosão, que ocorre em
g
senv
t 0
max
θ
= , tempo que a massa 2m
demora para atingir o topo da trajetória, temos:
tetancons
g2
2senv
x
2
0
1 =
θ
=
( )
CM
2
0
2
max
22
0
1 Y
2
tgtsenv
2
tt
g
g2
senv
y =−θ=
−
−
θ
=
v0
m
m
1
2
2m θ

111
Vemos que a altura da massa 1 é a mesma que a do centro de massa, ou em
outras palavras, eles caem juntos. Podemos calcular a posição da massa 2 de
acordo com:





 θ
+=θ=
g2
2senmv
mx
m2
1
tcosvX
2
0
20CM
( )
g2
2senv
tcosv2tx
2
0
02
θ
−θ=⇒
e,










−θ+=−θ=
2
gt
tsenvmmy
m2
1
2
gt
tsenvY
2
02
2
0CM
( ) CM
2
02 Y
2
gt
tsenvty =−θ=⇒
que assim como m1 cai junto com o centro de massa. Da equação para x2 (t)
eliminamos o tempo:
θ
θ+
=
cosv2
g2/2senvx
t
0
2
02
e pela substituição deste em y2(t) encontramos a equação da trajetória y2 (x2)
após a explosão:
( )
( )
θ
θ+
−




 θ
+
θ
= 22
0
22
02
2
0
222
cosv4
g2/2senvx
2
g
g2
2senv
x
2
tg
xy
Daqui obtemos que y2 = 0 ocorre quando
g
2senv
2
3x
2
0
max
θ
= , como
esperado. Na ausência de forças externas, a velocidade do centro de massa é
constante, de onde segue que P = ∑i ii vm também é uma constante de
movimento. Isto quer dizer que durante colisões ou movimentos relativos
entre as várias partes do sistema, o momentum total é conservado. Quando

112
estudamos colisões, as leis de conservação de energia e momentum serão de
extrema importância.
6.3 Sistemas onde a massa varia
Sistemas onde a massa varia são difíceis de serem resolvidos pela
aplicação direta da 2a
Lei de Newton porque m e v variam simultaneamente.
Vamos considerar a situação mostrada na Fig. 6.4. Uma quantidade de massa
∆m, com velocidade 'v
r
, deposita-se sobre um corpo de massa m deslocando-
se com velocidade v
r
. Vamos supor a existência de uma força F
r
que pode
alterar o momentum do sistema. No instante imediatamente anterior à colisão:
'vmvm)t(P
rr
∆+=
e no instante imediatamente posterior à colisão:
( ) ( ) vmvvmvv)mm()tt(P
rrrrrr
∆+∆+≈∆+∆+=∆+
onde o termo de ordem superior vm
r
∆∆ foi desprezado por ser muito
pequeno.
Fig. 6.4 - Sistema com massa variável.
A variação do momentum é dada por:
( ) ( )v'vmvm)t(PttPP
rrrrrr
−∆−∆=−∆+=∆
Podemos reconhecer v'vu
rrr
−= como sendo a velocidade de ∆m
relativa à massa m, de forma que ficamos com: umvmP
rrr
∆−∆=∆ .
Dividindo-se esta expressão por ∆t e tomando o limite para ∆t → 0, obtemos:
u
dt
dm
dt
vdm
dt
PdF
rrrr
−==
'v
r F
r
v
r
m
∆m

113
ou alternativamente,
u
dt
dmFam
rrr
+=
que é a 2a
lei de Newton, porém modificada pelo termo u
dt
dm r
, conhecido por
força de empuxo (não confundir com a que aparece no princípio de
Arquimedes, que veremos posteriormente ao tratar a mecânica dos fluidos).
Na ausência de um agente externo, esta é a força que é exercida sobre o
sistema pela porção de massa que foi adicionada ou que deixou o sistema.
Passemos agora a analisar alguns exemplos em que a equação acima se aplica.
a) Correia de carga - Cai areia a uma taxa dm/dt sobre uma correia
deslocando-se com velocidade constante v, como mostra a Fig. 6.5. Neste
caso, a aceleração é nula e a velocidade da areia sendo adicionada relativa à
correia é –u, pois tomamos o sentido positivo das velocidades para a direita. A
força necessária para manter a correia com velocidade v é:
u
dt
dmF =
Fig. 6.5 - Correia de carga.
b) Foguete no espaço sem gravidade - Em várias situações físicas o sistema
consegue um grande impulso através da ejeção de massa. Consideremos um
foguete num instante de tempo t, como esquematizado na Fig. 6.6. Vamos
supor que o foguete esteja no espaço sem gravidade. Entre t e t + ∆t, uma
quantidade ∆m de massa será expelida do foguete com uma velocidade u
r
v
areia

114
M
∆m
v
r
t
M
∆m
uv
rr
+
vv
rr
∆+
t +∆t
(relativa ao foguete). Aplicando a 2a
lei de Newton modificada pela força de
empuxo temos:
Fig. 6.6 - Foguete no espaço sem gravidade.
u
dt
dm0
dt
vdm
rrr
+=
onde 0F
rr
= , dt/vd
r
é a aceleração do foguete com relação a um referencial
em repouso e u
r
é a velocidade da massa expelida com relação ao foguete.
Tomando o sentido positivo das velocidades para a direita vemos que u
r
é
negativo, mas como o foguete perde massa, dm/dt também é negativo. Assim,
a aceleração é dirigida para a direita. A equação de movimento pode ser
integrada resultando em:






+=⇒
=⇒= ∫∫
0
0
m
m
v
v
m
mnuvv
m
dmuvd
m
dmuvd
00
l
rrr
rrrr
sendo m0 a massa inicial do foguete. Se o foguete tem uma carcaça que pesa
M, carrega uma quantidade de combustível ∆M e parte do repouso, a
velocidade final será:








−=







+=
f
i
i
f
M
M
nu
M
M
nu0v l
r
l
rr
onde Mi = M + ∆M e Mf = M. Como o sentido de u
r
é oposto ao de v
r
temos:
( )M
M1nuv ∆+= l

115
v
r
yˆ
gMF
rr
=
c) Foguete no campo gravitacional - Esta situação está mostrada na Fig. 6.7.
Neste caso, gMF
rr
= e portanto,
( )dt
dm
m
ug
dt
dv
dt
dmu
dt
dvmmg
yˆuueyˆvv,yˆgg
dt
dmugm
dt
vdm
+−=⇒+=−
−==−=
+=
rrr
rrr
Fig. 6.7 - Foguete no campo gravitacional.
Tomando v0 = 0 e massa inicial m0,
gt
m
m
nuv
m
dmudtgdv
0
t
0
m
m
v
0 0
−





=⇒
−−= ∫ ∫∫
l

116
Exercícios
1 - Um bloco de massa m repousa sobre uma cunha de massa M e ângulo θ,
que por vez está colocada sobre uma superfície horizontal, como
mostrado na Fig. 6.8. Soltando sistema a partir do repouso, com o corpo a
uma altura h, determine a velocidade da cunha quando o bloco tocar o
solo. Todas as superfícies são isentas de atrito.
Fig. 6.8
2 - Um corpo de massa M = 400 g é solto do repouso de uma altura h = 10 m
com relação à superfície da Terra. Simultaneamente, uma bala de massa
m = 100 g é disparada verticalmente da superfície com velocidade v0 = 10
m/s. Sabendo-se que em algum lugar da trajetória as massas colidem e se
unem, pergunta-se qual o tempo que as massas demoram para cair desde
o instante em que M é solta.
3 - Um vagão de carga aberto pesa 10 ton. e está deslizando num trilho sem
atrito com velocidade de 60 cm/s. Inicia-se repentinamente uma forte
chuva e as gotas caem verticalmente com v0 em relação ao chão. Qual é a
velocidade do vagão após coletar 500 Kg de água?
4 - Sobre o prato de uma balança é colocada uma ampulheta. No instante
inicial (t = 0) toda a areia está em repouso na parte superior da ampulheta.
Sendo que a areia cai para o recipiente inferior a uma taxa λ = dm/dt, faça
um gráfico mostrando a leitura na balança para t ≥ 0.
θ
m
h
M

117
5 - Um jato de água com velocidade v0 e fluxo φ = dm/dt é dirigido para cima
conforme mostra a Fig. 6.9. Uma lata com a boca para baixo é sustentada
pelo jato. Se a massa da lata é M, a que altura ela ficará?
6 - Uma gota de chuva de massa inicial M0 começa a cair a partir do repouso.
Supondo que a gota ganhe massa ao passar pelas nuvens a uma taxa
proporcional ao produto da massa pela velocidade (dm/dt = KMv),
calcule a velocidade v(t). Despreze a resistência do ar.
Nota: ∫ − 2
ax1
dx =
a
)xa(arctgh
Fig. 6.9
7 - Um foguete de brinquedo tem uma carcaça que pesa 100 g e uma
quantidade inicial de combustível de 400 g. A velocidade relativa ao
foguete com que o combustível sai é 100 m/s e a taxa com que ele é
queimado é de 100 g/s. Supondo que ele decole da superfície da Terra (g
= 10 m/s2
constante), com velocidade inicial nula, que velocidade
máxima ele atingirá?
8 - Calcule a potência necessária para levantar verticalmente uma corda
inicialmente enrolada no solo, com velocidade constante v0. A densidade
linear de massa da corda é λ e no início ela está completamente enrolada.
9 - Calcule as coordenadas (XCM,YCM) do centro de massa de um pedaço de
anel delgado (arco) de raio R e ângulo 2α, como mostra a Fig. 6.10.
10 - Um carrinho motorizado, de massa m, encontra-se sobre uma prancha de
madeira de massa M, que por sua vez encontra-se sobre o chão
extremamente liso (sem atrito), conforme mostra a Fig. 6.11. O carrinho
M
v0

118
começa a andar com aceleração a relativa à prancha. a) Encontre a
distância que a prancha percorre após decorrido um intervalo de tempo τ.
b) Qual é a energia cinética relativa ao centro de massa depois de
decorrido este tempo?
Fig. 6.10 Fig. 6.11
y
α
xR
α
m
MM

Colisões
119
7.1 Impulso
Colisão pode ser definida como sendo a interação momentânea entre
dois corpos. Durante o intervalo de tempo em que ocorre a colisão, as forças
entre os corpos alteram-se sensivelmente. As leis de conservação em Física
auxiliam consideravelmente o estudo das colisões.
Vamos começar considerando a lei trabalho-energia que vimos no
Cap. 5. Uma força F agindo sobre um corpo de massa m ao longo de um
pequeno deslocamento ∆x realiza um trabalho:
( )( )1212
2
1
2
2 vvvv
2
m
mvmvxF
2
1
2
1
+−=−=∆
No caso do deslocamento ser infinitesimal, v1 ≈ v2 = v e v2 - v1 = ∆v e assim,
F∆x = mv ∆v
dividindo por ∆t e tomando o limite ∆t → 0
dt
dvmvFv =
de onde obtemos a 2a
lei de Newton para massa constante,
dt
dp
dt
dvmF ==
Se a força age sobre o corpo durante um intervalo de tempo ∆t = t2 – t1,
podemos integrar a expressão acima e obter:
7Colisões

Colisões
120
12
t
t
ppdtFI
2
1
rrrr
−== ∫
onde já fizemos uma generalização para o caso tridimensional. A grandeza I
r
é o impulso causado pela força F
r
sobre o corpo durante o intervalo de tempo
∆t. Dizemos então que o impulso causado pela força F é igual à variação de
momentum do corpo.
Durante as colisões, as forças existentes em geral agem durante
intervalos de tempo bem curtos e a representação gráfica para este tipo de
força está mostrada na Fig. 7.1. Do que discutimos anteriormente, a variação
da quantidade de movimento é exatamente a área sob a curva. Muitas vezes é
interessante definir a força média que age sobre o corpo:
t/IFm
∆=
rr
Fig. 7.1 - Exemplo de variação da força com o tempo.
Como exemplo, podemos calcular a força média exercida pelas bolas
disparadas por uma metralhadora contra um alvo. Se a metralhadora dispara R
balas por segundo, a força real exercida sobre o alvo é algo do tipo mostrado
na Fig. 7.2.
Fig. 7.2 - Sequência de impactos produzida pelas balas de uma metralhadora.
t
F(t)
t
F(t)
Fm
1/R

Colisões
121
Desta forma, duraste o tempo 1/R, um momentum mv é transferido ao alvo, ou
seja:
mv
R
1.Fm
=
RmvFm
=
Para R ∼ 4/s, m = 0,05 Kg e v = 100 m/s, temos Fm = 20 N.
7.2 Transporte de momentum para uma superfície.
Pressão de um gás
Queremos encontrar a força exercida por um feixe de partículas de
velocidade v e espaçamento l sobre uma superfície. Após a colisão as
partículas deixam a superfície com velocidade v’, como indica a Fig. 7.3.
Fig. 7.3 - Colisões de partículas com uma parede.
Durante um tempo τ = l/v (tempo de chegada), o momentum
transferido para a superfície é m(v + v’) e conseqüentemente a força média é
dada por:
( ) ( )
ll
'vvmv
v/
'vvm
Fm
+
=
+
=
No caso em que v = v’ temos um choque perfeitamente elástico e definindo
uma “densidade linear de massa” como λ = m/l, a força média se torna:
l
v
r
´v
r

Colisões
122
2
2
m
v2mv2F λ==
l
Uma das grandes aplicações da transferência de momentum para
superfícies é o cálculo da pressão que um gás contido numa caixa exerce sobre
as paredes da mesma. Vamos imaginar as moléculas do gás como sendo
esferas rígidas de massa m. Consideremos um recipiente de volume V com N
moléculas dentro, como mostra a Fig. 7.4. Supondo que o movimento das
moléculas é perfeitamente isotrópico, podemos dizer que a velocidade média é
a mesma nas direções x, y e z, isto é, vx = vy = vz. Assim, num dado intervalo
de tempo ∆t podemos imaginar que n moléculas caminham para a superfície
com velocidade vz.
Fig. 7.4 - Pressão que um gás contido numa caixa.
O número de moléculas que atingirão a área A num intervalo de
tempo ∆t é:
Atv
V
N
2
1Atv
2
1n xx ∆=∆ρ=
onde o fator 2
1
surge pelo fato de termos metade das moléculas caminhado
para a esquerda. Supondo que a colisão com a superfície é completamente
elástica, cada molécula transfere 2mvx de momentum. Isto quer dizer que no
tempo ∆t, o impulso é dado por:
tAmv
V
Nmv2.nI
2
xx ∆==
e assim a força média agindo sobre a parede é:
xv
área A

Colisões
123
Amv
v
N
t
IF
2
0m
=
∆
=
A grandeza pressão é definida como força por unidade área e portanto:
mv
V
N
A
F
P
2
0
m
==
Existe um teorema, que veremos no futuro, chamado teorema da
equiparação de energia que diz o seguinte: à energia contida em cada grau de
liberdade do sistema está associada uma quantidade 2
1
KBT, onde KB é
chamada constante de Boltzmann e T é a temperatura em graus Kelvin. Por
grau de liberdade queremos nos referir à. translação, rotação ou vibração de
molécula. Como a molécula que estamos considerando é ideal, isto é, uma
massa pontual sem estrutura interna, o único tipo de energia que ela pode ter é
a translacional (cinética). Para o grau de liberdade x, a energia é:
TK
2
1
mv
2
1
K B
2
xx ==
Portanto,
PV = NKT
que é conhecida como equação dos gases ideais.
7.3 Colisão e conservação de momentum
Vamos considerar um sistema de partículas na ausência de forças
externas ( )0Fext
i =∑
r
. Neste caso, existem apenas forças internas, mas já
vimos no capítulo anterior que ( )0Fint
i =∑
r
, já que os pares ação-reação
cancelam-se mutuamente. Portanto, como a força total é nula, o impulso
também o é e, conseqüentemente, o momentum total do sistema é conservado.
∑∑ ==
=
N
1i
i2
N
ii
i1
pp
rr

Colisões
124
Por outro lado, se olharmos para o centro de massa, veremos que sua
velocidade é constante, pois a força externa é nula. Com relação à energia
cinética do sistema, podemos separá-la em duas partes distintas:
r
2
CM
KMV
2
1K +=
onde M é a massa total do sistema. O 1o
termo, que permanece constante para
qualquer tipo de colisão é a energia cinética do centro de massa. O 2o
termo Kr
corresponde à energia dos componentes do sistema com relação ao centro de
massa. De acordo com a variação de Kr a colisão pode ser classificada como:
colisão perfeitamente elástica - Kr não se altera; e colisão perfeitamente
inelástica (plástica) - Kr é completamente dissipada. A maioria das colisões
está entre estes dois extremos.
a) Colisão perfeitamente elástica
Neste tipo de colisão, tanto o momentum como a energia cinética são
conservados. Vamos considerar um sistema de dois corpos antes e depois da
colisão como mostra a Fig. 7.5
Fig. 7.5 - Colisão perfeitamente elástica.
Pelas leis de conservação de momentum e energia as equações para o
problema são:
2
f22
2
f11
2
i22
2
i11
vmvmvmvm
2
1
2
1
2
1
2
1
+=+
f22f11i22i11 vmvmvmvm
rrrr
+=+
m1
m2
v1i
v2i
antes
m1
m2
v1f
v2f
depois

Colisões
125
que podem ser resolvidas fornecendo os valores de f1
v
r
e f2
v
r
. Como exemplo,
vamos considerar o caso da colisão de dois corpos em uma dimensão, tendo
um deles velocidade inicial nula, conforme indicado na Fig. 7.6.
Fig. 7.6 - Colisão unidimensional elástica com corpo inicialmente em repouso.
Queremos encontrar f1
v e f2
v após a colisão. Usando as equações
vistas anteriormente,
f2f1 mvMvMv +=
Eliminando f2
v da equação de conservação de energia e substituindo
na de conservação de momentum, obtemos uma equação de 2o
grau cuja
solução é:
m
M
m
M
f1
1
vv
v
+
±
=
( )
m
Mf2
1
vv
m
Mv
+
=
m
O sinal + em f1
v e - em f2
v fornece f1
v = v e f2
v = 0 que é a
condição inicial do problema, sempre contida na solução pois satisfaz
conservação de momentum e energia. A solução que nos interessa é aquela
que ocorre após a colisão, que é dada por:
( )
v
1
1
v
m
M
m
M
f1
+
−
=
v
1
2
v
m
M
m
M
f2
+
=
A primeira observação que podemos fazer é que:
( )i1i2f1f2 vvvv −−=−
m
M
v1i = v
v2i = 0

Colisões
126
isto é, “a velocidade relativa de um corpo em relação ao outro é apenas
invertida na colisão”. Este é um resultado sempre válido em colisões elásticas
unidimensionais.
A seguir vamos analisar alguns casos particulares de colisões elásticas
em uma dimensão:
M = m) Neste caso, f2v = v e f1v = 0 de forma que existe uma troca de
velocidades.
M/m >>1) f1v ≅ v e f2v ≅ 2v, existindo um grande impulso na massa menor.
M/m <<1) f1v ≅ -v e f2v ≅ 0, ocorrendo somente uma reflexão do corpo mais
leve.
b) Colisões perfeitamente inelásticas
Neste caso a energia cinética não é conservada embora o momentum o
seja. Como exemplo, vamos considerar o tipo de colisão os corpos ficam
unidos após o choque, como mostrado na Fig. 7.7.
Fig. 7.7 - Colisão perfeitamente inelástica.
Usando a conservação de momentum,
( )
21
i22i11
ff21i2211
MM
vMvM
vvMMvMvM
+
+
=⇒+=+
que é justamente a velocidade do centro de massa do sistema. Vamos a seguir
calcular a quantidade de energia dissipada na colisão. Calculando as energias
antes e depois da colisão temos:
M1
v1i v2i
M2 M1
vf
M2

Colisões
127
( )
( )2
i2i1
21
21
if
21
2
i22i11
f
2
i22
2
i11i
vv
MM
MM
KKK
MM
vMvM
K
vMvMK
2
1
2
1
2
1
2
1
−
+
−=−=∆
+
+
=
+=
que é sempre negativo, mostrando haver perda de energia. Para o caso em que
v2i = 0 temos
21
2
i MM
M
K
K
+
−=
∆
que é um resultado importante para estimarmos perda de energia em
experimentos com pêndulo balístico.
Exercícios
1 - Dois carrinhos com massas m1 e m2 e velocidades v1 e v2 chocam-se
elasticamente (a energia se conserva). Sabendo-se que o momentum do
sistema se conserva durante a colisão, calcule as velocidades dos carros
após o choque.
2 - Duas bolas A e B de massas diferentes colidem. A está inicialmente em
repouso e B tem velocidade v. Depois do choque B tem velocidade v/2 e
se move perpendicular à direção do movimento inicial. Determine a
direção do movimento de A após a colisão. Qual é a variação da energia
devido à colisão?
3 - Considere o pêndulo balístico mostrado na Fig. 7.8. A massa m tem
velocidade inicial v e se une à massa M após a colisão. Determine o
ângulo máximo atingido pelo pêndulo.

Colisões
128
Fig. 7.8 - Pêndulo balístico.
4 - Uma bala de massa m é disparada com velocidade v contra um pêndulo
balístico de massa M. A bala atravessa o pêndulo e emerge com
velocidade (¼)v. (a) calcular a altura máxima de elevação do pêndulo, (b)
calcular a energia dissipada quando a bala atravessa o pêndulo.
5 - Duas partículas, de massas m e M, deslizam sem atrito ao longo do eixo x
com velocidades iniciais v0 e V, e colidem. (a) qual é a velocidade do
centro de massa? (b) qual é o momentum final de cada partícula no
referencial do centro de massa? (c) qual é a velocidade de cada partícula
no referencial do laboratório?
6 - Lança-se um corpo de massa m=0,2 kg com velocidade va=12 m/s sobre
um carrinho de massa M=1,8 kg, que tem velocidade V=2 m/s. Sabendo-
se que existe atrito entre o corpo e o carro, mas não entre o carro e a pista
pergunta-se: a) qual a velocidade final do corpo e do carro? b) qual é a
energia dissipada pelo atrito?
7 - Um bloco de massa 3m repousa sobre uma mesa sem atrito, preso à parede
por uma mola de constante k. Uma bala de massa m é disparada
horizontalmente contra o bloco, como mostra a Fig. 7.9 e engasta nele.
Observa-se que a máxima deformação da mola é x. Encontre: (a) a
L
M+m
θ
L
M
m
v
r

Colisões
129
velocidade inicial da bala, (b) o impulso transferido pela bala ao bloco, (c)
a fração de energia –∆E/Ei perdida na colisão.
8 - Uma partícula com velocidade inicial v0 colide com uma outra em repouso
e é desviada de um ângulo φ. A sua velocidade, depois da colisão é v. A
segunda partícula recua e a direção de seu movimento faz um ângulo θ
com a direção inicial do movimento da primeira., como mostra a Fig.
7.10. Mostrar que:
φ−
φ
=θ
cosvv
vsen
tan
0
. Para obter este resultado, é
necessário admitir que a colisão é elástica ou inelástica?
Fig. 7.9 Fig. 7.10
9 - Um homem de massa m está sobre um carrinho de massa M, que rola num
terreno plano sem atrito, com velocidade v0. Num certo instante ele pula
para o chão com velocidade v0/2 em relação ao solo e na direção oposta ao
movimento do carro. (a) qual é a velocidade do centro de massa do
sistema antes e depois do pulo? (b) qual é a velocidade do carrinho depois
do pulo? (c) transforme todas as velocidades para o referencial do centro
de massa e indique num diagrama as velocidades iniciais e finais do
homem e do carro neste referencial. (d) que energia o homem dissipou no
pulo? (e) qual é a velocidade do centro de massa depois que o homem
atinge o chão e fica parado?
10 - Uma mola de massa desprezível e constante k está comprimida de uma
quantia x entre dois corpos de massa m1 e m2. A mola não está presa aos
corpos, mas sua compressão é mantida inicialmente por um barbante sem
massa, conforme mostra a Fig. 7.11. O sistema todo está se movendo
v0
k
3m
m
m1 m2
m1
m2
v0
θ
φ
v1
v2

Colisões
130
sobre uma mesa sem atrito, com velocidade VCM. Subitamente o barbante
se rompe. Calcule as velocidades finais v1 e v2 das massas.
Fig. 7.11
11 - Dois corpos de massas m1 e m2 caminham para a direita com velocidades
v1 e v2, tal que v1>v2, conforme mostra a Fig. 7.12. O corpo 1 possui uma
mola de constante de mola k, que é comprimida durante a colisão. Qual
será a máxima deformação da mola?
Fig. 7.12
m1 m2
v1 v2
Vcm
k
m1 m2
v2
k
m1 m2
v1

Dinâmica do corpo rígido
131
8.1 Introdução
Um corpo rígido constitui-se de um conjunto de partículas (massas
pontuais) dispostas de tal forma que as distâncias relativas entre elas são fixas.
As leis da mecânica do ponto continuam válidas se considerarmos somente o
movimento do centro de massa do corpo rígido. Além deste movimento
translacional descrito pelas leis de Newton, o corpo também pode sofrer uma
rotação ao redor de um eixo, que pode eventualmente passar pelo seu centro
de massa. Assim, para especificarmos com exatidão a posição de um corpo
rígido, é necessário conhecermos o movimento de seu centro de massa e o
ângulo de rotação θ, como mostra a Fig. 8.1.
Fig. 8.1 – Movimento de um corpo rígido combinando translação e rotação.
8.2 Rotação em torno de um eixo fixo
Vamos rever algumas grandezas físicas necessárias para descrever a
rotação de um corpo rígido ao redor de um eixo fixo. Consideremos um ponto
localizado a uma distância r do eixo de rotação de tal maneira que seu vetor
8DINÂMICA DO
CORPO RÍGIDO
θ
CM

132
posição forma um ângulo θ com a linha tracejada horizontal, conforme mostra
a Fig. 8.2.
Fig. 8.2 – Rotação de um corpo rígido em torno de um eixo fixo.
A velocidade angular do corpo é definida como sendo a variação
temporal do ângulo θ:
( )
dt
d
t
θ
=ω [rad/s]
Durante um intervalo de tempo dt, o ponto descreve um arco ds = rdθ
= rωdt, onde na última igualdade usamos a definição de ω dada acima. A
velocidade tangencial corresponde à variação de ds com o tempo e assim,
( ) ( )tr
dt
ds
tv ω== [ m/s]
Como deixamos explícito acima, ω(t) pode depender do tempo e sua
variação define a aceleração angular α:
dt
d
dt
d
2
2θ
=
ω
=α [rad/s2
]
Evidentemente, neste caso temos também aceleração tangencial e
como r é constante durante a rotação (corpo rígido), ela é definida como:
r
dt
d
r
dt
sd
a 2
2
α=
ω
== [m/s2
]
Devemos nos lembrar que como este ponto descreve um círculo,
também sofre a aceleração centrípeta dada por:
r
θ
dθ
ds

133
r
r
v
a 2
2
c ω−=−=
O conjunto de equações acima tem uma forma similar ao encontrado
no caso do movimento retilíneo se substituirmos θ, ω e α por x, v e a. No caso
em que α é constante (rotação uniformemente acelerada) obtemos por
integração direta que:
ω = ω0 + αt
θ = θ 0 + ω0t + 2
1
αt2
( )0
2
0
2 2 θ−θα+ω=ω
As grandezas θ, ω e α que caracterizam o movimento rotacional
também podem ser representadas vetorialmente. A direção neste caso é a do
eixo em torno do qual o corpo roda. O sentido é definido pela regra da mão
direita, colocando-se os dedos na direção em que θ aumenta. O polegar
coincide então com o eixo de rotação e indica o sentido do vetor θ
r
.
Estritamente falando, θ
r
só pode ser considerado vetor quando o eixo de
rotação não muda ou quando |θ
r
|→ 0. Caso contrário, ele não obedece a regra
de comutação dada por:
1221 θ+θ=θ+θ
rrrr
Como exemplo, consideremos duas rotações consecutivas de um
paralelepípedo, ambas de 900
, conforme mostra a Fig. 8.3. Se a 1a
rotação se
der em torno de x e a 2a
em torno de y, a posição final do corpo será diferente
daquela obtida se a ordem das rotações forem invertidas. Isto demonstra a não
comutatividade de θ
r
. Por outro lado, αω
rr
e comutam porque envolvem
vetores infinitesimais ( )dt/dedt/d ω=αθ=ω
rrrr
.

