Volume 1
Mecânica
Óptica
Termodinâmica
Anual 2014
Prof Renato Brito
FOTOCÓPIA
É PROIBIDA A REPRODUÇÃO
QUAISQUER
OS
MEIOS
SEM
PARCIAL
AUTORIZAÇÃO
OU
TOTAL
PRÉVIA DO
TRANSGRESSORES SERÃO PUNIDOS
COM
POR
AUTOR.
BASE
NO
ARTIGO 7°, I DA LEI 9.610/98 . DENUNCIE O PLÁGIO.
TODO O CONTEÚDO DESSA OBRA ENCONTRA-SE REGISTRADO .
AO ESTUDANTE
Seja bem vindo ao Curso de Física do Prof Renato Brito, especialista no ensino de Física para Vestibulandos
de Medicina e Odontologia em Fortaleza.
É sempre um enorme prazer ministrar aulas de alto nível para alunos do padrão de excelência dos
vestibulandos de Medicina e Odontologia. Tenho a dimensão exata da qualidade do ensino de Física que você
precisa para ter sucesso no vestibular e farei tudo que estiver ao meu alcance para que sua meta seja atingida.
Esse 1º volume do seu livro texto foi especialmente produzido para o Curso de Física Especial para Medicina e
Odontologia com todo o carinho, para que você possa tirar máximo proveito dos conceitos da Física aqui
apresentados. Exponho a teoria com uma linguagem leve, clara e irreverente, para tornar o seu aprendizado
prazeroso. Apesar disso, é completa e rigorosa do ponto de vista Físico. O material conta com exercícios de classe
(série pensando em classe) e de casa (pensando em casa) para que você possa aferir os conhecimentos e fixar
conceitos recebidos em sala.
Um curso de Mecânica, geralmente, começa com a Cinemática, um assunto excessivamente visto e revisto
pelos alunos no ensino médio e que não traz, em sua essência, os princípios fundamentais da Mecânica. Assim,
optei por um enfoque mais moderno nesse Livro texto, trazendo a Cinemática sutilmente diluída ao longo do estudo
das Leis de Newton, haja visto a atenção cada vez menor que esse assunto tem recebido dos vestibulares. A teoria
encontra-se repleta de exemplos elucidativos e precisa ser lida com bastante atenção. Sempre que possível,
procurei realçar aspectos históricos que permitam, de alguma forma, uma melhor assimilação do conteúdo. É o caso,
por exemplo, do confronto do pensamento dos filósofos Aristóteles e Galileu acerca do movimento, muito importante
para que o aluno possa compreender o surgimento de conceitos chaves, como o da inércia.
Dentro e fora de sala de aula, o Renato Brito é mais do que o seu professor, é o seu companheiro nessa
jornada da Física, portanto, esteja sempre à vontade para tirar dúvidas dentro ou fora de sala de aula. O professor
Renato Brito ensina Física com um prazer inigualável, com dedicação exclusiva a você aluno, que tem um
engenheiro do ITA a serviço da sua aprovação em Medicina e Odontologia.
Conte comigo sempre,
Prof Renato Brito
Fortaleza, 15 de Janeiro de 2014
É POSSÍVEL MESMO APRENDER FÍSICA ?
A grande maioria dos estudantes tem sérios problemas de entendimento da Física, o que lhes causa um grande temor e a quase certeza de
que jamais aprenderão essa tão temida disciplina. Entretanto, os relatos dos alunos que fizeram o Curso Anual de Física do prof. Renato
Brito, ao término do curso, é que o pesadelo da Física é, gradualmente, dissolvido, durante os primeiros meses de aula, dando lugar, em
alguns casos, até a um certo prazer em desvendar e dominar a tão temida Física que tantos não entendem. Outros disseram fatos curiosos
como chegarem a ter a sensação de possuir super-poderes, ao dominar a tão assustadora Física que tanto afugenta os colegas .
COMO DEVO PROCEDER PARA TIRAR MÁXIMO PROVEITO DO CURSO ?
Estar apenas matriculado no Curso Anual de Física do prof. Renato Brito não é garantia de aprendizado. Para tirar máximo prov eito do
curso e fazer valer a pena as 4h ( ou até 4 + 4 horas) de aula semanais, é preciso cumprir, com disciplina e perseverança, uma série de
outros requisitos listados abaixo:
1) Pontualidade. O aluno deve chegar ao curso 20 min antes de começar a aula, para evitar atrasos. Perder o começo da aula pode
colocar a perder as 4h de aula daquele dia, comprometendo seriamente a assimilação do conteúdo. O mesmo se aplica ao final da
aula. Sair mais cedo da aula pode denotar descaso e desrespeito, converse com o professor quando eventualmente precisar sair mais
cedo.
2) Assistir aula de corpo e alma presentes. Nada de celular, nada de mensagens de texto, deixe o aparelho fora do seu alcance. Nada
de conversas paralelas, sente longe do seu melhor amigo, converse com ele no intervalo. Preste atenção à aula, fique atento à
explicação pois, algumas informações são passadas nas linhas, mas boa parte delas são passadas nas entrelinhas, o que só será
captado pelos alunos que estiverem antenados.
3) Copiar ou não copiar ? A maioria dos alunos com dificuldade em Física são, exatamente, aqueles que copiam tudo, especialmente o
desnecessário. Isso porque tudo que o prof. Renato Brito fala em sala de aula está escrito na apostila, dando ao aluno o luxo de copiar
apenas as resoluções das questões de classe, permitindo que ele fique atento durante a explanação teórica, podendo intervir e tirar
dúvida antes da aula, durante a aula e ao término da aula. O prof. Renato Brito tem muito prazer em tirar dúvidas de todos os alunos
em toda paciência e todo o tempo do mundo. Vale ressaltar que o caderno de anotações é imprescindível para organização do seu
estudo e será de suma importância no final do ano, quando o aluno organizado fará sua revisão de forma rápida e eficiente consultando
prontamente todas as resoluções de casa e de classe no caderno.
4) Como estudar em casa ? O estudo caseiro disciplinado é uma parcela muito significativa do aprendizado do aluno. Para obter os
melhores resultados, siga os seguinte passos:
a) leia a teoria relativa ao conteúdo explanado em sala de aula; tentar resolver as questões de casa sem ler a teoria não lhe permitirá
uma real compreensão da matéria. Afinal, mais que simplesmente fazer o seu dever de casa, o seu objetivo é realmente aprender
Física para se dar bem no vestibular, certo ?
b) abra o caderno onde você copiou as resoluções das questões de classe e leia, uma a uma, a resolução de todas as questões
resolvidas em sala na última aula. As questões de casa, em geral, estão baseadas nas questões resolvidas em classe, o que to rna
imprescindível o estudo destas previamente.
c) resolva todas as questões de casa relativas ao conteúdo. Em caso de dúvidas, consulte o caderno de resoluções no final da
apostila, onde constam as resoluções das questões mais pedidas pelos alunos. Caso a dúvida ainda persista, consulte o professor.
Ele terá prazer em sanar todas as suas dúvidas.
d) Como você percebe, o estudo caseiro do nosso Curso Anual de Física irá requerer muitas horas de estudo. São necessárias 4h de
estudo caseiro para cada 4h de aula em sala de aula. Nas semanas em que o aluno tiver aula da frente 2, são requeridas mais
4h de estudo caseiro para cobrir o conteúdo visto na frente 2. Não há exagero algum no número de horas sugeridas
anteriormente. Os alunos que são bem sucedidos no curso e no vestibular seguem exatamente esse ritual. O aluno que não
cumprir o mínimo sugerido acima está comprometendo o seu rendimento no Curso de Física e não terá garantia de aprendizado.
5) Precisarei faltar essa semana. O que faço ? Uma semana de aula do curso de Física contém 4h de aula, ou seja, 240 min de aula,
equivalendo a 5 aulas de 50 min (se houver aula da frente 2, esse número dobra). Faltar uma semana de aula do curso equivale a faltar
5 semanas de aula do prof. Renato Brito caso ele fosse professor da sua escola, percebe como é grave (10 semanas, se houvesse aula
de frente 2 naquela semana também) ???? É como se o aluno tivesse faltado mais de um mês (2 meses) de aula porque estava
doente. Portanto, o aluno NÃO PODE faltar nenhuma aula do Curso de Física. Caso haja necessidade REAL (caso de doença ou caso
de morte), ele deve repor a respectiva aula na outra turma, devendo antecipar ou pospor a aula (dependendo da sua turma), de forma a
não perdê-la em hipótese alguma. Os horários de turmas do prof. Renato Brito são:
Frente 1: - 2ª feira tarde das 14h às 18h30 ou 3ª feira de noite – das 18h às 22h30
Frente 2: - 5ª feira de noite – das 18h às 22h30 ou 6ª feira tarde das 14h às 18h30
6) Semana que vem tem feriado, será que vai ter aula ? Sim, vai ter aula. O prof. Renato Brito não adoece, não falta aula e nunca dá
feriado, salvo raríssimas exceções em que ele avisará explicitamente em sala de aula. Na dúvida, telefone para o curso (3458 1406) e
confirme.
7) Tenho muita coisa para estudar e tem a Física do colégio também. Se eu estudar só pela Física do Curso Anual de Física, é
garantia de aprendizado ? Sim, o curso Anual de Física não é um complemento das atividades da sua escola, tendo em vista que a
carga horária do curso de Física chega a ser duas vezes maior. Sendo assim, mais da metade dos alunos que fazem o Curso Anual de
Física percebem ser inviável resolver as duas Físicas e acabam resolvendo só a apostila do Curso Anual, obtendo excelentes
resultados no vestibular. Caso você se sinta sobrecarregado e venha a fazer essa opção, seu aprendizado ainda será mais que
satisfatório para garantir bons resultados no vestibular. Embora o ideal seja dar conta das duas Físicas para tirar proveito da
experiência e dos ensinamentos dos colegas professores de Física das escolas, a escassez de tempo muitas vezes torna esse
procedimento inviável.
8) O bom relacionamento do prof. Renato Brito com as escolas. O prof. Renato Brito é colega de todos os professores das escolas e
mantém bom relacionamento com todos, respeitando o bom trabalho executados por cada um deles e cooperando sempre que
solicitado. Assim, em respeito aos colegas professores, o aluno do Curso Anual de Física não deve abrir essa apostila em salas de
aula das escolas, deixando para fazê-lo apenas fora de sala de aula, nas bibliotecas e salas de estudo. Todo professor faz o melhor
que pode pelo aluno e merece respeito em qualquer circunstância. Mostre sua educação e sua gratidão ao seu professor
respeitando-o . Ele merece.
9) Eu posso tirar dúvidas com o prof. Renato Brito das apostilas da minha escola ? Entre os colegas professores, existe um código
de ética que diz que não se deve tirar dúvidas do material de outro professor, para evitar constrangimentos
e transtornos
desnecessários. Assim, zelando pelo bom relacionamento que o prof. Renato Brito tem com os demais colegas, ele não tirará dúvidas
de qualquer questão que não seja da nossa apostila do Curso Anual de Física.
10) Será que devo estudar por livros para complementar ? A apostila do Curso Anual é escrita pessoalmente pelo prof. Renato Brito,
autor de livros de Física que circulam em todo território nacional pela Editora VestSeller (visite www.vestseller.com.br). Considerando
que a apostila é muito didática e muito rica em informações, bem como a escassez de tempo usual dos vestibulandos de Medicina, o
aluno não deve se preocupar em complementar o estudo de Física por livros. Quando for necessário, o prof. Renato Brito informará em
sala de aula. Até lá, o estudante deve ler e reler apenas o conteúdo da nossa apostila que será mais que satisfatório.
SUMÁRIO
CAPÍTULO 1 - VETORES
1
1 - Grandezas escalares e grandezas vetrotoriais
1
2 - Vetores
1
3 - Operações com vetores – Soma vetorial
1
4 - Operações com vetores – subtração de vetores
2
5 - Método gráfico do paralelogramo
2
6 - Ângulo formado entre dois vetores
3
7 - Decomposição de vetores
3
8 - Multiplicação de um vetor por um número
5
9 - Propriedade do polígono fechado de vetores
5
10 - Representação i e j para vetores
6
11 – Expandindo para a notação i, j e k para vetores
7
12 - Breve Revisão de Geometria Plana
7
- Pensando em classe
10
- Pensando em casa
14
CAPÍTULO 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU
1 – Introdução
20
2 – O Pensamento Aristotélico e o senso comum
20
3 – Galileu chega ao conceito de Inércia
20
4 – O princípio da Relatividade de Galileu
22
5 – A primeira lei de Newton do movimento
23
6 – Entendendo o conceito de equilíbrio
23
7 – Entendendo o conceito de repouso
24
8 – O Papel da Força no Movimento dos Corpos
24
9 – Subindo ou descendo ? Acelerado ou retardado ?
25
– Pensando em classe
27
– Pensando em casa
29
10 – Aceleração: a rapidez com que a velocidade varia
34
11 – Movimento Uniforme (MU)
35
12 – Movimento Uniformemente Variado (MUV)
35
13 – A velocidade escalar média no MUV
36
14 – A função horária da Velocidade no MUV
36
15 – A função horária da posição no MUV
37
16 – Interpretação de gráficos
37
17 – Conversando sobre o lançamento horizontal
38
18 – Conversando sobre o lançamento obliquo
40
– Pensando em classe
43
– Pensando em casa
49
19 - Força produz aceleração
56
20 - Massa e peso
56
21 - Massa resiste a aceleração
57
22 - Segunda lei de Newton do movimento
57
23 - Quando a aceleração é g – Queda Livre
58
24 - Forças e interações
59
- Leitura Complementar: A natureza das forças
60
25 - Terceira lei de newton do movimento
62
26 - Ação e reação em massas diferentes
62
27 – Força de tração T em fios ideais
64
28 – Força de tração T em polias ideais
65
29 – Forças e deformações em molas ideais
66
30 – O Formato da Trajetória e o Par de Eixos Padrão
66
- Pensando em classe
70
- Pensando em casa
74
CAPÍTULO 3 – ESTUDO DO ATRITO
1 - Força de atrito seco de escorregamento entre sólidos
78
2 - Força de atrito estático e cinético
79
3 - A força de atrito na escala microscópica
80
4 - Resistência dos fluidos
82
- Pensando em classe
88
- Pensando em casa
94
CAPÍTULO 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO
1 – Introdução
101
2 - As componentes tangencial e centrípeta da aceleração
102
3 - Forças em trajetória curvilínea
103
4 - Estudo do movimento de um Pêndulo Simples
104
5 – Dinâmica do MCU plano horizontal
105
6 - Uma questão intrigante: por que a lua não cai na Terra ?
107
7 - Comentários finais – Características do MCU
109
8 - Resumo das propriedades - Componentes da aceleração
111
- Pensando em classe
112
- Pensando em casa
117
APÊNDICE – REFERENCIAIS NÃO-INERCIAIS
1 – O Domínio de Validade das leis de Newton
125
2 – Introdução ao Referencial Inercial
125
3 – Propriedades dos Referenciais não-inerciais
127
4 - O Referencial Não Inercial
128
5 - O Princípio da Equivalência de Einstein
128
6 - O elevador acelerado para cima
129
7 - O elevador acelerado para baixo
130
8 - Vagão acelerado horizontalmente
130
9 – Forças de Interação e Forças de Inércia
132
- Pensando em classe
136
- Pensando em casa
138
CAPÍTULO 5 – TRABALHO E ENERGIA
1 - Por que estudar trabalho e energia ?
140
2 - O significado físico do trabalho realizado por uma força
140
3 - Entendendo o sinal algébrico do trabalho
141
4 - Trabalho realizado por forças internas
144
5 - Trabalho realizado por força constante inclinada
144
6 - Trabalho realizado por força de intensidade variável
146
7 - Aplicação: Cálculo do trabalho realizado pela força elástica
147
8 - Princípio da Trajetória Alternativa (P. T. A.)
148
9 - Princípio do trabalho total ou trabalho resultante
148
10 - Trabalho realizado pela força peso
150
11 - Forças conservativas e forças não-conservativas
151
12 - O Princípio da conservação da Energia Mecânica
151
13 - Condições para a conservação da Energia Mecânica
153
14 - Potência média e potência instantânea
155
15 – Máquinas
155
16 - O simples conceito de rendimento
156
- Pensando em classe
159
- Pensando em casa
163
CAPÍTULO 6 – SISTEMA DE PARTÍCULAS
1 - A quantidade de movimento (qdm) de uma partícula
172
2 - O impulso: o ganho de quantidade de movimento
172
3 - Impulso aplicado por uma força de intensidade variável
174
4 - O conceito de Sistema
175
5 - O conceito de Forças internas e Externas
176
6 - Entendo o impulso trocado entre dois corpos como uma mera transferência de
quantidade de movimento entre eles.
176
7 - Coeficiente de restituição numa colisão
178
8 - Tipos de Colisão
178
9 - Caso Especial: Colisão elástica Unidimensional entre partículas de massas iguais
180
10 - Caso Especial: Colisão Unidimensional em que uma das massas é muito maior do
que a outra
180
 Leitura Complementar: O Efeito da Baladeira Gravitacional
181
- Pensando em classe
183
- Pensando em casa
190
CAPÍTULO 7 – HIDROSTÁTICA
1 - O Conceito de Pressão
197
2 - Pressão exercida por uma coluna líquida
198
3 - A pressão atmosférica
201
4 - A Variação da Pressão no Interior de um gás
203
5 - A experiência de Torricelli
203
6 - Bebendo água de canudinho
205
7 - O Sifão
207
8 - O Princípio de Arquimedes do Empuxo
208
9 - A lógica por trás do Princípio de Arquimedes
209
10 - Calculando o empuxo a partir das leis de Newton
211
11 – Empuxo e Densidade
211
12 – Calculando o Empuxo Duplo
213
13 – Empuxo Não-Arquimedianos
214
14 – Referenciais não-inerciais na Hidrostática
220
15 – O Princípio de Pascal
222
16 – Mecanismos Hidráulicos
222
- Pensando em classe
224
- Pensando em casa
233
CAPÍTULO 8 – ESTÁTICA
1 – Introdução
247
2 - Momento de Uma Força
247
- Pensando em Classe
249
- Pensando em Casa
251
CAPÍTULO 9 – GRAVITAÇÃO UNIVERSAL
1 - Introdução
253
2 - Geocentrismo
253
3 - Heliocentrismo
253
4 - As três Leis de Kepler
254
5 - Lei da Gravitação Universal de Newton
254
6 - Intensidade do Campo Gravitacional
255
7 – Corpos em órbita
256
8 - Imponderabilidade no Interior de Satélites
256
9 – Entendendo as marés
256
- Pensando em Classe
258
- Pensando em Casa
262
CAPÍTULO 10 – ESPELHOS PLANOS
1 - Introdução
265
2 - Imagem de um Objeto Pontual
265
3 - Imagem de um Corpo Extenso
266
4 - Deslocamento e Velocidade da Imagem
266
5 - Campo Visual de um Espelho Plano
267
6 - Dois Espelhos Associados
267
7 - Rotação de um Espelho Plano
268
8 - Velocidade no Espelho Plano
268
9 – Enantiomorfismo
269
CAPÍTULO 11 – ESPELHOS ESFÉRICOS
1 - Introdução
271
2 - Elementos dos Espelhos Esféricos
271
3 - Leis da Reflexão
272
4 - Condições de Gauss
272
5 - Focos
272
6 - Raios Principais no Espelho Esférico
274
7 - Construção Geométrica de Imagens
274
8 - Espelho Esférico Convexo
275
9 – Espelho Esférico Côncavo
275
10 - Estudo Analítico
277
CAPÍTULO 12 – REFRAÇÃO DA LUZ
1 - Introdução
279
2 - Índice de Refração
279
3 - Leis de Refração da Luz
279
4 - Ângulo Limite e Reflexão Total
280
5 - Dioptro Plano
280
6 - Lâmina de Fases Paralelas
281
7 - Prisma Óptico
282
8 - Prismas de Reflexão Total
282
9 – Decomposição da Luz Branca
283
10 - Refração atmosférica, Miragens e Arco-íris.
284
CAPÍTULO 13 – LENTES ESFÉRICAS
1 - Introdução
286
2 - Tipos: Elementos e Nomenclatura
286
3 - Comportamento Óptico
287
4 - Focos
287
5 - Distância Focal e Pontos Antiprincipais
288
6 - Propriedades
288
7 - Construção Geométrica de Imagens
289
8 - Estudo Analítico
291
9 – Vergência (V)
291
10 - Fórmulas dos Fabricantes
291
11 – Associação de Lentes
292
12 – Instrumentos Ópticos
293
13 – Lupa
293
14 – Máquina Fotográfica
293
15 – Projetor
294
16 – Microscópio Composto
294
17 – Luneta Astronômica
294
18 – Óptica da Visão
294
19 – Comportamento Óptico do Globo Ocular
295
20 – Acomodação Visual
295
21 – Defeitos da Visão
295
- Pensando em classe
299
- Pensando em casa
311
CAPÍTULO 14 – Gases e Termodinâmica
1 – Entendendo o Estado Gasoso
326
2 – Leis experimentais dos gases
326
3 – A Equação de Estado do Gás ideal
328
4 – A Equação geral dos gases
329
5 – A Densidade do gás ideal
329
6 – Mistura de gases que não reagem entre si
330
6.1 – Lei de Dalton das Pressões Parciais
331
7 – Transformações gasosas particulares
332
7.1 – Transformação isovolumétrica – Estudo gráfico e analítico
332
7.2 – Transformação isobárica – Estudo gráfico e analítico
333
7.3 – Transformação isotérmica – Estudo gráfico e analítico
334
8 – A Teoria Cinética dos Gases
336
9 – Interpretação molecular da pressão de um gás ideal
337
10 - Interpretação molecular da temperatura de um gás ideal
337
11 – A Energia interna de um gás Ideal
339
12 – Trabalho em Transformações gasosas
339
13 – Maneiras para Aquecer ou Esfriar um gás
341
13.1 – Fornecendo energia ao gás
341
13.2 – Extraindo energia do gás
342
13.3 – Aumentando a energia interna U do gás
342
13.4 – Diminuindo a energia interna U do gás
342
14 – A 1ª Lei da Termodinâmica
343
15 – A Expansão Livre – Um caso especial
344
16 – Funções de Estado e Funções de Caminho
345
17 – Calores Molares dos gases - Cp e Cv
346
17.1 – Calor fornecido ao gás no processo isovolumétrico (Qv)
347
17.2 – Calor fornecido ao gás no processo isobárico (Qp)
347
17.3 – Analise Comparativa entre Qp e Qv
348
17.4 – Proporção entre Qp, Qv, U e isob nesse contexto
348
18 – Relação entre Cv e U
349
19 – A transformação adiabática
349
19.1 – Processos adiabáticos no dia-a-dia
350
19.2 – Estudo analítico da transformação adiabática
351
19.3 – Estudo gráfico da transformação adiabática
351
20 – Ciclos Termodinâmicos
352
20.1 – A variação da energia interna U num ciclo termodinâmico
352
20.2 – O trabalho realizado num ciclo termodinâmico
352
20.3 – O calor trocado por um gás num ciclo termodinâmico
353
20.4 – A primeira lei da termodinâmica aplicada a um ciclo
353
20.5 – Interpretando o Ciclo – Máquinas Térmicas
354
20.6 – O conceito de rendimento de uma máquina térmica
354
20.7 – Máquinas Frigoríficas
355
20.8 – Eficiência de máquinas frigoríficas
355
21 – A segunda lei da Termodinâmica
355
22 – O ciclo de Carnot
356
22.1 – A máquina de Carnot na prática – Exemplo Numérico
23 – Uma visão histórica das máquinas térmicas
357
359
23.1 – Ciclo Otto – motores de automóveis
359
24 – Leis da Termodinâmica – Considerações Finais
360
25 – AutoTestes comentados
363
- Pensando em classe
365
- Pensando em casa
375
Gabarito Comentado
403
Manual de Resoluções
415
Cronograma de aulas da Frente 2
459
Vetores
Aula 01
1. Grandezas escalares e grandezas vetoriais
Na natureza, algumas grandezas físicas ficam bem definidas
quando lhes é atribuído um valor numérico (módulo) e uma
unidade de medida. São as chamadas grandezas escalares.
Essas grandezas não têm nenhuma orientação e a sua aritmética é
simples como a utilizada no caixa de uma padaria. Dentre elas,
podemos citar massa, tempo, comprimento, temperatura, energia,
corrente elétrica, resistência elétrica, potência.
É isso aí turma !
Massa é uma
grandeza escalar.....
infelizmente .
Entretanto, existem grandezas que, além de um valor numérico
(módulo) e uma unidade de medida, também recebem uma
orientação, caracterizada por uma direção e um sentido. São as
chamadas grandezas vetoriais. As operações matemáticas com
essas grandezas precisam levar em conta não só o valor numérico,
mas também a sua orientação. Assim, lançamos mão da geometria
para nos auxiliar nas operações matemáticas com essas
grandezas. Deslocamento, velocidade, aceleração, força, impulso
, quantidade de movimento, velocidade angular, momento de uma
força são exemplos de grandezas vetoriais.
sentido (flecha) e mesmo módulo (comprimento). Sendo assim,
podemos dizer que:

 


a =b e a  d  c .


Os vetores b e c são iguais apenas
e direção.
 em módulo

Simbolicamente,
podemos
escrever
|
|
=
|
|
apesar
de
c
b


b  c.
3. Operação com vetores – soma vetorial
Conforme dito, um vetor pode representar qualquer grandeza
vetorial. Assim, para ilustrar a operação da “soma vetorial”,
utilizaremos vetores que representam o deslocamento de uma
pessoa, que têm sua origem no ponto de partida e, sua
extremidade, no ponto de chegada.
Imagine que uma pessoa partiu do ponto A e fez o percurso ABCD
parando no ponto D. Cada um dos seus deslocamentos parciais
AB, BC e CD podem ser representados, respectivamente, pelos
  
vetores a , b e c conforme a figura 2. O deslocamento resultante

dessa pessoa é representado pelo vetor r , que parte do ponto
inicial A e tem sua extremidade no ponto final D como mostra a

figura 3. Dizemos que r é a soma vetorial ou a resultante dos



vetores a , b e c e, simbolicamente, escrevemos:




r = a + b + c

b
B

c

a
C
D
A
figura 2
A força é uma grandeza
vetorial ! Estou aplicando
uma força vertical para cima !

b
B

c

a
2. Vetores
Para representar as grandezas físicas orientadas (vetoriais),
utilizamos um ente geométrico denominado Vetor. Trata-se de um
segmento de reta orientado (orientação dada pela flecha) que
apresenta uma direção, um sentido e um módulo, que está
relacionado com o comprimento do vetor. Um vetor, portanto, pode
representar qualquer grandeza física vetorial.

a
A

d
B
figura 1

b

c
A
C
D

r
figura 3
Admitindo que
os módulos dos deslocamentos
valem




| a | = 9 km, | b | = 8 km e | c | = 3 km, a fim de obter o vetor r ,
você não deve efetuar o cálculo:




r = a + b + c = 9 + 8 + 3 = 20 km
Afinal de contas, a expressão acima não se trata de uma soma
algébrica ou soma escalar. As flechinhas sobre cada letra indicam
que estamos realizando uma soma vetorial ou geométrica e que
não se pode substituir diretamente os valores numéricos na
expressão. Devemos fazer uso das propriedades da geometria e, a
partir do diagrama dos vetores ilustrado na figura 3, obter o módulo

do vetor r .
A partir do Teorema de Pitágoras, o triângulo hachurado na figura 3
nos permite escrever :
A figura ilustra o vetor AB que tem direção horizontal, sentido da
esquerda para a direita e módulo dado pelo comprimento AB .
O vetor AB também pode
ser simplesmente designado por uma

única letra minúscula d . Para nos referirmos
apenas ao módulo

do vetor d , podemos usar o símbolo | d | ou simplesmente d.
Dizemos que dois vetores são iguais, se e somente se,
(a–c)2 + ( b )2 = ( r )2  ( 9–3 )2 + ( 8 )2 = ( r )2  r = 10 km
apresentarem a mesma direção (forem paralelos), o mesmo
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Física
2
Assim, sempre que desejarmos calcular o resultado de uma
operação com vetores, é preciso primeiro traçar o diagrama vetorial
e, só em seguida, utilizar a geometria plana para efetuar a
operação.
Em linhas gerais, para se obter a resultante entre vários vetores,
basta dispor os vetores um após o outro, com a extremidade de um
na origem do próximo. O vetor soma é sempre obtido ligando a
origem do primeiro à extremidade do último. Esse processo gráfico
chama-se método do polígono.
4. Operação com vetores – subtração de vetores
 

Sejam os vetores a , b e c mostrados na figura 7. Desejamos





obter o vetor r tal que r = a + b – c . Para isso, definimos


o vetor oposto a c , representado por – c . Note que os vetores


c e – c têm o mesmo módulo (comprimento), mesma direção
(são paralelos) e sentidos opostos ( flechas contrárias) como na
figura 7.
Entendi, prôfi ! Esse
A seguir, destacamos uma série de relações vetoriais existentes no
diagrama da figura 4. Observe:

f
Jorge, não existe vetor
negativo naum ! Assim
como não existe
triângulo negativo !

d

e

g

c

b

a
figura 4





a + b + d + f = g
 

mas ( a + b ) = c , portanto:





( a + b) + d + f = g




c + d + f = g
 

mas ( c + d ) = e , portanto:




(c + d ) + f = g
 

e + f = g
As relações vetoriais acima mostram que a soma de vetores é
associativa. É fácil ver que também é válida a propriedade
comutativa para a adição, ou seja,
   
a + b = b + a :
Graficamente, temos:

c

a
  
ab  c
figura 5
a

b
-C é um vetor
negativo, né ?

b

c
  
ba c
figura 6

O vetor – c não se trata de um vetor negativo, afinal de contas, um
vetor é um ente geométrico e, assim como não existem quadrados
negativos ou triângulos negativos, não existem vetores negativos.

Apenas, da mesma forma que existe um vetor chamado c ,

também existe um vetor chamado – c , é o nome dele, chama-se
vetor “menos cê ”.

c

a

b

c

b

r

c

a
figura 7
figura 8
 


Assim, reescrevemos a expressão r = a + b – c como

  
r = a + b + (– c ) e traçamos o diagrama vetorial naturalmente,
 

dispondo os vetores a , b e (– c ) em série, um após o outro e

traçando o vetor resultante r como mostra a figura 8. Mais uma

vez, determinaremos o módulo de r com base na geometria da
figura.
5. Método gráfico do paralelogramo
Para determinar a resultante entre vários vetores através do
método do polígono, vimos que devemos dispor um vetor após o
outro (figura 9a), com a extremidade de um coincidindo com a
origem do seguinte (em série). O vetor resultante é obtido ao final,
ligando a origem do primeiro vetor à extremidade do
último (figura 9b).
Uma forma alternativa de se traçar a resultante entre dois vetores


a e b que formam um ângulo  entre si é através do método do
paralelogramo. Nesse método, que se aplica a apenas dois
vetores de cada vez, devemos dispor os dois vetores de forma que
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Física
suas origens fiquem coincidentes (figura 9c). Traçando-se as retas
paralelas r e s, determinamos um paralelogramo. Traçando-se a
diagonal desse paralelogramo (figura 9d) a partir da origem dos

vetores, determina-se o vetor resultante r
tal que



r = a + b.


b
b



a
 b
a


a
r


Figura 9 a
Figura 9 b
r


  ab
r

b

a

a

s

b

Figura 9 c
Figura 9 d
É fácil ver que os traçados gráficos mostrados na figura 9b e 9d

são equivalentes e determinam o mesmo vetor r , por qualquer
um dos métodos. A partir da lei dos cossenos, pode-se demonstrar


que, se a e b são dois vetores que formam um ângulo  entre



si ( figura 9d ), a resultante r = a + b tem módulo dado pela
relação:
r 2  a2  b 2  2.a.b. cos 
Para uma importante revisão de geometria plana, veja a página 7.
3


Já os vetores a e c , na figura 10,
portanto, o ângulo formado entre eles

como o ângulo formando entre b e
têm origens coicindentes e,
realmente vale 60, assim

c.
7. Decomposição de vetores
A decomposição de vetores é uma ferramenta muito útil na análise

de problemas de Física. Seja um vetor genérico F . Estamos
interessados em determinar as componentes horizontal e vertical



Fx e Fy do vetor F .

Fy

F


F


Fx
Figura 12 a

Fy

Fx
Figura 12 b

Para isso, posicionamos o vetor F na origem de um sistema de
eixos cartesianos e determinamos as projeções desse vetor sobre


os eixos x e y (figura 12 a). Os vetores projeções Fx e Fy
mostrados na figura 12 claramente satisfazem a relação vetorial



F = Fx + F y .
E aí...brother.... como se
determinam os módulos das
componentes Fx e Fy
conhecendo o módulo de F ?
Ora Raul.....basta usar os
conceitos de seno e
cosseno no triângulo
retângulo. Veja a seguir !
6. Ângulo formado entre dois vetores
O ângulo  formado entre dois vetores, por definição, é o menor
ângulo determinado entre eles quando suas origens estão
coincidentes.

a
120o
120o

a

b
60o
60o
60o

b
60o
60o
60o

c

c
Figura 10
Figura 11
Observando o triângulo retângulo da figura 12b, é fácil ver que:
sen  =
Fy
F

Fy = F . sen
cos  =
Fx
F

Fx = F . cos
Adicionalmente, pelo teorema de Pitágoras, os módulos dos


vetores projeções Fx e Fy satisfazem a relação algébrica:
 

Para esclarecer melhor, considere os vetores a , b e c
(F)2 = (Fx)2 + (Fy)2
apoiados sobre um triângulo eqüilátero na figura 10.


A seguir, ilustramos uma aplicação clássica da decomposição de
Observando apenas os vetores a e b , alguém, à primeira vista,
forças em Mecânica.
poderia julgar que o ângulo formado entre eles é de 60, o que
estaria errado visto que suas origens não estão coincidentes.
Exemplo resolvido 1: Uma caixa de peso P = 120 N encontra-se
Assim, ainda é preciso mover um dos vetores paralelamente a si a
apoiada sobre um plano inclinado liso que forma um ângulo
fim de tornar a sua origem coincidente com a do outro, como
 = 36 com a horizontal e escorrega ladeira abaixo. Determine o
sugere a figura 11. Portanto, o ângulo  formado entre os vetores
valor da componente do peso responsável pelo movimento da


a e b
não será 60, mas sim, o seu suplemento
caixa. Dado  = 36 , sen36 = 0,6 cos36 = 0,8
180 – 60 = 120.
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Física
4
Solução:
A figura 13a mostra as duas forças aplicadas sobre a caixa: o
peso P exercido pela Terra e a reação normal N exercida pelo
plano inclinado.

N

Solução:


a) Os vetores V1 e V2 certamente NÃO são idênticos, pois têm
orientações diferentes. Apenas apresentam o mesmo módulo,

  


portanto V1  V2 e V  V2  V1  0 .

 


b) V  V2  V1  V2  ( V1 ) , ou seja, devemos achar a


resultante (+) entre os vetores V2 e – V1
90- 

P

V2

 V1

54o 54o
figura 13a

N
P.
se
n
s
co
P.

figura 15
 = 54o
P
Vy


V
Vy

V
figura 13b
Vx
Se o plano inclinado forma um ângulo  com a horizontal, é fácil
perceber que a força peso P também forma um ângulo  com a
direção da normal N. Assim, decompondo a força peso em suas
componentes (figura 13b), temos que:
P.sen = P. sen36 = 120 x 0,6 = 72 N
P.cos = P. cos36 = 120 x 0,8 = 96 N
Estando a caixa em equilíbrio na direção normal, temos
N = P.cos = 96 N. A componente P.sen = 72 N é a
responsável pelo movimento da caixa ladeira abaixo.
Exemplo resolvido 2 : Uma bola de tênis, movendo-se com

velocidade V1 de módulo 40 m/s, colide elasticamente com o solo

horizontal de acordo com a figura 14 e retorna com velocidade V2
de mesmo módulo 40 m/s.
Dado sen54 = 0,8 cos54 = 0,6 , pergunta-se:


a) É correto afirmar que V1 = V2
e, portanto, que

  
V  V2  V1  0 ?
b) Caso contrário, determine o valor da variação da velocidade
  
vetorial V  V2  V1 da bola na colisão.

V2

V1
54o 54o
Vx
figura 16


O vetor – V1 é obtido invertendo-se a flecha do vetor V1 .
A figura 15 ilustra o diagrama vetorial preparado para que se



determine a resultante V  V2  ( V1 ) .


Na figura 16 , tomamos | V2 | = | – V1 | = V = 40 m/s e
decompomos os vetores para achar a resultante:
Na horizontal, as componentes Vx se cancelam e a resultante será
puramente vertical, de módulo:

| V | = Vy + Vy = 2.V.cos  = 2 x 40 x 0,6 = 48 m/s

| V | = 48 m/s

V

 V1
54o 54o

V2
figura 17



Assim o vetor
diferença V  V2  ( V1 ) é vertical,
apontando para cima (figura 17) e tem módulo dado por

| V | = 48 m/s
figura 14
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Física
8. Multiplicação de um vetor por um número

Seja um vetor a . O resultado da multiplicação desse vetor por

um número real n é um outro vetor de mesma direção de a

(paralelo a a ) e cujo sentido depende do sinal de n. Observe a
figura 18:

a

a

a

a

2a

a

 3a

a
figura 18


Nota-se que o vetor 2 a é paralelo ao vetor a , tem a mesma

direção e sentido de a e módulo (comprimento) duas vezes maior



que a . Já o vetor –3 a tem a mesma direção de a

(são paralelos) e sentido contrário de a (flecha invertida) e

módulo 3 vezes maior que a .
Assim, generalizando:



 Se b = n. a com n  R , então o vetor b é paralelo ao

vetor a


 Se n > 0, os vetores b e a apontarão no mesmo sentido


 Se n < 0, os vetores b e a apontarão em sentidos
opostos






 Se b = n. a  | b | = | n. a |  | b | = | n | . | a |

b = n. a
Grandeza

Força F
Relação
vetorial


F  m. a
Força elétrica

Fe


Fe  q.E
Quantidade
de

Movimento Q


Q  m. V
Impulso de

uma força I
 
I  F . t
5
Muitas grandezas vetoriais na Física são definidas pelo produto
entre um número real n e um outro vetor. A tabela nessa página
mostra alguma dessas grandezas, bem como a interpretação
física.
Se o estudante conhece bem as propriedades matemáticas dos
vetores, ele percebe que as conclusões mostradas na tabela
anterior são meras conseqüências matemáticas da relação
vetorial que define essas grandezas. Isso significa que essas
conclusões não merecem ser memorizadas. O aluno deve ser
capaz de reproduzi-las por si só posteriormente, sempre que se
deparar com aquelas relações vetoriais.
9. Propriedade do polígono fechado de vetores
Se n vetores, dispostos em série, um após o outro, formam
um polígono fechado, então a resultante desses vetores é
nula.
B
A
figura 19
Conseqüência matemática da
relação vetorial
Como a massa m de um corpo
é sempre positiva (m > 0),
concluímos que a aceleração


a causada por uma força F
está sempre na mesma direção
e sentido da referida força.

A força elétrica Fe é sempre

paralela ao campo elétrico E
que a transmite.


 Se q > 0 , Fe e E terão
o mesmo sentido


 Se q < 0 , Fe e E terão
sentidos opostos
Como a massa m de um corpo
é sempre positiva (m > 0),
concluímos que a quantidade

de movimento Q de um móvel
está sempre na mesma direção

e sentido da sua velocidade V
Como t é sempre positivo
(t > 0), concluímos que o

Impulso I aplicado por uma
força está sempre na mesma
direção e sentido da referida

força F .
B
A
figura 20
Para compreender melhor o significado dessa propriedade,
considere os 8 vetores da figura 19 dispostos num polígono
fechado. Se uma pessoa parte do ponto A, segue no sentido antihorário o caminho formado pela série de vetores e retorna ao ponto
A, qual o deslocamento efetivo dessa pessoa ? Certamente é nulo.
Essa é uma forma simples de entender a propriedade do polígono
fechado de vetores. A resultante de todos os vetores é nula.
Uma outra forma de visualizar que a resultante dos vetores é nula
consiste em, inicialmente, determinar a resultante de todos os
vetores exceto um deles, por exemplo, o vetor AB , como indica a
figura 20. Em seguida, somamos a resultante de todos os vetores
exceto AB com o vetor AB faltante e, assim, obtemos a
resultante final de todos os vetores.
A resultante dos 7 vetores na figura 20, partindo de B e
percorrendo no sentido anti-horário o caminho de vetores, até o
ponto A é dada, graficamente, pelo vetor BA . Agora somando a
resultante dos 7 vetores BA com o 8o vetor AB que foi
temporariamente deixado de fora, temos:
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Física
6
y

AB + BA = 0
Essa é uma forma mais elaborada de entender a propriedade do
polígono fechado de vetores. A recíproca dessa propriedade
também é verdadeira, ou seja:

b
2
,
Se n vetores tem resultante nula, então eles formam um

a
4
polígono fechado quando dispostos em série, um após o
outro.
3
Essa recíproca é muito útil na solução de problemas de Estática.

