Exemplos relativos à Dinâmica
(sem rolamento)
A resultante das forças que actuam no corpo é igual ao produto da massa pela
aceleração por ele adquirida: Ftotal = ∑ Fk = ma . Cada corpo deve ser tratado
k
individualmente, escrevendo uma equação vectorial para cada um.
Exemplo 1
Neste exemplo o bloco de massa m , colocado sobre
um chão horizontal fixo, é puxado por uma força F .
Entre o bloco e o chão existe atrito.
Usando o usual sistema de coordenadas ( x, y )
podemos escrever o sistema de duas equações que Fa
Fa = µ N
define o movimento do corpo:
horizontal: ma = F − Fa
ma = ∑ Fk ⇔ 
.
k
 vertical: 0 = N − mg
N
N = mg
a
F
mg
Repare-se que na vertical não há movimento, por isso a aceleração é nula, obtendo-se
sempre N = mg .
A equação na horizontal permita calcular a aceleração do bloco.
Existe uma solução estática, a = 0 , desde que F = Fa . Isto só é possível se a força F não
 a=0
ultrapassar a força de atrito máxima FaMax = µ S N = µ S mg . Para F ≤ µ s mg ⇒ 
.
 Fa = F
Para valores de F superiores a força de atrito vem dada por Fa = µ k N = µ k mg e a solução
F

a = − µk g
.
passa a ser dinâmica: Para F > µ s mg ⇒ 
m
 Fa = µ k mg
Exemplo 2
Neste exemplo duas massas m e M estão ligadas por um fio
inextensível que passa por uma roldana fixa ao tecto. Vamos desprezar a
massa e a rotação da roldana. Temos um sistema de 2 corpos e portanto
 MaM = ∑ Factuam em M
duas equações vectoriais:  . Como só temos 1 fio a
 mam = ∑ Factuam em m
tensão tem de ser igual, em módulo, nas duas extremidades:
TM = Tm = T .
Por outro lado, como o fio é inextensível, o módulo da aceleração com que
M desce (ou sobe) tem de ser igual ao módulo da aceleração com que m sobe
(ou desce): aM = am = a . O sistema de 2 equações vem:
a
a
14
M −m

a=
g

Corpo M: Ma = Mg − T

M +m
, resolvendo o sistema obtemos: 
.

 Corpo m: ma = T − mg
 T = 2 Mm g

M +m
Existe uma solução estática quando as massas são iguais: a = 0 ⇒ M = m .
Note-se que a roldana e o tecto formam um sistema estático. A força
que actua no eixo da roldana vale: 0 = T * − 2T ⇒ T * = 2T . Esta força é a
T*
4mM
mesma que actua no tecto: Ttecto = T * = 2T =
g . De notar que esta força
m+M
T
T
4mM
é menor que a soma dos pesos dos 2 corpos
g < ( m + M ) g . A roldana
m+M
em movimento exerce uma força sobre o tecto menor que estando travada.
T*
Exemplo 3
Corpo 2
Neste exemplo 3 massas m1 , m2 e m3 estão ligadas por
m2
2 fios inextensíveis, passando um deles por uma
Corpo 1
roldana fixa a um plano inclinado fixo. Vamos
m1
desprezar a massa e a rotação da roldana.
m3
Os 2 corpos que estão em cima do plano deslocam-se
α
Corpo 3
paralelamente a este enquanto o 3º corpo desloca-se
na vertical. Isto significa que devemos usar 2 referenciais distintos. Para os corpos 1 e 2 um
referencial com o eixo paralelo ao plano e para o corpo 3 um referencial normal.
Como temos 2 fios devemos ter 2 tensões distintas T12 entre 1 e 2 e T23 entre 2 e 3.
Sendo os 2 fios inextensíveis, o módulo da aceleração com que m3 desce (ou sobe) tem de
ser igual ao módulo da aceleração com que m1 e m2 sobem (ou descem): a1 = a2 = a3 = a .
Corpo 1. O peso deve ser decomposto nas componentes paralela e normal ao plano:
T12
Corpo 1
N1
m1a = T12 − m1 g sin α − Fa1
N1 T12
m g sin α
.
Equações: 
a
 0 = N1 − m1 g cos α
Fa1
Fa1 m g cos α
mg
1
α
1
1
Corpo 2. O peso deve ser decomposto nas componentes paralela e normal ao plano:
Corpo 2
T23
N2
m2 g sin α
T12
N2
T23
T12
F
α a2
m2 g
Fa 2
m a = T23 −T12 − m2 g sinα − Fa2
Equações:  2
.
0 = N2 − m2 g cosα

a
m2 g cos α
Corpo 3.
Equação: m3 a = m3 g − T23 .
Corpo 3
T23
a
m3 g
Juntando as equações para os 3 corpos obtemos os 2
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 m1 a = T12 − m1 g sin α − Fa1
 N = m1 g cos α

sistemas: m2 a = T23 − T12 − m2 g sin α − Fa 2 e  1
.
N
=
m
g
cos
α

2
2

m3 a = m3 g − T23

Caso 1: Admitamos que não existe atrito entre os corpos 1 e 2 e o plano ( Fa1 = Fa 2 = 0 ).
 m1 a = T12 − m1 g sin α