134
Fig. 8.3 – Não comutatividade da rotação de um corpo rígido para eixo não fixo.
8.3 Energia rotacional e momento de inércia
Se imaginarmos um corpo rígido rodando em torno de um eixo fixo,
dividido num número muito grande de partes, cada uma com massa ∆mi,
veremos que a energia cinética de cada uma destas partes é:
22
ii
2
iii rmvmK
2
1
2
1
ω∆=∆=
Posição final
y
90°
x
90°
y
90°
x
90°

135
pois sabemos que a velocidade tangencial é ω= ii rv e que a velocidade
angular ω é a mesma para todos os elementos de massa im∆ . A energia
cinética total do corpo rígido pode ser encontrada somando-se as energias
individuais de cada componente do sistema:
2
i
2
ii
i
i rmKK
2
1
ω





∆== ∑∑
O termo entre parênteses é conhecido como momento de inércia,
denotado por I. A energia cinética de rotação de um corpo rígido pode então
ser escrita como:
2IK
2
1
ω=
com 2
i
i
i rmI ∑∆= . A definição do momento de inércia dada acima é válida
no caso em que o corpo é composto por partículas discretas. Se tivermos uma
distribuição contínua de massa devemos fazer ∆mi → dm e transformar a soma
em integral:
dmrI
V
2
∫=
Comparando a energia cinética de rotação com a de translação, vemos
que o momento de inércia faz o papel da massa inercial e a velocidade angular
faz o papel da velocidade tangencial.
O momento de inércia depende fortemente da distribuição de massa
com relação a um eixo específico, em torno do qual o corpo roda. Desta
forma, um mesmo corpo rígido pode ter vários momentos de inércia que
dependem dos eixos de rotação escolhidos. Para uma dada velocidade angular
ω, como o momento de inércia depende do eixo de rotação, a energia cinética
também dependerá. Como exemplo, vamos considerar três massas pontuais
(portanto, discretas), ligadas por hastes rígidas sem massa, de maneira a
formar o triângulo equilátero mostrado na Fig. 8.4. O momento de inércia em
relação ao eixo (1) mostrado na Fig. 8.4 é dado por:

136
( ) 2
2
2
ii1 mL
2
Lm2rmI
2
1=== ∑
Fig. 8.4 – Corpo rígido formado por um triângulo equilátero com massas no vértice.
Queremos, a seguir, calcular o momento de inércia com relação a um
eixo perpendicular ao plano da figura e passando pelo centro de massa do
triângulo. A distância de cada massa a este eixo é de 3/Ld = , de forma que
teremos:
22
CM mLmd3I ==
Por sua vez, o momento de inércia em relação a um eixo
perpendicular ao plano da figura e passando por uma das massas é:
2
2 mL2I =
O momento de inércia apresenta uma série de propriedades
interessantes que muitas vezes simplificam a realização dos cálculos. Veremos
estas propriedades a seguir.
Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner)
Se conhecermos o momento de inércia de um corpo em relação a um
eixo passando pelo centro de massa, podemos facilmente encontrar o
momento de inércia em relação a um eixo paralelo a ele, como mostra a Fig.
8.5. O momento de inércia em relação ao eixo passando pelo centro de massa
é:
dmrI 2
CM ∫=
m
m
m
L
L
L

137
enquanto que em relação ao eixo paralelo,
dm'rI 2
∫=
Fig. 8.5 – Figura usada para a demonstração do teorema dos eixos paralelos.
Entretanto, como r’ = h – r podemos escrever:
( ) ∫ ∫∫∫ −+=−= rdmh2dmhdmrdmrhI 222
O último termo nos dá a distância do C.M. ao eixo passando pelo C.M. que,
obviamente, é nula. Logo,
2
CM MhII +=
No exemplo das três massas formando o triângulo equilátero visto
anteriormente na Fig. 8.4, encontramos: ICM = mL2
. Tomando um eixo
paralelo que passa por uma das massas temos 3/Lh = e M = 3m. Pelo
teorema de Steiner encontramos:
2
2
22
CM2 mL2
3
L
m3mLMhII =+=+=
que coincide com o resultado obtido anteriormente.
ICM
C.M.
r r´
I
h
dm

138
Teorema dos eixos perpendiculares
Este teorema é válido para corpos planos, do tipo placa, mostrado na
Fig. 8.6.
Fig. 8.6 – Figura usada para a demonstração do teorema dos eixos perpendiculares.
Os momentos de inércia com relação aos eixos x, y e z são dados por:
dmyI 2
x ∫=
dmxI 2
y ∫=
( )∫∫ +=ρ= dmyxdmI 222
z
Portanto, yxz III += , isto é, a soma dos momentos de inércia de dois eixos
perpendiculares contidos no plano do corpo é igual ao momento de inércia em
relação a um 3o
eixo perpendicular ao plano do corpo e passando pela
interseção dos dois primeiros. Quando este 3o
eixo passa pelo centro de massa
é denominado de eixo polar.
Vamos a seguir considerar alguns exemplos de cálculo de momento
de inércia.
a) Massa pontual – Este caso, mostrado na Fig. 8.7, é o mais simples e leva a
um momento de inércia dado por: I = md2
,. Onde d é a distância da massa ao
eixo.
x
x
y
y
ρ
z

139
Fig. 8.7 – Massa pontual rodando em torno de um eixo.
b) Arco de raio R - O cálculo do momento de inércia de um anel de raio R
em relação a um eixo passando pelo centro de massa e perpendicular ao plano
do anel (eixo polar) também é bastante simples porque cada elemento de
massa dm está à mesma distância r = R = constante do eixo de rotação,
conforme indicado na Fig. 8.8. Portanto,
∫ ∫ === 222 MRdmRdmrI
Fig. 8.8 – Anel rodando em torno do eixo polar.
c) Barra delgada de comprimento L - A barra mostrada na Fig. 8.9 roda em
torno de um eixo perpendicular passando pelo centro de massa. A densidade
linear de massa é λ = M/L, de forma que o elemento infinitesimal possui dm =
λ dx = (M/L) dx. Como –L/2 ≤ x ≤ L/2, temos:
12
ML
3
xdxxI
22/L
2/L
32/L
2/L
2
L
M
L
M =




=




=
−−
∫
m
d
dθ
ds
R
M

140
Fig. 8.9 – Barra delgada rodando em torno do centro de massa.
d) Barra delgada com eixo passando pela extremidade – Conforme
indicado na Fig. 8.10, a única diferença do caso anterior é o intervalo de
variação de x, que agora é: 0 ≤ x ≤ L. Desta forma, a integral fica:
( ) ( ) ( )2
CM
2L
0
3L
0
2
2
LMI
3
ML
3
xdxxI L
M
L
M +==== ∫
onde nesta última passagem utilizamos o teorema dos eixos paralelos.
Fig. 8.10 - Barra delgada rodando em torno da ponta.
e) Anel de raio r com eixo no plano do anel - A densidade linear de massa
para o anel é λ = M/2πR, de forma que o elemento de massa mostrado na Fig.
8.11 possui dm = λ Rdθ = (M/2π)dθ. Sua distância ao eixo y é dada por:
θ= senRx e, portanto,
θ
θ−
π
=θθ
π
= ∫∫
ππ
d
2
)2cos1(
2
MRdsenR
2
MI
2
0
2
22
2
0
y
x
2
y I
2
MR
I ==⇒
pela própria simetria do problema. Por outro lado, vemos que Ix + Iy = MR2
=
dx
L
M
L
M

141
Iz como era de se esperar pelo teorema dos eixos perpendiculares.
Fig. 8.11 – Anel rodando em torno de um eixo contido no seu plano.
f) Disco de raio R - A densidade superficial de massa de um disco de raio R é
σ = M/πR2
. Conforme vemos na Fig. 8.12, um disco pode ser considerado
como composto de um grande número de anéis concêntricos, de raio r e
espessura dr. A massa elementar de cada um destes anéis é dada por: dm = σ
dA, onde dA = 2πrdr.
Fig. 8.12 – Disco rodando em torno do eixo polar.
O momento de inércia polar do anel é dIz = dm r2
. Para calcularmos o
momento de inércia do disco devemos somar as contribuições de todos os
anéis concêntricos compreendidos entre 0 e r. Assim,
( ) 2
MRdrr
R
M2rdr2
R
MrI
2R
0
3
22
R
0
2
z ==π
π
= ∫∫
Pelo teorema dos eixos perpendiculares,
4
MR
III
2
xyz
2
1
===
M
dm
y
x
x
θR
r

142
g) Cilindro maciço de raio R - A densidade volumétrica de massa para um
cilindro de raio R e altura H é dada por: ρ = M/V = M/πR2
H. Por outro lado,
um cilindro pode ser encarado como se fosse uma pilha de inúmeros discos
finos de raio R e altura dz, como visto na Fig. 8.13. A massa de cada disco é
dm = ρ πR2
dz = Mdz/H. O momento de inércia polar de cada disco elementar
é dIz = ½ dm r2
, como calculado no ítem anterior. Ao se somar as
contribuições de todos os discos fazemos uma integral onde z varia de 0 a H.
Assim,
2
H
0
2
MRdzdmRI
2
1
H
2MR
2
1
2
1 === ∫∫
Neste caso não podemos usar o teorema dos eixos perpendiculares
para encontrar Iz ou Iy, pois o corpo não é plano.
Fig. 8.13 – Cilindro maciço rodando em torno do eixo de simetria.
8.4 Dinâmica da rotação em torno de um eixo fixo
Da mesma forma que a translação, a rotação é causada por um agente
externo produzindo uma força. Consideremos um corpo rígido rodando com
velocidade angular ω em torno de um eixo fixo O, conforme mostra a Fig.
8.14. Existe uma força F
r
aplicada a uma distância r
r
do eixo. Queremos
encontrar o trabalho realizado por esta força.
H
z
dz

143
Fig. 8.14 - Trabalho realizado por uma força durante a rotação de um corpo rígido
Durante um intervalo de tempo dt, o corpo roda a um ângulo
dtd ω=θ
rr
, de modo que o ponto especificado pelo vetor ( )tr
r
percorrerá uma
distância sd
r
e o trabalho realizado pela força F
r
é dado por:
sd.FdW
rr
=
Usando a definição vetorial de θ
r
d e ω
r
d , podemos escrever sd
r
como sendo
dtrrdsd 





×ω=×θ=
rrrrr
e assim,
( )dtr.FdW
rrr
×ω=
Entretanto, como ( ) ( )Fr.r.F
rrrrrr
×ω−=×ω podemos escrever a potência
fornecida pela força F
r
como sendo:
( )Fr.
dt
dW
P
rrr
×ω==
Para que o trabalho (ou potência) não seja nulo, F
r
deve ter uma
componente paralela a sd
r
e, consequentemente, perpendicular a r
r
.
Comparando com o movimento translacional vemos que ω
r
faz o papel de v
r
e
Fr
rrr
×=τ faz o papel da força. τ
r
é denominado de torque da força F
r
em
relação ao ponto O.
dt)(tr +
r
(t)r
r
sd
r
F
r
O

144
Vamos a seguir encontrar uma relação entre τ
r
e α
r
que seja
correspondente à 2a
lei de Newton. Já vimos que 2
2
1
IK ω= , portanto:
τω=
ω
ω=




 ω
==
rr
r
r
.
dt
d
.I
2
I
dt
d
dt
dK
P
2
Logo,
α=
ω
=τ
r
r
r
I
dt
d
I
No caso de termos várias forças produzindo vários torques,
escrevemos:
α=τ∑=
rr
I
N
1i
i
Como aplicação direta desta lei de rotação, vamos considerar o
seguinte exemplo: uma corda de densidade linear de massa λ está enrolada em
uma roldana de massa M e raio R, que pode rodar livremente em torno de um
eixo, como mostra a Fig. 8.15. O momento de inércia da roldana é
2
2
1
0 MRI = .
Fig. 8.15 – Corda desenrolando de uma roldana.
Se um comprimento l0 está inicialmente desenrolado e a velocidade
angular inicial ω0 é nula, qual será a aceleração e a velocidade da corda como
função de l? Nesta situação, a massa pendente é m(l) = λl e a 2a
lei de
Newton para a corda é:
ma = mg – T ⇒ λla = λlg - T
O
M
R
l

145
O torque realizado pela corda sobre a polia é dada por: τ = RT de
modo que,
dt
d
IIRT 00
ω
=α=
Por outro lado, como a corda não desliza sobre a roldana podemos escrever v
= Rω e a = Rα. Assim,
2
Ma
R
aI
T
R
aIRT 2
o
0 ==⇒=
Substituindo este resultado na equação para a corda obtemos:
2
M
g
a
+λ
λ
=
l
l
Para o cálculo da velocidade fazemos: dt
d
d
dv
dt
dva l
l
==
Como dl/dt = v, temos:
2
M2
1 g
d
dv
d
dv
v
2
+λ
λ
==
l
l
ll
( ) 





λ+
λ+
λ
−−=
+λ
λ
= ∫ 0
0
2
2/M
2/M
2/M2
1 n
2
gM
g
dg
v
0 l
l
lll
l
lll
l
Este resultado mostra que se M = 0 a corda estará em queda livre. Porém, se
M ≠ 0 parte da energia é gasta para aumentar a velocidade angular da polia.
8.5 Equilíbrio estático de um corpo rígido
Como vimos até agora, um corpo rígido pode possuir movimentos
rotacional e translacional, aos quais estarão associados respectivamente um
torque e uma força externa. Dizemos que um corpo está em equilíbrio quando
seu movimento rotacional-translacional não se alterar no tempo (a = α = 0).
Em particular, quando há ausência de movimento (v = ω = 0) dizemos que o

146
corpo está em equilíbrio estático (repouso). A condição necessária para que
ocorra esta situação é:
∑ = 0F
r
(translacional)
∑ =τ 0
r
(rotacional)
Vamos analisar alguns exemplos onde o equilíbrio estático se
manifesta. Inicialmente, vamos considerar uma escada encostada numa parede
sem atrito, como mostra a Fig. 8.16. Sabendo-se que a massa da escada é M, o
comprimento é L e o atrito com o chão é µ, queremos calcular o menor ângulo
θ para o qual a escada não escorrega.
Fig. 8.16 – Escada apoiada numa parede sem atrito.
Como as forças e torques totais são nulos:
Mg – N2 = 0
N1 – Fat = N1 - µN2 = 0
0senLNcosMg 12
L =θ−θ (torque em torno de O)
Deste conjunto de equação encontramos uma expressão para o ângulo
mínimo θ:






µ
=θ
µ
=θ
2
1
tgou
2
1
tg 1-
Um segundo exemplo é o de uma caixa de altura h e base L, colocada
θ Fat
Mg
N1
N2
L

147
sobre uma mesa inclinada com atrito, conforme mostra a Fig. 8.17. Se a caixa
não desliza, qual é a máxima inclinação antes dela rolar?
Enquanto o torque em torno de O devido à força peso estiver apontado
no sentido indo para o interior da página (horário) não haverá rotação. Quando
ele inverte de sentido (anti-horário), haverá rotação. Existe uma situação em
que o torque é nulo, o que define o ângulo crítico θc. Se este ângulo for
diminuído, o torque é horário (não roda) e se for aumentado é anti-horário
(roda). Esta situação crítica ocorre quando r
r
é paralelo a )0Fr(F =×=τ
rrrr
,
isto é, quando a força peso passar pelo ponto de apoio O. Nesta condição,
h
L
2h
2L
tg c ==θ
Fig. 8.17 – Caixa num plano inclinado com atrito.
8.6 Aceleração constante
Vamos nesta seção considerar o caso em que existe uma força externa
agindo sobre o corpo rígido, capaz de produzir uma aceleração constante. Em
geral, existe nesta situação um movimento combinado de rotação e translação.
Estes movimentos podem ser analisados independentemente e posteriormente
relacionados por uma equação do tipo α = a/R ou ω = v/R.
a) Iô-iô – Considere um iô-iô de massa M e raio R (na forma de um disco
como o mostrado na Fig. 8.18) que é solto a partir do repouso. Queremos
encontrar ω(t) e v(t).
θ
θ
h
L
O

148
Fig. 8.18 – Iô-iô solto a partir do repouso.
As equações para forças e torque são dadas respectivamente por:
Mg – T = Ma
R
I
TITR
α
=⇒α−
onde I = MR2
/2, a é a aceleração do centro de massa do disco e o torque é
calculado em relação a este ponto. Nas duas equações acima temos 3
incógnitas (T, a e α), mas uma nova equação envolvendo a e α pode ser
encontrada. Se estivermos no centro de massa veremos o ponto P subindo com
aceleração a e o disco rodando com aceleração angular α. Assim, é fácil
notarmos que: dtRdRa ω=α= , onde então,
dt
d
MR
dt
d
R
I
Mg
ω
=
ω
−
Mg
dt
d
2
1
1MR
dt
d
R
I
MR =
ω





 +=
ω





 +
Logo: R
g
3
2
dt
d =ω de onde se obtém R
gt
3
2)t( =ω e consequentemente
( ) ( ) gt
3
2
tRtv =ω=
b) Carretel – Um carretel de raio interno r e raio externo R encontra-se sobre
uma mesa com atrito como indicado na Fig. 8.19. Ele é puxado por um fio que
produz uma força F
r
fazendo um ângulo θ com a horizontal. Observa-se que
T
Mg
R
P

149
para θ < θc (ângulo crítico) o carretel rola sem deslizar na direção da força F
r
e
para θ > θc ele roda no sentido oposto. Queremos encontrar o valor de θc.
Vamos supor que o carretel ande na direção de F
r
. As equações para a
translação do centro de massa são:
θ+= senFNMg
θ+−= cosFFMa at
e para o torque em torno do centro de massa:
Fig. 8.19 - Carretel puxado sobre uma mesa com atrito.
α=− 0at IFrRF
onde supusemos que o carretel é acelerado para a direita. Usando
2
2
1
0 MRIeRa =α= , temos para a equação da translação:
θ−α=θ−=− cosFMRcosFMaFat
Substituindo Fat na equação da aceleração angular obtemos:
α=−θ+α− 0
2
IFrcosFRMR
( ) ( )rcosRFMRI 2
0 −θ=+α⇒
( )
2
2
3
MR
rcosR
F
−θ
=α
θθθθ
rR
Mg
Fat
N
F

150
Quando α > 0 o carretel roda para a direita (sentido horário) e quando
α < 0 ele roda para a esquerda (sentido anti-horário). O ângulo crítico ocorre
para α = 0 isto é:




=θ⇒=−θ
−
R
r
cos0rcosR
1
cc
c) Disco sobre uma mesa sem atrito – A Fig. 8.20 mostra um disco de massa
M e raio R, que está deitado sobre uma massa sem atrito. Ele é puxado por um
corpo de massa m através de um fio enrolado ao seu redor. Se o sistema é
solto a partir do repouso, qual será a velocidade do centro do disco e a tensão
na corda?
Fig. 8.20 - Disco puxado sobre uma mesa sem atrito.
A única força agindo sobre o disco é a tensão na corda. As equações
para a translação e rotação do corpo são dadas respectivamente por:
dt
dv
MMaT ==
dt
d
IITR 00
ω
=α=
com
2
0 MRI
2
1
= . Para o corpo de massa m temos apenas a translação,
descrita pela equação:
( )Ram'maTmg α+==−
R
M
m

151
onde levamos em conta o vínculo a’= a + αR. Isto significa que a aceleração
do corpo m se deve tanto à aceleração do centro de massa disco, como do fato
da corda estar sendo desenrolada com aceleração angular α. Substituindo os
valores de a e α obtidos anteriormente ficamos com:
M
mT3
I
TR
M
T
mTmg
0
2
=





+=−
Desta equação podemos tirar o valor de T como:
M/m31
mg
T
M
m3
1Tmg
+
=⇒



 +=
e voltando para a expressão da aceleração obtemos:
( )
m
M
m
M 3
gt
tv
3
g
M
T
dt
dv
a
+
=⇒
+
===
enquanto que para a aceleração angular,
( )
)m/M3(R
gt2
t
3
1
R
g2
M/m31
1
MR
mg2
MR
TR
m
M2
2
1
+
=ω⇒
+
=
+




==α
d) Disco puxado pelo centro de massa – O disco visto na Fig. 8.21 não
patina devido à existência da força de atrito. Neste caso, a = αR e as equações
de movimento são:
F – Fat = Ma
2
Ma
R
Ia
FR/IaIRF 2atat ==⇒=α=
Logo, F - Ma/2 = Ma, que nos leva à aceleração: M
F
3
2
dt
dv
a == e à
velocidade: ( ) ttv M3
F2= .