Note que o símbolo 0 deve ser lido como “vetor nulo” e não,
“zero”. Da mesma forma, uma matriz 2x2 toda preenchida com
zeros é chamada de “matriz 2x2 nula” e não, “matriz zero”.
Um número real qualquer como o zero ( 0 ) pertence a um espaço
de uma única dimensão R. Um vetor no plano pertence a um
espaço de duas dimensões R2 e um vetor no espaço pertence a
um espaço de três dimensões R3. Elementos que pertencem a
espaços diferentes não são comparáveis. Muitos estudantes fazem
mal uso da simbologia de vetores por não atentarem para esses
fatos.
10. Representação i, j para vetores
Chamamos de “versores unitários” um conjunto de vetores que
apresentam módulo unitário e que são utilizados apenas para
indicar uma direção. Os versores mais utilizados universalmente
são o i e o j.
y
figura 22
y
2

s
4
3

x
-j
figura 21
O versor i trata-se de um vetor unitário | i | = 1 que aponta na
direção positiva do eixo x ao passo que o versor j é um vetor
unitário | j | = 1 que aponta no sentido positivo do eixo y
( figura 21) .
A notação vetorial utilizando os versores unitários i e j é

bastante prática. Por exemplo, considere o vetor a mostrado na
figura 22, cujas componentes são ax = 3 e ay = 4. Na notação i
j, esse vetor pode ser representado como:


a = ax.i + ay.j ou a = 3.i + 4.j .

O módulo de a é dado pelo teorema de Pitágoras:

|a |=

s é dado por

(sx) 2  (sy ) 2  (8) 2  (6) 2  | s | = 10
  
O vetor diferença d  a  b também pode ser facilmente
determinado:
  
d  a  b = ( 3.i + 4.j ) – ( 5.i + 2.j ) = –2.i + 2.j
|s | =
i
-i
(ax) 2  (ay) 2  (3) 2  (4) 2 = 5
x
5
figura 23


O vetor b pode ser representado por b = 5.i + 2.j .
A grande vantagem da notação i j é que as operações com vetores
passam a ser algébricas. Veja:
  
O vetor s  a  b é dado por:

  
s  a  b = 3.i + 4.j + 5.i + 2.j  s = 8.i + 6.j
O módulo de
j
x
5

d
2
2
figura 24

A representação gráfica do vetor diferença d é mostrada na
figura 24. O exemplo resolvido 2 mostra como é prático se
trabalhar com a notação i j para vetores. As figuras 22 e 23
permitem ao estudante perceber o que realmente está ocorrendo
quando somamos dois vetores: na verdade, suas projeções é que
são somadas, no sentido real da palavra, para em seguida,

determinarmos graficamente o vetor resultante s .
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Física
7
Exemplo resolvido 3 : Determine o módulo da resultante entre os

  
vetores a , b , c e d ilustrados na figura. Considere que cada
célula é quadrada de lado unitário.
z

b
12

d

a
3

c
y
12. Breve Revisão de Geometria
É importante que o aluno esteja bem familiarizado com as
propriedades usuais da geometria plana, tais como Lei dos senos,
Lei dos cossenos, Teorema de Pitágoras, Propriedades dos
triângulos retângulos, a fim de operar com os vetores sem maiores
dificuldades. Vamos a uma pequena revisão:
Em seguida, efetuamos a soma operando as componentes i e j
individualmente:

   
s = a + b + c + d =

s = 0.i + 5.j + 6.i + 2.j – 4.i + 0.j – 2.i – 2.j



s = 0.i + 5.j
s = +5.j

O vetor s = +5.j está mostrado na figura
(sx) 2  (sy ) 2  (0) 2  (5) 2

s

|s | = 5
Propriedade 1: Lei dos Cossenos
Aplicação: Calcula o 3º lado de um triângulo, do qual se
conhecem dois lados e um ângulo.
esse é o lado
oposto a esse ângulo
a2 = b2 + c2  2.b.c. cos
ao lado e seu módulo é dado por :

4
x
Solução:
Inicialmente escrevemos cada vetor na notação i j :


a = 0.i + 5.j
b = 6.i + 2.j


c = –4.i + 0.j
d = –2.i – 2.j
|s | =
a
Note que, na lei dos cossenos, o lado a que aparece no 1º
membro da fórmula é sempre o lado oposto ao ângulo .
Para exemplificar o uso da Lei dos cossenos, determinaremos, a
seguir, o comprimento do 3º lado de um triângulo do qual
conhecemos dois lados e um ângulo.
?
5 cm
11. Expandindo para a notação i, j e k para vetores
Da mesma forma que i representa um vetor de módulo unitário
apontando no sentido positivo do eixo x e j representa um vetor
de módulo unitário apontando no sentido positivo do eixo y,
também se define k como sendo um vetor de módulo unitário
apontando no sentido positivo do eixo z num sistema
tridimensional xyz.

Dessa forma, poderíamos definir um vetor a tal que:

a = 3i + 4j + 12k
cuja representação gráfica é mostrada na figura.

O módulo do vetor a é calculado, determinando-se o comprimento
da diagonal do paralelepípedo mostrado na figura, dado por:
|a| =
2
2
2
(3)  (4)  (12) =
9  16  144
| a | = 13
Para revisar como se calcula a diagonal de um paralelepípedo,
veja a propriedade 3 na página 8 – Cálculo da Diagonal maior de
um Paralelepípedo.
60o
8 cm
esse é o lado
oposto a esse ângulo
a2 = b2 + c2  2.b.c. cos
Chamaremos de  o ângulo de 60o do triângulo . O lado oposto ao
ângulo  é sempre o lado a na lei dos cossenos e, nesse
exercício, será nessa incógnita. Os lados b e c podem ser
escolhidos em qualquer ordem. Assim, temos:
a=?
b = 8 cm
c = 5 cm
 = 600
a2 = b2 + c2  2.b.c. cos
a2 = (8)2 + (5)2  2 x 8 x 5. cos(60o)
a2 = 64 + 25  40
a2 = 49
a=7
Assim, o lado a desconhecido tem um comprimento de 7 cm.
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Física
8
Propriedade 2: Cálculo da Diagonal de um Paralelogramo
Aplicação: Calcula o comprimento da diagonal S de um
paralelogramo, do qual se conhecem os dois lados a e b e o
ângulo  formado entre eles. A diagonal a ser calculada parte
do mesmo vértice que contém o ângulo .
s2 = (8)2 + (7)2 + 2 x 8 x 7 x (1/2)
s2 = 64 + 49  56
S2 = 57  S =
7 cm
b
120o
a

b
essa diagonal
parte desse ângulo
s2 = a2 + b2 + 2.a.b. cos


Exemplo resolvido 4 : Dois vetores a e b , de módulos
respectivamente iguais a 8 e 7, formam um ângulo  = 60o



entre si. Determine o módulo do vetor s = a + b
Solução:
Pelo método do paralelogramo, determinaremos a diagonal S que
parte do ângulo  = 60o , com o uso da fórmula da diagonal:
7 cm
8 cm
S
60 o
8 cm
b
7 cm
Substuindo a = 8 cm, b = 7 cm,  = 60o na fórmula, vem :
s2 = a2 + b2 + 2.a.b. cos
s2 = (8)2 + (7)2 + 2 x 8 x 7 x (1/2)
s2 = 64 + 49 + 56
S2 = 169  S = 13.
Profinho, e como eu faria
para calcular a outra diagonal
do paralelogramo ?
A lei dos cossenos, aplicada ao triângulo em destaque na figura
abaixo, também permite calcular a diagonal a, agora interpretada
como sendo o 3º lado de um triângulo do qual se conhecem dois
lados e um ângulo. Encontraremos a mesma resposta obtida
acima. Veja:
7 cm
a
8 cm
8 cm
60o
7 cm
esse é o lado
oposto a esse ângulo
a2 = b2 + c2  2.b.c. cos
Substituindo os valores na lei dos cossenos, vem:
a2
a2
a2
a2
a=?
b = 7 cm
c = 8 cm
 = 600
=
=
=
=
b2 + c2  2.b.c. cos
(7)2 + (8)2  2 x 7 x 8. cos(60o)
49 + 64  56
57
a2 = 57 
a =
O aluno atento deve perceber que a lei dos cossenos NÃO é
igual à fórmula que calcula a diagonal do paralelogramo.
Conforme vimos, tais fórmulas são diferentes pelo simples fato de
que calculam coisas diferentes.
Propriedade 3: Cálculo da Diagonal (D) maior de um
Paralelepípedo
Seja um paralelepído (uma caixa de sapato) de dimensões
A, B e C. O Teorema de Pitágoras, no triângulo retângulo em
destaque na figura abaixo, permite escrever:
A
s2
=
a2
+
b2
57 cm
Obtivemos o mesmo resultado de antes !
X2 = A2 + B2
Ora, Claudete. A outra diagonal parte do ângulo de 120 o,
suplementar ao ângulo de 60o . Assim, Substuindo a = 8 cm,
b = 7 cm,  = 120o na fórmula que calcula diagonais de paralelogramos, lembrando que cos120o = 1/2, vem :
8 cm
7 cm
O aluno atento deve perceber que, apesar da semelhança, a
fórmula acima não é a lei dos cossenos, não recebendo
denominação alguma. Tais fórmulas são diferentes (diferem pelo
sinal algébrico) pelo simples fato de que calculam coisas
diferentes.
a
S
8 cm
S
a
57 cm
C
(I)
B
A
X
B
+ 2.a.b. cos
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Física
9
Aplicando, mais uma vez, o Teorema de pitágoras no outro
triângulo retângulo destacado a seguir, podemos escrever:
D2 = C2 + X2
C
( II )
D
X
X
Substituindo I em II, vem:
D2 = C2 + X2
D2 = C2 + ( A2 + B2 )
A2 + B2 + C2 = D2
A famosa relação acima calcula o comprimento da diagonal maior
D de um paralelepípedo, conhecendo-se as dimensões
A, B e C do mesmo.
PENSAMENTO DO DIA

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Física
Pensando em Classe
Pensando em Classe
Questão 1
Determine o módulo do vetor resultante em cada um dos sistemas abaixo. Todos os vetores têm o
mesmo módulo igual a 1:
a)
b)
c)
d)
Questão 2
A figura mostra um hexágono regular de lado a sobre o qual se apoiam 5 vetores. A resultante
desses vetores tem módulo dado por :
a) 3.a. 3
b) 4.a
c) 6.a
d) 6.a. 3
e) 12 a
Questão 3
   

O esquema a seguir mostra cinco vetores a , b , c , d e e apoiados sobre um pentágono
regular. A relação vetorial que existe entre eles é:
a)
b)
c)
d)
e)

a

a

a

a

a
   
b + c= d + e
   
+ e + b + c= d
    
+ b + c + d +e = 0
   
+ c + d = b +e
   
+ e =b + c + d

b
+

c

d

a

e
Questão 4
Através do Método da Decomposição, determine a resultante dos vetores do sistema abaixo:
sen  = 0,8
20 U
cos  = 0,6

7U
4U
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Questão 5


Sejam a e b os dois vetores mostrados na figura a seguir. O prof Renato Brito pede para você :


  



a) determinar o módulo dos vetores s e d tais que s = a + b e d = a – b .


b) determinar a orientação dos vetores s e d de acordo com o seguinte código
(1),
(2) , (3)
e
(4) 
5 cm
5 cm

a
4 cm

b
5 cm
4 cm
5 cm
Questão 6




Sejam a e b os dois vetores mostrados a seguir. Dado que | a | = | b | = 15 cm , sen  = 0,8
cos  = 0,6 , usando o método da decomposição, o prof Renato Brito pede que você determine


  



o módulo dos vetores s e d tais que s = a + b e do vetor d = a – b .

a

 
b
Questão 7
Dois vetores de mesma intensidade U formam entre um ângulo de 120. Determine a intensidade
da resultante deles.
U
60o
60o
U
Questão 8
Usando o resultado da questão anterior, determine mentalmente a resultante dos vetores abaixo:
a)
b)
a
120o
a
6
120o
120o
a
120o
4
120o
120o
4
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12
c)
d)
10
o
o
3 3
45
45
o
30
8
8
o
30
6 2
10
Questão 9
Considere que um satélite esteja girando em torno da Terra em movimento circular uniforme com
velocidade escalar V constante. Pergunta-se:
a) a velocidade do satélite permanece constante durante
  

o movimento, ou seja, VA  VB  VC  VD ?
b) determine o módulo da variação da velocidade
  
V  VB  VA em função de V
c) determine o módulo da variação da velocidade
  
V  VC  VA em função de V
VA
VD
VB
VC
Questão 10

Resolva as seguintes equações vetoriais e determine o módulo do vetor x em cada caso:
a)
6
5

0

5X
3
b)
6

2X
60o
60o
6
2
6
Questão 11


Em cada ítem abaixo, determine os vetores a e b fazendo uso dos versores unitários i e j, bem
  
como o módulo do vetor diferença d = a – b . Admita que as células são quadrados de lado 1.
a)
b)

b

b

a

a
Dica: Atenção, só contamos quadradinhos na horizontal e na vertical. Na diagonal, quem conta para a gente é o
Pitágoras, ok ? 
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Questão 12
Duas forças F1 e F2 tem módulos respectivamente iguais a 6 N e 10 N. Assim, o módulo da força
resultante R entre elas só pode assumir valores no intervalo:
a) 4  R  12
b) 6  R  12
c) 6  R  16
d) 4  R  16
Questão 13
Duas forças F1 e F2 tem módulos respectivamente iguais a 6 N e 8 N. Assim, a força resultante entre
elas pode assumir qualquer um dos valores abaixo, exceto:
a) 4 N
b) 3 N
c) 2 N
d) 1 N
Questão 14


Dois vetores a e b , de intensidades respectivamente iguais a 5 cm e 3 cm , formam entre si


 
um ângulo  = 60o. O vetor s tal que
s = a + b , tem módulo:
a) 8 cm
b) 7 cm
c) 6 cm
d) 9 cm
e) 4 cm
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Pensando em Casa
Pensando em Casa
Para um bom aprendizado da física, o estudante deve inicialmente ler a teoria completa do capítulo, escrita
pessoalmente pelo prof Renato Brito. Em seguida, deve rever todas as questões resolvidas em classe e que
estão copiadas no seu caderno (o caderno é imprescindível !) . Só então, o aluno deve partir para a fixação dos
conceitos na lista de exercícios de casa.
Questão 1 - 
Determine o módulo do vetor resultante em cada um dos sistemas abaixo. Todas as figuras são
polígonos regulares de lado 1
a)
b)
c)
d)
O símbolo , no começo de algumas questões, indica que aquelas questões encontram-se resolvidas no
Manual de Resoluções que encontra-se anexado a essa apostila, a partir da página 415
Questão 2 - 
O vetor resultante da soma AB + BE + CA é:
C
a) AE
b) AD
c) CD
d) CE
B
D
e) BC
A
E
Questão 3 - 
Seis vetores de mesmo módulo F estão dispostos em série, um após o outro, formando um
hexágono regular, de modo que a resultante deles é nula. Se o prof. Renato Brito inverter o sentido
de apenas um dos vetores, a força resultante nesse sistema passa a valer:
a) F
b) 2F
c) 3F
d) 5F
e) 4F
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Questão 4 - 
A figura mostra um hexágono regular de lado a sobre o qual se apoiam 5 vetores. A
resultante desses vetores tem módulo dado por :
a) 3.a. 3
b) 4.a
c) 6.a
d) 6.a. 3
e) 12 a
Dica: Veja a questão 2 de classe
Questão 5 - 
Nos sistemas abaixo, os vetores têm mesma intensidade a e estão dispostos ao longo de um
hexágono regular. Determine a resultante dos vetores em cada caso, sem efetuar cálculos, usando
apenas as propriedades aprendidas nas questões de aprendizagem.
a)
b)
c)
Questão 6

Suponha agora que uma bola de frescobol que se movia horizontalmente com velocidade V1 de
módulo 30 m/s, colide elasticamente com o solo horizontal de acordo com a figura e retorna com

velocidade V2 de módulo 20 m/s. Qual dos vetores abaixo melhor representa a variação da
  
velocidade vetorial V  V2  V1 da bola durante a ocasião ?
a)
b)
50 m/s
60 m/s
d)
c)

V1
10 m/s

V2
e)
NULA
Colisão da bola
10 m/s
Questão 7 - 
 
     
A figura mostra dois vetores a e b de mesma intensidade. Os vetores s = a + b e d = a – b
têm módulo respectivamente iguais a:
a) 13 cm, 24 cm
b) 10 cm, 24 cm
c) 16 cm, 26 cm
d) 26 cm, 0 cm
e) 24 cm, 10 cm
12 cm
5 cm

a
12 cm
12 cm

b
5 cm
12 cm
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Questão 8


Sejam a e b os dois vetores a seguir. Usando o método da decomposição, determine o módulo

  


do vetor s = a + b e do vetor d = a – b .

   

Dado: | a | = | b | = 10 cm , sen  = 0,6 cos  = 0,8
a
b
Questão 9

Uma bola de tênis, movendo-se com velocidade V1 de módulo 50 m/s, colide elasticamente com o

solo horizontal de acordo com a figura e retorna com velocidade V2 de mesmo módulo 50 m/s.