O sistema simplifica para: m2 a = T23 − T12 − m2 g sin α . Somando as 3 equações obtemos a

m3 a = m3 g − T23

m − ( m1 + m2 ) senα
aceleração das 3 massas: ( m1 + m2 + m3 ) a = ( m3 − ( m1 + m2 ) senα ) g ⇒ a = 3
g e
m1 + m2 + m3
as tensões nos dois fios: T23 = m3 ( g − a ) e T12 = m1 ( a + gsenα ) .
Existe uma solução estática: a = 0 ⇒ m3 = ( m1 + m2 ) senα .
 Fa1 = µ N1 = µm1 g cosα
Caso 2: Existe atrito de coeficiente µ entre os corpos 1 e 2 e o plano 
.
Fa2 = µ N2 = µm2 g cosα
 m1 a = T12 − m1 g sin α − µ m1 g cos α

O sistema vem: m2 a = T23 − T12 − m2 g sin α − µ m2 g cos α . Somando as 3 equações obtemos a

m3 a = m3 g − T23

aceleração das 3 massas: ( m1 + m2 + m3 ) a = ( m3 − ( m1 + m2 )( senα − µ cosα ) ) g ⇒
m3 − ( m1 + m2 ) ( senα − µ cos α )
a=
m1 + m2 + m3
T23 = m3 ( g − a )

.
g e as tensões nos 2 fios: 
T12 = m1 ( a + gsenα + µ g cos α )
Existe uma solução estática: a = 0 ⇒ m3 = ( m1 + m2 ) ( senα − µ cos α ) .
Exemplo 4 – Corpo em Referencial acelerado
Neste exemplo um elevador de massa M tem no seu interior um
corpo de massa m e é puxado para cima por uma força constante F .
Observado a partir do referencial Terra ( x, y ) sobe com uma
aceleração aE . O corpo m sobe também mas em contacto com o
referencial acelerado do elevador e portanto sofre uma força de
inércia. Separemos os 2 corpos para resolver o problema.
F
M
y
m
Elevador no referencial Terra – Tem peso, uma força
F e uma força normal N de contacto com o corpo m .
F
M
x
aE
Mg
N
Equação: MaE = F − Mg − N .
Corpo m no referencial do elevador – Tem peso, uma força
de inércia Fi e uma força normal N de contacto com o corpo
M igual em módulo mas de sentido contrário. Neste
referencial segue colado ao chão portanto a sua aceleração
é nula. Equação: 0 = N − mg − maE .
N
m
Fi = maE mg
16
Juntando as 2 equações para os 2 corpos obtemos as 2 incógnitas do problema, a
aceleração aE do elevador e a força normal N do corpo sobre o chão (peso real do corpo).
F

aE = m + M − g
.

m
 N=
F
m+M

É claro que o elevador só sobe se a força for superior ao peso dos 2 corpos,
F > ( m + M ) g . Neste caso o peso real do corpo m é maior do que o seu peso com o
 MaE = F − Mg − N
. Resolvendo vem:

0
=
N
−
mg
−
ma

E
elevador parado N > mg .
Existe uma situação estática quando a força é igual ao peso total, F = ( m + M ) g .
Na ausência de força, F = 0 , o elevador desce com aceleração g e o peso real do corpo
é nulo.
Exemplo 5 – Corpo em Referencial acelerado
Neste exemplo o bloco de massa M , colocado sobre um chão
horizontal fixo, é puxado por uma força F adquirindo uma aceleração
aM em relação à Terra. É portanto um referencial acelerado.
Em cima deste bloco existe outro, de massa m e que portanto vai
sofrer uma força de inércia. Chamemos am à aceleração deste bloco m
m
M
em relação a M .
Admitamos à partida a situação mais geral de haver atrito nos dois contactos, entre m e
M , e entre M e o chão. Separemos os 2 corpos para resolver o problema.
Corpo m . Sobre ele actuam o peso, a força de inércia, a força
normal N1 de contacto com M e a força de atrito Fam .
O sistema de duas equações que define o movimento do corpo:
horizontal: mam = maM − Fam
.