152
Fig. 8.21 – Disco puxado pelo centro de massa.
8.7 Momentum angular
Consideremos uma partícula descrita pelo vetor posição )t(r
r
,
movendo-se no espaço com velocidade ( )tv
r
, como mostra a Fig. 8.22. A 2a
lei
de Newton para esta partícula é dada por:
dt
pd
F
rr
=
Fig. 8.22 – Movimento tridimensional de uma partícula.
Vamos multiplicar vetorialmente os dois lados desta igualdade por )t(r
r
.
Desta forma teremos:
dt
pd
rFr
r
rrrr
×=×=τ
onde τ
r
é o torque da força F
r
em relação ao ponto O. Por outro lado, se
tomarmos a derivada do produto pr
rr
× temos:
( ) vmv
dt
pd
rp
dt
rd
dt
pd
rpr
dt
d rr
r
rr
rr
rrr
×+×=×+×=×
O produto vetorial vv
rr
× é nulo (vetores paralelos) e assim:
R F
Fat
v
r
r
r
O

153
( )
dt
pd
rpr
dt
d
r
rrr
×=×
Logo:
( )
dt
Ld
pr
dt
d
r
rrr
=×=τ
onde prL
rrr
×= é definido como momentum angular da partícula em relação
ao ponto O. Note que L
r
depende do ponto O considerado. Como vimos
anteriormente, ( ) dt/Iddt/IdI ω=ω=α=τ
rrrr
. Esta última passagem só é
válida quando temos rotação em torno de um eixo fixo e neste caso I é
constante. Então,
prLouIL
rrrrr
×=ω=
Como dissemos, a primeira igualdade é válida quando I é constante
(movimento em torno de um eixo) e é muito empregada em cálculos onde
corpos extensos são envolvidos. A segunda igualdade é bastante importante
quando massas pontuais são envolvidas. Um exemplo interessante é o de uma
partícula movendo-se em linha reta, como mostra a Fig. 8.23. Ela apresenta
momentum angular se sua trajetória não passar pela origem de r
r
. Vemos que:
kˆsenrmvvmrprL θ−=×=×=
rrrrr
Como rsenφ = b, temos kˆmvbL −=
r
.
Fig. 8.23 – Movimento retilíneo de uma partícula.
x
y
O
φ
r
rb
vm
r
trajetória

154
8.8 Torque e momentum angular de um sistema de
partículas
Consideramos um sistema composto de N partículas, cada uma
movendo-se com velocidade iv
r
medidas em relação a um ponto fixo O. O
momentum angular total do sistema é dado por:
∑=
=
N
1i
iLL
rr
que por sua vez satisfaz a igualdade:
dt
LdN
1i
i
r
rr
=τ=τ ∑=
Ao calcularmos o torque total sobre o sistema de partículas, notamos
que o torque devido às forças internas é nulo. Para provarmos este fato,
consideremos duas partículas constituintes do sistema mostradas na Fig. 8.24.
Fig. 8.24 – Torque devido às forças internas..
As forças 21 FeF
rr
constituem um par ação-reação e pela 3a
lei de
Newton sabemos que 21 F-F
rr
= . Assim, o torque devido a estas forças é dado
por:
( ) 121221121 FrrFrFr
rrrrrrrrr
×−=×+×=τ+τ
Como ( )21 rr
rr
− está na direção da linha pontilhada que une 1 a 2, seu produto
vetorial com 1F
r
é nulo e assim concluímos que os torques devidos às forças
internas se cancelam aos pares. Portanto, a equação correta é:
1
2
O
1F
r 2F
r
1r
r 2r
r

155
dt/Ldext
rr
=τ
Como vimos anteriormente, para o caso de rotação ao redor de um eixo fixo
temos ω=
rr
IL e, portanto:
dt/dIext ω=τ
rr
Como um primeiro exemplo, vamos calcular o momentum angular
para um disco girando ao redor de seu eixo de simetria como mostrado na Fig.
8.25. Tomando a i-ésima massa mi do disco, temos:
kˆvrmprL iiiiii =×=
rrr
Como vi = ri ω, segue que:
( ) ( ) kˆrmkˆrrmL 2
iiiiii ω=ω=
r
Fig. 8.25 – Rotação de um disco em torno de seu eixo polar.
e assim, o momentum angular total é dado por:
( ) ω=ω=ω== ∑∑
rrr
IkˆIkˆrmLL
i
2
ii
i
i
onde, de acordo com a definição anterior ∑=
i
2
ii rmI .
No caso que acabamos de ver, o eixo de rotação passa pelo centro de
massa. Caso ele esteja deslocado de uma distância R do centro de massa,
ω
r
iv
r
ir
r

156
como mostra a Fig. 8.26, o momento de inércia será dado por (teorema dos
eixos paralelos):
2
CM MRI'I +=
e o momento angular fica sendo:
( )ω+ω=ω=
rrrr 2
CM MRI'I'L
A velocidade do centro de massa pode ser escrita vetorialmente como:
RVCM
rrr
×ω=
Fig. 8.26 – Rotação de um disco em torno de um eixo paralelo ao eixo polar.
Assim, se tomarmos o duplo produto vetorial
( ) ( ) ( ) ω=ω−ω=×ω× 2
R.RRR.RRR
rrrrrrrr
pois como ω
rr
eR são perpendiculares temos 0.R =ω
rr
. Desta forma,
CMCM PRL'L
rrrr
×+=
de onde vemos que o momentum angular de um corpo rígido em relação à
rotação em torno de um eixo O’ é a soma do momentum angular em relação
ω
r
r
r C.M.
O’

157
ao centro de massa com o momentum angular associado à rotação do centro de
massa em torno do eixo O’.
Vimos há pouco que a variação do momentum angular de um sistema
depende apenas do torque externo aplicado sobre ele. Vamos utilizar este
conceito para analisar a máquina de Atwood mostrada na Fig. 8.27, onde a
roldana tem massa M, raio R e momento de inércia 2/MRI 2
0 = . O
momentum angular total do sistema em relação ao eixo O é a soma do
momentum da roldana (I0ω) com o das duas massas ( ).vRmvRm 21 + Como
a corda não desliza sobre a roldana, Rv ω= e, portanto:
( )vRmm
R
v
IL 210 ++=
Fig. 8.27 – Máquina de Atwood.
As forças externas agindo sobre o sistema são m1 g
r
, m2 g
r
e R
r
, mas
esta última não realiza torque pois está aplicada sobre o eixo de rotação
( 0r =
r
). Tomando como positivo o sentido entrando no papel, encontramos o
torque como sendo:
( ) a
dv
dL
dt
dv
dv
dL
dt
dL
gRmm 12ext ===−=τ
O
gm1
r
m1
m2 v
r
v
r
T
r
´T
r
R
r
R
M
gm2
r

158
Substituindo a expressão de L como função de v obtemos:
( ) ( ) aRmm
R
I
gRmm 21
0
12 



++=−
( ) ( )
2
M
R
I
21
12
2
0
21
12
mm
gmm
mm
gmm
a
++
−
=
++
−
=⇒
Para o caso M = 0, recuperamos o resultado obtido no Cap. 4. Podemos ainda
calcular as tensões T e T’ existentes na corda. Isolando m1 e m2, obtemos:
( )agmTamTgm 222 −=⇒=−
( )gam'Tamgm'T 111 +=⇒=−
Como o valor de a já foi determinado, encontramos:
( )
2/Mmm
g2/Mm2
mT
21
1
2
++
+
=
( )
2/Mmm
g2/Mm2
m'T
21
2
1
++
+
=
No caso M = 0, T = T’ =
21
21
mm
gmm2
+ , como já obtido anteriormente.
Isolando a corda, como sua massa é nula, a força total sobre ela
também o é. Podemos então calcular a força tangencial exercida pela polia
sobre ela pois F + T’- T = 0. Como m2 > m1, temos T > T’ e
( )
2/Mmm
mm
g
2
M
'TTF
21
12
++
−
=−=
8.9 Relação trabalho-energia rotacional
Da mesma forma que na translação, a variação da energia rotacional
de um corpo se deve à realização de trabalho por um agente externo, no caso,

159
o torque. Já sabemos que 2IK
2
1
ω= e a diferencial desta energia será:
( )
dt
d
dtIdIdK
ω
ω=ωω=
Sabemos ainda que τ=α=ωω=θ Idt/dIedtd . Logo:
dWddK =θτ=
Assim, torque que produz uma rotação dθ realiza uma quantidade de trabalho
dW = τdθ. A variação da energia rotacional é dada por:
∫ θτ=∆ dK
8.10 Conservação do momentum angular
Quando o torque é nulo, 0dtLdext ==τ
rr
, o momentum angular é
constante. Além da conservação do momentum e da energia, vemos agora a
grandeza momentum angular também pode se conservar. Como ω= IL ,
concluímos que diminuindo I, ω aumenta ou vice-versa. Como casos práticos
podemos citar a patinação no gelo e saltos ornamentais. Vamos a seguir
analisar alguns exemplos típicos de conservação de momentum angular.
a) Choque entre dois discos – Considere um disco de momento de inércia I1
e velocidade angular ω0, rodando num eixo sem atrito passando por seu centro
de massa. Ele cai sobre outro disco de momento de inércia I2, inicialmente
parado. Vamos calcular a velocidade angular final do conjunto usando
conservação do momentum angular.
( ) 0
21
1
ff2101fi
II
I
IIILL ω





+
=ω⇒ω+=ω⇒=
Este é um choque do tipo inelástico. Vamos calcular a variação da
energia do sistema, dissipada em calor. As energias cinética inicial e final são
dadas respectivamente por:

160
Fig. 8.28 - Choque inelástico entre dois discos.
( )
1
2
i
1
2
012
01i
I2
L
I
I
IE
2
1
2
1
=
ω
=ω=
( )
( )[ ]
( ) ( )21
2
f
21
2
f212
f21f
II
L
II
II
IIE
2
1
2
1
2
1
+
=
+
ω+
=ω+=
Como fi LL = vemos que Ef < Ei, isto e:
i
21
2
2
0
21
12
121
2
i
if E
II
I
2II
II
I
1
II
1
2
L
EEE
+
−=
ω
+
−=





−
+
=−=∆
Este resultado é análogo ao do choque perfeitamente inelástico entre
duas massas, discutido no Cap.4.
b) Choque inelástico entre bala e barra delgada – Uma barra, de massa M,
comprimento L e momento de inércia I = ML2
/12, tem seu centro fixo. Uma
bala de massa m e velocidade v é disparada perpendicularmente à barra e a
atinge a uma distância l, ficando engastada. Se a haste está inicialmente em
repouso com que velocidade angular ela rodará?
0ω
r
I1
I2

161
Fig 8.29 - Choque inelástico entre bala e barra delgada.
O momentum angular inicial é Li = mvl e o final é:
( ) ω





+=ω+=
2
2
2
f m
12
ML
mIL ll
Usando a conservação do momentum angular obtemos:
22
m
mv
12
ML l
l
+
=ω
c) Velocidade dos planetas – Os planetas girando em torno do sol conservam
momentum angular, pois a força gravitacional é central ( )F//r
rr
. Baseados
neste fato, queremos mostrar que o vetor descrevendo a posição do planeta
varre áreas iguais em tempos iguais. Vamos considerar um planeta girando em
torno do Sol, como mostra a Fig. 8.30.
Fig. 8.30 – Rotação de um planeta em torno do Sol.
L
M
m
v
r l
Sol
dA
r
r

162
Durante um intervalo de tempo dt, o planeta desloca-se vdt e o vetor
posição r
r
varre uma área dtvrdA 2
1
rr
×= . Assim,
m2
L
vmr
m2
1vr
dt
dA
2
1
r
rrrr
=×=×=
Como L
r
é constante, dA/dt também o é e os planetas varrem áreas iguais em
tempos iguais. Esta lei foi deduzida por Keppler a partir de observações
astronômicas.
8.11 Combinação de translação e rotação
Quando um corpo rígido executa simultaneamente os movimentos de
translação e rotação, torna-se em geral difícil descrever este movimento
combinado. O que se faz é decompor o movimento em dois: o de translação
do centro de massa e o de rotação em torno dele. A análise se simplifica
mediante o uso do seguinte teorema: “O torque total em relação ao centro de
massa CMτ
r
é igual à derivada temporal do momentum angular relativo a este
ponto”. Matematicamente,
CMCM L
dt
d rr
=τ
Para a demonstração deste teorema vamos considerar o sistema de
partículas mostrado na Fig. 8.31. CMr
r
é o vetor posição do centro de massa, ir
r
é o da i-ésima partícula relativo à origem O e iRr
r
é o vetor relativo ao centro
de massa. Estas coordenadas estão relacionadas através da expressão:
iRCMi rrr
rrr
+=
Já vimos no Cap. 6 que o vetor CMr
r
é dado por:
( )∑∑ ==
+==
N
1i
iRCMi
N
1i
iiCM rrmrmrM
rrrr
∑∑ ==
+





=
N
1i
iRiCM
N
1i
i rmrm
rr

163
Fig. 8.31 – Sistema de partículas sujeito a translação e rotação.
e, portanto, ∑ = 0rm iRi
r
, como era esperado já que a massa está distribuída
compensadamente ao redor do centro de massa. A velocidade de i-ésima
partícula é dada por:
iCM
iRCMi
i uv
dt
rd
dt
rd
dt
rd
v
rr
rrr
r
+=+==
onde CMv
r
é a velocidade do centro de massa, iu
r
é a velocidade relativa ao
centro de massa e 0um ii =∑
r
, que é conseqüência direta da derivação de
.0rm iRi =∑
r
O momentum angular da partícula relativo ao ponto O é:
( ) ( )iCMiRCMiiiii uvrrmvmrL
rrrrrrr
+×+=×=
( ) ( ) ( ) ( )iiRiCMiRiiCMiCMCMii urmVrmurmVrmL
rrrrrrrrr
×+×+×+×=
O momentum angular total do sistema é ∑= iLL
rr
. Portanto,
( ) ( ) i
i
iRiCMiRiiiCMCMCM urmVrmumrVMrL
rrrrrrrrr
×+×+×+×= ∑∑∑
O primeiro termo é o momentum angular do centro de massa relativo
ao ponto O, os dois termos entre parênteses são nulos e o último é o
momentum angular relativo ao centro de massa, isto é,
CM
x
y
z
cmr
r
irr
r
ir
r

164
CMCMCM PrLL
rrrr
×+=
O torque total externo agindo no sistema é:
( ) i
N
1i
iR
N
1i
iCMi
N
1i
iRCMi
N
1i
iext FrFrFrrFr
rrrrrrrrrr
×+×=×+=×=τ ∑∑∑∑ ====
O segundo termo é o torque relativo ao centro de massa e o primeiro é o
torque no centro de massa relativo ao ponto O.
CMextCMext Fr τ+×=τ
rrrr
Tomando a derivada temporal da expressão L
r
temos:
dt
Vd
MrVM
dt
rd
dt
Ld
dt
Ld CM
CMCM
CMCM
r
rrrrr
×+×+=
extCM
CM
CMCM
CM
Fr
dt
Ld
aMr
dt
Ld
τ=×+=×+=
rrr
r
rr
r
Comparando com a expressão para extτ
r
obtemos:
dt
Ld CM
CM
r
r
=τ
Esta equação é muito importante, pois permite separar o movimento
translacional do centro de massa do movimento rotacional ao seu redor.
Vamos, em seguida, analisar alguns exemplos em que o movimento de rotação
aparece combinado com o de translação.
a) Cilindro descendo um plano inclinado – Consideremos um cilindro
rolando sobre um plano inclinado sem deslizar, como mostra a Fig. 8.32.
Como o ponto de contato é o centro instantâneo de rotação sabemos que VCM
= Rω e aCM = Rα.

165
Fig. 8.32 - Cilindro descendo um plano inclinado com atrito.
O único torque ao centro de massa é dado pela força de atrito, no
sentido que sai do plano da figura. Desta forma,
CM2
CM
at
CM
CMCMCM
CM
atCM a
R
I
F
R
a
II
dt
d
I
dt
dL
RF =⇒=α=
ω
===τ
O movimento de translação é descrito pela equação:
CM2
CM
CMCMat Ma
R
I
MasenMgMaFsenMg
2
3
=





+=θ⇒=−θ
Logo: θ= senga 2
3
CM e θ= senMgF 3
1
at
b) Movimento de um giroscópio – O giroscópio, mostrado na Fig. 8.33, roda
de tal forma que seu momentum angular é L
r
e seu eixo mantém-se no plano
horizontal, isto é, gMF
rr
−= . O torque relativo ao centro de massa é
Fr
rrr
×=τ , com módulo MgD=τ
r
e sentido de Ω.
Fig. 8.33 - Movimento de um giroscópio.
M
R
gM
r
atF
r
N
r
θ
D
F
r
ω
gM
r
L
r
Ω
o

166
Como
dt
Ld
r
r
=τ , vemos que dtLd τ=
rr
. O vetor Ld
r
é perpendicular a
L
r
, como indica a Fig. 8.34. Em outras palavras, variação de L
r
se dá apenas
na direção e não no módulo (não existe componente de Ld
r
paralela a L
r
). O
efeito é um giro do sistema em torno do ponto de apoio. O acréscimo de
ângulo produzido pelo torque é dado por:
L
dLd =ϕ , e durante o intervalo de
tempo dt temos:
dt
L
MgD
L
dt
L
dLd =
τ
==ϕ
A taxa de variação do ângulo ϕ , chamada de velocidade de
precessão do giroscópio, é dada por:
ω
==
ϕ
=Ω
I
MgD
L
MgD
dt
d
Fig. 8.34 – Variação de momentum angular produzida pelo torque.
Se L
r
fosse nulo Mg seria maior que F e o giroscópio cairia.
De um modo geral, quando o giroscópio é solto na horizontal, há um
pequeno movimento na vertical denominado de nutação. Esta contribuição
aparece quando consideramos a contribuição do movimento do centro de
massa ao momentum angular do sistema. O centro de massa tem uma
velocidade VCM = ΩD e assim .MDDDMDMVL 2
CMCM Ω=Ω==
r
A
direção e sentido de CML
r
é a mesma que F
r
. Quando o giroscópio é solto, Ω =
0 e CML
r
= 0. O momentum angular nesta direção deve se conservar, pois não
há nenhum torque externo nela. Assim, quando CML
r
deixa de ser zero, o
giroscópio abaixa um pouco tal que L
r
passa a ter uma componente contrária a
CML
r
no sentido de anulá-lo. A inércia associada a este movimento faz com
ϕd
L
r
L
r
Ld
r

167
que haja uma oscilação periódica (nutação) na vertical, que tende a se
amortecer se houver atrito no sistema. Extinto este movimento, o giroscópio
se movimenta um pouco abaixo do plano horizontal.
Caso o giroscópio esteja fazendo um ângulo θ com a vertical, o torque
é dado por senMgD θ=τ , de onde se obtém dtd L
senMgD
senL
dL θ
=
θ
=ϕ
e, portanto, ω=Ω I
MgD
independe do ângulo em que o giroscópio é
posicionado.
Fig. 8.35 – Giroscópio com eixo inclinado.
L
r
θsenL
φd
θ
Ld
r

168
Exercícios
1 - Calcule o momento de inércia de um quadrilátero de massas pontuais em
relação aos eixos mostrados na Fig. 8.36.
2 - Um disco de raio R e densidade superficial de massa σ tem um buraco
circular de raio r, distando a do centro do disco. Calcule os momentos de
inércia em relação aos eixos 1, 2 e 3, mostrados na Fig. 8.37.
Fig. 8.36 Fig. 8.37
3 - Calcule o momento de inércia de uma esfera de massa M e raio R em
relação a um eixo passando pelo centro de massa.
4 - Uma barra delgada de massa M e comprimento L faz um ângulo θ com
eixo y, conforme mostra a Fig. 8.38.
a) Calcule o momento de inércia para rotação em torno do eixo;
b) Calcule o momento de inércia para rotação em torno de um eixo
paralelo a y e passando pelo centro de massa.
5 - Uma escada de M e comprimento L está apoiada numa parede sem atrito e
no chão, com atrito µ (Fig. 8.39). Sabendo que o ângulo entre a escada e a
parede é 45o
, qual deve ser a tensão numa corda amarrada no meio da
escada para que ela não caia?
I2
I1
I3
I4
m
m2m
2m
a
I2
I1
I3 R
r
a

169
Fig. 8.38 Fig. 8.39
6 - Uma escada de massa M e comprimento L está apoiada numa parede e no
chão (ambos sem atrito) de maneira a formar um ângulo θ com a parede,
conforme mostra a Fig. 8.40. Uma corda amarrada a uma altura H
(paralela ao chão) mantém a escada em repouso. Calcule:
a) a tensão na corda;
b) a máxima altura Hmax em que é possível haver equilíbrio;
c) a aceleração angular no instante em que esta corda for cortada.
7 - Uma escada de pintor de massa total 2M está aberta de maneira a formar
um ângulo θ. Qual deve ser o coeficiente de atrito estático com o chão
para que ela não caia? (Fig. 8.41).
Fig. 8.40 Fig. 8.41
8 - Um pintor de massa M está no topo de uma escada de peso desprezível
(comprimento de cada lateral: L) que se apóia sobre um assoalho
M
θ L
y
L
T
45o
M
L
M
θ
H
Lθ
2M
L

170
extremamente liso. Há uma travessa a meia altura que impede a abertura
da escada. O ângulo do vértice é θ. Qual é a força na travessa?
9 - Uma barra de comprimento L e massa M é colocada sobre um buraco,
como mostrado na Fig. 8.42. Qual deve ser o coeficiente de atrito para a
barra permanecer em repouso?
10 - Sobre uma superfície lisa desliza um bloco cúbico de lado L e massa M,
com velocidade v (Fig. 8.43). Num determinado ponto, o cubo bate em
um pequeno obstáculo. Qual deve ser a velocidade v para que o bloco rode
em torno deste ponto?
Fig. 8.42 Fig. 8.43
11 - Na extremidade de uma haste de comprimento L a massa desprezível é
colocada uma massa M. O sistema é solto de vertical sob a ação da
gravidade. Qual é a equação que descreve o ângulo θ(t)? (Fig. 8.44).
12 - Um arco de raio R, que gira com velocidade angular ω0, é colocado sobre
uma superfície horizontal áspera, como mostra a Fig. 8.45, sendo a
velocidade de seu centro de massa nula. Determinar a velocidade do
centro de massa depois de cessado o escorregamento.
13 - A integral do torque com relação ao tempo é chamada impulso angular.
Partindo da relação dt/Ld
rr
=τ , mostre que o impulso é a variação do
momentum angular.
14 - Uma bola de bilhar inicialmente em repouso recebe um impulso
instantâneo de um taco. Este é mantido horizontal a uma distância h do
45ol
v
M M

171
centro. A bola sai com velocidade v0 e a velocidade final é 9/7v0. Mostre
que h = 4/5R, onde R é o raio da esfera.
Fig. 8.44 Fig. 8.45
15 - Niels Bohr postulou que um sistema mecânico em rotação só pode ter
momentum angular com valores múltiplos de uma constante h, chamada
constante de Planck h = h/2π = 1.054 x 10-34
J.S), ou seja: L = Iω = nh,
sendo n um inteiro positivo ou zero.
a) Mostre que com este postulado, a energia de um rotor só pode adquirir
valores discretos, isto é, quantizados.
b) Considere uma massa m obrigada a girar num círculo de raio R
(átomo de Bohr ou átomo de hidrogênio). Quais são os possíveis
valores para a velocidade angular levando-se em conta o postulado
acima?
c) Quais valores de energia cinética o átomo pode ter?
16 - Muitos dos grandes rios correm para a região equatorial levando
sedimentos arenosos. Que efeito isto tem sobre a rotação da Terra?
17 - Um cilindro de massa M e raio R roda sem deslizar sobre um plano
horizontal. A velocidade do centro de massa é v. Ele encontra um plano
com ângulo de inclinação θ à sua frente, como mostra a Fig. 8.46.
a) Que altura o cilindro sobe no plano inclinado?
b) Nesta posição, qual foi a variação do momentum angular?
c) Quais foram os impulsos linear e angular?
d) Qual é o tempo que o cilindro demora para atingir a altura máxima?
M
θ L
M
oω
R

172
18 - Um disco de massa M e raio R pode mover-se em torno de um eixo
passando pelo seu centro de massa O, conforme mostra a Fig. 8.47. Uma
partícula de massa também M segue uma trajetória linear com velocidade
v e parâmetro de impacto d = R/2 relativo ao ponto 0. Ao chocar-se com
o disco ela sofre uma deflexão de 90o
e tem sua velocidade mudada para
( )32v .
a) Qual é a velocidade angular do disco após a colisão?
b) Qual é a energia dissipada na colisão?
Fig. 8.46 Fig. 8.47
19 - Um disco de massa 2m e raio R repousa sobre uma mesa horizontal
extremamente lisa. Uma bala de massa m, velocidade v0 e parâmetro de
impacto R atinge o disco e engasta nele (Fig. 8.48). Calcule:
a) A velocidade angular do sistema logo após a colisão;
b) A velocidade do centro de massa após a colisão;
c) A energia dissipada na colisão.
20 - Uma bola de bilhar inicialmente em repouso recebe um impulso
instantâneo de um taco, que forma um ângulo θ com a horizontal, como
mostra a Fig. 8.49. A bola sai com velocidade inicial v0 e ao final do
movimento ela encontra-se em repouso.
a) Determine o ângulo θ para que isto aconteça;
b) Qual é a velocidade angular inicial da bola?
c) Qual foi a energia dissipada durante o movimento?
O
M
R
V
r
θ
H
V
r
d
M
R
M

173
Fig. 8.48 Fig. 8.49
21 - Uma partícula de massa m está presa ao extremo de um fio e percorre
uma trajetória circular de raio r sobre uma mesa horizontal sem atrito. O
fio passa por um orifício de mesa e o outro extremo se encontra
inicialmente fixo. Neste caso, o raio inicial é r0 e a velocidade angular
inicial é ω0. Começa-se então a puxar lentamente o fio de maneira a
diminuir o raio da trajetória circular, como mostra a Fig. 8.50.
a) Como variará a velocidade angular em função de r?
b) Qual é o trabalho realizado para levar a partícula até o raio 2/r0 ?
Fig. 8.50
22 - Considere um cilindro de massa M e raio R descendo um plano inclinado
de ângulo θ sem deslizar. Calcule a aceleração do centro de massa e a
força de atrito agindo sobre o cilindro.
23 - Uma bola de bilhar de massa M e raio R ( )2
5
2
MRI = desliza sem rodar
com velocidade v0 sobre uma mesa sem atrito. Subitamente ela encontra
uma parte da mesa com atrito e depois de algum tempo está rodando sem
deslizar.
a) Calcule a velocidade final da bola;
b) Qual é a energia dissipada no processo?
m
R
m2
R
0v
r
θ
R
taco
M
m
F
r
v

174

Oscilações
175
9.1 O movimento harmônico simples
De um modo geral, chamamos de oscilações aquela classe de
movimento que se repete no tempo, quer seja de uma maneira ordenada ou
não. O movimento que se repete regularmente com o passar do tempo é
chamado de periódico e o intervalo decorrente entre duas situações
equivalentes é o período do movimento.
O estudo de oscilações é uma parte importante da mecânica devido à
frequência com que este tipo de evento ocorre. O simples balançar das folhas
de uma árvore, as ondas de rádio, o som e a luz são exemplos típicos onde o
movimento oscilatório acontece. Dentre estes movimentos, aquele chamado de
harmônico é o mais simples, porém, é um dos mais importantes devido à sua
vasta aplicabilidade. No estudo do movimento harmônico simples (MHS) nós
vamos considerar apenas o caso unidimensional, onde a posição de um corpo
em relação à posição de equilíbrio é dada por uma expressão do tipo:
( ) ( )φ+ω= tcosAtx 0
onde A é a amplitude do movimento, φ é a fase e ω0 é a freqüência natural ou
freqüência de ressonância do sistema. A e φ dependem das condições iniciais
do movimento enquanto que ω0 é uma grandeza intrínseca ao sistema, que está
relacionada com o período pela expressão:
f2
T
2
0 π=
π
=ω
onde f = 1/T é a freqüência em Hertz (Hz) e ω0 tem dimensões de rad/s.
9OSCILAÇÕES

Oscilações
176
Um gráfico da função x(t) está mostrado na Fig. 9.1. Um exemplo
simples do MHS é a projeção (ou a sombra) de um corpo em movimento
circular uniforme sobre o eixo x.
Fig. 9.1 - Movimento harmônico simples.
O MHS é caracterizado por ter funções bem comportadas (analíticas)
tanto em x(t) como em v(t) e a(t). De fato, estas grandezas são sempre
contínuas, com derivadas também contínuas. Isto já não ocorre, por exemplo,
para uma partícula oscilando no interior de uma caixa unidimensional de
comprimento L, mostrada na Fig. 9.2. Neste caso, x(t) é uma função periódica
e triangular, apresentando nos pontos x = 0 e x = L descontinuidade na
derivada primeira, já que a velocidade troca de sinal devido à colisão com a
parede.
Fig. 9.2 – Movimento periódico de uma partícula dentro de uma caixa.
A
A
-A T
t
x(t)
φ
0
x(t)
L/v0 2L/v0
t
v0
v(t)
t
-v0
v0

Oscilações
177
Voltando ao caso do MHS, onde x(t) = Acos(ω0t + φ), podemos
encontrar v(t) e a(t) através da operação de diferenciação:
( ) ( ) ( ) ( )2
tcosAtsenAtxtv 0000
π+φ+ωω=φ+ωω−== &
( ) ( ) ( ) ( )txtcosAtxta 2
00
2
0 ω−=φ+ωω−== &&
de onde vemos que a velocidade está 90o
fora de fase com a posição e que a
aceleração é proporcional ao deslocamento, porém com a sentido oposto. Da
2a
lei de Newton, temos:
kxxmmaF 2
0 −=ω−==
que é a força encontrada num oscilador harmônico simples (sistema massa-
mola). Sempre que a força é proporcional e oposta ao deslocamento temos a
ocorrência do MHS. A constante k é denominada constante de mola ou
constante de força do oscilador e a freqüência natural de oscilação do sistema,
mk0 =ω , é completamente independente da amplitude e fase do
movimento.
A velocidade máxima que um corpo em MHS pode atingir é
0max Av ω= , de onde vemos que quanto maior for a amplitude do
movimento, maior será a velocidade máxima. Da maneira que escrevemos x(t)
e v(t), notamos que para t = 0 temos x(0) = x0 = Acosφ e v(0) = v0 = -Aω0senφ.
Assim, expandindo o co-seno existente em x(t) temos:
( ) ( ) tsensenAtcoscosAtcosAtx 000 ωφ−ωφ=φ+ω=
( ) tsen
v
tcosxtx 0
0
0
00 ω
ω
+ω=
que é a solução mais geral para o movimento de um oscilador harmônico
simples sujeito às condições iniciais x(0) = x0 e v(0) = v0.