V2

V1
60o 60o
Determine qual dos vetores a seguir melhor representa a variação da velocidade vetorial
  
V  V2  V1 da bola durante a ocasião.
a)
b)
c)
50 m/s
50 m/s
60o
50 m/s
d)
e)
60o
60o
25 m/s
50 m/s
Dica: veja exemplo resolvido 2 – página 4
Questão 10
Determine m e n t a l m e n t e a resultante dos vetores abaixo em cada caso:
a)
b)
10
8
6 3
o
60
8
o
30
o
o
60
30
10
8
c)
d)
o
60
o
o
60
8
45
8
8
o
45
8
8
6 2
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Questão 11 - 
Através do Método da Decomposição, determine a resultante dos vetores para cada sistema
abaixo. Dado sen = 0,6 e cos = 0,8
a)
b)
b
10 U
20 U
10 U

c

4U
a
1U
d
3U
10 U
Dica: o vetor b faz um ângulo  com a vertical. Por que ?
O símbolo , no começo de algumas questões, indica que aquelas questões encontram-se resolvidas no
Manual de Resoluções que encontra-se anexado a essa apostila, a partir da página 415
Questão 12
Na figura abaixo, uma caixa de 20 kg encontra-se em equilíbrio estático sobre um plano inclinado
que forma um ângulo  = 36 com a horizontal, graças à força de atrito. Se a gravidade local vale
g = 10 m/s2, decomponha a força peso e, em seguida, determine (sen = 0,6 cos = 0,8):
a) o valor da força normal N
b) o valor da força de atrito.
Dica: veja exemplo resolvido 1 – página 3

N
Fat

90-

P

Questão 13 - 
 
Dois vetores a e b tem intensidades respectivamente iguais a 8 cm e 7 cm. Determine o ângulo 
formado entre esses vetores, para que a resultante deles tenha módulo igual a 13 cm.
Questão 14 - 
  
Determine o módulo do vetor diferença d = a – b em cada um dos sistemas abaixo. Admita que
as células são quadrados de lado 1 e use o Método do Polígono ou do Paralelogramo.
a)
b)

b

a

b

a
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Questão 15 - 


Em cada ítem abaixo, determine os vetores a e b fazendo uso dos versores unitários i e j, bem
  
como o módulo do vetor diferença d = a – b . Admita que as células são quadrados de lado 1.
a)
b)

b

a

b

a
Dica: veja explicação e exemplo resolvido nas páginas 6 e 7.
Questão 16 - 
Duas bolas de sinuca A e B, de massas mA = 4 kg e mB = 2 kg, se movem sobre um plano


horizontal liso em movimento uniforme, com velocidades VA  (3.i + 5.J) e VB  ( 6.i – 1.J) em

m/s. Determine o módulo da velocidade Vcm do centro de massa desse sistema, dada pela
fórmula abaixo:

mA .VA  mB .VB
Vcm =
mA  mB
Questão 17
Determine o módulo e a orientação aproximada do vetor que resulta em cada sentença vetorial a
seguir:
a) 3. ( 2  ) – 4. ( 3) + 2.( 2 ) =
(exemplo resolvido)
= ( 6  ) + ( 12 ) + ( 4 ) =
= ( 6  ) + ( 8) =
= 10 
b) (–3).( 2  ) + 4. ( 3  ) – 2.( 5 ) +
c) (–2).( 7  ) +
4.( 4 )
3.( 6 )
+ 2. ( 2  ) – 3.( 2 )
Questão 18 - 

Resolva as seguintes equações vetoriais e determine o módulo do vetor x em cada caso:
a)
6
6
2

0

2X
b)
4
60o
60o

2X
4
6
4
c)
30o
6
6
8
30o

2X
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19
Questão 19
Duas forças F1 e F2 tem módulos respectivamente iguais a 6 N e 10 N. Assim, o módulo da força
resultante R entre elas só pode assumir valores no intervalo:
a) 4  R  12
b) 6  R  12
c) 6  R  16
d) 4  R  16
Dica: veja questão 12 de classe
Questão 20
Duas forças F1 e F2 tem módulos respectivamente iguais a 6 N e 8 N. Assim, a força resultante entre
elas pode assumir qualquer um dos valores abaixo, exceto:
a) 4 N
b) 3 N
c) 2 N
d) 1 N
Questão 21 - (Medicna Christus 2013)
Suponha que dois músculos com uma inserção comum, mas diferentes ângulos de tração se
contraiam simultaneamente como mostra a figura ao lado. O ponto “O” representa a inserção comum
dos músculos vastos lateral e medial, do quadríceps da coxa, na patela.
OA é o vetor que descreve a tração do vasto lateral.
OB é o vetor que descreve a tração do vasto medial.
Sendo os dois vetores de módulos iguais a 10u e 15u, o
intervalo que representa a variação possível para o módulo do
vetor soma V é:
a) 1 u  v  1,5 u.
b) 5 u  v  25 u.
c) 10 u  v  15 u.
d) 15 u  v  25 u.
e) 25 u  v  150 u.
Dica: veja questão 19 de casa
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De Aristóteles a Galileu
Aula 2
1 – Introdução
Há mais de 2000 anos atrás, os cientistas da Grécia antiga
estavam familiarizados com algumas das idéias que estudamos
hoje. Tinham um bom entendimento de algumas propriedades da
luz, mas eram confusos sobre o movimento. Um dos primeiros a
estudar seriamente o movimento foi Aristóteles, o mais
proeminente filósofo-cientista da Grécia antiga.
2 - O Pensamento Aristotélico e o Senso Comum.
Denominamos “senso comum” o conjunto de princípios e
conclusões que consideramos corretas com base em nossas
experiências cotidianas. Entretanto, muitas vezes a simples
observação dos fenômenos do dia-a-dia, mascaradas por efeitos
que fogem à nossa capacidade de observação, nos leva a
conclusões equivocadas mas que são admitidas corretas até que
uma nova observação mais cautelosa, regada por um raciocínio
lógico dedutivo, nos faz perceber a necessidade de rever nossos
conceitos e ser mais cautelosos com tudo aquilo que
denominamos senso comum. Ao contrário do que se possa
imaginar, nossos sentidos nem sempre são tão confiáveis.
F
F
F
Aristóteles acreditava que a resistência natural ao movimento
(atrito, resistência do ar) era algo inerente ao movimento, sendo
impossível suprimi-la. Ele fez deste o fato central da sua teoria do
movimento segundo a qual era fundamental que houvesse uma
força empurrando ou puxando os corpos para mantê-los em
movimento.
Curiosamente, até hoje, as idéias aristotélicas sobre o movimento
ainda coincidem com o pensamento do senso comum das pessoas
leigas em ciências. Uma pessoa não devidamente instruída,
quando questionada sobre “quem cairá primeiro, uma pedra ou
uma folha de papel”, certamente responde que “a pedra cairá
antes, por ser mais pesada”.
F
Figura 1 - O estado natural dos corpos é o de repouso. Um corpo só
se manterá em movimento enquanto uma força atuar sobre ele.
Quando esta for suprimida o corpo deve retornar ao repouso. Esse é o
ponto de vista de Aristóteles (384-322 a.c.). Se você ainda pensa
assim, seu ponto de vista está atrasado 2000 anos .
Por exemplo, sabemos que se uma força suficientemente grande
for aplicada sobre uma mesa, esta acabará se movendo ao longo
do piso. Entretanto, percebemos que esse movimento cessa tão
logo a força seja suprimida. Conclusão do senso comum: para
manter um corpo em movimento, é necessária a atuação de uma
força a favor do deslocamento. Tão logo todas as forças sejam
suprimidas, o corpo voltará ao estado de repouso, o estado natural
dos corpos livres da ação de forças.
Quando uma pedra e uma folha de papel são abandonadas do alto
de um prédio, facilmente percebe-se que a pedra chega ao solo
antes que o papel, o que leva à seguinte conclusão do senso
comum: Os corpos mais pesados caem mais rapidamente que os
corpos mais leves.
figura 2 - Aristóteles (384 – 322 a.c.) foi um dos mais famosos filósofos gregos e
um dos primeiros a se preocupar com o movimento dos corpos.
Esses dois exemplos de senso comum citados acima constituem a
base do pensamento Aristotélico sobre o movimento dos corpos.
Figura 3 – Galileu Galilei
As idéias aristotélicas sobre o movimento dominaram o mundo
científico por mais de dois mil anos e começaram a ser
questionadas no século dezesseis por Copérnico e Galileu. Apesar
de não ter sido o primeiro a apontar algumas dificuldades nas
concepções de Aristóteles, Galileu foi o primeiro a fornecer
refutações definitivas apoiadas no método experimental por ele
introduzido no estudo das ciências naturais.
3 – Galileu chega ao conceito de Inércia
Figura 4 – A lendária demonstração de Galileu sobre a queda dos corpos.
Para demonstrar o erro na hipótese de Aristóteles sobre a queda
dos corpos, conta-se que Galileu deixou cair, do alto da torre
inclinada de Pisa, vários objetos com pesos diferentes e comparou
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Física
as quedas. Ao contrário do que afirmava Aristóteles, Galileu
comprovou que uma pedra duas vezes mais pesada que outra não
caía realmente duas vezes mais rápido. Desprezando o efeito do
ar, Galileu percebeu que objetos de pesos diferentes, soltos ao
mesmo tempo, caíam juntos e atingiam o chão ao mesmo tempo.
Modernamente, sabemos que, na ausência da resistência do ar (no
vácuo), todos os corpos são igualmente acelerados e caem juntos.
Esse comportamento ainda é aproximadamente observado mesmo
em situações em que a resistência do ar esteja presente, desde
que ela ainda seja desprezível, como no caso das pedras
abandonadas por Galileu do alto da torre.
Em geral, quando a força de resistência do ar está presente, ela
afeta diferentemente o movimento de queda dos corpos, sendo que
aqueles mais pesados e com formato mais “aerodinâmico” tendem
a cair mais rapidamente que os demais. Estudaremos a força de
resistência do ar em detalhes no capítulo de Atrito.
A metodologia investigativa de Galileu, aliando suas habilidades
experimentais ao seu raciocínio lógico, constitui a base do método
experimental. Pelo seu pioneirismo, Galileu é considerado o
precursor da grande revolução ocorrida na Física a partir do século
XVII.
Para chegar ao conceito de Inércia, Galileu realizou uma série de
experimentos com planos inclinados. Numa de suas mais famosas
experiências, ele colocou dois de seus planos inclinados (Figura 5)
um de frente para o outro. Ele observou que uma bola liberada do
topo de um plano inclinado, a partir do repouso, rolava para baixo e
então subia o outro plano inclinado até alcançar uma altura quase
igual à sua altura inicial. Raciocinou que apenas o atrito a impedia
de chegar até exatamente a mesma altura inicial, pois quanto mais
liso era o plano inclinado, mais próximo daquela altura a bola
chegava.
21
na horizontal, quão longe a bola deve ir para alcançar a mesma
altura inicial ?” A resposta óbvia é “ela jamais alcançará essa
altura inicial, se moverá para sempre, perpetuamente, na ausência
de atrito”.
A propriedade de um objeto tender a se manter em movimento
numa linha reta (movimento retilíneo e uniforme) foi chamada de
inércia.
O conceito de inércia não era o senso comum e os antigos tinham
muita dificuldade em compreendê-lo. Por exemplo, considere que
uma pessoa esteja no topo do mastro de um navio que se move
para frente com velocidade constante em alto mar. Admita que
essa pessoa segure, em suas mãos, uma bola de canhão. Até o
século XVI, acreditava-se que, se a bola de canhão fosse
abandonada do repouso pela pessoa, a bola iria descendo e
ficando para trás (figura 6), em relação ao navio e, portanto, não
cairia no pé do mastro.
v
v
v
Posição inicial
Posição final
v
Posição inicial
Posição final
Posição inicial
Onde é a posição final ?
Figura 5 – Planos inclinados de Galileu
Ele então reduziu a inclinação do plano de subida. Novamente a
bola alcançava a mesma altura, embora tivesse que percorrer uma
distância maior. Reduzindo o valor do ângulo gradativamente, a
bola vai cada vez mais longe para atingir a mesma altura inicial.
Galileu, então, pôs a seguinte questão: “se eu disponho esse plano
Figura 6 – Segundo o pensamento aristotélico, o barco permaneceria se movendo
para a frente. A bola abandonada iria ficando para trás, em relação ao navio, e não
cairia no pé do mastro. O conceito de inércia ainda não era conhecido.
Se eles conhecessem o conceito de inércia, entenderiam que os
movimentos horizontais e verticais ocorrem de forma independente
(é o chamado Princípio da Independência dos Movimentos de
Galileu) e que, portanto, a bola de canhão acompanha o
movimento horizontal do barco durante a sua queda, conforme a
figura 7.
Os antigos acreditavam no modelo geocêntrico para o sistema
solar, defendendo que a Terra encontrava-se em repouso no
centro do universo. Para eles, era senso comum o fato de que
seria impossível existir uma força suficientemente grande capaz
de manter a Terra se movendo para frente. Se eles conhecessem
o conceito de inércia, entenderiam que a Terra poderia se manter
em movimento sem que nenhuma força fosse necessária para a
manutenção da sua rapidez. Um corpo em MCU, por exemplo, não
requer uma força tangencial para mantê-lo em movimento, mas tão
somente uma força radial (ctp) para garantir a sua gradual
mudança de direção, ao descrever a órbita curvilínea.
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Física
22
v
v
apanhamos a moeda de volta, da mesma forma que o faríamos
caso estivéssemos parados. Nós vemos a evidência da lei da
inércia quando a moeda nos acompanha. A força vertical da
gravidade afeta apenas o movimento vertical da moeda. Em suma,
a inércia é parte na nossa rotina diária nos tempos modernos,
embora nem todos tenham essa percepção da física presente no
cotidiano.
Figura 7 – A inércia em ação – Na natureza, o barco se move para frente e a bola
cai ao pé do mastro. Isso ocorre pelo fato do movimento de queda vertical descrito
pela bola ser independente do seu MRU original para a direita, acompanhando o
movimento do navio.
Outro argumento curioso (cômico, na verdade ) dos aristotélicos
a favor da imobilidade da Terra era o seguinte: Se a Terra
estivesse se movendo ao redor do sol, seria necessária uma
velocidade orbital da ordem de 30 km/s para que ela completasse
uma volta a cada ano. Assim, imagine um pássaro pousado num
galho de uma árvore observando uma suculenta minhoca no chão.
Se o pássaro decidir apanhar a minhoca, gastando um segundo
para descer até o chão e pegá-la, segundo os antigos, ele jamais
conseguirá, caso a Terra esteja em movimento. Isso porque,
durante um segundo de descida do pássaro, a Terra, juntamente
com o chão e a minhoca, se deslocará 30 km para frente e,
portanto, o pássaro jamais alcançará a minhoca a tempo ! Como os
pássaros comem minhocas diariamente, parecia claro para os
antigos que a Terra só pode estar em repouso.
Figura 9 – Pessoa no interior de um avião em MRU - A inércia em ação – A moeda
lançada para cima retorna novamente à mão da pessoa, acompanhando o seu
movimento horizontal. No referencial do avião, a moeda executa um mero
movimento vertical de sobe e desce.
Nossas noções do movimento atualmente são muito diferentes
daquelas dos nossos ancestrais. Aristóteles não reconheceu a
idéia de inércia porque não percebeu que todas as coisas que se
movem seguem as mesmas leis. Ele imaginava que as leis que
regiam os movimentos celestes eram muito diferentes daquelas
que regiam os movimentos na Terra. Galileu e Newton, por outro
lado, perceberam que todos os objetos em movimentos seguem as
mesmas leis. Para eles, corpos que se movem em MRU, na
ausência de atrito, não requerem a ação de forças para
permanecer em movimento.
Podemos apenas especular como a ciência teria progredido se
Aristóteles tivesse reconhecido a unidades de todos os tipos de
movimento a 2000 anos atrás.
4 - O Princípio da Relatividade de Galileu
O princípio da inércia traz consigo o Princípio da Relatividade de
Galileu segundo o qual é impossível um observador distinguir se
encontra-se num referencial parado ou num referencial em
movimento retilíneo uniforme, visto que experimentará exatamente
as mesmas sensações em ambos os referenciais.
Figura 8 – A inércia em ação – O movimento horizontal do pássaro, da minhoca e
da árvore acompanha o movimento da Terra. O movimento vertical do pássaro é
independente do seu movimento horizontal.
Atualmente, entendemos que o movimento de descida do pássaro
ocorre independente do seu movimento horizontal a 30 km/s,
acompanhando o movimento da Terra, árvore, chão e minhoca.
Assim, por inércia, ele prossegue horizontalmente junto com a
Terra, enquanto desce, apanha a minhoca e sobe, o que permite
matar a sua fome diariamente, ainda que a Terra esteja se
movendo ao redor do sol  ! Se os antigos estivessem corretos,
você é capaz de imaginar o que ocorreria caso você chegasse bem
próximo a uma parede vertical em sua casa e desse um pulo para
cima ? Estaria literalmente cometendo suicídio  !
As pessoas de 400 anos atrás tinham dificuldades com idéias
como essa não só por falharem em reconhecer o conceito de
inércia, mas porque estavam acostumadas a locomoverem-se em
veículos que trepidavam bastante. Carruagens puxadas por
cavalos, em estradas sacolejantes, não os conduziam aos
experimentos capazes de revelar os efeitos da inércia. Hoje nós
atiramos uma moeda para cima dentro de um carro ou avião e
Figura 10 – A inércia em ação – Uma partida de tênis jogada em qualquer
referencial Inercial transcorre da mesma forma, quer você esteja jogando em terra
firme, quer você esteja jogando no interior de um Boeing voando em MRU.
Por exemplo, todas as leis da Física válidas durante uma partida
de tênis em Winbledon também são igualmente válidas caso os
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jogadores estejam jogando tênis numa ampla quadra instalada no
interior de um Wide Boeing Large voando em movimento retilíneo e
uniforme em relação à Terra. A verdade é que, sem olhar pela
janela, os jogadores no interior do avião não têm como distinguir
em qual das situações se encontram, visto que a trajetória seguida
pela bola, as sensações fisiológicas, a gravidade, tudo funciona
exatamente como se estivessem jogando numa quadra em terra
firme.
A lei da inércia é sempre válida em referenciais que encontram-se
parados ou que se deslocam em movimento retilíneo e uniforme,
os chamados Referenciais Inerciais ou Galileanos. Um metrô que
esteja se movendo aceleradamente para frente, por exemplo, não
é um referencial inercial visto que, em seu interior não será válida a
lei da inércia. O que isso significa ?
Caso um passageiro desse metrô jogue uma moeda verticalmente
para cima, perceberá que a moeda subirá e descerá sendo
arrastada para trás, caindo no piso numa posição atrás do
passageiro. Referenciais acelerados como estes são denominados
Referenciais Não-Inerciais. No momento estamos interessados em
tratar somente com Referenciais Inerciais. As Leis de Newton só
são válidas em referenciais inerciais.
A importância do Princípio da Relatividade de Galileu é tão grande
para a compreensão da Física como um todo, que enfatizaremos o
seu enunciado:
As leis da física são sempre as mesmas, esteja você parado ou se
movendo uniformemente em linha reta.
Ora, mas se as leis da natureza não são afetadas pelo movimento
retilíneo e uniforme, tampouco o serão experimentos, máquinas,
medidas ou observações. Em outras palavras, não há como você
dizer se está parado ou se movendo em MRU com base em
medidas ou experimentos. Assim, o Princípio da Relatividade pode
ser enunciado da seguinte forma:
Nenhum experimento ou medida física é capaz de distinguir se um
observador encontra-se parado ou em movimento retilíneo e
uniforme.
5 –A primeira lei de Newton do movimento
Em 1642, no ano da morte de Galileu, nasce Isaac Newton. Aos 23
anos de idade, Newton formulou as suas famosas leis do
movimento, que suplantaram em definitivo as idéias aristotélicas
que haviam dominado o pensamento das melhores mentes por
quase dois milênios.
A primeira lei de Newton é uma reafirmação do conceito de
inércia, proposto por Galileu. Newton refinou esse conceito
estabelecendo que:
Todo objeto permanece em seu estado de repouso ou de
movimento retilíneo e uniforme (em suma, permanece em
equilíbrio) , a menos que seja obrigado a mudar aquele estado,
devido à ação de forças sobre ele.
A palavra chave nesta lei é permanece: Um corpo permanece
fazendo seja o que for, a menos que uma força seja exercida sobre
ele. Se ele estiver em repouso, permanecerá em repouso. Isto é
ilustrado quando uma toalha de mesa é habilmente puxada por
baixo dos pratos sobre uma mesa, deixando esses pratos em seus
estados iniciais de repouso. Se um objeto estiver se movendo, ele
permanecerá se movendo, sem fazer curvas ou alterar sua rapidez,
enquanto não sofrer a ação de uma força que altere o seu estado
23
de movimento. Ao contrário do que dizia Aristóteles, o estado
natural dos corpos não é o repouso, mas sim, o equilíbrio.
Figura 11 – Isaac Newton
6 – Entendendo o conceito de Equilíbrio
A palavra “equilíbrio” é um termo bastante amplo. Genericamente,
dizemos que um corpo ou um sistema encontra-se em equilíbrio
quando suas características permanecem estáveis no tempo,
imutáveis, constantes, ou seja, quando elas não variam.
O Equilíbrio é um estado em que não ocorrem mudanças.
Por exemplo, dizemos que a economia de um país encontra-se
equilibrada quando a taxa de juros permanece estável, quando a
cotação do dólar não varia, assim como o PIB, a renda per capita
etc. Da mesma forma, um sistema físico-químico encontra-se em
equilíbrio quando as concentrações das substâncias em seu
interior permanecem constantes no tempo.
O mesmo ocorre na mecânica: um corpo encontra-se em equilíbrio
quando sua velocidade permanece constante no decorrer do tempo
(podendo ser nula ou não).
Tanto um quadro pendurado na parede em “repouso permanente”
como uma bola de boliche que se move em MRU num solo liso
encontram-se em equilíbrio. Mas o que há em comum em duas
situações aparentemente tão distintas ? O fato de a velocidade
permanecer constante (vetorialmente constante) em ambas as
situações, quer essa velocidade seja ou nula ou não.
Para ser mais claro e explícito, podemos dizer que:
 Um corpo só encontra-se em equilíbrio se sua VELOCIDADE
permanecer CONSTANTE em direção, sentido e valor;
 Todo corpo que tenha VELOCIDADE CONSTANTE em direção,
sentido e valor (quer ela seja nula ou não) encontra-se em
EQUILÍBRIO;
 Só existem dois possíveis estados de equilíbrio mecânico: o
“repouso permanente” e o “movimento retilíneo e uniforme”.
Assim, todo corpo em equilíbrio só pode estar em um desses
dois estados, respectivamente denominados “equilíbrio
estático” e “equilíbrio dinâmico”.
 Todo corpo que estiver se movendo em trajetória NÃORETILÍNEA, ou seja, CURVILÍNEA, não estará em equilíbrio,
por apresentar velocidade variável. Afinal, por estar fazendo
curvas, a velocidade do móvel estará mudando de direção em
cada ponto da trajetória, mantendo-se tangente à ela, o que já é
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Física
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suficiente para dizermos que a sua velocidade não é constante,
por se tratar de uma grandeza vetorial.
 Conforme aprenderemos, o agente que causa a VARIAÇÃO DA
VELOCIDADE (direção, sentido e valor) de um corpo é a
FORÇA. Na ausência dela, o corpo certamente apresentará
VELOCIDADE CONSTANTE, isto é, estará em EQUILÍBRIO.
 O equilíbrio não tem nada a ver com “se a velocidade do corpo é
grande, pequena ou nula”. Ele não diz respeito ao valor da
velocidade, mas sim, à constância do vetor velocidade. Se o
vetor velocidade permanece constante, o corpo está em
equilíbrio. Caso contrário, não está em equilíbrio, simples assim.
momentaneamente em repouso (ele pára a fim de inverter o
sentido do movimento), mas não se encontra em equilíbrio.
Mesmo na posição mais baixa da oscilação teremos T > P, visto
que a trajetória circular descrita pelo pêndulo requer que a força
resultante tenha uma componente centrípeta radial apontando para
dentro da curva (centrípeta) naquele ponto. ( calminha, tudo isso
será explicado com detalhes no capítulo 4).
Profinho, um corpo pode
estar em equilíbrio sem
estar em repouso ?
Certamente,
Claudete !
7 – Entendendo o conceito de repouso
O conceito de “repouso” é bastante simples. Dizemos que um
corpo está em repouso num certo referencial quando sua
velocidade é nula ( V = 0) naquele referencial.
Profinho, um corpo pode
estar momentaneamente
em repouso sem estar
em equilíbrio ?
Certamente,
Claudete !
Basta imaginar qualquer situação em que um corpo pare de se
mover (v = 0) apenas para inverter o sentido do seu movimento.
Por exemplo, quando lançamos um corpo verticalmente para cima,
sujeito à gravidade terreste, num certo momento ele atingirá o
ponto de altura máxima. Naquele instante, ele estará
momentaneamente em repouso (v=0), mas não estará em
equilíbrio. Por que não? Porque a força resultante agindo no corpo
não é nula naquele momento, visto que continua sendo atraído
pela massa da Terra (massas se atraem, isso chama-se força
gravitacional). No instante em que ele pára a fim de inverter o
sentido do movimento, temos força resultante F R = P e aceleração
a = g para esse corpo.
Todo corpo que se move em MRU encontra-se em equilíbrio,
esqueceu, Claudete ? Mas ainda assim, não está em repouso por
apresentar velocidade, ou seja, por estar em movimento.
Sempre que o corpo pára apenas para inverter o sentido do seu
movimento, ele encontra-se apenas em repouso momentâneo
(v = 0), mas não encontra-se em equilíbrio (FR  0, a  0).
O estudante precisa estar bastante atento, visto que muitos textos
de física usam a palavra repouso referindo-se ao caso particular
de “repouso permanente”. Cabe ao leitor analisar o contexto e,
com bom senso, dar a devida interpretação ao enunciado proposto
pelo autor. Ao pé da letra, “repouso” significa “parado” apenas.
Parou prá inverter o
sentido do movimento
Momentâneo
Repouso
(V = 0)
V = 0, mas a  0, FR  0
Não é Equilíbrio
V = 0, FR = 0, a = 0
Estado de Equilíbrio
Permanente
8 – O papel da Força no movimento dos corpos
Ao descobrir a propriedade da inércia, Galileu percebeu que,
definitivamente, a presença de uma força resultante não é
necessária para manter um corpo em movimento.
V
T
T