vertical: 0 = N1 − mg

am
Fi = maM
Corpo M . Sobre ele actuam a força F , o peso, a força normal N1
de contacto com m , a força de atrito Fam com m , a força
M
F
am
de atrito FaM com o chão e a força normal N 2 de contacto
N1
com o chão.
O sistema de duas equações que define o movimento do
FaM N 2 Mg
horizontal: MaM = F − FaM − Fam
corpo M no chão: 
.
 vertical: 0 = N 2 − N1 − Mg
m
N1 mg
Fam
aM
F
mam = maM − Fam

 Ma = F − F − F

M
aM
am
Os 2 sistemas ligam-se formando um sistema de 4 equações: 
.
N
=
mg
1

 N 2 = N1 + Mg = ( m + M ) g
É este sistema geral que permite resolver todos os casos.
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Problema 1- Qual a força máxima que se pode fazer para que o
bloco M não se mova? (É dado o coeficiente de atrito estático entre M e o
chão, µ SM ).
Neste caso não existe aceleração de nenhum dos corpos am = aM = 0 . O sistema fica
 0 = 0 − Fam
0 = F − F − F
F =0

aM
am
⇒  am
⇒ FM ax = FamMax = µ SM N 2 = µ SM ( m + M ) g .

N
=
mg
F
=
F
1
aM


 N 2 = ( m + M ) g
A resposta é portanto FM ax = µSM ( m + M ) g .
Problema 2 – Admita que não há atrito entre M e o chão.
a) Qual a força máxima que se pode fazer sobre M para que o
bloco m não escorregue sobre M (não se mova)? (É dado o
coeficiente de atrito estático entre m e M, µ Sm ).
b) Nestas condições qual a aceleração adquirida por M?
Neste caso não existe aceleração do corpo m µ SM = 0 e am = 0 , mas o corpo M deslocase com aceleração aM ≠ 0 . O sistema fica:
 0 = maM − Fam
m( aM ) Max = ( Fam )max = µSm N1 = µSm mg
 maM = Fam
 Ma = F − F

 M

am
⇒ MaM = F − Fam ⇒ 
⇒ FMax = ( m+M) µSm g
( m+M) aM = F

 N1 = mg
 N = mg

N1 = mg
1

N2 = ( m + M ) g 
A resposta é portanto a) FM ax = µ Sm ( m + M ) g e para a alínea b) aM ax = µSm g .
Problema 3 – Admita que não há atrito entre M e o chão. (É dado
o coeficiente de atrito estático e cinético entre m e M, µ Sm e µ Km ).
Exerce-se uma força F que é o dobro da anterior F = 2µSm ( m + M ) g .
a) Qual a aceleração adquirida por M em relação ao chão?
b) Qual a aceleração adquirida por m em relação a M?
Neste caso não existe atrito com o chão µ SM = 0 , mas existe aceleração dos dois corpos
mam = maM − Fam
 Ma = F − F

M
am
aM ≠ 0 e am ≠ 0 . O sistema fica: 
. Agora a força de atrito entre os 2
N1 = mg

 N 2 = ( m + M ) g
corpos vem definida a partir da normal, Fam = µ Km N1 = µ Km mg , o que permite simplificar o
 am = aM − µ Km g
mam = maM − µ Km mg

sistema: 
⇒
F − µ Km mg . Usando o valor de F do enunciado
 MaM = F − µ Km mg
aM =
M
m+M

 am = m ( 2µ Sm − µ Km ) g
obtemos a solução para as duas alíneas do problema: 
.
a = 2µ Sm ( m + M ) − µ Km m g
 M
M
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Exemplo 6 – Corpo em Referencial acelerado inclinado.
Neste exemplo um bloco de massa m escorrega sobre
um prisma de massa M , que por sua vez escorrega sobre
m
uma superfície horizontal fixa (chão).
a1
O prisma ao deslocar-se para a esquerda adquire uma
a2
aceleração a2 em relação à Terra. É portanto um referencial
M
α
acelerado.
Em cima do prisma está o corpo de massa m , que portanto vai sofrer uma força de
inércia para a direita Fi = ma2 . Por acção do seu peso este corpo vai descer o plano
inclinado com aceleração. Chamemos a1 à aceleração deste bloco m em relação a M .
Admitamos à partida a situação mais geral de haver atrito nos dois contactos, entre m e
M , e entre M e o chão.
Separemos os 2 corpos para resolver o problema.
Corpo m . Sobre ele actuam o peso, a força de inércia, a força normal N1 de contacto com
M e a força de atrito Fa1 . Como o movimento se N
1
Fi = ma 2
dá paralelo ao plano inclinado é vantajoso usar
N1
ma cos α
m
mgsenα
m
um referencial colado a M mas com o eixo
⇔
a1
a1
F a1
paralelo ao plano. Para isso temos de converter
Fa 1
mg cos α
mg
as forças que não são nem paralelas nem
ma senα
perpendiculares ao plano, nas suas duas
componentes, neste caso o peso e a força de inércia. É isso que foi feito nas figuras ao lado.
À esquerda está o corpo com as forças tal como se apresentam em relação ao chão
horizontal e à direita como se apresentam num chão com inclinação α . São equivalentes.
O sistema de duas equações que define o movimento do corpo ao longo do plano é:
2
2
horizontal: ma1 = ma2 cos α + mgsenα − Fa1
.