Oscilações
178
9.2 O sistema massa-mola
Um dos sistemas mais simples que constitui um oscilador harmônico é
o sistema massa-mola mostrado na Fig. 9.3. A equação de movimento é dada
por:
kx
dt
xd
mF 2
2
−==
Chamando 2
0mk ω= ficamos com a equação do MHS:
0x
dt
xd 2
02
2
=ω+
Fig. 9.3 – Sistema massa-mola.
Neste tipo de equação diferencial, que também aparece no caso do
pêndulo e mesmo em outros sistemas, a raiz da constante que aparece
multiplicando o termo linear é a freqüência natural de oscilação do sistema. A
solução desta equação é uma função do tipo ( ) ( )φ+ω= tcosAtx 0 , que
multiplicada por 2
0ω e somada à sua derivada segunda resulta num termo
nulo. Vimos que esta solução pode ainda ser escrita como:
( ) tsen
v
tcosxtx 0
0
0
00 ω
ω
+ω=
( ) tcosvtsenxtv 00000 ω+ωω−=
A força restauradora F = -kx gera uma energia potencial V(x) dada por:
( ) 2
x
0
kx
2
1dx)x(FxV ∫ =−=
k
x
m

Oscilações
179
e assim a energia total do sistema é:
22
kx
2
1mv
2
1E +=
Substituindo os valores de x(t) e v(t)encontramos:
2
0
2
0 mv
2
1kx
2
1E +=
que é a energia inicial do sistema e que se mantém constante durante todo o
movimento, havendo apenas troca entre as energias cinética e potencial.
A conservação de energia permite outra maneira de encontrarmos a função
x(t) sem resolver a equação diferencial. Como
( )2
22
0
22
dt
dxm
2
1xm
2
1mv
2
1kx
2
1E +ω=+=
podemos escrever a velocidade como função de x:
( ) ( ) 





−
ω
ω=ω−=
2
2
0
2
0
22
0
2
x
m
E2xm
2
1E
m
2
dt
dx
dt
x
m
E2
dxx
m
E2
dt
dx
0
2
2
0
2
2
0
0 ω=
−
ω
⇒−
ω
ω=
Integrando entre x(0) – x0 e x(t) = x e usando ,
a
arcsen
a
d
22
µ
=
µ−
µ
∫ temos:
t
k/E2
x
senxsen 0
01
k
E2
1
ω=




−






 −−
onde km
2
0 =ω foi usado. Logo
( ) k/E2tx = 








+ω
−
k/E2
x
sentsen 01
0

Oscilações
180
Se chamarmos kE2A = e ( ) 2sen
kE2
x01
π−=φ −
, obtemos a
já conhecida solução:
( ) ( )φ+ω= tcosAtx 0
As condições iniciais são agora dadas em termo de x0 e E. Vamos
tomar dois exemplos de condição iniciais:
a) 0
2
02
1
0 xkxE0v,xx k
E2 =⇒=⇒== , de onde tiramos que
( ) tcosxtx 00 ω= .
b) 0
02
02
1
0
v
k
E2mvvv,0x ω=⇒⇒== e assim, ( ) tsentx 0
0
0v
ω= ω .
A energia potencial do sistema massa-mola, 2
2
1
kx)x(V = está
mostrada na Fig. 9.4. A energia determina completamente a amplitude do
movimento bem como a velocidade máxima que o corpo pode atingir.
A amplitude máxima, dada por ,kE2A = determina o ponto de
retorno. Como ( ) ( ) ,xk/E2xv
2/12
0 −ω= vemos que a velocidade é nula nos
pontos de retorno ( )A± . Por outro lado, a velocidade é máxima para x = 0 e
vale mE2vmax = .
Fig. 9.4 – Energia potencial do sistema massa-mola.
-A A
K
V
E
x
V(x)

Oscilações
181
9.3 O sistema massa-mola com gravidade
Vamos analisar o que ocorre quando temos um corpo de massa m
pendurado numa mola vertical sob a ação do campo gravitacional, como
mostra a Fig. 9.5. Se no movimento horizontal a posição de equilíbrio é no
ponto x = 0, na presença da gravidade esta posição é deslocada até o ponto em
que a força peso é equilibrada pela força da mola, isto é,
k
mg
00 ykymg =⇒= .
Fig. 9.5 – Sistema massa-mola sujeito ao campo gravitacional.
A 2a
lei de Newton nos leva à equação de movimento:
( )02
2
yykmgky
dt
yd
m −−=+−=
onde k/mgy0 = é a nova posição de equilíbrio. Definindo y’= y - y0, a
equação diferencial se torna:
0'y
dt
'yd
'ky
dt
'yd
m 2
02
2
2
2
=ω+⇒−=
cuja solução já é conhecida: y’= y – y0 = A cos(ω0t + φ). Isto quer dizer que o
oscilador harmônico sob a ação da gravidade tem o mesmo comportamento
que quando colocado na horizontal, apenas sua posição de equilíbrio desloca-
se de y0. Podemos escrever a energia potencial do sistema como:
m
y = 0
k
m
y0
k
mg

Oscilações
182
( ) mgyky
2
1
yV 2 −=
onde o zero da energia potencial gravitacional foi tomado em y = 0.
Completando os quadrados vemos que V(y) é dada por:
( )
k2
gm
)yy(k
2
1
yV
22
2
0 −−=
A curva que descreve a energia potencial V(y) está mostrada na Fig.
9.6. Comparando com o oscilador horizontal, vemos que a ação da gravidade é
o de deslocar o mínimo da curva de potencial para o ponto (y0, V(y0)) onde y0
= mg/k e V(y0) = -m2
g2
/2k. Nem a frequência ω0 nem a amplitude do
movimento são alterados por influência da gravidade.
Fig. 9.6 – Energia potencial do sistema massa-mola sujeito à gravidade.
9.4 O pêndulo matemático
O pêndulo simples ou matemático é um outro exemplo bastante
importante de movimento harmônico. De acordo com a Fig. 9.7, o torque em
relação ao ponto O é ,senmgL θ−=τ sendo que o sinal negativo se deve ao
fato de que o torque está no sentido oposto ao que o ângulo aumenta.
k2
gm
22
−
y
V(y)
y0

Oscilações
183
Fig. 9.7 – Pêndulo simples ou matemático.
Como θ=α=τ &&II , temos θ−=
θ
=α senmgL
dt
d
mLI 2
2
2 , que pode
ser escrito como:
0sen
dt
d 2
02
2
=θω+θ
onde L/g2
0 =ω . Esta equação diferencial é muito difícil de ser resolvida mas
para ângulos pequenos ( )015<θ podemos aproximar senθ por θ e assim,
02
0 =θω+θ&&
cuja solução é ( ) ( ).tcost 00 φ+ωθ=θ Este resultado também pode ser
encontrado através de considerações energéticas. As energias cinética e
potencial são dadas respectivamente por:
2
2
2
22
1 mL
IK θ=θ= &&
( ) ( )θ−=θ cos1mgLV
onde o zero da energia gravitacional foi escolhido na posição mais baixa da
massa. A energia total E = K + V é uma constante de movimento e assim,
dE/dt = 0. Logo:
L
M
θ
O
gm
r

Oscilações
184
( ) 0cos1mgL
2
mL
dt
d 2
2
=




 θ−+θ&
( ) 0sengLmLsenmgLmL2 =θ+θθ=θθ+θθ &&&&&&&
0
L
g 2
0 =θω+θ=θ+θ &&&&
onde a aproximação senθ ≈ θ foi usada.
9.5 O pêndulo físico
Pêndulo físico é o nome dado a qualquer corpo rígido suspenso por
um ponto diferente do centro de massa, que quando solto de um certo ângulo
oscila em torno da posição de equilíbrio, como mostrado na Fig. 9.8.
Fig. 9.8 - Pêndulo físico.
Para se encontrar a equação diferencial do pêndulo físico, usa-se o
mesmo procedimento adotado para o pêndulo simples. O torque é
θ−=τ senmgD e, portanto,
θ=θ−=τ &&IsenmgD
onde I/mgD2
0 =ω é a freqüência natural de oscilação. No caso do pêndulo
matemático, 2mDI = e, portanto, D/g2
0 =ω . No caso de uma barra delgada
de massa m e comprimento 2/LD,MLI,L 2
3
1
== é a posição do centro de
massa e, portanto, L/g2
32
0 =ω .
D
θ
O
CM

Oscilações
185
9.6 Oscilação de dois corpos
Vamos considerar o caso em que dois corpos de massas M1 e M2 são
interconectados através de uma mola de constante k e comprimento livre l,
como mostra a Fig. 9.9. Seja x1(t) e x2(t) a posição dos corpos em relação a
uma origem arbitrária. A variação no comprimento da mola é dada por:
x = (x2 – x1) – l
de forma que se a mola estiver distendida x > 0 e se estiver comprimida x < 0.
Fig. 9.9 – Corpos conectados por uma mola.
As forças sobre os corpos dependerá do sinal de x:
kxxM
kxxM
22
11
−=
=
&&
&&
Podemos combinar estas equações de movimento e obter resultados
interessantes. Por exemplo, somando as duas equações temos:
( ) 0aMMaMaM
dt
xd
M
dt
xd
M CM2122112
2
2
22
1
2
1 =+=+=+
Isto implica que a aceleração do centro de massa é nula e, consequentemente,
a velocidade do centro de massa é constante, pois não existem forças externas.
Podemos também analisar o movimento relativo ao centro de massa. Vamos
re-escrever as equações de movimento como:
x
M
k
dt
xd
1
2
1
2
=
x
M
k
dt
xd
2
2
2
2
−=
M1
M2
0
x1
x2

Oscilações
186
Subtraindo a primeira da segunda, obtemos:
( ) x
M
1
M
1kxx
dt
d
12
122
2






+−=−
0xx
k
dt
xd 2
02
2
=ω+⇒
µ
−= &&
onde 21 M
1
M
112
0 e/k +=µ=ω µ é chamada de massa reduzida. Desta forma,
encontra-se uma equação diferencial bastante conhecida que descreve entre os
dois corpos como função do tempo. A introdução da massa reduzida faz com
que o oscilador constituído de dois corpos seja equivalente ao sistema de
apenas uma massa e uma mola. Esta consideração é bastante importante no
estudo de vibrações moleculares.
9.7 O sistema mola-cilindro
Um cilindro de massa m e raio R está ligado a uma mola de constante
k, como mostra a Fig. 9.10. Queremos encontrar a freqüência de oscilação do
sistema quando o cilindro roda sem deslizar. Chamaremos de x a coordenada
do centro de massa do cilindro com origem na posição em que a mola não está
distendida. Sendo Fat a força de atrito, as equações de movimento são:
Fig. 9.10 – Sistema mola-cilindro.
kxFxm at −=&&
para a translação do centro de massa e
RFI a−=α
m
-kx
x
R
Fat

Oscilações
187
Para a rotação em torno do centro de massa. Como o cilindro roda sem
deslizar temos R/x&&=α e assim,
x
2
mFRF
R
x
2
mR
atat
2
&&&& −=⇒−=
Substituindo na equação da translação,
0xxkxxm
2
3 2
0 =ω+⇒−= &&&&
onde
m
k
3
22
0 =ω
9.8 Oscilações amortecidas
De um modo geral, a existência de atrito faz com que a energia de um
sistema oscilante seja dissipada. Como a energia de um oscilador simples está
diretamente ligada à amplitude do movimento, a dissipação de energia acarreta
um decréscimo na amplitude. Consideremos um oscilador tipo massa-mola no
interior de um meio viscoso. Sua equação de movimento é da forma:
kxxbxm −−= &&& ⇒ 0xx
m
b
x 2
0 =ω++ &&&
Como discutimos anteriormente, devido ao atrito, a amplitude deve
diminuir com o tempo de modo que podemos tentar uma solução do tipo x(t) =
Ae-λt
cos(ωt + φ). Substituindo esta função na equação diferencial obtemos:
( ) ( ) ( ) ( ) 0tsenAe
m
b2tcosAe
m
b tt2
0
22
=φ+ωω−λω+φ+ωλ−ω+ω−λ λ−λ−
onde .m/k2
0 =ω Da equação acima tiramos:
m2
b
m
b
2 =λ⇒=λ
0
m
b2
0
22 =
λ
−ω+ω−λ ⇒ 2
22
0
m4
b−ω=ω

Oscilações
188
e assim a frequência de oscilação é modificada pela presença do atrito.
Considerando o caso em que m2/b0 >ω (sistema sub-amortecido) vemos que
a solução é escrita como:
( ) ( )φ+ω=






−
tcosAetx m2
bt
sendo A e φ determinados pelas condições iniciais. Um gráfico x(t) está
mostrado na Fig. 9.11.
Fig. 9.11 – Movimento harmônico sub-amortecido.
9.9 Oscilações forçadas
Vamos analisar agora o caso de um sistema massa-mola com
freqüência de ressonância ω0 submetido a uma força externa do tipo:
tsenFF 0ext ω=
A equação diferencial que descreve o movimento é:
tsen
m
F
xx 02
0 ω=ω+&&
Como o sistema está sendo forçado a uma freqüência ω, ele oscilará nesta
freqüência, porém a amplitude do movimento não aumentará, pois o trabalho
m2
bt
Ae
−
t
x(t)

Oscilações
189
realizado por F é nulo em cada período. Podemos tentar uma solução do tipo
x(t) = Asenωt. Substituindo na equação diferencial, encontramos o valor de A
dado por:
( )22
0
0
m
F
A
ω−ω
=
Quando ω0 < ω, A é negativo e isto indica que a resposta do sistema está 180o
fora de fase com o estímulo. A potência fornecida pela força F é:
( )
tcos
m
F
tsenFFv)t(P 22
0
0
0 ω
ω−ω
ω−==
( )
t2sen
m2
F
)t(P 22
0
2
0
ω
ω−ω
−=
Quando calculamos a potência fornecida ao sistema durante um período
completo temos:
∫
π
==
2
0
0dt)t(PP
O gráfico da amplitude de movimento como função de ω está
mostrado na Fig. 9.12. Podemos ver que A tende a infinito quando ω → ω0.
Porém, na prática isto não acontece porque forças dissipativas impedem que
isto aconteça. A equação diferencial para um sistema massa-mola amortecido
sujeito a uma força do tipo F(t) = F0 senωt é:
Fig. 9.12 – Amplitude do movimento forçado sem atrito como função da frequência de
excitação.
ω
A(ω)

Oscilações
190
tsen
m
F
xx
m
b
x 02
0 ω=ω++ &&&
Novamente o sistema é obrigado a oscilar com freqüência ω, porém, devido ao
termo de amortecimento, pode haver uma parte da solução que esteja fora de
fase com F(t). Portanto, vamos supor que a solução seja do tipo:
x(t) = A1 cosωt + A2 senωt
Substituindo na equação diferencial obtemos:
( )
tsen
m
F
AA
m
bAtsenA
m
Ab
Atcos
0
2
0212
22
01
2
1
2
ω=
ω+ω−ω−ω+





ω+
ω
+ω−ω
Como esta igualdade deve ser válida para qualquer instante de tempo,
devemos ter:
( ) 0A
m
bA 21
22
0 =ω+ω−ω
( ) m
F
AA
m
b 0
2
22
01 =ω−ω+ω−
de onde podemos encontrar os valores de A1 e A2 e, conseqüentemente, x(t). A
solução pode ser colocada na forma:
( )
( ) ( )
( )δ−ω
+ω−ω
=
ω
tsen
m/F
tx
2222
0
0
m
b
( )22
0m
b
tg
ω−ω
ω
=δ

Oscilações
191
Vemos agora que próximo da ressonância (ω ≅ ω0), a amplitude do
movimento fica limitada ao valor ωb
F0
e, portanto, não diverge. Um gráfico
desta amplitude está mostrado na Fig. 9.13.
Fig. 9.13 – Amplitude do movimento forçado com atrito como função da frequência de
excitação.
A solução que acabamos de encontrar é a chamada solução particular
da equação diferencial. Existem também a solução da equação homogênea que
é chamada de transiente e que desaparece com o passar do tempo. A solução
geral da equação diferencial é dada por:
( ) ( )
( ) ( )
( )δ−ω
+ω−ω
+φ−ω=
ω






−
tsen
mF
t'cose'Atx
2222
0
0
m
b
m2
bt
ω
A(ω)
ωR

Oscilações
192
Exercícios
1 - Nos sistemas mostrados na Fig. 9.14 não há atrito entre as superfícies do
corpo e do chão e as molas têm massa desprezíveis. Encontre as
freqüências naturais de oscilação.
(a) (b) (c)
Fig. 9.14
2 - Composição de movimentos (Figuras de Lissajous) - Consideremos um
corpo sujeito a dois movimentos harmônicos em direções ortogonais:
( ) ( )xxx tcosAtx ϕ+ω=
( ) ( )yyy tcosAty ϕ+ω=
a) Quando yx /ωω é um número racional, a curva é fechada e o
movimento repete-se em tempos iguais. Determine a curva traçada pelo
corpo para ωx/ωy = 1/2, 1/3 e 2/3, tomando yxyx eAA ϕ=ϕ= .
b) Para ωx/ωy = 1/2, 1/3 e ,AA yx = desenhe as figuras para yx ϕ−ϕ =
0, π/4 e π/2.
3 - Considere um cilindro preso por duas molas que roda sem deslizar como
mostra a Fig. 9.15. Calcule a freqüência para pequenas oscilações do
sistema.
4 - Considere um pêndulo simples de massa m e comprimento L, conectado a
uma mola de contraste k, conforme mostra a Fig. 9.16. Calcule a
freqüência do sistema para pequenas oscilações.
M
k1 k2
M
k1
k2
M
k1 k2

Oscilações
193
Fig. 9.15 Fig. 9.16
5 - Dois movimentos harmônicos de mesma amplitude mas freqüências
ligeiramente diferentes são impostos a um mesmo corpo tal que
( )[ ]tcosA)t(xetcosA)t(x 21 ω∆+ω=ω= . Calcule o movimento
vibracional resultante.
6 - Considere um pêndulo simples num meio viscoso com constante de força
viscosa b. Calcule o novo período de oscilação de pêndulo.
7 - Considere uma barra delgada de massa M e comprimento 2L apoiada no
centro de massa como mostra a Fig. 9.17. Ela é presa nas duas
extremidades por molas de constante k. Calcule a freqüência angular para
pequenas oscilações do sistema.
8 - Considere 2 pêndulos (comprimento L e massa M) acoplados por uma
mola de constante k, conforme mostra a Fig. 9.18.
a) Encontre as equações diferenciais para os ângulos θ1 e θ 2.
b) Defina as coordenadas normais de vibração ℵ = θ 1 - θ 2 e β = θ 1 + θ 2.
Encontre as equações diferenciais para ℵ e β. Dica: some ou subtraia
as equações de a)
c) Quais são as freqüências angulares dos modos normais de vibração?
M
k k
R
a
a
L
M
θ

Oscilações
194
Fig. 9.17 Fig. 9.18
9 - Considere um disco de massa M e raio R ( )2
2
1
MRI = que pode rodar em
torno do eixo polar. Um corpo de massa m está pendurado em uma corda
ideal, que passa pelo disco (sem deslizar) e é presa a uma parede através
de uma mola de constante k, como mostra a Fig. 9.19. Calcule a
freqüência natural do sistema.
Fig. 9.19
k k
2L L
M
θ1
L
M
θ2
k
R
M
m
k

Movimento ondulatório
195
10.1 Introdução
O movimento ondulatório é bastante importante devido ao fato de que
a maior parte do intercâmbio de informações ou energia entre sistemas físicos
dá-se através de ondas. Uma onda nada mais é do que uma perturbação que se
cria num meio material elástico e que se propaga por este meio. Em alguns
casos (e.g. ondas eletromagnéticas) a propagação da onda deve-se a dois tipos
de energias (elétrica e magnética) que se auto-sustentam. Neste caso, não é
necessária a presença de um meio material para que a onda se propague.
Vamos começar nosso estudo imaginando uma corda esticada, presa a
uma parede. Como mostra a Fig. 10.1, se um pulso (movimento para cima e
para baixo) for introduzido na extremidade livre da corda ele caminhará para a
outra extremidade e este efeito é conhecido como propagação.
Fig. 10.1 – Pulso propagando-se numa corda esticada.
Durante a propagação do pulso na corda não há transporte de massa
pois todas as partículas do sistema mantêm suas posições originais após a
10MOVIMENTO
ONDULATÓRIO

196
passagem do pulso. Entretanto, existe transporte de energia ao longo da corda
já que cada porção dela recebe um acréscimo de energia potencial durante a
passagem do pulso.
Em geral, o pulso se alarga durante a propagação e este efeito dá-se o
nome de dispersão. Ao atingir a parede, o pulso não consegue continuar a
propagação na mesma direção porque o ponto da corda preso na parede é fixo.
Assim, ele começa a propagar-se no sentido oposto, retornando para a
extremidade livre. Se ao invés da parede rígida tivéssemos uma outra corda
mais pesada, o pulso seria parcialmente refletido e parcialmente transmitido
para outra corda. Dependendo da densidade de massa deste segundo meio, a
parte refletida pode ou não inverter o sinal (o pulso fica virado para baixo).
Esta onda que acabamos de ver tem a direção de propagação
perpendicular ao pulso, isto é, cada porção da corda movimenta-se
perpendicularmente à direção em que existe a transmissão de energia. Neste
caso, a onda é denominada transversal. No caso em que as partes de um
sistema se movem paralelamente à direção de propagação do pulso temos uma
onda do tipo longitudinal. Como exemplo, considere uma longa mola esticada
na qual um pulso de compressão se propaga. Embora não haja transporte de
massa, cada porção do meio material estará animada de movimento oscilatório
durante a propagação do pulso.
Vamos a seguir analisar algumas propriedades de um pulso
propagando-se numa corda. Como primeira aproximação, vamos supor que
não há dispersão, isto é, o pulso mantém sua forma original. Consideremos um
referencial fixo O e um referencial O’ movendo-se com velocidade v junto
com o pulso, como mostra a Fig. 10.2.
Fig. 10.2 – Propagação de um pulso sem dispersão.
P
y
xO O’
y
x’

197
Como o pulso não muda de forma com o tempo, as coordenadas de
um ponto P do pulso são dadas por y = y’, x = x’+ vt. A forma do pulso é uma
função de x, de forma que para o tempo t = 0 temos y = f(x) enquanto que para
t > 0, y = f (x - vt). Isto representa uma translação da função f(x) para a direita.
No caso em que y = f(x + vt) temos uma onda propagando-se para a esquerda.
A função y = f(x - vt) é chamada de função de onda. Dois pulsos
propagando-se no mesmo meio tem como função de onda total a soma das
funções de onda:
( ) ( ) ( )vtxfvtxft,xY 21 −++=
originando o fenômeno de interferência, que pode ser construtiva ou
destrutiva.
10.2 Propagação de pulsos numa corda
A velocidade com que o pulso se propaga numa corda depende
essencialmente das propriedades da corda (tensão e densidade de massa) e não
da amplitude do pulso. Consideremos um pulso deslocando-se com velocidade
v numa corda de densidade linear de massa µ e tensão T. De acordo com a
Fig. 10.3, vamos tomar um elemento da corda com comprimento dx.
Fig. 10.3 – Elemento de massa de uma corda quando há a passagem de um pulso.
y
x
O
θ (x+dx)
θ(x)
T
T
x x+dx