P
P
T
T
T
P
P
Px
P

Py
Figura 12 – durante a oscilação do pêndulo, ele nunca estará em
equilíbrio (FR = 0), visto que a tração T jamais cancelará a força peso
P em nenhum instante da oscilação. Nos extremos da oscilação,
dizemos que o pêndulo apenas encontra-se em repouso momentâneo
(velocidade nula), pois inverterá o sentido do seu movimento naquele
ponto.
O mesmo ocorre a um pêndulo simples que está oscilando
(figura 12). Nos extremos da sua oscilação ele se encontra
Para melhor esclarecer, considere a caixa da figura acima que se
move ao longo de uma superfície horizontal lisa sendo empurrada
por um operador. Se, de repente, a mão do operador perder o
contato com a caixa, o que ocorrerá ao seu movimento posterior ?
 A caixa prosseguirá em movimento retilíneo horizontal, freiando
gradativamente até parar ? Não, pois essa redução no valor da
velocidade requer a presença de uma força agindo contra a
velocidade (Figura 13).
V
F
Figura 13
F
V
Figura 14
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 A caixa prosseguirá em movimento retilíneo horizontal, acelerando
gradativamente ? Não, pois esse aumento no valor da velocidade
requer a presença de uma força agindo a favor da velocidade
(Figura 14).
 A caixa prosseguirá em movimento não-retilíneo, descrevendo
uma trajetória curvilinea ? Não, pois essa mudança de direção e,
consequentemente, essa mudança da velocidade vetorial da
caixa requer a presença de uma força .
 A caixa não prosseguirá em movimento mas, sim, parará
instantaneamente  logo após a caixa ser abandonada ? Falso,
pois essa redução brusca de velocidade requer a ação de uma
grande força se opondo ao seu movimento para freiar a a
caixa. 
Como vemos, qualquer MUDANÇA DE VELOCIDADE, tanto na
sua direção (movimentos curvilíneos), quanto no seu sentido
(inversão de movimento), ou mesmo no seu valor (movimentos
não-uniformes), implica a presença de uma força resultante agindo
sobre o corpo.
O papel da força, no movimento, é causar VARIAÇÃO DE
VELOCIDADE. Se a força resultante agindo sobre o corpo for
NULA, sua velocidade PERMANECERÁ INVARIÁVEL (em direção,
sentido e valor).
Mas, afinal de contas, o que ocorrerá ao movimento da caixa que
se movia horizontalmente com velocidade v quando, de repente,
todas as forças que agiam nela desapareceram ?
Ora, na ausência total de forças, a velocidade que a caixa já
possuía PERMANECERÁ CONSTANTE enquanto perdurar a
ausência de forças. Isso significa que:
 a velocidade não poderá aumentar de valor ( a caixa não poderá
se mover cada vez mais rapidamente);
 a velocidade não poderá diminuir de valor ( a caixa não poderá
se mover cada vez mais lentamente, isto é, a caixa não pode
parar);
 a velocidade não poderá mudar de direção (a caixa não poderá
fazer a curva).
Assim, só resta a essa pobre caixa descrever qual tipo de
movimento ? Sim !! O movimento retilineo uniforme MRU, o único
tipo de movimento que se mantém, mesmo na ausência total de
forças, evidenciando que a presença de forças não é necessária
para que haja movimento, sendo necessária apenas para
mudanças de movimento (mudanças de velocidade).
9 – Subindo ou descendo ? Acelerado ou retardado ?
Quando dizemos que um corpo está subindo verticalmente,
estamos dizendo que, necessariamente, a sua velocidade está
apontando para cima V. Ao contrário, quando dizemos que um
corpo está descendo verticalmente, isso implica que a sua
velocidade, necessariamente, está apontando para baixo V.
O vetor velocidade V de um corpo sempre aponta para onde o
corpo e s t á i n d o naquele momento.
E quanto à sua aceleração? Se o corpo está subindo, a sua
aceleração aponta para cima ou para baixo ? Apenas com essa
informação, nada se pode afirmar. O que sabemos é que toda
aceleração é causada por uma força. Uma força vertical F para
cima causa uma aceleração a vertical para cima, assim como
uma força F vertical para baixo causa uma aceleração a
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vertical para baixo, e assim por diante. Generalizando, podemos
dizer que:
A aceleração a causada por uma força F sempre aponta na
mesma direção e sentido da força que a originou.
Isso está implícito no caráter vetorial da 2ª Lei de Newton:
F  m.a
Sendo m um número positivo, os vetores F e a têm a mesma
direção e sentido.
Caso haja várias forças agindo no corpo simultaneamente, a
aceleração a é determinada pela força total (resultante) FR , a
partir da 2ª lei de Newton:
FR  m  a
A aceleração a causada pela força total (resultante) FR agindo
num corpo sempre aponta na mesma direção e sentido dessa
força resultante.
Assim, saber “para onde” o corpo está indo nos informa sobre
“para onde” aponta a sua velocidade, mas nada nos diz sobre sua
aceleração, cuja orientação é dada pela força resultante FR que
age sobre o corpo.
Um corpo, basicamente, pode subir ou descer de três maneiras
diferentes: acelerado, retardado ou em movimento uniforme.
Para visualizar melhor esse fato, considere o balde da figura a
seguir, sob ação exclusiva das forças F e P. Vejamos as seis
possibilidades para o seu movimento vertical :
F
P
1) Subindo acelerado: “subindo” significa velocidade para
cima v, “acelerado” significa aceleração a favor da velocidade
a. Assim, a força total (resultante) que proporcionou essa
aceleração também aponta para cima FR , o que implica F > P.
2) Subindo retardado: “subindo” significa velocidade para
cima v, “retardado” significa aceleração contrária à velocidade
a. Assim, como a força total (resultante) que proporcionou essa
aceleração tem que ter a sua mesma orientação (sempre), ela
aponta para baixo  FR, o que implica F < P. (acompanhe pela
tabela 1).
Tabela 1
Acelerado
Retardado
Uniforme
Subindo
V
 V, a, FR 
 V, a, FR 
V , a = 0
(F>P)
(F<P)
(F=P)
Descendo
V
 V, a, FR 
 V, a, FR 
 V, a = 0
(F<P)
(F>P)
(F=P)
3) Subindo em movimento retilíneo e uniforme: “subindo”
significa velocidade para cima v, “uniforme” significa aceleração
nula. Nesse caso o balde sobe em MRU e a resultante das
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Física
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forças que age sobre ele é nula (isto é, F = P). O MRU é o único
movimento que se mantém na ausência total de forças, ao
contrário do que pensava Aristóteles.
4) Descendo acelerado: “descendo” significa velocidade para
baixo v, “acelerado” significa aceleração a favor da velocidade
a. Assim, a força total (resultante) FR que proporcionou essa
aceleração aponta para baixo  FR , o que implica P > F.
5) Descendo retardado: “descendo” significa velocidade para
baixo v, “retardado” significa aceleração contrária à velocidade
a. Assim, a força total (resultante) FR que proporcionou essa
aceleração aponta para cima FR , o que implica F > P.
6) Descendo em movimento retilíneo e uniforme: “descendo”
significa velocidade para baixo v, “uniforme” significa aceleração
(escalar) nula. Nesse caso o corpo desce em MRU e a resultante
das forças que age sobre ele é nula ( F = P). Lembre-se: O MRU é
o único movimento que se mantém na ausência total de forças, ao
contrário do que pensava Aristóteles.
Segundo Aristóteles, para que esse balde estivesse subindo, seria
necessário que a força para cima superasse a força para baixo,
isto é, que tivéssemos F > P. Para ele, o corpo só poderia estar
descendo se tivéssemos F < P e, finalmente, o corpo estaria
necessariamente parado caso ocorresse F = P.  Atenção, se
você estiver concordando com o velho Aristóteles, sua maneira de
pensar está defasada meros 2000 anos  !
A tabela 1 sintetiza a forma como a mecânica de Galileu e Newton
inter-relaciona essas grandezas da física em cada uma das seis
possibilidades para o movimento vertical do balde.
O leitor deve parar e observar a tabela por alguns instantes. Note
que, para o corpo estar subindo, podemos ter qualquer uma das
possibilidades F > P, F = P, F < P ! O mesmo ocorre para o
corpo descendo.
Tabela 1 Repetida para você 
Acelerado
Retardado
Uniforme
Subindo
V
 V, a, FR 
 V, a, FR 
V , a = 0
(F>P)
(F<P)
(F=P)
Descendo
V
 V, a, FR 
 V, a, FR 
 V, a = 0
(F<P)
(F>P)
(F=P)
Conforme eu, Renato Brito, gosto de repetir em sala de aula, a
velocidade do corpo (em cada instante) indica para onde o corpo
ESTÁ INDO naquele instante. A aceleração do corpo (em cada
instante) indica apenas para onde o corpo GOSTARIA DE IR
naquele instante, para onde ele está sendo puxado, para onde
aponta a força resultante FR que age sobre ele naquele instante.
Um corpo nem sempre “está indo” para onde “gostaria de ir”.
Em outras palavras, a velocidade de um móvel nem sempre
apontará na mesma direção e sentido da sua aceleração .
A velocidade do corpo é (sempre) tangente à sua trajetória, em
cada instante, apontando efetivamente para onde o corpo está
indo, em cada instante. Já a sua aceleração é dada pela força total
(resultante) FR que age sobre ele, sempre apontando na mesma
direção e sentido dessa força que a está produzindo.
Conhecer a força resultante FR que age sobre um corpo, num dado
instante, permite apenas determinar a aceleração com que ele se
move, porém, nada nos diz sobre “para onde aponta a velocidade
do referido corpo naquele instante”, ou seja, para onde ele “está
efetivamente indo” naquele momento.
t=3s
t=4s
t=2s
P
P
t=1s
t = 4s
t=5s
P
diagrama de
forças
P
P
Para esclarecer, observe o movimento parabólico de uma bola de
futebol, após perder o contato com o pé do jogador. Durante toda a
sua trajetória, a única força que age sobre a bola é o seu peso,
(observe o diagrama de forças acima) resultado da atração
gravitacional entre a massa da bola e a massa da Terra
(desprezando a resistência do ar).
Essa força resultante FR , a cada instante, é vertical e para baixo, o
que nos assegura que a aceleração do corpo, em cada instante,
também será vertical e para baixo.
Mas, e sobre a sua velocidade ? É possível prever para onde
aponta a velocidade da bola em cada instante, conhecendo-se a
força resultante que age sobre ela naquele instante ?
t=3s
t=2s V
V
a
t=1s
V
a
a
t=4s
V
t=5s
a
diagrama
cinemático
a
V
Observando a figura acima, vemos que, no instante t = 1 s, a força
resultante aponta para baixo FR = P, causando uma aceleração
para baixo (a = g). Aí eu lhe pergunto. esse fato nos permite
concluir que, nesse instante t.=.1s, a velocidade da bola aponta
para baixo V ?? E no instante t = 2s ? E no instante t = 3 s ?
A resposta, logicamente, é não. 
Assim, por incrível que pareça, vimos que, saber a direção da força
resultante FR , num certo instante, nada nos informa sobre para
onde aponta a velocidade do corpo naquele instante, isto é, para
onde o corpo está indo. A direção e o sentido da força resultante
agindo sobre o corpo, em cada instante, só nos informa para onde
ele está sendo “puxado”, isto é, para onde o corpo gostaria de ir
naquele instante. Essa direção sempre coincide como a direção e o
sentido da sua aceleração.
Observando o diagrama cinemático atentamente agora, você verá
que a direção da aceleração é a direção da tendência de
movimento. O que isso significa ? A velocidade da bola vai
“encurvando”, gradativamente, tendendo a se alinhar à aceleração
a do móvel no decorrer do movimento, mantendo-se tangente à
sua trajetória. Se esperássemos um tempo suficientemente grande,
a velocidade acabaria se alinhando à aceleração. Isso ocorre em
todo movimento. A aceleração indica meramente para onde a bola
gostaria de ir, para onde ela está sendo puxada, indica para onde
aponta a força resultante (a força peso P nesse caso) em
qualquer instante.
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Física
27
Pensando em Classe
Pensando em Classe
Questão 1
Um rapaz está empurrando uma caixa com uma força de intensidade F = 20N, e esta caixa
permanece se movendo com rapidez constante em trajetória retilínea. a) Podemos afirmar que a
caixa está se movendo em equilíbrio ? b) O que se pode afirmar sobre a força de atrito que atua
sobre a caixa ?
Questão 2
Pedro encontra-se firmemente apoiado sobre um solo áspero e está
levantando uma caixa que sobe verticalmente em movimento uniforme.
Pergunta-se:
a) essa caixa encontra-se em equilíbrio ?
b) a tração que Pedro exerce sobre a corda é maior ou menor que o
peso da caixa ?
Questão 3
A foto ao lado mostra um balde sobre o qual atuam exclusivamente a
força de sustentação F = 100 N e o seu peso P = 40 N. Pode-se afirmar
que, no momento em que essa foto foi tirada:
a) o corpo está subindo;
b) o corpo está descendo;
c) o corpo não pode estar parado;
d) esse corpo não pode estar indo para a esquerda;
e) o corpo tem aceleração vertical para cima, mas velocidade
indeterminada.
Questão 4
Os dois blocos A e B da figura têm massas mA = 8 kg, mB = 4 kg e estão
presos por fios e polias ideais sujeitos à gravidade. O prof Renato Brito
pede para você assinalar assinalar V ou F:
a) os blocos não podem estar em repouso em algum instante;
b) os blocos jamais estarão em equilíbrio;
c) o bloco A pode estar subindo;
d) o bloco B pode estar descendo acelerado;
e) se A estiver subindo, a tração no fio 1 é maior que o peso do bloco A.
Questão 5
Os dois blocos A e B da figura têm massas mA = 4 kg, mB = 4 kg e estão
presos por fios e polias ideais sujeitos à gravidade. O prof Renato Brito
pede para você assinalar V ou F:
a) os blocos estão necessariamente em equilíbrio;
b) os blocos estão necessariamente em repouso;
c) o bloco A pode estar subindo ou descendo em MRU;
d) se A estiver descendo, o peso do bloco A é igual à tração no fio 1;
e) se A estiver subindo, a tração no fio 1 é maior que o peso do bloco A;
F = 100 N
P = 40 N
2
1
B
A
2
1
A
B
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Física
28
Questão 6
Considere dois blocos A e B, conectados por polia e fios ideais, conforme a figura. O bloco A
encontra-se sobre uma mesa horizontal lisa. Sobre esse episódio, marque V ou F :
A
B
a) Esse sistema pode estar em equilíbrio, dependendo das massas de A e B;
b) Esse sistema pode estar em repouso em algum instante;
c) Se B pesar mais que A, então B estará descendo;
d) Se B estiver subindo, a tração será maior que o peso de B;
e) B pode estar descendo em movimento uniforme;
f) B pode estar descendo em movimento retardado;
g) A pode estar indo para a esquerda em movimento retardado;
h) Independente de qual massa seja a maior, B sempre terá aceleração para baixo.
i) Independente de qual massa seja a maior, o peso de B é sempre maior do que a tração.
j) Se A pesar mais do que B, B terá aceleração para cima;
k) Se A pesar mais do que B, abandonando o sistema do repouso, B se moverá para cima.
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Física
29
Questão 3
Durante a oscilação de um pêndulo simples clássico, em quais
pontos do movimento ele se encontra em equilíbrio ? E em quais
pontos do movimento ele se encontra em repouso ?
Pensando em Casa
Pensando em Casa
T
T

Para um bom aprendizado da física, o estudante deve inicialmente ler a teoria
completa do capítulo, escrita pessoalmente pelo prof Renato Brito. Em seguida,
deve rever todas as questões resolvidas em classe e que estão copiadas no seu
caderno (o caderno é imprescindível !) . Só então, o aluno deve partir para a
fixação dos conceitos na lista de exercícios de casa. Sugestão: Tenha um
caderno dividido em duas metades – uma para as questões de classe e a outra
para as questões de casa. Às vésperas do vestibular, na hora da revisão, você
verá como valeu a pena ter se organizado.
P
P
T
T
T
Px
P
P
P
Questão 1
O conceito de equilíbrio é fundamental para a Física. Aristóteles
achava que o estado natural dos corpos, quando livre da ação de
puxões ou empurrões, era o estado do repouso. Quase 2000
anos depois, Galileu chega o conceito de inércia. Newton nasce
do ano da morte de Galileu e, “apoiado sobre ombros de gigantes”,
generaliza o conceito de inércia e sintetiza todo o pensamento
moderno sobre o conceito de força nas chamadas 3 Leis de
Newton do movimento. Ao contrário do que pensava Aristóteles, o
estado natural de um corpo (ou seja, quando ele está livre da ação
de forças) é o estado , de Equilíbrio. Assinale quais das situações
a seguir caracterizam corpos ou sistemas em equilíbrio:
a) um corpo em repouso permanente sobre uma rampa inclinada;
b) um corpo descendo um plano inclinado com velocidade
constante v = 2 m/s;
c) um corpo em queda livre na lua, onde g = 1,6 m/s 2 ;
d) uma bóia de isopor flutuando imóvel na superfície de uma
piscina sem ondas;
e) a lua girando em torno da Terra em movimento circular
uniforme;
f) as pessoas no interior de um elevador que desce com
velocidade constante;
g) as pessoas no interior de um carro, usando cinto de segurança,
durante uma curva;
h) um pêndulo de um relógio, no momento em que ele pára de se
mover a fim de inverter o sentido do seu movimento;
i) uma pedra que foi lançada verticalmente para cima, no instante
em que ela atinge a sua altura máxima;
j) qualquer corpo se movendo em trajetória curvilínea;
k) qualquer corpo se movendo com velocidade escalar constante;
l) Qualquer corpo em movimento uniforme;
m) Qualquer corpo em movimento retilíneo;
n) Qualquer corpo se movendo em MRU;
o) Um pára-quedistas caindo em MRU, devido à ação do páraquedas;
O símbolo , no começo de algumas questões, indica que aquelas
questões encontram-se resolvidas no Manual de Resoluções que
encontra-se anexado a essa apostila, a partir da página 415
Questão 2
O equilíbrio é um estado em que não ocorrem mudanças. Assim,
é correto afirmar que a lua, girando em torno da Terra em
movimento uniforme, está em equilíbrio ? Alguma grandeza física
está mudando nesse caso ? Em caso afirmativo, cite algumas.