 vertical: 0 = N1 + ma2 senα − mg cos α
Corpo M . Sobre ele actuam o peso, a força normal N1
de contacto com m , a força de atrito Fa1 com m , a força
de atrito Fa 2 com o chão e a força normal N 2 de
contacto com o chão.
O sistema de duas equações que define o movimento
do corpo M no chão:
Fa 1 c os α
Fa 1 sen α
F a1
N2
N 1 se n α
a2
M
N1
N 1 co s α
α
Fa 2
Mg
horizontal: Ma2 = N1 senα − Fa 2 − Fa1 cos α
.

 vertical: 0 = N 2 − N1 cos α − Mg − Fa1 senα
Os 2 sistemas ligam-se formando um sistema de 4 equações:
ma1 = ma2 cos α + mgsenα − Fa1
 Ma = N senα − F − F cos α

2
1
a2
a1
. É este sistema geral que permite resolver todos os casos.

 N1 = −ma2 senα + mg cos α
 N 2 = N1 cos α + Mg + Fa1 senα
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Problema 1 – Admita que não há atrito entre M e o chão, nem
entre m e M.
a) Qual a aceleração adquirida por M em relação ao chão?
c) Qual a aceleração adquirida por m em relação a M?
Neste caso não existe qualquer atrito Fa1 = 0 e Fa 2 = 0 , mas ambos os corpos têm
 ma1 = ma2 cos α + mgsenα

Ma2 = N1 senα

. A quarta equação
aceleração a1 ≠ 0 e a2 ≠ 0 . O sistema fica: 
N
ma
sen
α
mg
cos
α
=
−
+
1
2

 N 2 = N1 cos α + Mg
não interessa para a resolução deste problema, porque não havendo atrito com o chão a
força normal N 2 não condicional qualquer das outras variáveis. Podemos eliminar N1 usando
a segunda e terceiras equações e ficamos apenas com um sistema de 2 equações a 2
ma1 = ma2 cos α + mgsenα

incógnitas. 
. Resolvendo temos a solução para as duas
2
Ma2 = −ma2 sen α + mg cos α senα

( m + M ) senα
g
a1 =
M + msen 2α .
perguntas: 
 a = m cos α senα g
 2 M + msen 2α
Problema 2 – Admita que não há atrito entre M e o chão, mas
existe entre m e M de coeficiente µk 1 .
a) Qual a aceleração adquirida por M em relação ao chão?
d) Qual a aceleração adquirida por m em relação a M?
Neste caso só existe atrito entre os dois corpos Fa1 ≠ 0 e Fa 2 = 0 , mas ambos os corpos
ma1 = ma2 cos α + mgsenα − Fa1
 Ma = N senα − F cos α

2
1
a1
têm aceleração a1 ≠ 0 e a2 ≠ 0 . O sistema fica: 
. A força de
N
=
−
ma
sen
α
+
mg
cos
α
1
2

 N 2 = N1 cos α + Mg + Fa1 senα
atrito é neste caso Fa1 = µk 1 N1 . A 4ª equação não tem interesse para o problema, ficamos
ma1 = ma2 cos α + mgsenα − µ k1 N1

com um sistema de 3 equações a 3 incógnitas:  Ma2 = N1 ( senα − µk 1 cos α ) .

N1 = −ma2 senα + mg cos α

Substituindo a 3ª equação na 2ª obtém-se a aceleração do prisma:
cos α
a =
g . Podemos usar este resultado para calcular a força normal:
2
senα +
N1 =
M
m ( senα − µk 1 cos α )
M cos α
M
senα ( senα − µ k1 cos α ) +
m
g . Substituindo estes dois resultados na 1ª equação obtemos a
aceleração do corpo m em relação ao plano: a = m + M
1
m
1
M
senα +
m ( senα − µ k1 cos α )
g
20