198
Vamos aplicar a 2a
lei de Newton a este elemento da corda, cuja massa
é de dm = µdx. Como a tensão na corda é T, a força vertical é dada por:
( ) ( )xsenTdxxsenTFy
θ−+θ=
Se considerarmos dx muito pequeno (θ (x) é muito próximo de θ (x +
dx)) e também considerando θ (x) pequeno tal que sen θ ~ tg θ ~ dy/dx
teremos Fy dada por:
dx
x
y
T
dx
dy
T
dx
dy
TF 2
2
xdxx
y
∂
∂
=




−




=
+
Pela 2a
lei de Newton temos 2
2
y
t
y
dmF
∂
∂
= . Desta forma,
0
t
y
Tx
y
dx
x
y
T
t
y
dx 2
2
2
2
2
2
2
2
=
∂
∂µ
−
∂
∂
⇒
∂
∂
=
∂
∂
µ
Esta equação é chamada de equação de onda e descreve totalmente o
movimento de um pulso numa corda de densidade linear de massa µ e tensão
T. Como y = f(x - vt) depende tanto de x como de t, as derivadas que
aparecem na equação são parciais, isto é, deriva-se em relação a uma variável
matando a outra constante. Para encontrar a velocidade de propagação do
pulso, fazemos:
x
y
v
t
y
x
y
v
t
y
2
2
2
2
2
⇒
∂
∂
=
∂
∂
⇒
∂
∂
−=
∂
∂
0
t
y
v
1
x
y
2
2
22
2
=
∂
∂
−
∂
∂
onde a regra da cadeia
t
x
x
y
t
y
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
foi usada. Comparando esta equação com
a equação de onda, concluímos que µ= Tv .
10.3 Ondas sonoras
A onda na corda que acabamos de ver é um exemplo de onda
transversal. Vejamos agora um exemplo de onda longitudinal. As ondas

199
sonoras correspondem a um processo de compressão e descompressão de um
meio gasoso (como o ar), líquido ou mesmo sólido. Vamos considerar que
estas ondas são produzidas por um pistão oscilante, como mostrado na Fig.
10.4.
Fig. 10.4 – Ondas sonoras produzidas por um pistão oscilante.
ρ0 é a densidade de massa e P é a pressão (P = F/A) do gás quando não existe
compressão. Queremos encontrar a velocidade v com que a compressão (onda
de pressão) se desloca ao longo do tubo da Fig. 10.4. Para isto, vamos tomar
um referencial que se desloca com velocidade v junto com o pulso e analisar o
que acontece com o elemento de massa mostrado na Fig. 10.5.
Fig. 10.5 – Comportamento de um elemento de massa de um meio gasoso quando há
a passagem de um pulso.
Para um observador no referencial móvel, este elemento caminha para
a esquerda com velocidade -v. Ao atingir a região de compressão, a pressão (e
conseqüentemente a força) no lado esquerdo aumenta, existindo assim uma
ρ0, Pcompressão
descompressão
compressão
zona de
compressão
P+∆P P P P
(v+∆v) ∆t v ∆τ

200
força resultante para a direita, que produz uma redução da velocidade do
elemento considerado. Ao sair da zona de compressão o gás torna a se
expandir e recupera a velocidade v.
O elemento de massa considerado é ∆m = ρ0V = ρ0Av∆t. A força
resultante para a direita sobre ∆m é:
( ) PAPAAPPF ∆=−∆+=
Pela 2a
lei de Newton,






∆
∆∆ρ−=





∆
∆−∆=∆
t
vtvA
t
vmAP 0
onde já tomamos ∆v como sendo negativo. Portanto,
( )v/v
Pv
2
0 ∆
∆−=ρ
Por outro lado, o volume do elemento do gás é:
V
V
v
vtvAVtAvV ∆=∆⇒∆∆=∆⇒∆=
ou seja, a variação fracional de velocidade é a mesma que a variação fracional
de volume. Logo,
B
V
PV
V/V
Pv
2
0
=
∆
∆−=
∆
∆−=ρ
onde V
PVB ∆
∆−= é uma característica do gás chamado de módulo de
compressibilidade volumétrica do gás. Desta forma,
0
Bv ρ=
Na tabela seguinte apresentamos a velocidade de propagação do som
em vários materiais.

201
Meio T(o
C) v (m/s)
ar 0 331
H2 0 1286
O2 0 317
H2O 15 1450
Pb 20 1230
Al 20 5100
Cu 20 3560
borracha 20 54
10.4 Ondas harmônicas
Se ao invés de darmos um pulso na corda fizermos com que ela oscile
devido a uma perturbação periódica, teremos a propagação de um trem de
pulsos periódicos e regulares. Quando esta perturbação é da forma senoidal ela
deve estar necessariamente sendo produzida por um oscilador harmônico e,
portanto, é denominada de onda harmônica. A Fig. 10.6 mostra uma onda
harmônica.
Fig. 10.6 - Onda harmônica.
A distância entre dois máximos consecutivos chama-se comprimento
de onda (λ) enquanto que a amplitude da onda mostrada é y0. À medida que
a onda se propaga pela corda, cada um de seus pontos executa um
movimento harmônico simples, cuja freqüência é a mesma que a da
fonte. O período da onda é o inverso da freqüência (T = 1/f). Ele é o
λ
v
x
y
y0
crista

202
tempo que um ponto da corda demora executar uma oscilação completa
e também é o tempo que a crista da onda demora para andar a distância
λ. Portanto,
fvvT ==λ
A oscilação de cada ponto da corda é descrita pela função
( ) ( )tkxsenyty 0
ω−=
onde f2π=ω é a freqüência angular e, assim,
k2
v
2v =
λ
π=ω⇒
ω
π=λ
onde k é chamado de vetor de onda.
10.5 Efeito Doppler
Imaginemos que ao invés de termos uma fonte parada em relação ao
observador, temos agora um movimento relativo entre os dois. Neste caso, se
a fonte estiver se aproximando do observador, este “vê” uma freqüência maior
e se a fonte estiver se afastando, a freqüência observada será maior. Este efeito
da variação da freqüência devido ao movimento relativo fonte-observador é
chamado de “efeito Doppler”.
Vamos imaginar uma fonte emitindo sinais com uma freqüência f0,
isto é, durante um segundo são emitidos f0 pulsos completos. Se ao invés de 1s
tomarmos um intervalo de tempo ∆t, serão emitidos N = f0∆t pulsos. Vamos
agora analisar os seguintes casos:
a) Observador e fonte parados
Durante o tempo ∆t, o 1o
pulso percorre uma distância ∆l = Nλ = v∆t.
Portanto,
00 f
v
tf
tv
N
tv =
∆
∆=∆=λ

203
1 2
u/f0
λ0
λ
relação esta que já conhecíamos. O número de pulsos recebido pelo
observador será igual ao emitido pela fonte e, conseqüentemente, ele não
percebe alterações na freqüência.
b) Fonte em movimento e observador parado
Digamos que a fonte está se movendo com velocidade u. Durante a
emissão de uma onda completa (ou de dois pulsos consecutivos) a fonte
desloca-se a uma distância uT = u/f0, conforme mostra a Fig. 10.7.
Fig. 10.7 - Fonte em movimento e observador parado.
Desta forma, o comprimento de onda efetivo visto por um observador
estacionário é 0000 fufvfu −=−λ=λ
( )v
u10 +λ=λ
Como a velocidade de propagação não muda, isto nos leva a uma variação de
freqüência. Fazendo ,vf λ= temos: vu1
f0
f −
= fonte se aproximando (f
aumenta) e vu1
f0
f +
= fonte se afastando (f diminui)
c) Fonte parada e observador em movimento
No caso que acabamos de analisar, devido ao movimento da fonte, o
comprimento de onda emitindo se altera. Se a fonte estiver em repouso isto já
não acontece, porém se o observador estiver em movimento, o número de
ondas recebido por ele, por unidade de tempo, se altera. Se o observador

204
estiver parado, o número de ondas que passam por ele durante o tempo ∆t é
dado pela expressão:
t
NvftvN
0
00
∆
=
λ
=∆=λ
Por outro lado, se o observador estiver se aproximando da fonte com
velocidade u, o número de ondas que ele recebe durante o tempo ∆t é:
00
tutv'N
λ
∆+
λ
∆=
e a freqüência observada é:
( )v
u1fuv
t
'Nf 0
0
+=
λ
+=
∆
= (aproximando, f aumenta)
e quando o observador estiver se afastando da fonte,





 −=
v
u1ff 0
(afastando, f diminui)
Quando u << v, podemos mostrar que a freqüência depende apenas da
velocidade relativa entre o emissor e o receptor, diferindo nos casos b) e c)
apenas por um termo da ordem (u/v)2
<< 1, que é chamado de efeito Dopper
de 2a
ordem.
Até agora apenas consideramos casos em que u < v. O que acontece se
u > v? Nesta condição, as ondas emitidas pela fonte ficam para trás, não
havendo nenhuma onda adiante. Imaginemos uma fonte emitindo ondas
bidimensionais que se propagam com velocidade v. Se a fonte estiver em
repouso observaremos um padrão de ondas, como mostrado na Fig. 10.8, que
se espalha uniformemente no plano. Imaginemos agora a fonte deslocando-se
para a direita com velocidade u > v. No ponto 1 ela emite uma onda.
Decorrido um intervalo de tempo ∆t, esta onda terá se propagado de maneira a
formar um círculo de raio v∆t em torno do ponto 1. Por outro lado, a fonte terá
se deslocado para o ponto 2, distante u∆t do ponto 1, tendo emitido várias
ondas durante este tempo, conforme mostra a Fig. 10.9.

205
Fig. 10.8 - Fonte parada.
As ondas estarão confinadas num cone de ângulo θ dado por:
uv
tu
tvsen =
∆
∆=θ
Isto pode ser observado se um objeto anda na água emitindo ondas.
Fig. 10.9 – Fonte em movimento com velocidade maior que a da onda.
10.6 Ondas estacionárias
Quando as ondas estão confinadas numa determinada região do
espaço, ondas incidentes e refletidas no contorno desta região interferem,
produzindo configurações especiais de ondas denominadas estacionárias.
Estas ondas possuem uma propriedade importante: num certo ponto x, o meio
oscila em torno daquele ponto com amplitude constante (independente do
tempo). Assim, ondas estacionárias têm como característica apresentarem
amplitudes de oscilações dependentes da posição, mas independentes do
θ
v ∆t
1 2
u ∆t

206
tempo. A seguir, vamos considerar ondas estacionárias em diversas situações
distintas.
a) Corda com as duas extremidades fixas
Imaginemos uma corda que tem numa das extremidades um elemento
vibrador (tipo diapasão) e na outra uma parede fixa. As ondas geradas pelo
vibrador são de pequena amplitude e refletem na parede e no próprio vibrador,
ficando assim confinadas e formando uma onda estacionária. Se as ondas
geradas pelo vibrador tiverem a freqüência correta interferirão
construtivamente após uma volta completa nesta “cavidade ressonante” e no
final, a amplitude de vibração será muito maior que a amplitude da própria
fonte emissora. Esta situação é conhecida como ressonância.
Nas extremidades fixa, a corda não pode oscilar e tem, portanto,
amplitude nula. Estes pontos são chamados de nós e a distância entre dois nós
consecutivos é λ/2 nesta região. Assim, a condição de onda estacionará numa
corda de comprimento L e extremidades fixas, é dada por:
( )2
nL λ=
com n = 1, 2, 3,... Esta condição determina λ completamente. Para
encontrarmos as freqüências de ressonância podemos utilizar a relação
λ= vf , onde µ= Tv é a velocidade de propagação na corda. Da
condição de ressonância temos:
1n
nf
L2
nvf
f
vnnL2 ==⇒=λ=
onde f1 é a freqüência do modo fundamental (n = 1), que é
µ
== T
L2
1
L2
vf1
As freqüências fn são denominadas de freqüências naturais da corda.
Quando tentamos fazer o diapasão oscilar com freqüência diferente de fn, o

207
ventre
sistema não entra em ressonância e as ondas geradas apresentam amplitude
muito pequena, do tamanho da do diapasão. Na Fig. 10.10 mostramos as
ondas estacionárias na corda com extremidades fixas. A freqüência f1 é
chamada de fundamental e as freqüências fn são denominadas de harmônicos
de ordem n.
n = 1 (fundamental ou 1o
harmônico)
n = 2 (2o
harmônico)
n = 3 (3o
harmônico)
n = 4 (4o
harmônico)
Fig. 10.10 – Ondas estacionárias numa corda com as extremidades fixas.
b) Corda com apenas uma extremidade fixa
Na verdade, não podemos ter uma corda com a extremidade
completamente livre devido ao fato de ser necessária a existência de uma certa
tensão na corda para termos v ≠ 0. Na extremidade fixa, a onda refletida é
sempre invertida enquanto que na extremidade livre isto já não ocorre e a
onda refletida soma-se à incidente. Desta forma, a extremidade livre é sempre
uma posição de máxima amplitude (ventre) da onda estacionária formada.

208
Assim, o comprimento da corda deverá ser um múltiplo inteiro ímpar de λ/4,
ou seja:
4
nL λ=
com n = 1, 3, 5,...,de onde obtemos que L4
v
L4
v
11n fonde,nfnf === é a
freqüência do modo fundamental. A Fig. 10.11 mostra os modos de vibração
da corda com extremidade livre.
n = 1 (fundamental)
n = 3 (3o
harmônico)
n = 5 (5 o
harmônico)
n = 7 (7 o
harmônico)
Fig. 10.11 – Ondas estacionárias numa corda com uma extremidade livre.
c) Ondas acústicas estacionárias
Ondas estacionárias não se restringem apenas às ondas em cordas, mas
manifesta-se em qualquer fenômeno ondulatório, inclusive em ondas
acústicas. Imagine um microfone gerando ondas sonoras, colocado na boca de

209
um tubo fechado, de comprimento L. O som não pode propagar-se para fora
do tubo, pois de um lado existe uma parede rígida e do outro, o microfone e
neles são formados os nós da onda estacionária. Assim, da mesma maneira
que na corda com extremidade s fixas temos:
n
L2
2
nL n =λ⇒λ=
com n = 1, 2, 3,...As freqüências de ressonância são dadas por:
1n
nf
L2
nvf ==
onde:
0
1
B
L2
1f
ρ
=
Se por outro lado o tubo for aberto numa das extremidades, as
freqüências de ressonância são dadas por:
1n nf
L4
vnf ==
com n = 1, 3, 5, 7,... e ,f
0
1
B
L4
1
ρ= que é bem parecido com o caso de uma
corda com uma das extremidades livre. Finalmente, quando o tubo é aberto
nos dois lados, as freqüências de ressonância são as mesmas do que quando o
tubo é completamente fechado. Entretanto, aparecerão ventres ao invés de nós
nas extremidades do tubo.
10.7 Funções de onda no caso estacionário
As ondas estacionárias são formadas pela superposição de duas ondas
que se propagam em direções opostas. Consideremos ondas que se propagam
para a direita e para a esquerda, com funções de ondas das por:
( )tkxsenYY 0D
ω−=

210
( )tkxsenYY 0E
ω+=
A função da onda resultante consiste na soma de YD e YE:
( ) ( )[ ]tkxsentkxsenYYYY 0ED
ω++ω−=+=
kxsentcosY2Y 0 ω=⇒
onde na última passagem usamos a relação:
( ) ( )2
BAcos
2
BAsen2BsenAsen −+=+
Imagine agora uma corda fixa em x = 0 e x = L. Temos, portanto, Y(0)
= Y(L) = 0, para qualquer tempo. Desta forma,
L
nknLk0kLsen nn
π=⇒π=⇒=
Como ,/2k nn
λπ= recuperamos a condição de ressonância
2
nL n
λ
= n = 1, 2, 3, ....
Por outro lado, se a extremidade da corda for livre, temos: senkL = ± 1. Logo,
2nLkn
π= com n = 1, 3, 5, 7, .... Usando ,k
n
n
2
λ
π= obtemos 4
n
nL
λ
=
10.8 Interferência
Vamos imaginar duas fontes de ondas separadas por uma distância d e
um observador localizado sobre a linha que une as duas fontes. As ondas, que
suporemos de mesma freqüência, podem se adicionar, pois representam
perturbações geradas no meio que podem ser somadas se o meio for linear.
Isto é conhecido como princípio da superposição. Assim, de acordo com a Fig.
10.12, temos:
( )tkxsenYY 01
ω−=

211
( )δ+ω−= tkxsenYY 02
onde δ = kd é a diferença de fase que aparece devido ao fato das fontes
estarem separadas. A onda resultante é:
( ) ( )[ ]δ+ω−+ω−=+= tkxsentkxsenYYYY 021





 δ+ω−δ=
2
tkxsen
2
cosY2Y 0
Fig. 10.12 – Interferência entre duas ondas.
Dependendo do valor de δ, a onda resultante poderá ser má10ima ou
mínima. Assim, se ( ),...2,1,0nn2
kd
2 =π==δ , a onda será da forma:
( )π+ω−= ntkxsenY2Y 0
que apresenta uma onda duas vezes mais intensa do que cada onda isolada.
Este efeito é chamado de interferência construtiva. Por outro lado, quando
( ) ( ),...2,1,0nn 2
1
2
=π+=δ teremos y = 0 e neste caso temos o que se
chama de interferência destrutiva.
d
(1) (2)
observador

212
Exercícios
1 - Uma corda vibra de acordo com a equação y(x,t) = 15sen( ) ( ),t30cos.4
x ππ
sendo x e y medidos em cm e t em segundos.
a) Qual é a velocidade de um elemento da corda na posição x = 2 cm no
instante t = 2 s?
b) Qual é a velocidade de propagação desta onda?
2 - Discuta as evidências experimentais (que você observa) que nos leva a
admitir que a velocidade do som na faixa audível deve ser a mesma para
todos os comprimentos de onda.
3 - Suponha que no efeito Doppler com o som, a fonte e o observador estejam
ambos em repouso, mas o meio está se movendo com relação a este
referencial. Haverá alguma variação na freqüência recebida pelo
observador?
4 - Na Fig. 10.13, uma haste está fixa pelo centro a um vibrador. Um disco
preso à extremidade da haste penetra num tubo de vidro onde foi
espalhado pó de cortiça. Na outra extremidade do tubo existe um pistão
móvel. Produzindo-se vibrações longitudinais na haste, observar que para
determinadas posições do pistão móvel, o pó de cortiça forma um
conjunto de nós e anti-nós. Se para uma destas posições do pistão,
conhecermos a distância d entre os anti-nós e a freqüência f de vibração,
mostre que a velocidade do som no gás é v = 2fd. Este é o método de
Kundt para determinar a velocidade do som.
Fig. 10.13
danti-nós

213
5 - Um tubo pode funcionar como filtro acústico, discriminando as várias
freqüências dos sons que o atravessam, das suas freqüências próprias. O
silencioso de um automóvel é um exemplo disto.
a) Explique o funcionamento deste filtro.
b) Determinar a “freqüência de corte” abaixo da qual o som não é
transmitido.
6 - O comprimento de uma corda de violino é de 50 cm e sua massa é de 2.0 g.
Quando ela é presa pelos extremos a corda pode emitir a nota lá (440 Hz).
Onde deve ser colocado o dedo para que a nota emitida seja o dó (528
Hz)?
7 - Considere uma fonte que emite ondas de freqüência f0 movendo-se com
velocidade vf sobre o eixo x. Considere um observador movendo-se com
velocidade v0 também sobre o eixo x. Qual será a freqüência percebida
pelo observador? Chame a velocidade de propagação da onda de v.

214

Gravitação
215
11.1 Introdução
A lei de Newton da gravitação é comumente expressa pela relação:
122
21
12 rˆ
r
MM
GF =
Esta lei refere-se à força entre duas massas pontuais. Uma questão que
pode ser colocada é como aplicá-la ao cálculo da força entre um pequeno
corpo e a Terra, ou entre a Terra e a Lua, etc., onde sabemos que as partículas
que formam estes corpos estão a diferentes distâncias umas das outras e as
forças de atração são de direções e módulos diferentes. O próprio Newton
protelou por onze anos a publicação da sua lei até ficar convicto de sua
validade, porque não sabia provar matematicamente que o resultado da força
de atração exercida sobre ou por uma esfera homogênea seria o mesmo se
considerasse a massa da esfera concentrada em seu centro. Para provar isso,
ele criou o cálculo diferencial e integral.
Fazemos aqui a demonstração dessa lei de uma forma simples. Vamos
começar calculando qual é a força que um anel de massa exerce sobre massas
pontuais colocadas sobre seu eixo. Tomemos um anel de raio r, largura t e
espessura y como mostra a Fig. 11.1.
A área da secção transversal do anel é ty. Vamos chamar de ρ
densidade de massa do anel, ou seja, quanta massa existe por unidade de
volume. Seja m a massa de uma partícula colocada a uma distância d do centro
do anel. Considerando um elemento especificado por um ângulo dθ do anel,
11GRAVITAÇÃO

Gravitação
216
localizado a distância x da partícula de massa m, a força que esta parte do anel
exerce sobre a partícula é, usando a lei da gravitação, dada por:
2
x
mdMGdF =
Fig. 11.1 - Geometria para o cálculo da força devido a um anel.
A massa dM do elemento do anel pode ser determinada como:
dM = ρ dV = ρ r dθ y t
de modo que a força fica:
2
x
drtym
GdF
θρ
=
Mas, usando o teorema de Pitágoras, x2
= d2
+ r2
, ficamos com:
θ
+
ρ
= d
rd
rtym
GdF 22
Essa força, que é um vetor, pode ser decomposto numa componente
paralela ao eixo do anel e numa componente perpendicular a ele. Como a todo
elemento de massa do anel, existe outro igual e diametralmente oposto (de
modo a cancelar a componente de força perpendicular ao eixo), só devemos
levar em conta a componente paralela. Assim,
dF// = dF cosα
e, sendo cosα =
22
rd/d + ficamos com
α
dθ
md
x
r
Fd
r
t
y

Gravitação
217
( )
θ
+
ρ
= d
rd
drty
GmdF
2
3
22
//
Essa é a força devido ao elemento de massa considerado. Como
queremos a força exercida pelo anel como um todo, devemos somar as
contribuições de todos os elementos de massa. Este é justamente o objetivo da
integração, o de somar todas as contribuições, que em termos práticos
significa fazer o ângulo θ da Fig. 11.1 variar deste 0 até 2π. Então,
( ) ( )
θ
+
ρ
=θ
+
ρ
== ∫∫∫
πππ=θ
=θ
d
rd
drtymG
d
rd
drtymG
dFF
2
0
2
3
222
3
22
2
0//
2
0
Realizando a integração, temos:
( )2
3
22
rd
rdtymG2
F
+
ρπ
=
A direção desta força é justamente a do eixo do anel, e o sentido é o de
atração. Uma vez que conhecemos a força exercida por um anel, vamos
calcular a força exercida por uma casca esférica de espessura x e raio r, sobre
uma massa m, distante d do centro da esfera, como mostrado na Fig. 11.2.
Fig. 11.2 – Geometria para o cálculo da força gravitacional devido a uma casca
esférica de massa.
r
dθ
m
d
x
Fd
r
y
θ
Rsenθ

Gravitação
218
É fácil ver que uma esfera pode ser formada por vários anéis
justapostos. A idéia então é dividir a esfera em anéis, usar a equação para cada
um desses anéis e somar sobre todos eles, obtendo a força total exercida pela
esfera.
Vamos considerar um determinado anel que forma a esfera, definido
por um ângulo dθ, na posição θ. Sua largura é rdθ, o raio é rsenθ e ele está a
uma distância x da partícula de massa m. Assim, para utilizarmos o resultado
do anel, devemos fazer as seguintes substituições:
d ↔ x, r ↔ r senθ, t ↔ rdθ
Com este procedimento, temos que a força devido ao anel mostrado na
Fig. 11.2 sobre a partícula de massa m é:
( )2
3
222
2
senrx
dsenrxymG2
dF
θ+
θθρπ
=
Como nesta expressão temos duas variáveis (x e θ), devemos deixá-la
como função de uma única variável, para que se possa realizar a integração.
Como x = d – r cosθ, vem que
dx = r senθ dθ
Se substituirmos x na expressão x2
+ r2
sen2
θ, obteremos:
x2
+ r2
sen2
θ = d2
+ r2
– 2dr cosθ =
d2
+ r2
+ 2d(x-d) = r2
– d2
+ 2dx
Assim, a força é dada por:
( )2
3
22
xd2dr
dxxrymG2
dF
+−
ρπ
=
Para termos a força devido à toda distribuição esférica de massa,
devemos somar (integrar) as contribuições de todos os anéis entre x = d – r e x

Gravitação
219
= d + r, pois a esfera é formada pela superposição de anéis nesse intervalo.
Logo,
( )2
3
22
rd
rd
rdx
rdx
xd2dr
xdxyrGm2dFF
+−
ρπ== ∫∫
+
−
+=
−=
Essa integral pode ser facilmente calculada. No caso geral, temos a
integral:
( )∫ += dxbaxxI
n
Fazendo a substituição ax + b = ω, temos x = a/)b( −ω , de modo que
dx = dω/a e, portanto:
( ) ( ) ( )1na
b
2na
1d
a
b
aa
d
a
bI
1n
2
2n
22
n
2
1n
n
+
ω−
+
ω=ω



 ω−ω=ωω−ω=
+++
∫ ∫
Substituindo ω por ax + b, ficamos com:
( )
( )
( ) ( )
( )∫ +
+
−
+
+
=+
=+
1n
bax
a
b
a
bax
2n
1dxbaxx
1n
22
2n
n
Logo a nossa integral em dF identifica-o com a integral se fizermos: n = -3/2,
a = 2d e
22
drb −= . Substituindo estes valores, ficamos com:
( )
( ) ( )
( )
rdx
rdx
2
1
22
2
22
2
2
1
22
2
3
22
rd
rd
dx2dr
)d2(
dr2
)d2(
x.d.2dr2
dx
x.d2dr
x
+=
−=
−
+
− 







+−
−
−
+−
=
+−
∫
Substituindo os limites de integração e notando que:
( )
( )
( )



=−
+=+
=+−
r-dxpara,rd
rdxpara,rd
dx2dr 2
1
22
temos:

Gravitação
220
( )
∫
+
−
=
+−
rd
rd 2
2
3
22 d
r2
dx2dr
xdx
e, portanto:
2
2
d
yrGm
4F
ρ
π=
Como o volume da casca esférica de raio r e espessura y é V = 4πr2
y,
temos que M = 4πr2
yρ é massa total contida na distribuição esférica de massa,
de modo que
2
d
GmMF =
lembrando novamente que esta é uma força de atração. Assim, é como se
tivéssemos duas massa pontuais separadas por uma distância d. Portanto, em
termos gravitacionais, uma distribuição homogênea e esférica de massa se
comporta como se toda sua massa estivesse concentrada no seu centro.
É claro que fizemos os cálculos para uma casca esférica, mas o
resultado vale para uma esfera maciça, pois esta pode ser vista como sendo
composta de várias cascas esféricas de raios variando entre 0 e R, bastando
então tomar a soma delas. O resultado obtido vale para pontos fora da esfera.
Se tivermos uma distribuição que é uma casca esférica de raio r e colocarmos
no seu interior uma partícula de massa m, então devemos refazer as integrais e
obtermos que a força total exercida sobre a partícula é nula.
Assim, um outro resultado importante é uma partícula de massa m
colocada no interior de uma casca esférica com densidade de massa uniforme,
fica sujeita a uma força nula.