Py
Questão 4
Uma caixa está oscilando verticalmente presa a uma mola como
mostra a figura abaixo. Após descer em movimento retardado, a
caixa atinge a posição mais baixa da oscilação onde ela para a fim
de inverter o sentido do movimento. Pergunta-se:
a) No momento em que essa caixa pára a fim de inverter o sentido
do movimento, ela encontra-se em equilíbrio ? E encontra-se
em repouso ?
b) Nesse instante, qual das forças agindo nela terá maior
intensidade, a força elástica Fel ou o peso P  ?
c) Nesse instante, a caixa tem velocidade ? E tem aceleração ?
Aceleração apontando para onde ?
V
M
V
M
Fel
M
P
V=0
parou a fim de
inverter o sentido
movimento
Questão 5 -
A caixa a seguir pesa 40 N e está descendo uma rampa que forma
um ângulo de 30 com a horizontal com uma velocidade constante
de 4 m/s.
a) podemos afirmar que essa caixa encontra-se em equilíbrio ?
b) quanto vale a força de atrito que atua sobre essa caixa ?
( Dica: Veja página 3 – exemplo resolvido 1)
Questão 6
Em poucas palavras, dizemos que um corpo encontra-se em
Equilíbrio Mecânico quando:
a) O corpo encontra-se em repouso;
b) O corpo se desloca em movimento uniforme.
c) sua aceleração (grandeza vetorial) permanece constante;
d) A força resultante (grandeza vetorial) permanece constante;
e) sua velocidade (grandeza vetorial) permanece constante.
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Física
30
Questão 7
Uma criança está numa roda gigante que gira em movimento
uniforme.
a) Podemos dizer que a criança está se movendo com velocidade
constante ?
b) A rapidez (o módulo da velocidade) da criança é constante ?
c) Podemos dizer que essa criança está se movendo em Equilíbrio ?
Questão 8
Em quais casos a seguir a velocidade do corpo está
necessariamente variando ?
a) o corpo está em movimento acelerado;
b) o corpo está em movimento retardado;
c) o corpo está em movimento uniforme;
d) o corpo está executando um MCU;
e) o corpo está executando um MRU;
f) o corpo está indo para frente;
g) o corpo está indo para trás;
h) o corpo está executando um movimento curvilíneo,
i) o corpo está em movimento retilíneo.
Questão 9
Sobre os seus conhecimentos a respeito dos conceitos de
Equilíbrio e Repouso, responda as perguntas abaixo:
a) Um corpo pode estar em Equilíbrio sem estar em Repouso ?
Em caso afirmativo, exemplifique.
b) Um corpo pode estar em Repouso sem estar em Equilíbrio ?
Em caso afirmativo, exemplifique.
c) Um corpo pode estar simultaneamente em Repouso e em
Equilíbrio ? Em caso afirmativo, exemplifique.
Questão 10
A foto a seguir mostra um corpo sobre o qual atuam, exclusivamente, a força de sustentação F = 10 N e o seu peso P = 40 N.
No momento em que essa foto foi tirada, é errado afirmar que:
F = 10 N
P = 40 N
a) o corpo poderia estar descendo acelerado
b) o corpo poderia estar subindo retardado
c) o corpo poderia apresentar velocidade horizontal para a direita
V
d) o corpo certamente tem aceleração vertical para baixo
e) o corpo só pode estar se deslocando em trajetória vertical
Questão 11 - 
Um homem está no alto do mastro de um navio que se move com
velocidade constante e vai abandonar uma pedra.
a) Segundo Aristóteles, essa pedra cairá no pé do mastro, atrás
ou à frente dele ?
b) e segundo Galileu, Newton, eu e você, onde a pedra cairá
(desprezando efeitos do ar, ventos etc.) ?
c) qual conceito importante foi introduzido por Galileu, refinado por
Newton e nos leva a crer que a pedra deve acompanhar o
movimento horizontal do barco, durante a sua queda vertical ?
Questão 12
(UFRN 2012) Em seu livro “Diálogos sobre os dois Principais
Sistemas do Mundo”, Galileu, através de seu personagem Salviati,
refuta um dos principais argumentos aristotélicos sobre o
movimento da Terra, defendido pelo personagem Simplício, que
diz:
“Se de fato a Terra tivesse um movimento diurno de rotação, uma
torre do alto da qual se deixasse cair uma pedra, sendo
transportada pela Terra em sua rotação, já se teria deslocado de
muitas centenas de jardas para leste durante o tempo de queda da
pedra, e a pedra deveria atingir o solo a essa distância da base da
torre”.
Seguindo o argumento de Simplício, poder-se-ia concluir que a
Terra não gira, pois a pedra sempre cai atingindo o ponto
verticalmente abaixo de onde foi solta.
Entretanto, a argumentação de Simplício está equivocada, pois
sabe-se que a Terra tem movimento de rotação, isto é, ela gira, e
que a pedra cai no ponto abaixo do qual foi solta porque:
a) sua velocidade de queda depende da velocidade linear da Terra.
b) sua velocidade angular é igual à velocidade angular da Terra.
c) sua aceleração angular é igual à aceleração da gravidade.
d) sua aceleração linear depende da aceleração linear da Terra.
Questão 13
(UFRN 2011) Considere um grande navio, tipo transatlântico,
movendo-se em linha reta e com velocidade constante (velocidade
de cruzeiro). Em seu interior, existe um salão de jogos climatizado
e nele uma mesa de pingue-pongue orientada paralelamente ao
comprimento do navio. Dois jovens resolvem jogar pingue-pongue,
mas discordam sobre quem deve ficar de frente ou de costas para
o sentido do deslocamento do navio. Segundo um deles, tal
escolha influenciaria no resultado do jogo, pois o movimento do
navio afetaria o movimento relativo da bolinha de pingue-pongue.
Nesse contexto, de acordo com as Leis da Física, pode-se afirmar
que :
a) a discussão não é pertinente, pois, no caso, o navio se comporta
como um referencial não inercial, não afetando o movimento da
bola.
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Física
b) a discussão é pertinente, pois, no caso, o navio se comporta
como um referencial não inercial, não afetando o movimento da
bola.
c) a discussão é pertinente, pois, no caso, o navio se comporta
como um referencial inercial, afetando o movimento da bola.
d) a discussão não é pertinente, pois, no caso, o navio se
comporta como um referencial inercial, não afetando o
movimento da bola.
Dica: Veja a figura 10 na página 22 e texto na página 23.
Questão 14
A figura abaixo mostra uma bola de futebol que descreve uma
trajetória parabólica, após ser chutada pelo goleiro em “tiro de
meta”. Pergunta-se:
t=3s
V
V
t=4s
t=2s
a
V
a
V
a
t=5s
t=1s
diagrama
V
cinemático
a
a
a) durante o movimento dessa bola, quantas forças agem nela ?
b) se a força resultante que age nessa bola aponta para baixo
FR = P em cada instante, qual a direção e sentido da
aceleração dessa bola, em qualquer instante do movimento ?
c) a velocidade do móvel é sempre tangente à trajetória em cada
instante. Assim no ponto mais alto da trajetória (t = 3s) vemos
que, embora a força resultante agindo na bola aponte para
baixo, a bola está indo para onde, em t = 3 s ? Para cima, para
baixo, para esquerda ou para a direita ?
Questão 15
Do exposto acima, podemos tirar várias conclusões importantes.
Assinale verdadeiro ou falso nas afirmativas a seguir:
a) Em todo movimento, a velocidade do corpo sempre aponta na
mesma direção e sentido da força resultante;
b) Em todo movimento, a aceleração do corpo sempre aponta na
mesma direção e sentido da força resultante;
c) a aceleração do corpo é sempre tangente à trajetória;
d) a velocidade do corpo é sempre tangente à trajetória;
e) no instante t = 3s, na figura acima, vemos que o corpo está
indo para a direita V, embora a força resultante agindo nele
esteja puxando o corpo para baixo FR = P;
f) Conhecer a orientação (direção e sentido) da força resultante
FR que age no corpo, em cada instante, nos permite concluir
exatamente para onde ele está indo, isto é, para onde aponta a
sua velocidade;
g) Conhecer a orientação (direção e sentido) da força resultante
FR que age no corpo, em cada instante, nos permite concluir
apenas para onde aponta a sua aceleração, não nos dando
nenhum indicativo de “para onde” o corpo está indo naquele
instante, isto é, para onde aponta a sua velocidade V naquele
instante.
Questão 16 - 
Dois blocos A e B, colocados um sobre o outro, já estão se
movendo para a direita, compartilhando uma mesma velocidade
V constante em relação à Terra, sobre uma superfície horizontal
lisa.
31
v
B
v
A
Pergunta Conceitual : Se ambos os móveis se deslocam em MRU, qual a
resultante das forças que agem sobre o bloco B ?
De acordo com a sua resposta dada para a pergunta anterior,
indique o diagrama que melhor representa as forças que atuam
sobre o corpo B. Lembre-se que velocidade não é forca !  :
a)
b)
c)
B
d)
B
B
e)
B
B
Questão 17 (UECE 2012.2)
Um cubo de massa m é posto sobre outro cubo de massa 2m. O
coeficiente de atrito estático entre os dois blocos é μ. Suponha que
esse conjunto deslize com velocidade constante sobre um plano
horizontal, sem atrito. Considere o módulo da aceleração da
gravidade igual a g. Assim, a força de atrito Fat atuante no bloco
de cima é:
a) 0
b) μmg
c) 2μmg
d) 3μmg.
Questão 18
Selecione corretamente a opção que melhor completa cada um dos
trechos dos parágrafos abaixo:
A figura mostra uma caixa que se move sobre um solo horizontal
sujeita a ação de apenas duas forças horizontais F 1 e F2.
Observando o diagrama abaixo, vemos que a caixa está se
movendo para a (esquerda / direita) em movimento (acelerado /
retardado).
a
v
F1
F2
A
Podemos concluir que a resultante entre as forças F 1 e F2 aponta
para a (esquerda / direita) visto que a (velocidade / aceleração)
aponta para a (esquerda / direita). Assim, deduzimos que a força
F1 é (maior / menor ) do que F2.
Questão 19
Selecione corretamente a opção que melhor completa cada um dos
trechos dos parágrafos abaixo:
a
F1
A
v
F2
A figura mostra uma caixa que se move sobre um solo horizontal
sujeita a ação de apenas duas forças horizontais F 1 e F2.
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32
Observando o diagrama abaixo, vemos que a caixa está se
movendo para a (esquerda / direita) em movimento (acelerado /
retardado).
Podemos concluir que a resultante entre as forças F 1 e F2 aponta
para a (esquerda / direita) visto que a (velocidade / aceleração)
aponta para a (esquerda / direita). Assim, deduzimos que a força
F1 é (maior / menor ) do que F2.
Questão 20 - 
Nos esquemas abaixo, cada situação física traz alguma descrição.
Diga quais delas trazem uma descrição coerente com a situação
física (não viola nenhum princípio físico) e quais trazem uma
descrição incompatível com a situação física, por violar algum
princípio da mecânica:
a) sistema físico:
F2 = 20 N
F1 = 40 N
M
Descrição
a
V
M
b) sistema físico
F2 = 20 N
F1 = 40 N
M
Descrição
V
a
M
c) Sistema Físico
F2 = 20 N
F1 = 40 N
M
Descrição
M
F1 = 20 N
Descrição: Corpo se movendo em MRU
V
M
e) Sistema Físico
a
M
V
Descrição: Corpo se movendo para a esquerda
f) Sistema Físico
a
M
F1 = 40 N
V
d) Sistema Físico
F2 = 20 N
Questão 22
Considere o bloco a seguir, apoiado sobre uma mesa horizontal
lisa. Marque verdadeiro V ou falso F ou “nada se pode afirmar”
NPA conforme seus conhecimentos de Mecânica:
F2 = 10 N
a
M
Questão 21
Assinale Verdadeiro ou falso:
a) Todo corpo que se encontra em equilíbrio Mecânico possui
velocidade constante, podendo ela ser nula ou não.
b) É possível fazer uma curva com velocidade constante;
c) É possível fazer uma curva estando livre da ação de forças;
d) Sempre que um móvel descreve uma curva, sua velocidade
está variando em direção, motivo pelo qual dizemos que a
velocidade do corpo está variando;
e) A força é o agente responsável pela variação da velocidade,
quer através da variação do seu módulo, da sua direção ou do
seu sentido.
f) Sempre que a velocidade de um corpo estiver variando, quer
em direção (nas curvas), quer em sentido (quando o corpo
inverte o sentido do seu movimento), quer em módulo (mov.
Acelerado ou retardado), a força resultante agindo sobre o
corpo certamente não é nula.
g) Todo corpo em Movimento Retilíneo e Uniforme encontra-se em
Equilíbrio Mecânico.
h) Todo corpo em Movimento Circular e Uniforme encontra-se em
Equilíbrio Mecânico.
i) Todo corpo em Movimento Uniforme encontra-se em Equilíbrio
Mecânico.
j) Todo corpo em repouso permanente encontra-se em Equilíbrio
Mecânico.
k) Um corpo em repouso momentâneo (um pêndulo simples, por
exemplo, no instante em que pára e inverte o sentido do
movimento) encontra-se em Equilíbrio Mecânico.
l) Todo corpo em repouso encontra-se em Equilíbrio Mecânico.
m) Um corpo que se move em MRU encontra-se em equilíbrio,
embora não esteja em repouso.
M
Descrição: Corpo se movendo para a direita
V
a) A força resultante agindo sobre esse corpo aponta para a
direita ;
b) A aceleração desse corpo aponta para a direita;
c) Esse corpo está se deslocando em movimento acelerado;
d) Esse corpo está se deslocando em movimento retardado;
e) Esse corpo está necessariamente se movendo para a direita.
f) Esse corpo pode estar se movendo para a esquerda;
g) Esse corpo pode estar momentaneamente em repouso (parou a
fim de inverter o sentido do movimento).
h) Esse corpo pode estar em Equilíbrio.
i) A velocidade desse corpo pode se manter constante.
j) A velocidade desse corpo está necessariamenteo variando;
k) Esse corpo pode estar se movendo para a esquerda V  em
movimento retardado a ;
l) Se o corpo for abandonado a partir do repouso, se moverá para
a direita em movimento acelerado;
m) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo pode estar se
movendo tanto para a esquerda quanto para a direita, desde
que se mova em MRU;
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Física
33
n) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo está obrigatóriamente em repouso permanente;
o) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo está obrigatóriamente em Equilíbrio;
A
B
Questão 23 - 
A Figura mostra dois blocos A e B, de mesma massa m , presos
entre si através de um fio ideal que passa por uma polia sem
atrito. Se a aceleração da gravidade vale g, o prof Renato Brito
pede para você assinalar a alternativa correta:
2
1
m B
A m
c) Se A pesar mais do que B, B terá aceleração para cima;
d) Se A pesar mais do que B, abandonando o sistema do repouso,
B se moverá para cima.
e) Se B pesar mais que A, então B certamente estará descendo;
f) Se B estiver subindo, a tração será maior que o peso de B;
g) Independente de qual massa seja a maior, B sempre terá
aceleração para baixo.
h) Independente de qual massa seja a maior, o peso de B é
sempre maior do que a tração.
i) B pode estar descendo em movimento uniforme;
j) B pode estar descendo em movimento retardado;
k) A pode estar indo para a esquerda em movimento retardado;
a) os blocos estão necessariamente em repouso;
b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o
peso dele;
c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na
mesma altura;
d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer
instante;
e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante
não nula
Questão 24 - 
A figura mostra dois blocos A e B, de massas 2m e m , presos
entre si através de um fio ideal que passa por uma polia sem
atrito. Se a aceleração da gravidade vale g, o prof Renato Brito
pede para você assinalar a afirmativa errada:
2
1
A
2m
m
B
a) os blocos podem estar momentanea-mente em repouso em
algum instante;
b) os blocos jamais estarão em equilíbrio;
c) o bloco A pode estar subindo
d) o bloco B pode estar subindo
e) se A estiver subindo, a tração no fio 1 é maior que o peso do
bloco A
Questão 25
Considere dois blocos A e B, conectados por polia e fios ideais,
conforme a figura. O bloco A encontra-se sobre uma mesa
horizontal lisa. Sobre esse episódio, marque V ou F :
a) Esse sistema pode estar em equilíbrio, dependendo das
massas de A e B;
b) Esse sistema pode estar em repouso em algum instante;
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Galileu e o Movimento
Acelerado
10 –Aceleração: a rapidez com que a velocidade varia
Galileu desenvolveu o conceito de aceleração em seus
experimento com planos inclinados. Ele estava interessado na
queda dos objetos, e como lhe faltavam instrumentos, usou planos
inclinados para tornar efetivamente mais lentos os movimentos
acelerados e, assim, poder investigá-los mais detalhadamente.
Galileu percebeu que a bola possuía uma aceleração máxima
quando a rampa era vertical (Figura 9C). Nesse caso, a sua
aceleração tornava-se igual à de um objeto em queda e seu valor
era independente do peso e do tamanho do corpo , desde que a
resistência do ar fosse pequena o suficiente para ser desprezada.
A
Figura 8 – Para se ter uma idéia das dificuldades
enfrentadas por Galileu, basta lembrar que ele media o
tempo com um relógio d’água – isto é, determinava a
quantidade de água que escoava de um recipiente,
enquanto o corpo descia o plano.
Galileu percebeu que, quando uma bola rola para baixo ao longo
de um plano inclinado, a sua rapidez (rapidez denota o módulo da
velocidade) aumenta sempre a mesma quantidade v, a cada
segundo t de movimento. No plano inclinado da Figura 9A, por
exemplo, a rapidez da bola, abandonada do repouso, aumenta de
acordo com a tabela abaixo:
Tempo
Velocidade
Aceleração
0s
0 m/s
2 m/s2
1s
2 m/s
2 m/s2
2s
4 m/s
2 m/s2
3s
6 m/s
2 m/s2
A aceleração do movimento é o ritmo com que a rapidez do móvel
está variando. No caso da tabela acima (Figura 9A), a rapidez está
aumentando de 2 m/s em 2 m/s a cada 1 segundo que se passa
(0, 2, 4, 6, 8, 10, 12......). Dizemos que a aceleração do movimento
é de 2 m/s a cada 1 segundo, ou, uma aceleração de 2 m/s 2 (note
que a unidade de tempo apareceu duas vezes – uma na unidade
de rapidez e, de novo, no intervalo de tempo durante o qual
ocorreu a variação da rapidez):
a
aumento da rapidez
V 2 m/s