Gravitação
221
Exercícios
1- Calcule a força gravitacional que uma partícula de massa m fica sujeita
quando colocada no interior da Terra, a uma distância r de seu centro.
2- Consideremos duas cascas esféricas concêntricas de densidades uniformes
de massa M1 e M2 como mostra a Fig. 11.3. Calcule a força sobre uma
partícula de massa m colocada em a, b ou c.
Fig. 11.3
3- “Faz-se uma cavidade esférica numa esfera de chumbo de raio R tal que
sua superfície toque a superfície externa da esfera maciça e passe pelo
centro dessa. A massa primitiva da esfera de chumbo é M. Qual será a
força que a esfera com a cavidade atrairá uma massa m a uma distância d
do centro da esfera externa, de modo que a massa e o centro da esfera e da
cavidade estejam alinhados?” (Questão retirada do exame “olímpico” da
Universidade Estatal de Moscow (1946)).
4- Mostrar que num túnel cavado através da Terra, ao longo de uma corda e
não ao longo de um diâmetro, o movimento de um objeto será harmônico
simples.
5- Mostrar através de argumentos geométricos que uma partícula de massa m
colocada no interior de uma casca esférica de densidade uniforme de
massa fica sujeira a uma força nula, qualquer que seja a posição da
partícula. O que aconteceria se a densidade superficial de massa não fosse
constante?
c
M2
M1
a b

Gravitação
222
6- Considere o movimento de um míssel intercontinental, lançado segundo
inclinação θ0 como mostrado na Fig. 11.4, com velocidade v0, na posição
indicada. Calcule a trajetória do corpo.
Fig. 11.4
7- Três corpos idênticos de massa M estão localizados nos vértices de um
triângulo eqüilátero de lado L. A que velocidade eles devem mover-se se
todos giram sob a influência da gravidade mútua, em uma órbita circular
que circunscreve o triângulo, mantido sempre eqüilátero?
8- Considere um anel maciço de raio R e massa M. Colocamos uma partícula
de massa m a uma distância d do plano do anel de modo que quando solto
o corpo tem trajetória sobre a reta perpendicular ao plano do anel
passando pelo centro do mesmo. Calcule o movimento do corpo de massa
m (<<M).
9- Um corpo de massa m é colocado a uma distância r0 do centro de um
planeta de massa M e raio R. Calcule a velocidade como função de r.
10- Considere duas massas m e 2m com atração gravitacional. Com que
velocidade angular elas devem rodar tal que a distância d entre elas fique
constante?
11- Um corpo de massa m é colocado a uma distância r0 do centro de um
planeta de massa M e raio R. Calcule a energia potencial para 0 ≤ r ≤ ∞.
Suponha que a densidade de massa do planeta seja uniforme e que a massa
R
α0
x
θ0
y v0

Gravitação
223
m possa entrar no seu interior através de um túnel. Considere v(∞) = 0.
Calcule a velocidade como função de r para r < R sabendo que v(r0) = 0.
12- Considere um anel de massa M e raio R e uma partícula de massa m
colocada no seu centro. Qual é a freqüência para oscilações de pequena
amplitude na direção perpendicular ao plano do anel?

Gravitação
224

Mecânica dos fluidos
225
12.1 Introdução
De um modo geral, denomina-se fluído o meio material cuja forma
geométrica depende vizinhança com a qual ele se encontra em contato. Este
tipo de material pode ainda escoar de um lugar para outro quando sujeito a
forças externas. De acordo com estas propriedades, podemos notar que os
gases e líquidos são classificados com fluídos.
Nosso estudo de mecânica dos fluídos começará pela hidrostática, que
se refere ao caso particular em que o fluído se encontra em repouso.
Posteriormente, trataremos o caso em que o fluido encontra-se em movimento,
descrito pela hidrodinâmica. Em ambos casos, ao invés de tratarmos a força
atuante sobre o sistema, usaremos o conceito de pressão, que é definida como
a força aplicada por unidade de área:






∆
∆= →∆ S
FlimP 0S
onde ∆F é a força agindo sobre o elemento de área ∆S. É importante notar que
a pressão se transmite às superfícies de um recipiente ou através de secções
arbitrárias de fluído sempre perpendicularmente a estas superfícies. Por
exemplo, se colocarmos um cubo de alumínio dentro de uma panela com água,
as forças provocadas pelo fluído serão perpendiculares às suas faces. A
pressão é uma grandeza escalar, com unidades de N/m2
(Pascal, Pa), dyn/cm2
,
bar (= 105
N/m2
), atm (1.01 x 105
N/m2
), etc. Em mecânica dos fluídos é muito
comum trabalharmos com densidade de massa, definida como ρ = dM/dV
onde dM é a massa contida no volume dV.
12MECÂNICA DOS
FLUIDOS

226
12.2 Hidrostática
Iniciamos o estudo deste tópico pela lei de Stevin, que estabelece a
pressão de um fluído sujeito à gravidade. Considerando um fluído em repouso,
vamos analisar um pequeno elemento de volume de área A e espessura dy,
como mostrado na Fig. 12.1.
Fig. 12.1 – Elemento de volume usado para a demonstração da lei de Stevin,
A massa desta porção de fluído é dada por ∆M = ρ∆V = ρA∆y. As várias
forças perpendiculares à área lateral cancelam-se mutuamente, pois o meio é
isotrópico. O equilíbrio de forças ao longo da vertical estabelece que:
[P(y + ∆y) - P(y)]A + ∆mg = 0
[P(y + ∆y) - P(y)]A = -ρAg∆y
( ) g
dy
dP
y
)y(PyyP
lim 0y
ρ−==





∆
−∆+
→∆
Assim, concluímos que a pressão diminui com a altura (taxa negativa) de uma
maneira proporcional a ρ e g. No caso particular em que ρ e g independem de
y (portanto constantes), a equação acima pode ser integrada entre dois pontos
quaisquer, resultando em:
P2 = P1 - ρg(y2 – y1)
Um dos casos mais comuns que aparece na literatura é quando y1 está
na superfície e y2 no interior do líquido tal que y2 < y1. Chamado y1 – y2 = h e
P1 = Pa (pressão atmosférica), obtemos:
P(h) = Pa + ρgh
A
P(y)
P(y+∆y)
y
∆y

227
Como exemplo da aplicação desta lei, vamos analisar como varia a
pressão do ar atmosférico como função da altitude. A densidade varia com y,
como veremos a seguir, mas suporemos que a temperatura seja constante.
Partindo da equação dos gases ideais (equação de Clapeyron) temos:
M
TK
M
TK
V
mPTK
M
mTNKPV BB
BB
ρ==⇒==
onde m é a massa de gás contida no volume V, M é a massa de cada molécula
e KB é a constante de Boltzmann. Como supusemos que T é constante, temos:
a
0
P
Pρ=ρ
onde Pa é a pressão na superfície e ρ0, a densidade de massa neste ponto.
Como vimos anteriormente,
P
P
g
g
dy
dP
a
0ρ
−=ρ−=
dy
P
g
P
dP
a
0ρ
−=⇒
Integrando esta expressão de y = 0 até y = h obtemos:





 ρ
−= y
P
g
expPP
a
0
a
Tomando Pa = 1atm, g = 9.8 m/s2
e ρ0 = 1.2 Kg/m3
, temos ρ0g/Pa = 0,116 Km-1
e assim podemos fazer um gráfico de P(y) como mostrado na Fig. 12.2.
Um outro exemplo comum onde a lei de Stevin é aplicada é o dos
vasos comunicantes, mostrados na Fig. 12.3, onde são colocados dois líquidos
não miscíveis, de densidades diferentes. De acordo com o princípio de Pascal,
a pressão aplicada a um fluido contido num recipiente é transmitida
integralmente a todos os pontos do fluído e às paredes do recipiente.
Como a pressão na altura y0, definida pela linha horizontal na altura L
é a mesma nos dois lados do recipiente, temos:

228
Pa + ρ1gh1 = Pa + ρ2gh2 ⇒ ρ1h1 = ρ2h2
0 10 20 30 40 50
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Pressão(atm)
y (Km)
Fig. 12.2 – Variação da pressão atmosférica com a altura.
Fig. 12.3 – Vasos comunicantes.
Um terceiro exemplo deste tópico é o de um fluído em rotação.
Consideremos um liquido colocado dentro de um recipiente cilíndrico, que
roda com velocidade angular constante, ω, em torno do eixo de simetria do
cilindro, de acordo com a Fig. 12.4. Queremos determinar o formato da
superfície do cilindro.
Vamos supor que as coordenadas de um ponto qualquer desta
superfície sejam r e y, onde r tem sua origem no eixo de simetria do cilindro e
y no ponto mais baixo da superfície. Vamos tomar um elemento de volume no
interior do líquido, na forma de um anel de raio r e espessura ∆r. Chamaremos
a área lateral deste anel de A. A diferença entre as forças existentes nas áreas
laterais, externa e interna do anel deve ser igual à força centrípeta. Portanto,
[P(r + ∆r) - P(r)] A = ∆mω2
r = ρA∆rω2
r
h2
y0
L
h1

229
Fig. 12.4 – Fluido em rotação.
( ) ( )
r
dr
dP
r
rPrrP
lim
2
0r ωρ==




∆
−∆+
→∆
Logo, P(r) = Pa +
22
2
1
rωρ , pois o ponto r = 0 pertence à superfície, cuja
pressão é a atmosférica (Pa). Por outro lado, a pressão independe da direção e
se olharmos para a pressão no ponto r ao longo da vertical, ela será dada pela
lei de Stevin:
P(r) = Pa + ρgy
onde y é a altura da coluna de líquido sobre o ponto r. Igualando as pressões
calculadas nas direções radial e vertical temos:
( )
g2
rry
22
ω=
de onde concluímos que a superfície do líquido forma uma parábola.
12.3 Princípio de Arquimedes
Um corpo imerso num fluído qualquer tem seu peso aparentemente
diminuído. Isto pode ser explicado pelo princípio de Arquimedes, que veremos
a seguir. Vamos considerar um cubo de aresta L imerso num fluído como
mostra a Fig. 12.5.
y
r
y = 0
y
ω r
∆r
A
P(r) P(r+∆r)

230
O peso do corpo é dirigido para baixo e vale
VgMg cρ==ω
Fig. 12.5 – Cubo imerso num fluido.
Por outro lado, sabemos que a pressão na parte inferior do cubo é maior que
na superior e vale:
P2 = P1 + ρgL
Desta forma, temos uma força dirigida para cima, chamada de forca de
empuxo, cujo valor é:
F = (P2 – P1)A = ρgLA = ρVg
sendo, portanto, igual ao peso do volume de líquido deslocado. Assim, todo
corpo imerso ou parcialmente imerso sofre uma força oposta à gravidade, que
é igual ao peso do fluído deslocado. Este resultado é conhecido como
princípio de Arquimedes. A força exercida sobre corpos submersos aparece
devido ao fato de que o fluído exerce pressão em todos os pontos do corpo,
mas as regiões de maior profundidade estão sujeitas a pressões mais elevadas.
Assim, existe sempre uma força de empuxo na vertical e de baixo para cima.
Esta força não depende do formato do corpo, embora nós tenhamos usado um
cubo para deduzir sua expressão. Poderíamos, por exemplo, ter usado uma
esfera para esta dedução. Neste caso, para a esfera de raio R mostrada na Fig.
12.6, a pressão é função do ângulo θ:
P(θ) = P0 + R(1 - cos θ)ρg
P2
P1
L

231
A área mostrada na figura é: dA = 2πRsenθ Rdθ e a força exercida sobre ela é:
Fig.12.6 – Força de empuxo sobre uma esfera.
dF = P(θ) dA = P(θ) 2πR2
senθ dθ
As componentes horizontais desta força se cancelam mutuamente, restando
apenas a componente vertical dFy = dF cosθ. Logo, a força resultante na
direção y é:
[ ] θθθρθ−+π=θ= ∫∫
ππ
dcosseng)cos1(RPR2cosdFF 0
0
2
0
y
Fazendo cosθ = u temos du = - senθ dθ e assim:
[ ] duugR2duug)u1(RPR2F
1
1
23
1
1
0
2
y ∫∫ −−
ρπ−=ρ−+π−=
VggR
3
4F 3
y ρ=ρπ=
12.4 Dinâmica dos fluídos
Para descrever-se o movimento dos fluídos é usual analisar-se o
comportamento de elementos infinitesimais de volume deste fluído, isto é, é
necessário conhecer-se ( ) ( )t,rvet,r
rr
ρ para cada ponto e instante de tempo.
No caso particular em que v independe do tempo, temos um fluxo estacionário
R
dθ
θ
P(θ)

232
(ou lamelar). Caso contrário, temos um fluxo não estacionário ou turbulento.
Alguns outros conceitos importantes na análise da dinâmica dos
fluidos devem ser introduzidos. Por exemplo, se ρ variar com r
r
ou t, o fluido
é compressível e quando isto não ocorre temos então um fluído
incompressível. Analogamente ao atrito, o escoamento de um fluido pode ser
viscoso. A viscosidade introduz forças tangenciais entre camadas do fluído
que possuem movimento relativo, resultando em dissipação de energia.
Quando o fluxo é lamelar, a trajetória de um determinado elemento do
fluído é chamada de linha de corrente. Da mesma forma que na mecânica da
partícula, a velocidade do fluído é tangente à linha de corrente. Se tomarmos
as linhas de corrente que tangenciam uma dada área, como mostrado na Fig.
12.7, teremos um tubo de corrente ou tubo de escoamento. Não há transporte
de matéria pela superfície lateral deste tubo, já que por definição, o
movimento do fluido é sempre tangente a esta superfície.
Fig. 12.7 – Tubo de corrente.
Durante um certo intervalo de tempo ∆t, a quantidade de massa transportada
através das superfícies A e B, de áreas SA e SB é:
tvSm AAAA
∆ρ=∆
tvSm BBBB
∆ρ=∆
O fluxo de massa é definido por t/m ∆∆=Φ . Como a massa não está
sendo criada nem destruída, ∆mA = ∆mB. Logo:
A
B

233
BBBAAA
SvSv ρ=ρ
ou seja, vSρ=Φ = constante ao longo do tubo de corrente. Quando ρ é
constante (fluído incompressível) temos Θ = Sv = constante, que é chamada
de vazão.
12.5 Teorema de Bernouilli
Os conceitos que vamos discutir agora são importantes para a análise
do empuxo sobre as asas de um avião, para a medida da velocidade de um
fluído, etc. Consideremos o escoamento de um fluído não viscoso e
incompressível através de um de corrente mostrado na Fig. 12.8.
Fig. 12.8 – Tubo de corrente usado para a demonstração do teorema de Bernouilli.
No lado esquerdo do tubo, temos uma área S1 e fluído escoando com
velocidade v1 a uma altura y1 e pressão P1. No lado direito, estas grandezas são
dadas respectivamente por S2, v2, y2 e P2.
Inicialmente vamos calcular o trabalho feito pelas forças F1 e F2 sobre
o volume do fluído compreendido entre (1) e (2) durante um intervalo de
tempo ∆t.
tvSPtvSPFFW 2221112211 ∆−∆=∆−∆= ll
como Sv∆t = ∆m/ρ (= volume), podemos re-escrever W como:
1
2
U = 0
v1
v2
∆l1
∆l2F1 = P1 S1
F2 = P2 S2
y1
y2

234
( )21
PPmW −
ρ
∆=
Este trabalho produz uma variação na energia mecânica do sistema,
que pode ser a como se a região achurada em (1) da Fig.12.8, tenha sido
promovida a (2). Assim,
1
2
12
2
212
mgymv
2
1mgymv
2
1EEE ∆−∆−∆+∆=−=∆
Igualando ∆E com W e cancelando ∆m, obtemos:
( ) 12
2
1
2
221
gygyvvPP1
2
1
2
1
−+−=−
ρ
2
2
221
2
11 gyvPgyvP
2
1
2
1 ρ+ρ+=ρ+ρ+⇒
de onde concluímos que a grandeza P + gyv
2
2
1
ρ+ρ é constante ao longo do
tubo de corrente. O termo ρgy vem da lei de Stevin e
2
2
1
vρ é a pressão
dinâmica, enquanto que P é a pressão estática. A igualdade acima é conhecida
como teorema de Bernouilli. Se o meio for viscoso, temos que incluir nesta
equação um termo representando a dissipação de energia. A seguir, vamos
analisar alguns exemplos onde a equação de Bernouilli se aplica.
O tubo de Venturi, mostrado na Fig. 12.9, é utilizado para a medida da
velocidade de escoamento de um fluído.
Fig. 12.9 – Tubo de Venturi.
h1
h2
h
v
área a
área A
1
2

235
A pressão estática no ponto 1 é dada por P1 = Pa + ρgh1 e no ponto 2,
P2 = Pa + ρgh2. Levando-se em conta que os pontos 1 e 2 estão à mesma altura,
o teorema de Bernouilli nos dá:
2
22
2
11 vPvP
2
1
2
1 ρ+=ρ+
onde v1 = v e v2 = Av/a. Esta última igualdade vem do fato que a vazão é
constante (Av = av2). Portanto,
2
2
2
2a
2
1a v
a
AghPvghP
2
1
2
1 ρ+ρ+=ρ+ρ+
( ) ( ) ghhhghhg
a
A1v 21122
2
2
2
1 ρ−=−ρ=−ρ=




 −ρ
e consequentemente,
( ) 1
a
A
gh2
v 2
−
=
O empuxo dinâmico é a denominação dada à força que surge sobre um
corpo que se desloca dentro de um fluído (ao contrário do empuxo estático do
princípio de Arquimedes). Consideremos uma bola movimentando-se com
velocidade v dentro de um fluído. Por conveniência, usaremos um referencial
solidário a bola, no qual ela está em repouso e o fluído desloca-se com
velocidade -v. Se a bola estiver rodando com velocidade angular ω, os pontos
de sua periferia arrastarão as moléculas do ar, modificando sua velocidade. De
acordo com a Fig. 12.10 as velocidades nos pontos (1) e (2) são dadas por v1 =
vaR - ωR e v2 = vaR + ωR. Aparecerá, portanto, uma diferença de pressão dada
por:
( ) ( ) ( )[ ]
Rv2PP
vvRvvvvPP
aR21
2
RaR
2
aR2
12
1
2
22
1
21
ωρ=−⇒
ω−−ω+ρ=−ρ=−

236
pressão maior
pressão menor
bordo de ataque
bordo de fuga
Fig. 12.10 – Bola com rotação movendo-se num fluido.
Esta diferença de pressão produz uma força F, que obriga a bola a descrever
uma trajetória curva. Note que se ω = 0, esta força será nula e a trajetória da
bola é retilínea.
Um outro exemplo de empuxo dinâmico ocorre com a asa de um
avião ou com o aerofólio de um carro de corrida. Na asa do avião, mostrada na
Fig. 12.11, o ar percorre uma distância maior na parte de cima, tendo portanto,
maior velocidade naquela região. Como conseqüência, a pressão na parte de
baixo da asa é maior do que em cima e isto dá sustentação ao avião. Já no
aerofólio de um carro de corrida, temos uma asa invertida que provoca uma
força para o chão.
Fig. 12.11 – Asa de avião.
Como um último exemplo do teorema de Bernouilli, vamos considerar
var
var-ωR
1
2
var+ωR
R
F
r
ω

237
o escoamento de um líquido através de um orifício situado na lateral de um
grande reservatório, mostrado na Fig. 12.12. Numa primeira etapa,
desprezaremos o movimento da superfície do líquido no tanque.
Fig. 12.12 – Fluido vazando de um reservatório.
Nestas condições, teremos entre os pontos (1) e (2):
2
22
2
11
v
2
10gPv
2
1ghP ρ+ρ+=ρ+ρ+
Como estamos considerando a211
PPPe0v ==≈ temos:
gh2vv2
==
Vamos agora levar em conta a velocidade da superfície superior de
área A para calcular a velocidade com que o líquido emerge do orifício de área
a. Como a vazão é constante temos A v1 = a v2 ⇒ v1 = v2 a/A = v a/A.
Substituindo na equação de Bernouilli dada acima ficamos com:
2
2
2
v
A
avgh
2
1
2
1
ρ=




ρ+ρ
( )2
A/a1
gh2
v
−
=
Como em geral a << A, podemos expandir o denominador em série de Taylor:
( ) 


 ++≅ .....
A
a
2
11gh2v
2
h
1
2 v

238
12.6 Viscosidade
Vamos considerar um fluído colocado entre duas placas, onde a
superior desloca-se com velocidade ∆v como mostra a Fig. 12.13. Nesta
situação surge sobre a placa inferior uma tensão de cisalhamento (força/área
da placa) tentando arrastá-la junto com a outra.
Fig.12.13 – Placa arrastada num fluido.
É necessário, portanto, uma tensão τ para mantê-la em repouso.
Experimentalmente determina-se que:
y
v
∆
∆η=τ
onde a constante η é chamada de viscosidade do fluído. Note que a
viscosidade está relacionada com o poder que um fluído em movimento tem
de arrastar os corpos em contato com ele ou as camadas vizinhas do fluído.
Isto é bastante semelhante ao atrito existente entre dois corpos em contato,
com movimento relativo. Nem todos os fluídos obedecem a expressão acima;
aqueles que obedecem são chamados de fluídos newtonianos. Um outro ponto
importante é que a expressão acima só é válida para fluxos estacionários
(escoamento lamelar).
Vamos considerar o escoamento lamelar de um fluído viscoso através
de um tubo de diâmetro D (Fig. 12.14). Analisaremos o balanço de forças
sobre um elemento de volume de raio r.
O deslocamento deste elemento de volume no interior do fluído gera a
tensão de cisalhamento τ indicada na figura, que funciona como atrito sobre a
porção considerada. Por outro lado, existe uma variação de pressão ao longo
do tubo e como o fluxo é estacionário, a somatória das forças sobre o
elemento de volume é nula:
∆y
τ
v

239
Fig. 12.14 – Escoamento por um tubo.
τπ=∆π rL2Pr2
dr
dv
L2
rP η−=∆=τ
onde nesta última passagem usamos o fato de se tratar de um fluído
newtoriano e que v diminui com r. Logo,
( )rdr
L
P
2
1dv ∆
η
−=
Para encontrarmos v(r) faremos uma integral de r = 0 até r. No centro
do tubo (r = 0) a velocidade é máxima (vmax). Portanto,
v(r) = vmax -
2
r
4
1
L
P
η





 ∆
onde ∆P/L é a queda de pressão por unidade de comprimento. Para
encontrarmos o valor de vmax, levamos em conta que v = 0 para r = D/2.
Assim,
2
max 2
D
4
1
L
Pv 





η





 ∆=
e, portanto,
( ) 










−=
2
max
2/D
r1vrv = ( ) ( ) 










−
η
∆
22
2/D
r1
2
D
4
1
L
P
L
P +∆P P
τ
τ
r

240
que representa a parábola mostrada na Fig. 12.15.
Fig. 12.15 – Distribuição radial de velocidades de um fluido escoando por um cano.
Desta forma, o perfil de velocidades para o escoamento lamelar de um
fluido numa tubulação é parabólico, sendo máximo no centro, como mostra a
Fig.12.16. É como se fosse uma antena de carro sendo esticada.
Fig. 12.16 – Fluido escoando por um cano.
Na prática, estamos sempre interessados em encontrar a vazão Θ
como função da viscosidade, diâmetro e comprimento da tubulação para um
certo valor de diferença de pressão aplicada. Considerando o elemento de área
em forma de anel mostrado na Fig. 12.17, temos:
dΘ = v(r) dA = vmax ( ) rdr2
D
r21
2
π



 −
Para encontrarmos o fluxo total, integramos de r = 0 até r = D/2:
vmax
r
v(r)
D/2
r

241
Fig. 12.17 – Elemento de área usado para cálculo da vazão.
2
Av
8
Dv max
2
max =π=Θ
onde A é a área do tubo. Como A = πR2
, podemos ainda escrever:





 ∆
η
π=Θ
L
PR
8
4
de onde vemos que a vazão é proporcional à quarta potência do raio. A
equação acima leva o nome de lei de Poiseuille.
Exercícios
1- Uma bola de madeira de densidade ρm está presa a uma profundidade h
num líquido de densidade ρL. Soltando-se a bola do repouso, determine
que altura acima da superfície ela atingirá.
2- Três recipientes com fundos falsos (Fig. 12.18) foram colocados na água,
a uma mesma profundidade. Colocando-se nos três frascos a mesma
quantidade de óleo, qual dos três fundos cairá primeiro? Justifique.
3- Um depósito retangular sem tampa, com as dimensões dadas na Fig.
12.19, move-se com aceleração a e contém água até uma altura h (quando
a = 0). Para que o valor da aceleração a água começará a escoar para fora?
4- Um cubo de um certo material flutua num recipiente contendo mercúrio
v(r)
dr

242
(ρHg = 13.6g/cm3
) tal que 1/4 de seu volume fica submerso.
Acrescentando-se ao sistema água suficiente para cobrir o cubo (ρágua =
lg/cm3
), que fração de seu volume ainda permanecerá imersa no mercúrio?
Fig. 12.18 Fig. 12.19
5- Uma tábua de comprimento L está apoiada numa pedra e parcialmente
imersa na água. Conforme mostra a Fig. 12.20, uma porção de
comprimento a encontra-se acima do ponto de apoio. Sendo d a densidade
da madeira, que parte da tábua encontra-se submersa?
Fig. 12.20 Fig. 12.21
6- Dentro de um recipiente cônico coloca-se leite. Com o passar do tempo
ocorre formação de nata, que sendo menos densa fica no topo. Durante
este processo não há variação de volume, ist é, h permanece constante
(Fig. 12.21). O que acontece com a pressão no fundo do recipiente?
Justifique sua resposta.
7- Numa lata cilíndrica de área A coloca-se água até uma altura h. Determine
a velocidade v com que a água sai por um orifício de área a localizado no
fundo. Que quantidade de água deve ser adicionada à lata por unidade de
nata
h
a
H
h
a
L

243
tempo tal que v seja constante?
8- Caso não se adicione água na lata do problema anterior e a altura variar,
calcule a vazão Θ como função do tempo.
9- Com um sifão retira-se água de um recipiente como indicado na Fig.
12.22. A área do cano é constante ao longo de seu comprimento e a
velocidade da superfície do líquido é desprezada. a) Qual é a velocidade
da água na saída do cano? b) Qual é a pressão no ponto mais alto do sifão?
c) Qual é a máxima altura h para a qual ainda é possível sifonar a água?
Fig. 12.22
10- Monta-se uma caixa d’água sobre um vagão que pode se mover no plano
horizontal sem atrito (Fig. 12.23). Na parede da caixa existe um orifício de
área A a uma profundidade H, pelo qual sai água paralelamente ao plano
horizontal. A massa total inicial do sistema (caixa, água e vagão) é M0 e a
velocidade da superfície da água é desprezada. Se o vagão está
inicialmente em repouso quando o orifício é aberto, qual será a aceleração
inicial do sistema?
Fig. 12.23
11- Um tubo de água roda com velocidade ω em torno de um eixo vertical
conforme mostra a Fig. 12.24. Calcule a pressão como função de r, usando
H
H
h

244
P(r = 0) = P0.
Fig. 12.24
12- Um rotâmetro (medidor de vazão) consiste num tubo de vidro cônico e
vertical com uma esfera metálica de massa m e raio r no seu interior como
mostra a Fig. 12.25. Calcule o fluxo de um gás de viscosidade η como
função da altura h. Considere α bem pequeno. Nota: Fstokes = 6πηrv.
Fig. 12.25
r
ω
h
α

Termologia e termodinâmica
245
13.1 Introdução
Em geral, para caracterizarmos um sistema com N partículas é
necessário especificarmos a posição, velocidade e aceleração de cada partícula
como função do tempo. No caso de um sistema macroscópico, o número de
partículas é extremamente grande e esta tarefa se torna muito difícil. Uma
alternativa para abordar este problema é a de trabalharmos com valores
médios, que representam o comportamento do sistema como um todo. Vamos
começar esta abordagem definindo as grandezas macroscópicas que
determinam o estado do sistema.
Consideremos um gás constituído de N moléculas num recipiente de
volume V. Microscopicamente, o movimento de cada partícula é retilíneo
uniforme até que ela se choque com a outra molécula ou com as paredes do
recipiente. Este tipo de movimento, mostrado na Fig. 13.1, é chamado de
browniano. A distância média que a partícula percorre entre duas colisões
sucessivas denomina-se caminho livre médio.
Fig. 13.1 – Representação do movimento browniano.
Os choques das partículas com as paredes do recipiente implicam em
transferências de momentum e, conseqüentemente, numa força média exercida
sobre as paredes. Esta força por sua vez dá origem à pressão que o gás exerce
13TERMOLOGIA E
TERMODINÂMICA

246
sobre as paredes e esta é uma grandeza macroscópica (com origem
microscópica) que descreve uma propriedade média do sistema global. Além
da pressão, existem outras grandezas macroscópicas importantes para a
descrição do sistema: volume V, energia interna e temperatura, ambas
associadas ao movimento translacional, vibracional e rotacional das
moléculas. O objetivo da termodinâmica é relacionar estas grandezas
macroscópicas, que podem ser medidas experimentalmente.
Quando as propriedades macroscópicas de um sistema não se alteram
com o tempo, dizemos que ele está em equilíbrio termodinâmico. Neste caso,
o sistema de interesse deve ser mantido em contato com um segundo sistema,
chamado de reservatório ou banho térmico, que determina os parâmetros do
equilíbrio. O conjunto das grandezas macroscópicas associadas a um sistema
em equilíbrio tem o nome de estado macroscópico. Convém notar que o
estado microscópico do sistema determina o estado macroscópico, porém a
recíproca não é verdade porque a partir de valores médios é impossível
especificar-se r
r
e p
r
para todas as partículas do sistema.
As grandezas macroscópicas estão de alguma forma interconectadas.
Para verificarmos isto, podemos tomar um pistão contendo gás, como
esquematizado na Fig. 13.2, e aquecê-lo. Neste caso, a temperatura do sistema
aumentará. Se mantivermos a posição do pistão fixa, haverá um aumento de
pressão. Se por outro lado deixarmos o pistão solto, haverá um aumento de
volume. Assim, tanto o aumento da pressão como o de volume são
conseqüências do aumento da temperatura, de onde concluímos que estas
grandezas estão, de alguma forma, relacionadas.
Fig. 13.2 – Cilindro com pistão contendo gás.
P,V,T

247
Se tivermos dois sistemas térmicos em contato, é importante sabermos
a maneira pela qual um interage com o outro. Esta interação freqüentemente é
feita através de paredes, como a mostrada na Fig. 13.3. Se a parede for fixa e
variarmos a temperatura de um dos sistemas, podemos ter duas situações: (i) a
temperatura do outro sistema não se altera e, neste caso, temos uma parede
perfeitamente isolante (também chamada parede adiabática) ou (ii) a
temperatura do outro sistema acompanha as mudanças do primeiro e, neste
caso, temos uma parede diatérmica.
Fig. 13.3 – Interação entre dois sistemas através de uma parede.
No caso (ii), as temperaturas dos dois sistemas evoluem até atingirem
um valor comum. Quando as temperaturas dos dois sistemas forem iguais,
dizemos que eles estão em equilíbrio térmico.
13.2 Medida da temperatura
Normalmente, a temperatura é medida através da observação de
alguma grandeza sensível à sua variação. O sistema utilizado para este fim é
chamado de termômetro, para o qual é definida uma escala de temperatura. Os
exemplos mais comuns de termômetro são:
(i) Termômetro de Mercúrio – Coloca-se um certo volume de mercúrio num
tubo capilar de vidro e observa-se a dilatação térmica do mercúrio como
função da temperatura. O comprimento da coluna de mercúrio varia de forma
aproximadamente linear com a temperatura, e assim podemos escrever:
T = aL + b
Sistema 1 Sistema 2
isolante térmicoparede

248
onde T é a temperatura, geralmente em graus Celsius, L é o comprimento da
coluna de mercúrio e a e b são duas constantes que dependem das
temperaturas de referência escolhidas. Convencionalmente são escolhidas as
temperaturas de fusão do gelo (ponto tríplice) como 0 0
C e de ebulição da
água como 100 0
C, de forma a termos:
gV
g
gV
LL
L100
be
LL
100a
−
−=
−
=
(ii) Termômetro a gás – Já neste caso, a pressão de um gás é utilizada como
grandeza termométrica. Conforme mostra a Fig. 13.4, o volume do gás é
mantido constante movendo-se a coluna da direita e a medida da temperatura
está diretamente ligada à leitura da altura h desta coluna.
Fig. 13.4 - Termômetro a gás.
Como veremos adiante, a pressão e a temperatura de um gás são
proporcionais de forma que T = AP + B, com:
gV
g
gV PP
P100
Be
PP
100A
−
−=
−
=
onde Pg é a pressão do gás no ponto tríplice da água (0 0
C) e PV é a pressão no
ponto de ebulição da água (100 0
C ).
Informalmente, utilizamos acima a escala de temperatura Celsius (ou
centígrada), que é bastante comum no nosso dia a dia. Esta escala usa como
h
T

249
referência o ponto tríplice da água (0 0
C) e o ponto de ebulição da água (100
0
C).
Uma outra escala de temperatura muito importante, principalmente do
ponto de vista de aplicações científicas, é a escala Kelvin (ou absoluta). Ela é
baseada em propriedades microscópicas da matéria, como veremos adiante. O
zero desta escala corresponde ao ponto em que toda energia (exceto a de ponto
zero) é retirada do sistema. Esta escala será relacionada com a Celsius através
da expressão: TK = Tc + 273.15.
Uma outra escala que é bastante utilizada em alguns países é a escala
Fahrenheit, que se relaciona com a Celsius através da expressão: TF = 9/5Tc +
32
13.3 Equação de estado
A equação de estado é a relação matemática existente entre as várias
grandezas macroscópicas que definem o estado de um sistema. De um modo
geral, o conhecimento da equação de estado permite o conhecimento de todas
as propriedades termodinâmicas do sistema.
Para gases com pressões muito baixas, as interações entre as
moléculas do sistema podem ser desprezadas. Neste caso, o gás é chamado de
ideal e o relacionamento entre as grandezas macroscópicas que definem seu
estado termodinâmico é dado pela equação de Clapeyron:
PV = NKBT
onde T é a temperatura absoluta (em K). N é o número de moléculas contidas
no volume V e KB é a constante de Boltzmann (KB = 1.38 x 10-23
J/K).
A equação acima também pode ser escrita em termo do número de
moles, n = N/NA, onde NA = 6.02 x 1023
é o número de Avogadro. Neste caso,
PV = nRT
onde R = NAK = 8.314 J/mol0.
K = 0.082 atm.l/mol0
K é chamada de constante
universal dos gases.

250
A equação de Clapeyron só é válida para gases ideais. Entretanto, num
caso real notamos que para T = 0, V não pode ser zero porque as moléculas
têm seu próprio volume. Assim, quando T = 0, V = b, que é o volume somado
de todas as moléculas. Por outro lado, como as moléculas possuem interação
atrativa em si, a pressão é nula mesmo antes de T = 0. Desta forma, para gases
reais devemos usar a equação de van der Waals:
( ) nRTbV
V
aP 2
=−





+
onde a e b são constantes determinadas experimentalmente para cada gás
específico.
13.4 Interpretação microscópica da temperatura
Vamos considerar um gás contido num reservatório de volume V que
satisfaz as seguintes hipóteses:
(i) o gás é constituído de um número grande de partículas que colidem
elasticamente entre si e com as paredes do recipiente;
(ii) não há forças atrativas (aproximação de gás ideal);
(iii)o movimento é completamente aleatório, não havendo direção ou posição
privilegiada.
Sendo o movimento completamente aleatório (hipótese (iii)), as
velocidade médias são as mesmas nas direções x, y e z. Logo:
zyx vvv ==
Olhando para uma pequena porção do gás nas proximidades da parede
(Fig. 13.5), podemos imaginar que um grande número de partículas colidirão
com esta parede. Num intervalo de tempo ∆t, todas as partículas contidas no
volume Avx ∆t e movimentando-se para a direita colidirão com a superfície.
Como metade das partículas caminham para a esquerda, o número de colisões
no intervalo de tempo ∆t é dada por:

251
Atv
2
1
x ∆ρ=ℵ
onde ρ = N/V é o número de partículas por unidade de volume.
Fig. 13.5 – Moléculas colidindo com a parede de um recipiente.
Como as colisões com a parede são elásticas, cada partícula transfere
uma quantidade de movimento 2mvx em cada colisão, sendo m a massa da
partícula. O momentum total transferido durante o intervalo de tempo ∆t é:
Atmv
V
Nmv2p 2
xx ∆=ℵ=∆
Assim, a força média e a pressão exercidas sobre a parede são:
2
x
vmA
V
N
t
p
F =
∆
∆
=
2
x
mv
V
N
A
FP ==
Por outro lado, como o movimento é isotrópico, temos:
22
x
2
x
2
z
2
y
2
x
2
v
3
1vv3vvvv =⇒=++=
e, portanto, ,mvP 2
V
N
3
1= que pode ser escrito como:
2
mvNPV
2
3
2
=
Comparando este resultado com a equação de Clapeyron, temos:
A
vx
Vx ∆t

252
2
B mv
2
1TK
2
3 =
de onde concluímos que a temperatura está associada à energia translacional
das moléculas do gás ideal. Esta expressão também é conhecida como teorema
da equipartição de energia. De uma maneira geral, associamos a cada grau de
liberdade de um sistema, o termo 1/2 KT. No exemplo acima, temos 3 graus
de liberdade, que correspondem a translações nas direções x, y e z. Se
tivermos vibrações ou rotações de uma molécula, também associamos um
termo 1/2 KT a cada um destes graus de liberdade.
Para vermos como o teorema da equipartição de energia é útil, vamos
considerar um resistor R sujeito a uma certa temperatura T. Se associarmos
1/2 KT à potência média dissipada por ele em 1 segundo teremos:
2
KTRVKT
2
1
R
V
2
=⇒=
isto é, aparece uma pequena voltagem nos terminais do resistor, que é
conhecido como ruído Jonhson. Para um resistor de 1Ω à temperatura
ambiente (T ~ 300 K), .nV4.0V105.4~V
10
=×
−
Esta é uma voltagem
extremamente pequena, mas em medidas de alta precisão ela deve ser levada
em conta.
13.5 Dilatação térmica
Ao aquecermos um sólido, em geral ele muda de tamanho. Isto se
deve ao fato de que a energia potencial entre seus átomos, ou moléculas,
possui termos não harmônicos, como mostrado na Fig. 13.6. Ao aumentarmos
a temperatura, damos mais energia ao sistema e os átomos do sólido
(idealizados como estando conectados por molas) vibram com grande
amplitude, produzindo em média uma separação maior entre os constituintes
do sistema.
A variação do comprimento de um sólido segue a lei:

253
Fig. 13.6 – Energia de interação entre dois átomos.
TLL ∆α=∆
onde α é chamado de coeficiente de dilatação linear e é característico de cada
material, como mostra a tabela.
Material αo
(C-1
)
alumínio 23 x 10-6
aço 11 x 10-6
invar 0.7 x 10-6
vidro 9 x 10-6
pirex 32 x 10-6
Como cada dimensão do sólido varia desta forma, temos:
∆L1 = α L1∆t ⇒ L1 = L10 + α L 10∆T = L 10(1 + α∆T)
L2 = L20 (1 + α∆T) e L3 = L30 (1 + α∆T)
Para calcularmos a dilatação superficial de um corpo, fazemos: A = L1
L2 = L10 (1 + α∆T) L20 (1 + α∆T) = L10 L20 + 2α L10 L20 ∆T + L10 L20 α2
∆T2
.
Como α é muito pequeno, podemos desprezar o tempo α2
e assim temos:
TAT2AA 00
∆β=∆α=∆
r1 r
V(r)
r2
T1
T2

254
onde 20100 LLAe2 =α=β . Da mesma forma, temos para a dilatação
volumétrica:
TVV 0
∆γ=∆
onde α=γ 3 é chamado de coeficiente de dilatação volumétrica e em geral é
dependente da temperatura.
Os líquidos e os gases também sofrem, obviamente, variações de
volume com a temperatura. Neste caso, é bastante comum trabalharmos com a
densidade do fluido ao invés do volume:
TV
V
mV
V
m
V
m
22
∆γ−=∆−=ρ∆⇒=ρ
Logo, T0
∆γρ−=ρ∆
Em geral γ é positivo e a densidade do fluido diminui com a
temperatura. Uma exceção a esta regra é o caso da água (vide a Fig. 13.7) que
abaixo de 4 0
C possui γ< 0 e assim, entre 4 0
C e 0 0
C a densidade aumenta com
a temperatura. Isto explica porque os lagos congelam-se a partir da superfície
durante o inverno, no hemisfério norte.
Fig. 13.7 – Variação da densidade da água com a temperatura.
0 2 4 6 8 10
0.996
0.998
1.000
ρ(g/cm
3
)
T (
0
C)

255
13.6 Calor e trabalho
Quando colocamos dois corpos com temperaturas diferentes em
contato térmico, existe transferência de energia de um corpo para o outro até
que as duas temperaturas evoluam para um valor comum. No caso térmico, a
energia transferida tem o nome de calor. Da mesma forma que no trabalho
mecânico, não podemos dizer que um corpo a uma dada temperatura possui
uma certa quantidade de calor. Podemos apenas dizer que calor é a variação de
energia entre um ponto e outro.
Analogamente à inércia mecânica, um corpo possui uma certa inércia
térmica, chamada de capacidade calorífica, que é a capacidade que um corpo
tem de reter energia térmica. A definição da capacidade calorífica é:
dT
dQ
C =
A unidade de calor é J ou erg, mas também é muito comum o uso da
caloria, que é a quantidade de calor necessária para elevar em 1 0
C a
temperatura de 1 g de água entre 14.5 0
C e 15.5 0
C. O equivalente mecânico da
caloria é 1 cal = 4.184 J. A unidade de capacidade calorífica é, portanto, cal/
0
C, J/ 0
C ou erg/ 0
C.
Ao invés da capacidade calorífica, é comum utilizar-se o calor
específico, definido como:






=
Cg
cal
m
Cc 0
onde m é a massa do sistema. Desta forma, podemos escrever:
dQ = mcdT
significando que ao dar-se uma certa quantidade de calor ao sistema, ocorre
um aumento na temperatura. Esta expressão, entretanto, não é sempre válida.
Em transições de fase, de sólido para líquido ou de líquido para gás, a

256
temperatura não muda ao fornecermos calor ao sistema. Para uma certa massa
m de material, o calor fornecido para ocorrer a transição de fase é:
Q = mL
onde L é chamado de calor latente de fusão ou de vaporização.
Quando vários corpos são colocados em contato térmico, o calor flui
de um para outro de tal maneira que:
0Q
N
1i
i
=∑=
Isto se deve á conservação de energia e esta propriedade é importante para a
determinação do calor específico de algum dos corpos. Quando o calor para de
fluir, os corpos estão todos em equilíbrio térmico e, neste caso, vale a lei zero
da termodinâmica: se um corpo A está em equilíbrio térmico simultâneo com
os corpos B e C, então B está em equilíbrio com C (Fig. 13.8).
Fig. 13.8 – Corpos em contato térmico.
A injeção de calor num sistema pode ser feita através da realização de
trabalho mecânico, dissipação elétrica ou iluminação. A quantidade de energia
(translacional, rotacional e vibracional) contida num sistema é chamada de
energia interna. A conservação de energia estabelece que o calor fornecido a
um sistema é usado para alterar a energia interna e/ou realizar trabalho
mecânico (W). Este princípio é conhecido como 1a
lei da termodinâmica e
pode ser expresso matematicamente como:
Q = ∆U + W
Voltaremos a enfocar este assunto no próximo capítulo.
AB C

257
13.7 Transmissão de calor
O calor pode ser transmitido de três formas distintas: pela condução,
radiação ou convexão. Na condução, embora seja necessário um meio material
para haver a transmissão de calor, não existe transporte de massa. O que
acontece é que ao aquecer uma parte de um sólido, as moléculas ali contidas
vibram com amplitudes grandes e transmitem esta vibração para moléculas
vizinhas. No caso dos metais, os elétrons de condução também são
importantes no mecanismo de transmissão de calor.
Já no caso da convexão, o calor é transportado devido ao movimento
de massa. Ao se aquecer parte de um fluido, variações de densidade e/ou
pressão fazem com que a matéria se movimente, transmitindo o calor. Um
exemplo típico, já citado anteriormente, é o congelamento dos lagos a partir da
superfície, pois a água fria (abaixo de 4 0
C) é menos densa e sobe. Quando o
fluido é obrigado a se mover devido à ação de algum agente externo como por
exemplo, um ventilador, temos o que se chama de convexão forçada.
A terceira maneira pela qual o calor é transmitido é através da
radiação. Neste caso, não é necessária a presença de um meio material para
transmitir a energia. Esta transmissão é feita por intermédio de ondas
eletromagnéticas, do tipo radiação infravermelha, que é emitida sempre que
um corpo é aquecido.
Neste capítulo daremos uma ênfase maior à transmissão de calor pela
condução. Vamos considerar uma barra de secção transversal A e
comprimento L, cujas extremidades estão em contato térmico com dois corpos
de temperaturas T1 e T2 (T1 > T2), como mostra a Fig. 13.9. Para uma
determinada posição x ao longo da barra, a quantidade de calor por unidade de
tempo (corrente térmica) cruzando a área A naquela posição depende dos
seguintes fatores:
(i) tipo de material da barra – tem materiais que conduzem calor melhor que
outros, como por exemplo o cobre conduz calor melhor que o aço. A
“facilidade” que um material possui para conduzir calor é dada pela
condutividade térmica K.

258
(ii) a área da barra – quanto maior a área da barra maior será a corrente
térmica, pois teremos naquele plano mais átomos participando do
processo de condução.
(iii) o gradiente de temperatura – a corrente térmica dependerá da diferença de
temperaturas entre as camadas de átomos adjacentes (à esquerda e à
direita) ao plano caracterizado pela posição x.
Fig. 13.9 – Condução de calor por uma barra isolada lateralmente.
Pelos argumentos expostos acima, podemos escrever a seguinte
expressão para a corrente térmica H:
dx
dTKA
dt
dQ
H −==
Se a barra for isolada termicamente, como é o caso da Fig. 13.9, existe
conservação da corrente, ou seja, todo calor que entra numa extremidade da
barra sairá pela outra, pois não existem perdas. Nesta situação, H independe de
x e, conseqüentemente, dx/dT é constante. Assim,
L
TT
dx
dT 12 −
=
e consequentemente,
L
TT
KAH 21 −
=
Neste caso, a distribuição de temperatura é uma reta, como mostra a
Fig. 13.10(a). Por outro lado, se a superfície lateral da barra não for isolada,
haverá perdas de calor por convecção e a corrente térmica diminui conforme x
T1 T2
0 L
x
x
H

259
aumenta. Neste caso, dx/dT também diminui e, como conseqüência, temos a
distribuição de temperatura mostrada na Fig. 13.10(b).
Fig. 13.10 – Distribuição de temperatura ao longo de uma barra isolada (a) e não
isolada (b) lateralmente.
A seguir, vamos analisar dois exemplos onde a equação da
condutividade se aplica. No primeiro exemplo, vamos considerar duas barras
de mesma secção transversal, porém de materiais diferentes e condutividade
diferentes, como mostra a Fig. 13.11. As barras são isoladas termicamente em
suas laterais. Queremos determinar qual é a temperatura do ponto de junção.
Fig. 13.11 – Barras de materiais diferentes colocadas em série.
Como as barras estão isoladas, a corrente térmica é constante e,
portanto:
2
2
2
1
1
1 L
TT
AK
L
TT
AKH
−
=
−
=
de onde obtemos:
2112
121212
LKLK
TLKTLK
T
+
+
=
x
0 L
T2
T1
T
L1 L2
T1 T2< T1K2K1K1

260
e após substituir na expressão para H temos:
( )21
2112
21
TT
LKLK
AKK
H −
+
=
e no caso particular em que K1 = K2 recuperamos o resultado já conhecido da
barra isolada. A distribuição de temperatura ao longo das barras depende da
razão entre K1 e K2. Se K1 > K2 temos a distribuição de temperatura mostrada
na Fig. 13.12.
Fig. 13.12 - Distribuição de temperatura ao longo duas barras de materiais diferentes
colocadas em série.
Como segundo exemplo, vamos considerar um cilindro oco, de raios a
e b, como mostra a Fig. 13.13. A parte interna do cilindro é mantida a uma
temperatura T1, enquanto que a externa é mantida em T2 (T2 < T1). O
comprimento do cilindro é L e a condutividade é K. A corrente térmica é
radial. A área é dada por rL2A π= e, portanto:
Fig. 13.13 – Cilindro oco com condução térmica radial.
T
x
0 L1 + L2
T2
T1
L1
L
a
b

261
dr
dTrL2K
dr
dTKAH π−=−=
Como H é constante, pois não há perdas, podemos integrar esta igualdade para
bra ≤≤ e no caso em que 21
TTT ≥≥ . Como resultado temos:
( )
( )21 TT
a/bn
LK2H −π=
l
Para finalizar este capítulo, vamos abordar rapidamente os outros dois
tipos de transmissão de calor mencionados no início. Na convexão, estamos
interessados no seguinte tipo de problemas: dado um corpo a uma temperatura
T envolvido pelo ar atmosférico (mais frio) tal que o corpo está mais quente
∆T quando comparado com o ar, quanto calor ele perde por unidade de
tempo? A corrente térmica do corpo para o ar tem uma forma similar a da
condução térmica:
H = hA∆T
onde A é a área onde está havendo perda de calor e h é um número que
depende de ∆T (em geral 4
1
Th ∆α ), da geometria do corpo e sua orientação
no espaço, já que a convecção se deve ao fato que o ar quente sobe. Portanto,
uma placa deitada tem um h diferente ao de uma placa em pé.
A transmissão de calor por radiação é proporcional a T4
, como T
sendo a temperatura absoluta (Kelvin):
R = eσT4
Aqui, R é a corrente térmica emitida por unidade de área, e é a emissividade
do corpo ( ) σ≤≤ e1e0 é a constante de Stefan-Boltzmann
(
( )402
Km
W8
107.5
−
×=τ ).