 2 m/s2
tempo decorrido
t
1s
Galileu descobriu que as acelerações eram tão maiores quanto
mais inclinadas fossem as rampas usadas. Esse fato pode ser
percebido comparando-se as Figuras 9A e 9B.
Tempo
Velocidade
Aceleração
0s
0 m/s
4 m/s2
1s
4 m/s
4 m/s2
2s
8 m/s
4 m/s2
3s
12 m/s
4 m/s2
No caso da rampa B, a rapidez aumenta num ritmo de 4 m/s em
4 m/s (0, 4, 8, 12, 16......) a cada 1 segundo, revelando que o
movimento ocorre com uma aceleração de 4 m/s a cada
1 segundo, ou 4 m/s2, conforme a tabela anterior:
a
aumento da rapidez
V 4 m/s


 4 m/s2
tempo decorrido
t
1s
B
C
Figura 9 – uma bola é abandonada do repouso e sua posição é
registrada a cada um segundo. Quanto maior a inclinação, mais
rapidamente a bola adquire velocidade, maior a distância que ela
percorre durante os três segundos. Qual a aceleração da bola na
Figura C ?
Autoteste 1
1. Qual a aceleração de um carro de fórmula 1 que passa zunindo
por você com uma rapidez constante de 400 km/h ?
2. Quem tem maior aceleração, um avião que vai de 1000 km/h
para 1005 km/h em 10 segundos, ou um skate que vai de zero a
5 km/h em 1 segundo ?
Os corpos caem por causa da gravidade. Quando um objeto está
caindo, sem enfrentar qualquer impedimento – sem atrito ou
resistência do ar – ele está num estado denominado queda livre. A
tabela a seguir mostra a rapidez como a sua velocidade varia a
cada segundo (Figura 9C):
Tempo
Velocidade
Aceleração
0s
0 m/s
10 m/s2
1s
10 m/s
10 m/s2
2s
20 m/s
10 m/s2
3s
30 m/s
10 m/s2
Vemos que a rapidez varia de 10 m/s em 10 m/s a cada
1 segundo do movimento ( 0, 10, 20, 30, 40, ......), para um objeto
caindo nas proximidades da superfície da Terra. Essa aceleração
vale, portanto, 10 m/s a cada 1 segundo, ou 10 m/s 2, sendo
freqüentemente denotada pela letra g (porque ela deve-se à
gravidade). Dizemos que, na queda livre tem-se a = g = 10 m/s2.
O valor da aceleração g da gravidade é muito diferente na lua ou
nos demais planetas, pois está relacionada à massa e ao raio do
planeta, como aprenderemos posteriormente no estudo da
Gravitação.
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Física
35
Autoteste comentado 1
V
V
1. zero, pois a sua velocidade é constante e, portanto, não varia.
2. a velocidade de ambos aumentou 5 km/h, mas o skate
conseguiu isso em um décimo do tempo requerido pelo avião. O
skate tem, portanto, uma aceleração 10 vezes maior, o que
significa dizer que a sua rapidez aumentou num ritmo 10 vezes
maior que o do avião. O cálculo mostrará que a aceleração do
avião vale 0,5 km/h.s, enquanto que o skate, apesar de ser mais
lento que o avião, teve uma aceleração de
5 km/h.s durante aquele segundo de movimento. Velocidade e
aceleração são dois conceitos muito diferentes. Ser capaz de
distingui-los é muito importante.
11 – Movimento Uniforme
(MU)
Um movimento é dito uniforme quando o módulo da velocidade, a
rapidez ou a velocidade escalar do móvel permanecem constantes
ao longo do tempo. Nesse tipo de movimento, o móvel percorre
distâncias iguais em intervalos de tempos iguais. Não há restrições
para o formato da trajetória de um movimento uniforme, podendo
ser retilínea, curvilínea, circular etc.
V(m/s)
8
V
Figura 12 – Movimento Circular Uniforme – nesse movimento,
a velocidade não permanece constante, pois o vetor V muda de
direção a cada instante. Assim, esse movimento é dito
acelerado, visto que a mudança da direção da velocidade está
associada à aceleração centrípeta. Apesar da velocidade do
móvel variar (em direção), a sua rapidez (módulo da
velocidade) permanece constante durante o MCU.
Autoteste 2
3. Em todo movimento uniforme, a velocidade do móvel permanece
constante ?
4. A velocidade de um móvel em MCU é constante ?
5. Qual a única classe de movimentos no qual a velocidade do
móvel efetivamente permanece constante ?
4
4
4
1
4
2
4
3
4
4
5
T(s)
Figura 10 – No MU, o módulo da velocidade (rapidez)
permanece constante durante o movimento. O móvel percorre
espaços iguais em intervalos de tempos iguais, como pode ser
percebido pelo cálculo da área sob o gráfico acima.
V = 4 m/s
12 – Movimento Uniformemente Variado - (MUV)
Um movimento é dito variado quando a rapidez varia com o passar
do tempo. Caso essa variação ocorra de forma uniforme, isto é, a
rapidez sofre variações iguais em intervalos de tempos iguais, o
movimento é dito uniformemente variado (MUV).
Ao contrário do MU, no MUV o móvel apresenta uma aceleração
(escalar ou tangencial) constante durante o movimento, que
propicia essa variação uniforme na sua rapidez.
V(m/s)
S(m)
10 m
14 m
18 m
22 m
2
20
Figura 11 – No movimento retilíneo uniforme, a velocidade
permanece constante, visto que não muda nem de direção,
nem de sentido nem de valor (rapidez).
Em todo movimento uniforme, a aceleração escalar (tangencial) do
módulo é nula (a = 0), visto que não há variação do módulo da
velocidade (rapidez) do móvel. Entretanto, nos movimentos
uniformes cujas trajetórias não são retilíneas, tais como o
movimento circular uniforme (MCU), o móvel apresenta apenas
aceleração centrípeta actp, responsável exclusivamente pela
mudança da direção do vetor velocidade, sem afetar o seu módulo.
Aprenderemos mais sobre as componentes tangencial e centrípeta
da aceleração nos próximos capítulos.
4
2
16
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
2
12
2
8
4
2
4
0
1
2
3
4
5
t(s)
Figura 13 – No MUV, o módulo da velocidade (rapidez) varia
linearmente com o tempo durante o movimento. No exemplo
ilustrado pelo gráfico acima, o móvel percorre distâncias cada
vez maiores em intervalos de tempos iguais, como pode ser
percebido pelo cálculo da área sob o gráfico.
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Física
36
Considere o MUV descrito pelo gráfico da Figura 13 em que a
velocidade do móvel aumenta de 4 m/s em 4 m/s a cada segundo
num ritmo constante. Isso significa que o móvel tem uma
aceleração escalar constante +4 m/s 2 durante o movimento. A área
sob a curva na Figura 13 revela que o móvel, em movimento
acelerado, não percorre distâncias iguais em intervalos de tempos
iguais mas, sim, distâncias progressivamente crescentes.
Analisando a área sob a curva, no gráfico da Figura 13, pode-se
perceber que:
No intervalo [ 0s, 1s ] o móvel percorre s = 4 + 2 = 6 m
No intervalo [ 1s, 2s ] o móvel percorre s = 4 + 4 + 2 = 10 m
No intervalo [ 2s, 3s ] o móvel percorre s = 4 + 4 + 4 + 2 = 14 m
O móvel, de fato, percorre distâncias cada vez maiores, a cada
segundo. Essa é a diferença prática entre o MU e o MUV e é
causada pela aceleração.
Autoteste comentado 2
3. Não. Em todo movimento uniforme, a rapidez (módulo da
velocidade) do móvel deve ser constante, mas a velocidade
pode ser variável em direção, por exemplo.
4. Não. A velocidade é um conjunto de três informações: direção,
sentido e valor. A velocidade só é constante caso não ocorra
variação de nenhuma dessas três características. No MCU, a
velocidade do móvel é variável (em direção), apesar da sua
rapidez (módulo da velocidade) ser constante.
5. Um movimento no qual a velocidade não mude nem de direção
(retilíneo), nem de sentido, nem de módulo (uniforme), ou seja, o
movimento retilíneo e uniforme.
13– A velocidade escalar média no MUV
Uma das características marcantes de todo MUV é que a sua
velocidade escalar varia linearmente com o tempo. Assim,
considere o gráfico de um MUV genérico mostrado abaixo.
A seguir, determinaremos a velocidade média Vm desse móvel no
intervalo [ t0 , t ] a partir da definição geral de velocidade média:
V(m/s)
V
Autoteste 3
6. Um móvel viajou durante 6h com velocidade de 50 km/h e
durante as próximas 4h com velocidade de 40 km/h. A
velocidade média dele nessa viagem é dada por:
V  V 50  40
Vm  0

 45 km / h
2
2
Está correto o raciocínio acima ? Justifique.
Exemplo Resolvido 1:
Um veículo, deslocando-se em movimento uniformemente variado,
penetra um túnel a uma velocidade 10 m/s e sai pelo outro
extremo 4 s depois, com uma velocidade de 20 m/s. Determine o
comprimento do túnel.
Solução:
O comprimento do túnel corresponde ao deslocamento s do
veículo naquele intervalo de 4 s, desprezando-se o comprimento
do carro. Assim, sendo o movimento um MUV, podemos escrever:
V V
S 10  20
S

 0
 Vm 
t
4
2
2
S
 15  s = 60 m
4
Assim, o comprimento do túnel vale 60 m.
Vm 
Esse exercício mostra uma interessante aplicação da fórmula da
velocidade média do MUV. Aplicamos a fórmula quando, na
verdade, não havia interesse em determinar a velocidade média
mas, sim, o deslocamento s.
Autoteste comentado 3
6. Não. A velocidade média só é a média aritmética das
velocidades em movimentos nos quais a velocidade varie
linearmente (MUV) com o tempo. Assim, a velocidade média
deveria ser calculada pela expressão geral, que é válida para
qualquer movimento:
Vm 
Vo
to
t

distância total 6x50  4x40 460 km


 46 km / h
tempo total
64
10 h
t(s)
(V  V0 )  (t  t 0 )
S área hachurada trapézio
2
Vm 

=
=
t
t  t0
(t  t 0 )
Após os devidos cancelamentos, obtem-se:
S V0  V

t
2
Assim, no MUV, valem as seguintes relações para o cálculo da
velocidade média de um móvel :
V V
S
Vm 
 o
t
2
Vm 
expressão particular,
expressão geral
válida para qualquer válida apenas para
o MUV
movimento
14– A Função Horária da Velocidade no MUV
Uma das características marcantes do MUV é que o móvel se
desloca com aceleração escalar constante a ao longo do tempo.
Isso significa que a sua aceleração média am , em qualquer
intervalo [ t0 , t ] , sempre resulta o mesmo valor a, assim:
am 
V  Vo
V

= a
t
t  to
 (V – V0) = a.( t – t0)
Isolando V, vem:
V = Vo + a. ( t – t0)
Vo  velocidade do móvel no instante to
V  velocidade do móvel num instante t posterior a to com
t > to ;
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Física
15– A Função Horária da Posição no MUV
Considere um móvel deslocando-se em MUV tal que, no instante
to, sua posição escalar vale So e sua velocidade escalar vale Vo.
Se sua aceleração vale a , qual será a posição escalar S do móvel
no instante t > to ?
Vo
a
V
S(m)
So
S
to = 0
t
Vm 
V V
S
 0
t
2
10.t 2
a.t 2
= 25 + 20.t –
2
2
V = Vo + a.( t – t0)
S – So = Vo. ( t – t0) +
S = So + Vo. ( t – t0) +
a.( t  t 0 )
2

V = 20 – 10. t
, t0s
a) o coco atinge a altura máxima no instante em que sua
velocidade se anula ( a bola pára momentaneamente) , portanto:
V = 20 – 10. t 
V  Vo  a.( t  t0 )
Vo  V
.( t  to )
.t = o
2
2

S = 25 + 20. t – 5. t2 , t  0 s
V = Vo + a. t
e
A partir dessas relações, temos:
S 
Solução:
Para definir o sinal algébrico das grandezas tratadas escalarmente,
inicialmente adotamos arbitrariamente um eixo orientado para
cima, com a origem S = 0m no nível da calçada. Assim, a
velocidade escalar inicial do coco será tomada positiva
( a favor do eixo ) Vo = + 20 m/s e a sua aceleração escalar será
tomada negativa a = –g = –10 m/s2, já que a gravidade, sendo
vertical para baixo, se opõe ao eixo. No instante inicial to = 0, o
coco está na posição So = 25 m de acordo com o eixo adotado.
Assim, as funções horárias da posição e da velocidade do coco
são:
S = S o + V o. t +
Para determinar S, devemos recordar que no MUV valem as
seguinte relações:
37
0 = 20 – 10. t

t=2s
b) determinar a altura máxima do coco corresponde a determinar a
sua posição S no instante t = 2 s, portanto:
S = 25 + 20. t – 5. t2 = 25 + 20. ( 2 ) – 5. ( 2 )2 = 45 m
2
de onde se conclui que Hmax = 45 m
c) perguntar o instante t em que o coco atinge a calçada
equivale a perguntar: “ em qual instante t a posição do móvel
será S = 0 m ? ” Afinal, a origem do eixo orientado foi adotada
na calçada. Assim :
a.( t  t 0 ) 2
2
So  posição do móvel no instante to
S  posição do móvel num instante t posterior a to ( t > to);
A relação acima se chama função horária completa da posição
para o MUV. Freqüentemente, o instante inicial to é tomado como
sendo to = 0.
Exemplo Resolvido 2:
Juquinha está no alto de um prédio de 25 m de altura e rebola,
verticalmente para cima, um coco com velocidade de 20 m/s. Se a
aceleração da gravidade vale g = 10 m/s 2, pede-se determinar:
a) o instante em que o coco atinge a altura máxima;
b) a altura máxima atingida pelo coco em relação à calçada;
c) após quanto tempo o coco chega à calçada;
S(m)
S = 25 + 20. t – 5. t2
t2 – 4.t – 5 = 0

0 = 25 + 20. t – 5. t2

Resolvendo a equação, encontramos t = –1 s e t = 5 s. Como o
movimento começa em t = 0 s, então somente t = 5 s faz
sentido fisicamente. O coco atinge o solo em t = 5 s. O aluno
deve atentar para o fato de que uma única função horária da
posição é útil para estudar tanto a subida como a descida do
móvel.
16– Interpretação de Gráficos
Um gráfico é uma forma de representação de dados bastante
compacta e, ainda assim, traz uma quantidade de informações
muito grande.
O estudante deve ser capaz de extrair todas as informações de um
gráfico, que podem ser obtidas por:
45 m
 Leitura direta dos valores numéricos dos eixos do gráfico
a = -g
25 m
 Analisando a área sob a curva
 Analisando a inclinação da curva em pontos convenientes
A área sob a curva, em cada gráfico, geralmente traz informações
importantes na solução de problemas.
25 m
Para se determinar saber o significado físico da área sob a curva
em gráfico, basta multiplicar a unidade física do eixo Y pela
0m
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Física
38
unidade física do eixo X. A unidade física resultante indicará a
grandeza física representada pela área sob a curva.
Para se determinar o significado físico da inclinação do gráfico
Exemplo Resolvido 3:
A Figura abaixo mostra o gráfico da posição escalar S, em função
do tempo, de dois móveis A e B, que se movem sobre uma mesma
estrada. Analise o gráfico:
( tg), basta dividir a unidade física do eixo Y pela unidade física
S(m)
A
do eixo X. A unidade física resultante indicará a grandeza física
representada pela inclinação da curva em um dado instante.

A tabela a seguir mostra o significado físico da área e da inclinação

em alguns gráficos como de posição S, velocidade escalar V,
aceleração escalar a e potência P, em função do tempo. No
S0A
gráfico da potência P x t, note que:
S0B
1 watt = 1
Sxt
Área
(Y x X)
Inclinação
(YX)
Sem
significado
físico
m
m/s
s
tg  v
joule
segundo
Vx t
m
s  m
s
área  s
m/s
 m / s2
s
tg  a
t1 t2
a x t
m
s
2
s 
Px t
m
s
j
s  j
s
área  energia
área  v
Sem
significado
físico
Sem
significado
físico
A tabela mostra que não há necessidade de se memorizar o
significado da área e da inclinação da curva
para todos os
B
t3
t(s)
Solução:
Analisando o gráfico acima, é possível afirmar que:
 Por leitura direta dos valores do gráfico, conclui-se que o móvel
A está à frente do móvel B no instante inicial ( t = 0 ) visto que
S0A > S0B.
 No intervalo de tempo [ 0 , t2 ] os móveis se movem com
velocidades escalares iguais, visto que os gráficos de A e B são
retas paralelas ( mesma inclinação ) nesse intervalo de tempo.
Assim, velocidades dos móveis certamente são iguais entre si
iguais no instante t1.
 A partir do instante t2, o móvel A passou a se mover com
velocidade maior que o móvel B, visto que o ângulo  que a
reta A faz com a horizontal é maior que o ângulo  que a reta
B faz com a horizontal, para t > t2 . Então, certamente o carro
A está mais veloz que o B no instante t3
inúmeros gráficos. Afinal, todos seguem o mesmo princípio.
17 – Conversando Sobre o Lançamento Horizontal
Vo
Vx
Vx
Vy
Vx
V
Vy
V
Vx
Vy
V
Professor: Observe a figura acima. A bola vem rolando pelo solo horizontal e, de repente, entra em queda livre (sob ação exclusiva da
força peso) até atingir o solo. Esse movimento chama-se lançamento horizontal porque, quando o corpo iniciou o movimento de queda,
sua velocidade era exclusivamente horizontal, não havendo nenhuma componente vertical, ou seja, Vx  Vo . Claudete, o que você
espera que ocorra com a velocidade horizontal Vx da bola durante o movimento em direção ao solo ?
Claudete: Não sei, prôfi, mas acho que ela deve diminuir, certo ?
Professor: Ora, claudete, Vx não deve aumentar nem diminuir de valor, pois, para isso, seria necessária alguma força atuando na bola
na direção horizontal, força essa que não existe. Durante todo o movimento de queda livre da bola, a única força que age sobre a mesma é
o peso na direção vertical.
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Física
39
Claudete: Ah, entendi ! Quer dizer que se a gente observar somente o movimento da bola na direção horizontal, esquecendo que ela
também está caindo, o movimento seria MU né, prôfi, já que a velocidade horizontal permanece constante ?
Professor: Exatamente, querida ! Na horizontal será um MU, a velocidade Vx será constante durante o movimento. Horizontalmente a bola
percorrerá espaços iguais em intervalos de tempos iguais. Agora me diga, Claudete. O que se pode concluir sobre o comportamen to da
velocidade vertical Vy da bola durante a sua queda ?
Claudete: Agora até eu sei ! Como tem a força peso P agindo na direção vertical, ele causará um aumento progressivo da velocidade Vy,
de acordo com a aceleração da gravidade, né verdade ?
Professor: Sem dúvida ! Se esquecermos que a bola também se move na direção horizontal, seu movimento vertical é idêntico ao de um
coco que cai verticalmente de uma árvore. A velocidade vai aumentando gradativamente de acordo com a gravidade.
Claudete: Ah ! Legal ! Mostre um exemplo prático, professor !
g = 10 m/s
t=0s
Vo
2
t=1s
40 m/s
40 m/s
t=2s
10 m/s
V
40 m/s
20 m/s
H = 45 m
V
t=3s
40 m/s
30 m/s
V
Alcance = D
Professor: Olhe atentamente a figura acima. A bola de basquete que vinha com Vo = 40 m/s rolando num plano a 45 m de altura entra em
queda até o chão.
 Veja a velocidade Vx = 40 m/s da bola permanecendo constante durante a queda.
 Veja a velocidade Vy da bola, que inicialmente valia Vy = 0, aumentando progressivamente de 10 m/s em 10 m/s a cada 1
segundo, já que a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s 2.
 Note que se quisermos achar a velocidade V da bola num certo instante, temos que achar a resultante (teorema de Pitágoras) entre
as velocidades Vx e Vy da bola. Assim, no instante t = 3 s, a bola tem velocidade Vx = 30 m/s , Vy = 40 m/s , o que permite
facilmente achar o valor da velocidade total V da bola:
V2 = (Vx)2 + (Vy)2 = (30)2 + (40)2
V2 = 900 + 1600 = 2500
V = 50 m/s
A bola, que partiu lá de cima com velocidade Vo = 40 m/s, chegou ao solo em t = 3 s com velocidade V = 50 m/s
Claudete: Puxa, que legal ! E prôfi, como eu iria saber que a bola leva t = 3 s para chegar lá embaixo ?
Professor: Ora, amiga Claudete. Lembra que o movimento vertical daquela bola é idêntico ao de um coco caindo de uma árvore. Quanto
tempo um coco leva para despencar do alto de uma árvore gigante de 45 m de altura ? Basta usar aquela conhecida relação da q ueda
livre:
H 
g. t 2
2