262
Exercícios
1- Na perfuração de um bloco de latão ( Cg
cal
01.0c = ) de 500 g, é fornecida
uma potência de 300 W durante 2 minutos. Qual é o aumento de
temperatura do bloco se 75% do calor gerado o aquece? O que acontece
com os 25% restantes?
2- Suponha que o calor específico de um corpo varia com a temperatura de
acordo com a expressão c = A + BT2
, onde A e B são constante e T em 0
C.
Compare o valor médio de c entre T = 0 e T = T1, com seu valor em T1/2.
3- Considere um corpo sólido com momento de inércia I. Mostre que devido
a uma pequena variação de temperatura ∆T, este momento varia de ∆I =
2α∆T, onde α é o coeficiente de dilatação linear. Com este resultado,
calcule de quanto varia o período de um pêndulo físico sujeito a uma
variação de temperatura ∆T.
4- Mostre que a corrente térmica em uma substância de condutividade K
situada entre as superfícies de duas esferas concêntricas é dada por:
( )
12
21
21 rr
rkr4
TTH
dt
dQ
−
π
−==
onde r1 e r2 são respectivamente os raios das superfícies interna e externa e
T1 > T2.
5- Um sistema termodinâmico é levado do estado inicial A a outro B e
depois trazido de volta a A pelo ponto C, como ilustra o diagrama da Fig.
13.14. Calcule o trabalho realizado pelo sistema para efetuar o ciclo
completo.

263
Fig. 13.14
6- Uma barra com coeficiente de dilatação térmica α e módulo de Young Y
( )L
LY
A
F ∆= está presa entre duas paredes, conforme mostra a Fig. 13.15.
Calcule a tensão na barra quando a temperatura é acrescida de ∆T.
Fig. 13.15
7- Qual a quantidade de calor necessária para transformar 1g de gelo a –10
0
C (cgelo = 0.55 cal/g 0
C, Lf = 80 cal/g) em vapor a 100 0
C (LV = 540
cal/g)?
8- Coloca-se uma barra de metal (C = 0,2 cal/go
C) a 100o
C sobre um grande
bloco de gelo a 0o
C. Qual é a massa da barra se quando o sistema atingir
o equilíbrio térmico 500 g de gelo se derreteram?
9- Coloca-se um bloco de gelo a –20 0
C dentro de um recipiente
hermeticamente fechado com 200g de vapor de água a 100 0
C. Se a massa
do gelo é 500 g, qual será a temperatura final do sistema?
P (N/m2
)
V(m3
)
A
B
1 2
C
0
20
40
0

264
10- Encontre o gradiente de temperatura e a corrente térmica numa barra de
condutividade K, comprimento L e secção transversal irregular, como
mostra a Fig. 13.16.
Fig. 13.16
12- Duas barras de materiais diferentes, com comprimentos, módulos de
Young e coeficientes de dilatação térmica dados respectivamente por L1,
L2, Y1, Y2, α1 e α2, estão presas entre duas paredes como mostra a Fig.
13.14. Calcule a distância percorrida pelo ponto de junção das barras
quando o sistema é aquecido de ∆T. Qual é a tensão nas barras?
Fig. 13.17
L
L/2
A 2A T2T1>T2
L1 L2
α1 , Y1 α2 , Y2

Termodinâmica do gás ideal
265
14.1 Introdução
Consideremos um gás ideal contido num cilindro com pistão como
mostrado na Fig. 14.1. Mediante a movimentação de êmbolo, é possível
comprimir ou expandir tal gás e neste processo haverá variação de pressão
e/ou temperatura já que estas variáveis estão vinculadas pela equação do gás
ideal (PV = NKT).
Imaginemos que a pressão P do gás é maior que a pressão atmosférica.
Neste caso, a tendência do gás é empurrar o pistão para fora do cilindro. Se o
pistão desloca-se lentamente uma distância dx, o trabalho realizado pelo gás
será:
∆W = Fdx = P Adx = PdV
onde A é a área do pistão expansão e dV = Adx corresponde à variação de
volume durante a expansão.
Fig. 14.1 – Gás ideal num cilindro com pistão.
Assim, se imaginarmos o gás expandindo-se de um volume V1 até um
volume V2, o trabalho total realizado é:
14TERMODINÂMICA
DO GAS IDEAL
P Pa

266
V1 V2
P
V
V1 V2
1 2
∫=
2
1
V
V
PdVW
Se acompanharmos a evolução da pressão com volume num diagrama PV,
como o da Fig. 14.2, o trabalho realizado pelo gás será a área sobre a curva.
Esta área depende de como o gás é levado do ponto 1 ao ponto 2.
Fig. 14.2 – Diagrama PV de um gás.
A Fig. 14.3 mostra dois possíveis caminhos que podem levar o gás do
ponto inicial ao final. No processo (a), inicialmente o sistema sofre uma
transformação isobárica (pressão constante), seguida de uma transformação
isocórica (volume constante). Já no processo (b) temos inicialmente uma
transformação isocórica seguida de uma isobárica.
Fig. 14.3 – Trabalho realizado em dois processos diferentes.
Analisando as áreas sob as curvas (a) e (b), vemos que no primeiro
caso, o trabalho realizado é P2 (V2 - V1) enquanto que no segundo, o trabalho
é P1(V2 – V1). Embora os processos sejam diferentes, eles produzem a mesma
variação da energia interna do gás ∆U = U2 – U1, já que esta só depende dos
estados inicial e final do sistema. O trabalho realizado é diferente em cada
processo e portanto, pela 1a
lei da termodinâmica, o calor transferido também
o será.
1
2
P
V
P2
P1
(a)
(b)

267
P
V
1
2
Vamos agora imaginar um processo (Fig. 14.4) no qual o sistema é
conduzido de um estado 1 até um estado 2 através de um caminho A e trazido
de volta a 1 por um outro caminho B, fechando desta forma o ciclo de
transformação.
Fig. 14.4 – Trabalho realizado num ciclo completo do gás.
Durante o ciclo completo, a variação total da energia interna é nula e
portanto
W = Q
de modo que todo o calor absorvido pelo gás foi usado na realização de
trabalho, não contribuindo em nada para a alteração da energia interna do
sistema.
A energia interna de um gás ideal, como já discutimos anteriormente,
provém essencialmente da energia cinética de seus constituintes, de modo que:
TNK
2
3U B=
e assim, nos processos onde não há alteração de temperatura, ∆U = 0. Esta
relação foi verificada experimentalmente por Joule, através de uma expansão
adiabática (sem troca de calor) do gás, como mostrado na Fig. 14.5. Um gás
isolado termicamente expande no vácuo, mudando seu volume de V1 para V1 +
V2, após a remoção da partição mostrada. Embora haja variação de volume, o
trabalho realizado pelo gás é nulo, pois a pressão da interface é nula. Por outro
lado, devido ao fato da parede ser isolante, Q = 0 e pela 1a
lei da
termodinâmica ∆U = 0. Assim, se U = U(T), a não variação da energia interna
implica na não variação da temperatura. De fato, Joule observou que a
temperatura indicada pelo termômetro T acoplado ao sistema não muda
durante o processo.

268

Fig. 14.5 – Expansão livre de um gás.
14.2 Capacidade térmica
Como o gás ideal pode sofrer transformações tanto isocóricas quanto
isobáricas, definimos dois tipos de capacidade térmica:
(i) à volume constante: Cv = (dQ/dT)v. Como V é constante, dV = 0 e dW = 0.
Logo: Cv = dU/dT.
(ii) à pressão constante: ( ) ( )p
V
pp
p
dT
dWC
dT
dW
dT
dU
dT
dQ
C +=+=




= . Para um
gás ideal, PV = nRT e, portanto, PdV + VdP = nRdT. Como estamos tratando
de um processo onde a pressão é constante, dP = 0. Logo, dW = PdV = nRdT
e consequentemente,
Cp = CV + nR
14.3 Tipos de expansões
(a) expansão quase estática - O processo é denominado de quase estático
quando é executado lentamente, de modo que a variação das grandezas
termodinâmicas é infinitesimalmente pequena entre dois passos consecutivos
do processo. Obviamente, o experimento de Joule discutido anteriormente não
é uma expansão quase-estática.
(b) expansão isotérmica - Neste caso, a temperatura é mantida constante.
Sabemos que para o gás ideal PV = nRT, logo P = (nRT)(1/V) e esta curva no
gás vácuo
V1 V2
termômetro
isolante

269
diagrama PV da Fig. 14.6 é chamada de isoterma.
Fig. 14.6 – Expansão isotérmica.
Na isoterma de um gás ideal (PV = nRT) temos: PdV + VdP = nRdT
= 0 ⇒ dW = PdV = - VdP. Entretanto,
V
dVnRTdWdV
V
nRTdP
V
nRTP 2
=⇒−=⇒=
e assim, o trabalho realizado quando o gás vai de V1 a V2 é:
( )12
V
V
21 V/VnnRT
V
dVnRTW
2
1
l== ∫−
(c) expansão adiabática - Nesta transformação o sistema encontra-se
termicamente isolado tal que Q = 0. Neste caso, há variação da temperatura do
gás, como pode ser visto pela Fig. 14.7, de modo que o processo inicia-se
numa isoterma T1 e termina em outra isoterma T2.
Fig. 14.7 - Expansão adiabática.
Queremos calcular qual é a relação entre P e V durante o processo
(P2,V2)
(P1,V1)
expansão adiabática
P
v
(P2,V2)
(P1,V1)
Pα1/V (isoterma)
P
v

270
adiabático. Como dQ = 0, dU = CV dT e dW = PdV, a 1a
lei da termodinâmica
pode ser escrita como: 0 = CVdT + PdV, e portanto, PdV = -CVdT.
Da lei dos gases ideais temos que PdV + VdP = nRdT. Multiplicando
os dois lados por Cv obtemos:
Cv(PdV + VdP) = nR(Cv dT) = -nRPdV
⇒ PdV(CV + nR) = -Cv VdP CpPdV = -Cv VdP
Definindo γ = Cp/CV temos: P/dPV/dV −=γ . Integrando, obremos:





=




⇒




−=




γ
γ
2
1
1
2
1
2
1
2
P
P
n
V
V
n
P
P
n
V
V
n llll
γγ
γ
=⇒=



⇒ 2211
2
1
1
2
VPVP
P
P
V
V
isto é, num processo adiabático PVγ
= constante. Como para o gás ideal PV =
nRT, obtemos uma expressão alternativa:
TVγ-1
= constante
Para o gás ideal ,dTCdVenRdTdUnRTU V2
3
2
3
==⇒= logo
.nRC 2
3
V
= Por outro lado nRCnRCC 2
5
pVp =⇒+= e, portanto,
3
5
V
P
C
C
==γ para o gás ideal.
14.4 Método de Rüchhardt para determinação de γγγγ
O método de Rüchhardt mostrado na Fig. 14.8, permite a medida da
razão VP C/C=γ de um gás. Consideremos um gás contido num recipiente
grande, de volume V. Conectado a este recipiente existe um tubo, cuja área da
secção transversal é A, no qual uma bola de metal de massa m (que se encaixa
perfeitamente no tubo) pode deslizar formando uma sistema equivalente a um
pistão. Devido à compressão e descompressão do gás, esta massa oscila em
torno de sua posição de equilíbrio (y = 0). A presença da esfera metálica faz

271
com que a pressão interna seja P = Pa + mg/A na posição de equilíbrio, onde
Pa é a pressão externa (atmosférica). Chamaremos de τ o período de oscilação.
Fig. 14.8 - Método de Rüchhardt para determinação de γ.
Dando um deslocamento y na esfera, a variação do volume do gás é
∆V = yA, de forma a haver uma variação de pressão ∆P acompanhando ∆V.
Este incremento na pressão produz uma força restauradora F = ∆PA. Supondo
que o processo seja quase estático e adiabático temos:
0PVVPVconst.PV 1
=∆+∆γ⇒= γ−γγ
Usando ∆P = F/A e ∆V = yA, obtemos:
0A/FVyAPV 1
=+γ γ−γ
de onde tiramos: F = y
V
PA2
γ
− , que nos leva à seguinte equação de
movimento:
0y
V
PA
dt
yd
m
2
2
2
=
γ
+
que é a equação diferencial de um movimento harmônico simples de
frequência:
mV
PA2
2
0
γ
=ω
y = 0
y > 0
A
mg
PP 0 +=
y < 0
V
A

272
e período:
2
PA
mV2
γ
π=τ
Desta forma, conhecendo-se P, V, m e A, podemos medir τ e obter γ como
sendo
22
2
PA
mV4
τ
π=γ
Exercícios
1- Um gás ideal, inicialmente com pressão P1 e volume V1, expande-se
adiabaticamente até a pressão P2 e volume V2. Mostre que o trabalho
realizado é W = (P1V1 – P2V2)/(γ - 1) onde γ = Cp/Cv
2- Calcule o rendimento ( 1Q/W=η , Q1 = calor recebido pelo sistema) do
ciclo do Otto (Fig. 14.9).
3- Calcule o rendimento do ciclo de Carnot (Fig. 14.10).
4-
Fig. 14.9 Fig. 14.10
5- Explique porque o calor específico a volume constante é menor que o calor
específico a pressão constante.
6- Calcule o coeficiente de dilatação volumétrica de um gás ideal à pressão
constante.
V2
P
VV1
adiabáticas
T2
adiabática
P
V
isoterma
T1

273
7- Calcule o coeficiente de dilatação volumétrica de um gás ideal durante uma
expansão adiabátíca.
8- Calcule a compressibilidade ( )TdP
dV
V
1K = de um gás ideal.
9- A velocidade média das moléculas de um gás ideal é 500 m/s. Se o gás
mantiver a mesma temperatura e as massas moleculares forem duplicadas,
qual será a nova velocidade média?
10- Mostre que para um gás diatômico 5
7
C
C
V
p
==γ
11- Calcule o trabalho realizado na expansão isotérmica de V1 a V2 de um gás
real.
12- Considere o ciclo térmico mostrado na Fig. 14.11. a) Calcule o calor
fornecido ao sistema na isoterma 1 → 2, b) Calcule o trabalho na isobárica
2 → 3 e c) Calcule o calor fornecido ao sistema na isocórica 3 → 1
Fig. 14.11
isotrma
V2V1
(isoterma)
P
v
P1
P2

Respostas dos exercícios
275
Capítulo 1
1.1 – 5 2 , kˆ5jˆ4iˆ3r ++=
r
1.5 – a) 4b.a =
rr
, kˆ7jîˆba ++=+
rr
, kˆjˆ5iˆ3ba +−=−
rr
,
kˆjˆ10iˆ17ba −−=×
rr
b) kˆ6jˆ4iâ
777
2
// +−−=
r
, c) kˆjîâ
7
22
7
25
7
16 ++=⊥
r
1.6 – b) 29 , cos θ = 4/ 29 , tg φ = 3/2, c) ( )kˆjîˆ3a// ++=
r
, d)
kîâ +−=⊥
r
1.8 – 0b.a =
rr
, kˆ8jˆ4iˆ16ba −−=×
rr
1.9 – kˆ6jˆ4iâ
777
2
// +−−=
r
, kˆjîâ
7
22
7
25
7
16 ++=⊥
r
1.10 –
)jˆseniˆ(cosrr θ+θ=
r
)jˆcosiˆsen(vv 0 θ+θ−=
r
kˆrvrv 0−=×
rr
1.11 – 0)cossencossen(vrr.v 0 =θθ+θθ−−=
rr
15RESPOSTAS DOS
EXERCÍCIOS
θ
r
r
x
y
v
r

276
1.12 – a) 6x, b) 32
x
xsen2
x
xcos − , c) )xx4x21(e 32x
+++
d)
( )22
24
3x
x6x6x
+
−+−
1.13 – a) 0, b) 2
1
π
− , c) 1, d) –1/16
1.14 – a) 1/x, b) lnx
1.15 – a) 20 x4
, b) 6x2
+8x-5, c) cosx – senx, d) 2x , e) senx + xcosx
f) –2/x3
, g)
( )
( )22
2
1x
1x
2
+
−
, h) (1+x) ex
, i) xseccosy 2
−=& ,
j)
x2
1y =& , k)
2
3
x2
1y −=&
1.16 – a) sec2
x, b) a, c) 2, d) n xn-1
– senx, e) – senx cos(cosx), f) 1
1.17 – π/4
1.18 – a) 3x2
/2 + C, b) 7 x3
/3 + x4
–2x + C, c) –15/11 x11
+ 8/3 x3
+ C
1.19 – a) 6, b) 34/3, c) (e2
-1)/2, d) 1/4
1.20 – a) 4/1xo −= , b) 8/25yo −= , c) ( ) 8/254/1x2y
2
−+= ,
d) 1, -3/2, f) 19/6
Capítulo 2
2.1 – Demonstração
2.2 – Em relação ao solo: y1 = 0, y2 = 5/9 h, y3 = 8/9 h, y4 = h, com h = 2m
2.3 – a) xmax = (4/27) a3
/b2
em t = 2a/3b, b) v(t) = 2at-3bt2
, v = 0 para t =
2a/3b, c) a = 2a – 6bt, a = 0 para t = a/3b

277
2.4 – 0
3/2
0
v
A2
v3
5
3d 





=
2.5 – a) Ver figura ao lado
b) tC = 4 s, c) 8 m
d) vB = 4 m/s
e) 2 s
Capítulo 3
3.1 – α = (a/R) , β = (a/2R) t2
3.2 – [ ]t)(cosrr2rrvv abbaba
2
a
2
a
2
b
2
b
2
ab ω−ωωω−ω+ω=−
rr
3.3 –
( )222
R4h
hgR2
a
π+
π
=θ
,
( )222
2
z
R4h
hg
a
π+
−= , ( )
( )2222
2
r
R4h
R/thg2
a
π+
π
−=
3.4 – ( ) 





++=
2
0
h
d11ghv
3.5 – Para R > v0
2
/g
3.6 – α
θ
−= gcot
g2
senv
x
22
0
max ,
g2
senv
z
22
0
max
θ
= ,
α
θ
=
seng
senv2
t 0
3.7 – a) senθ = g/20 ≅ ½ ⇒ θ ≅ 300
, b) ymax = g/2 ≅ 5 m, c) R = 2 v0 cosθ ≅
20 3 m, d) θ ≅ 600
3.8 – x0
2
x0y0x0
v
g2
v
H
g
2
g
vv
d 





++= ,
g2
v
Hy
2
y0
max +=
3.9 – a) tcol = 2 s, b) H = 85 m, c) xcol = 100/ 3 m, ycol = 80 m
0 1 2 3 4 5
0
2
4
6
8
10
Posição(m) Tempo (s)
A
B

278
3.10 – H =
2
0
g
2senv
2
g





 θ
3.11 – b) 




 θ
−
θ
−=α
g2
2senv
x
cosv
g
tg
2
0
22
0
, c)
g2
2senv
x
2
0
max
θ
= , d)
g
2senv
R
2
0 θ
=
Capítulo 4
4.1 – θ = 300
4.2 –
3
1
M
M
2
1
=
4.3 – 2g/15 (para cima)
4.4 – MA = 4 Kg
4.5 – g
M4M
M2M
2a
12
12
A 





+
µ−
= , g
M4M
M2M
a
12
12
B 





+
µ−
= ,
( )
g
M4M
2MM
T
12
12
+
µ+
=
4.6 – aR = g tgθ. Neste caso, N = mg/cosθ
4.7 – g
sencos
sencos
amax
θµ−θ
θ+θµ
= , g
sencos
sencos
amin
θµ+θ
θ+θµ−
=
4.8 – a) a = (2x/L-1) g, b) x = L/2
4.9 – a) F = 3Mg, b) 





µ−
µ+
=
e
e
max
1
1
Mg3F , 





µ+
µ−
=
e
e
min
1
1
Mg3F
4.10 –
b3
mv2
d
2
3
0
=
4.11 – a) a = 2/5 g, b) T = 3/5 g

279
4.12 – g
MMMMMM4
MM2
a
323121
32
1
++
= , g
MMMMMM4
MM2
a
323121
31
2
++
= ,
( )
g
MMMMMM4
MMM
a
323121
321
3
++
+
= , g
MMMMMM4
MMM2
T
323121
321
++
=
4.13 – a) tgθ = F/3Mg, b) ( ) ( )2
2
Mg
3
FT += ,
c)
Mg3
F
Mg3
F1
2
+




+=µ
4.14 – F
n
1inTi +−=
4.15 – a)








−




+=θ 1
v
gL2
1
gL2
vcos
2
2
2
, b) T = Mg/cosθ
4.16 – a = g cotgθ. Neste caso, T = mg/senθ
4.17 – a) tgθ0 = µe, b)
2
e
e
min
1
Mg
F
µ+
µ
=
4.18 – a) ( )( )gMMF 21cemax +µ+µ= , b) 





+µ−=
2
1
c
2
2
M
M
21g
M
Fa , a1 =
µcg
4.19 – a) F = 2µMg cosθ, b) a = g(µcosθ - senθ)
4.20 – a) 





θµ−
µ+θ+=
tg1
tg
mg
M
MmF , b)
θµ−θ
=
sencos
mg
N
Capítulo 5
5.2 – ∆W = (F-2µMg) ∆x

280
5.3 –
b) 0
dr
dU = para r = r0, c)






−=−= 7
6
0
13
12
0
r
r
r
r
C12
dr
dU)r(F ,
d) ∆E = C
5.4 – d = 4/5 l
5.5 – a) gR5v0 = , b) θ = 20.30
5.6 –
b) xsen
dx
dU)x(F ππ−=−=
c) v0 =2/ M
5.7 – a) K = mg(h-2R) = 1/2 mvP
2
,
m
Ng
R
v
a
2
p
C +== , c) N = 0 ⇒ h =
5/2R, d) ( )θ−−=θ cos32
R
h2mg)(N
5.8 – a) 1 m, b) 0.79 m, c) H = L sen 300
= 1.72 m
5.9 – 2
v
gh2
1d'd −=
5.10 – 





θµ+
=
gcot1
1
g2
v
H
2
0
5.11 – gR5v0 =
a)
20
-0.8
0.0
0.8
a)U(r)
r0
-1
x
U(x)
1
1

S. C. Zilio e V. S. Bagnato Mecânica, calor e
ondas
281
5.12 – a) )cos1(gR2v)(v 2
0 θ−+=θ , b)
R
mv
)2cos3(mg)(N
2
0
−−θ=θ ,
c)
gR3
v
3
2cos
2
0
+=θ
5.13 – a) mgy
2
ky
)y(U
2
−= , b)
k2
gm
k
mg
y
2
k)y(U
222
−




 −= , c)
k
mg
yeq = , d)
k
mg2
ymax = , e)
k
mgvmax =
5.14 – a) )cos1(gL2v)(v 2
0 θ−−=θ , b) )cos32(mg
L
mv
)(T
2
0
θ−−=θ ,
c) ( ) gL5v min0 =
5.15 – a) mgxkx
2
1
k2
gm
)x(E 2
22
K µ−−= ,
b) ( )2
222
K 1
k2
gm
k
mg
x
2
k)x(E µ++




 µ
+−= , c)
k2
mg
xmax =
d) 3/4
5.16 – a) Ei = 2mgR + 1/2 kR2
,
b) E(θ) = 1/2 mv2
+ mgR (1+cosθ) + 1/2 kR2
c) v2
(θ) = 2gR (1-cosθ), d) N(θ) = kR + mg (3cosθ−2)
d) k = 5mg/R
Capítulo 6
6.1 –
( ) θ+
θ
+
=
2
sen
m
M
cos
m
M1
gh2
V
6.2 – t = 1.48 s
6.3 – v = 57.14 cm/s

ondas
282
6.4 –
6.5 – 











Φ
−=
2
2
0
Mg
v
g2
1h
6.6 – ( )tKgtgh
K
g
v =
6.7 – v = 61.6 m/s
Capítulo 7
7.1 –
( )
21
22
21
211
f1
mm
vm2
mm
mmv
v
+
+
+
−
=
( )
21
122
21
11
f2
mm
mmv
mm
vm2
v
+
−
+
+
=
7.2 – θB = 900
e tgθA = ½ , ∆EK = EKi (3-5mB/mA)
7.3 –
( ) gL2
v
Mm
m1cos
2
2
2
+
−=θ
7.4 – a)
gM
vm
32
9h 2
22
= , b) ( )M
m915
16
1
E
E
i
−=∆−
7.5 – a)
Mm
MVmv
V 0
CM
+
+
= ,
b) ( )0f1 vV
Mm
mMp −
+
= , ( )Vv
Mm
mMp 0f2 −
+
=
c)
( )
mM
mMvMV2
v 0
f1
+
−−
= ,
( )
mM
mMVmv2
v 0
f2
+
−−
=
7.6 – a) vf = 3 m/s, b) ∆E = -9 J
t
F(t)
mg

ondas
283
7.7 – a) v0 = 2 x
m
k , b) I = xkm
2
3 , c)
4
3
E
E
i
=∆−
7.9 – a) VCM = v0, b) ( ) 0v
M2
m31V += , d) iKr E
M4
m9E = ,
e) 0CM v
Mm
Mm
2
3
V
+
+
= , c)
7.10 –
( )
x
mmm
km
Vv
211
2
CM1
+
−= ,
( )
x
mmm
km
Vv
212
1
CM2
+
+=
7.11 –
( )
( )21
21
21
max vv
mmk
mm
x −
+
=
3/2 v0
3m/2M v0

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