45 =
10.t 2
2

t = 3s
(cálculo do tempo de queda)
Claudete:Hummmm ! entendi. E seu eu quisesse saber quanto vale aquela distância percorrida pela bolota horizontalmente, aquele tal de
alcance D , prôfi ?
Professor: Beeem facinho ! Você lembra que o movimento daquela bola, na horizontal, é um MRU, já que horizontalmente sua velocidade
é constante Vx = 40 m/s ? Assim, qual a distância horizontal percorrida por um móvel que se desloca com 40 m/s durante t = 3 s ?
Adiviiiiinha ?
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Física
40
D = Vx . t = 40 m/s
x
3s

D = 120 m
(cálculo do alcance)
Ou seja, Claudete. A bola, em seu “vôo” até o chão percorreu, horizontalmente, 120 m , que é o chamado alcance. A figura abaixo resume
todos os resultados que encontramos. Agora você já sabe como se calcula o tempo de queda da bolinha, bem como o seu alcance:
g = 10 m/s
t=0s
Vo
2
t=1s
40 m/s
40 m/s
t=2s
10 m/s
H = 45 m
V
40 m/s
20 m/s
V
t=3s
40 m/s
30 m/s
50 m/s
Alcance = 120 m
Claudete: Afff ! Gostei desse negócio, prôfi ! E olhe, e é porque pensei que nunca fosse entender, acredita ? Olhe, percebi uma coisa
interessante nesse movimento: quando calculamos o tempo de queda da bolinha ( t = 3 s ), nem precisamos utilizar a velocida de
V0 = 40 m/s com que a bolinha iniciou o seu movimento. Por que, prôfi ?
Professor: Bem notado, Claudete ! O cálculo do tempo de queda é efetuado usando apenas a altura e a gravidade, da mesma forma
como calculamos o tempo de queda de um coco. Isso ocorre porque o movimento de queda vertical é totalmente independente do
movimento horizontal da bola. Em outras palavras, quando a bolinha está caindo, ela “não sabe” que também está indo para a di reita em
MRU ! A tabela abaixo resume tudo isso:
Grandeza a ser determinada
Únicos fatores dos quais a grandeza depende
Tempo de queda (t)
H e g apenas
Vo e tempo de queda (t), ou seja,
Alcance (D)
Vo , H e g
18 – Conversando Sobre o Lançamento Oblíquo
Professor: Agora o lançamento não será mais horizontal. A bola será lançada numa direção que forma um ângulo  com a horizontal.
Isso significa que, no início do lançamento, a bola já terá tanto velocidade horizontal Vx quanto vertical Vy. Uma vez mais, durante todo
o movimento da bola, só atuará na mesma a força vertical peso P. Assim, Claudete, como você espera que seja o comportamento da
velocidade horizontal Vx da bola, durante o movimento ?
g = 10 m/s
VoY
2
Vo

VoX
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Física
41
Claudete: Ora, prôfi , que nem antes ! A velocidade horizontal Vx da bola nem aumentará nem diminuirá de valor durante o “vôo” da
bolota, pois para isso teria que haver alguma força na horizontal para empurrar ou frear a bola, coisa que não existe ! Ago ra, na vertical,
por causa do peso, a velocidade vai mudando de acordo com a gravidade, certo ?
g = 10 m/s2
Professor: Muito bem, Claudete ! A figura acima mostra que a velocidade Vx da bola não muda de valor durante o movimento da bola.
Já a velocidade vertical Vy vai diminuindo durante o movimento até atingir a altura máxima (onde Vy = 0 já que a bola pára de subir). A
partir daí a velocidade vertical volta a aumentar de valor gradativamente. Esse comportamento da velocidade Vy, logicamente, se deve à
presença da força peso na vertical, proporcionando a aceleração da gravidade g que controla Vy.
Claudete: Bora ver um exemplo prático, prôfi !
t =3s
t =2s
t =4s
40 m/s
10 m/s
t =1s
g = 10 m/s
40 m/s
2
40 m/s
20 m/s
10 m/s
40 m/s
t =5s
40 m/s
30 m/s
H
50 m/s

20 m/s
40 m/s
t =0s
t =6s
40 m/s
30 m/s
50 m/s
alcance = D
Professor: Na figura acima, uma bola é lançada com velocidade inicial Vo = 50 m/s numa direção que forma um ângulo  = 36 com a
horizontal. Decompondo a velocidade inicial Vo da bola em suas componentes Vox = 40 m/s e Voy = 30 m/s , podemos estudar
separadamente os movimentos vertical (MUV) e horizontal (MRU). Observe os seguintes detalhes na figura acima:
 A velocidade Vx = 40 m/s da bola não se altera durante todo o “vôo” da bola MRU) como era esperado;
 A velocidade inicial Vy = 30 m/s da bola vai diminuindo 10 m/s a cada segundo que se passa durante a subida até se anular na altura
máxima (t = 3 s) . A seguir, a velocidade Vy passa a aumentar 10 m/s a cada 1 s durante o movimento de descida, já que a
aceleração da gravidade vale g = 10 m/s 2.
As velocidade Vx e Vy da bola durante todo o movimento, bem como a velocidade resultante V (determinada pelo teorema de
Pitágoras) , podem ser vistas na tabela abaixo:
T (s)
0
1
2
3
4
5
6
Vx (m/s)
40
40
40
40
40
40
40
Vy (m/s)
+30
+20
+10
0
–10
–20
–30
V (m/s)
50
44,72
41,23
40
41,23
44,72
50
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Física
42
Note que a velocidade mínima da bola ocorre na altura máxima ( V = 40 m/s ) , onde toda a componente Vy se anula, restando apenas a
componente horizontal Vx naquele instante ( t = 3 s ).
Claudete: Prôfi, e como faço para determinar as componentes Vox e Voy no instante inicial ?
Professor: Ora, claudete. Basta você decompor a velocidade inicial Vo da bola, veja:
Suponha dado sen 36 = 0,6 e cos 36 = 0,8
Vox = Vo. cos 36 = 50 x 0,8 = 40 m/s
VoY
Voy = Vo. sen 36 = 50 x 0,6 = 30 m/s
Vo

VoX
Claudete: E como sei quanto tempo a bola vai durar o “vôo” da bola, prôfi ?
Professor: Ora, vamos analisar apenas o movimento vertical. Quando um coco é jogado com
Vy = 30 m/s verticalmente para cima,
quanto tempo ele leva para parar (e atingir a altura máxima) ? Ora, como a gravidade vale g = 10 m/s 2, a velocidade na subida diminui de
10 m/s em 10 m/s a cada 1 segundo. Se ela vale 30 m/s no começo e diminui de 10 em 10, em quanto tempo ela se anula ? Fácil :
Vy
30
20
10
0
T
0
1
2
3
Intuitivamente, vê-se que ela se anula após 3 s . Assim, o tempo de subida vale Tsub = 3 s. Como o tempo de subida é igual ao tempo de
descida, devido à simetria, o tempo de vôo é dado por:
Tvôo = Tsub + Tdes = 3 s + 3 s = 6 s
Eixo y
A velocidade Vy da bola, em qualquer instante, pode ser determinada:
Vy = Voy + a. T , com Voy = +30 m/s e a = –10 m/s2
a = -10 m/s 2
Vy = 30 – 10. T
Claudete: Prôfi, e como a gente faz para determinar a altura máxima atingida pela bola ?
Professor: Claudete, para isso, lembre-se que o movimento vertical é independente do horizontal.
Ou seja, quando a bola está subindo ou descendo, ela “não sabe” que também está se deslocando
para a direita. Para determinar a altura máxima, vamos avaliar apenas o movimento vertical da bola.
Voy = +30 m/s
Claudete: Ah, prôfi ! Sendo assim, o movimento vertical da bola é igual ao de um coco jogado verticalmente para cima com 30 m/s né ?
Professor: Exato, Claudete ! Esse coco levará 3 s para subir, atingir a altura máxima e 3 s para descer. Se ele leva 3 s para desc er lá
de cima, a partir do repouso vertical, de que altura ele desceu ? Usando a conhecida relação da queda livre a partir do repou so vertical,
vem:
Hmax 
g. ( Tdesc )2
2

Hmax =
10.( 3 )2
2

Hmax = 45 m
Hmax =
Vo2 sen2
.
g
2
(cálculo da altura máxima)
Claudete: Ahhh ! Entendi ! Basta notar que ela leva 3 s para descer lá de cima, onde se encontrava em repouso na vertical ( Vy = 0). E
prôfi, e como se faz para achar o alcance horizontal D da bola em seu vôo ?
Professor: Ora, perguntar quanto vale o alcance equivale a perguntar “qual a distância percorrida horizontalmente (MRU) pela bolinha
durante os 6 s de duração do vôo ?” Se na horizontal o movimento ocorre com velocidade constante (MRU), vem:
D = Vx . Tvôo = 40 m/s
x
6s

D = 240 m
A =
Vo2
sen(2)
g
(cálculo do alcance)
Assim, aprendemos como interpretar direitinho o lançamento horizontal e o lançamento oblíquo em queda livre no campo gravitacional.
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Física
43
Pensando em Classe
Pensando em Classe
Questão 1
A Figura abaixo mostra um reservatório cilíndrico contendo água, que escorre por um tubo
cilíndrico em sua base inferior a uma velocidade de 80 cm/s. Considerando as dimensões
indicadas na figura, qual a velocidade de descida do nível da água nas paredes do cilindro ?
a) 5 cm/s
R = 60 cm
b) 10 cm/s
c) 15 cm/s
d) 20 cm/s
e) 40 cm/s
r = 15 cm
Questão 2
O gráfico a seguir ilustra o movimento de dois carros A e B, que inicia em t = 0 s numa mesma
estrada retilínea. O prof Renato Brito pede para você determinar a opção correta a cerca desse
movimento:
S(m)
B
A
q
p
t1
a)
b)
c)
d)
e)
t2
t3
T(s)
t4
a velocidade inicial de B é maior que a de A
a velocidade de A aumenta com o passar do tempo
a velocidade de B aumenta com o passar do tempo
num instante entre t2 e t3 os móveis chegam a ter velocidades iguais
a velocidade de A sempre supera a velocidade de B em todo o movimento
Questão 3
O prof Renato Brito conta que duas partículas A e B deslocam-se ao longo do eixo Ox com
velocidades dadas pelo gráfico abaixo, sendo que no instante t o = 0 s ambas partem da origem do
sistema de coordenadas. Sobre esse movimento, é correto afirmar que:
v(m/s)
B
A
6
0
2
t (s)
a) ambos apresentam a mesma aceleração em t = 0 s
b) ambos apresentam a mesma aceleração em t = 2 s
c) os móveis se encontram em t = 2 s
d) B está atrás de A no instante t = 2 s
e) a aceleração de A é maior que a aceleração de B em t = 2 s
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Física
44
Questão 4
No instante inicial (t = 0), dois móveis A e B passam por um mesmo ponto movendo-se sobre uma
mesma trajetória retilínea de acordo com o gráfico abaixo. Assim, o prof. Renato Brito pede para
você determinar o instante no qual os móveis voltarão a se encontrar novamente:
a) 2T
velocidade
b) 3T
A
c) 4T
d) 6T
B
e) 8 T
VB
VA
0
3T
tempo
Questão 5
Em cada uma das rampas mostradas a seguir, a bolinha será abandonada do repouso a partir de
uma mesma altura. O prof Renato Brito pede para você determinar:
a) se a velocidade da bola aumenta, diminui ou permanece constante durante a descida em cada
caso.
b) se a aceleração da bola aumenta, diminui ou permanece constante durante a descida em cada
caso.
c) Estabeleça uma ordem para as velocidades finais com que cada bola atinge a base da rampa;
d) Estabeleça uma ordem para o tempo de descida de cada uma das três bolas
B
A
VA
C
VC
VB
t
t
t
Questão 6
Um rapaz estava dirigindo uma motocicleta a uma velocidade de 72 km/h quando acionou os freios
e parou em 4 s, retardando uniformemente. O prof Renato Brito pede para você:
a) traçar o gráfico V x t para esse movimento;
b) determinar o módulo da aceleração da motocicleta;
c) a partir do gráfico, determinar a distância que a motocicleta percorre até parar.
Questão 7
Um motorista freia seu veículo no momento em que seu velocímetro indica 72 km/h, percorrendo
uma distância d até parar. Sendo o módulo da aceleração igual a 5 m/s 2, O prof. Renato Brito
pede para você determinar, aproximadamente, a velocidade do veículo no ponto médio do
percurso de frenagem:
a) 4,0 m/s
b) 8,0 m/s
c) 12 m/s
d) 14 m/s
e) 16 m/s
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Física
45
Questão 8 – As proporções de Galileu para a queda livre
Galileu Galilei foi um dos primeiros cientistas a utilizar o método científico para estudar a queda dos
corpos. Sobre esse movimento, considere o conjunto de fotografias abaixo, tiradas em intervalos de
tempos iguais, que mostra o deslocamento em queda livre de um móvel, a partir do repouso.
t =0
t = 1T
velocidade
Vo = 0
1x
3x
t = 2T
5x
t = 3T
7x
0 1T
2T 3T
4T
5T
tempo
t = 4T
Um dos princípios que Galileu estabeleceu para a queda dos corpos diz que:
Hipóteses: se o corpo parte do repouso (Vo = 0) com aceleração constante.
Tese: As sucessivas distâncias que o corpo percorrerá, em intervalos de tempos arbitrariamente
iguais, serão proporcionais aos números ímpares 1, 3, 5, 7, 9, ...., 2n + 1
Questão 9
Num edifício pode-se notar um aparelho de ar-condicionado instalado a 80 m de altura. Esse
aparelho goteja água periodicamente, em intervalos de tempos iguais. Percebe-se que a 1a gota
atinge o solo no exato momento em que a 5 a gota se desprende. O prof. Renato Brito pede para
você determinar, no referido instante, a distância que separa a 3 a e a 4a gota.
a) 25 m
b) 45 m
c)
30 m
d) 15 m
e) 50 m
Questão 10
A torneira do chuveiro da Claudete está mal fechada e, por isso,
goteja água periodicamente em intervalos de tempos iguais. A
figura mostra o exato momento em que uma gota está se
desprendendo e outras 3 gotas já estão em queda livre. As
distâncias x e y valem, respectivamente:
a) 4 cm, 15 cm
b) 4 cm, 12 cm
c) 6 cm, 15 cm
d) 6 cm,12 cm
e) 9 cm, 15 cm
x
y
20 cm
Questão 11
Um móvel parte do repouso, no instante inicial t = 0 s, com aceleração constante e percorre 18 m
nos primeiros 3 s.
a) a velocidade desse móvel, no instante t = 3 s, vale 6 m/s ?
b) a partir da expressão da velocidade média do MUV, determine a velocidade do móvel no
instante t = 3 s;
c) qual a aceleração desse móvel ?
d) No instante t = 4 s, qual a velocidade da partícula ?
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Física
46
Questão 12
Um móvel desloca-se sobre uma trajetória retilínea e sua velocidade escalar é dada, em função
do tempo, pelo gráfico abaixo. Sobre esse movimento, pode-se afirmar que:
v(m/s)
8
4
0
2
4
6
8
10 12
t(s)
-4
-8
a) o móvel encontra-se em repouso entre os instantes 0s e 2s;
b) entre os instantes 3s e 12 s o móvel pára uma única vez;
c) o movimento é retardado entre os instantes 2s e 6s;
d) a posição inicial do móvel, em t = 0s, vale S0 = 8m;
e) no instante 5s o móvel desloca-se em movimento acelerado.
Questão 13
Juquinha está no alto de um prédio de 25 m de altura e rebola, verticalmente para cima, um côco
com velocidade de 20 m/s. Se a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s 2, pede-se determinar:
a) o instante em que o coco atinge a altura
S(m)
máxima;
b) a altura máxima atingida pelo coco em
a = -g
relação à calçada;
c) após quanto tempo o coco chega à calçada.
25 m
25 m
0m
Questão 14
Uma pedra é abandonada, a partir do repouso, do topo de uma torre em um local onde a aceleração
da gravidade vale g = 10 m/s2. Desprezando a resistência do ar e sabendo que, no último segundo
de queda, a pedra percorreu 45 m, pode-se concluir corretamente que a altura da torre é, em
metros,
a) 125
b) 150
c) 275
d) 320
e) 405
Questão 15 – Transmissão de movimento circular
A figura a seguir ilustra três polias A, B e C executando um movimento circular uniforme. A polia B
está fixada à polia C e estas ligadas à polia A por meio de uma correia que faz o sistema girar sem
deslizar. Marque V ou F:
a) As polias B e C têm velocidades angulares iguais pois giram solidárias ao mesmo eixo;
b) Os pontos 1 e 2 das periferias das polias A e B tem velocidades lineares iguais;
c) As polias A e B tem frequências iguais;
d) Os pontos 1 e 2 das periferias das polias A e B tem velocidades angulares iguais;
e) A periferia da polia C tem maior velocidade linear do que a periferia da polia B;
C
1
2
B
A
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Física
47
Questão 16 – Transmissão de movimento circular
As polias 1 e 2 da figura têm raios respectivamente iguais a 20 cm e 30 com. A polia 2 gira com
frequência 20 RPM e seu movimento circular é transmitido até a polia 1 através de uma correia
que gira sem escorregamento. Durante esse movimento, a polia 1 dá quantas voltas completas a
cada 16 segundos ?
a) 4
b) 8
c) 12
d) 16
e) 24
Questão 17 – Transmissão de movimento circular
Em uma bicicleta o ciclista pedala na coroa e o movimento é transmitido à catraca pela corrente.
A frequência de giro da catraca é igual à da roda. Supondo os diâmetros da coroa, catraca e roda
iguais, respectivamente, a 15 cm, 5,0 cm e 60 cm, a velocidade dessa bicicleta, em m/s, quando o
ciclista gira a coroa a 80 rpm, tem módulo mais próximo de:
a) 5
b) 7
c) 9
d) 11
e) 14
Questão 18 – lançamento oblíquo
Um projétil foi lançado obliquamente formando um ângulo de 30 com a horizontal e permaneceu
4 s no ar até cair no solo. Determine Vo e Hmax (g = 10 m/s2).
2s
Vo
4s
30 o
0s
Questão 19 – lançamento oblíquo
Um projétil foi lançado obliquamente e permaneceu 6 s no ar até cair no solo a uma distância de
240 m do ponto de lançamento. Determine Vo e Hmax (g = 10 m/s2).
3s
Vo
6s
0s
240 m
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Física
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Questão 20 – lançamento oblíquo
Em Cajúpter, onde a gravidade é desconhecida, um coco foi rebolado numa direção que forma 60
com a horizontal. Sabendo ele permanece 8s no ar e que sua velocidade no ponto de altura
máxima vale 20 m/s, determine a velocidade Vo de lançamento e seu alcance horizontal A.
4s 20 m/s
Vo
8s
60 o
0s
A
Questão 21 – lançamento oblíquo
Um projétil foi lançado obliquamente e atingiu uma altura máxima de 80 m no instante em que sua
velocidade era de 20 m/s. Se a gravidade vale g = 10 m/s 2, determine seu alcance A e o seu tempo
de permanência no ar.
20 m/s
Vo
80 m
A
Questão 22 – lançamento horizontal
Uma bolinha rola sobre uma mesa, com velocidade constante cujo módulo é v 0 = 7,0 m/s. A altura
da mesa é 0,80 m e a aceleração da gravidade é g = 10 m/s 2. Desprezando os efeitos do ar, calcule
o alcance horizontal d.
vo
0, 80 m
d
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Física
49
da lagarta é de 10 cm por segundo. Após 5 segundos do início dos
movimentos, a menor distância entre o sapo e a lagarta é:
a) 2,2 m. b) 2,0 m. c) 1,8 m. d) 1,5 m. e) 1,3 m.
Pensando em Casa
Pensando em Casa
Que tal resolver todas as questões de casa sempre num mesmo caderno grande,
especialmente reservado para o nosso Curso de Física ? Assim, a sua revisão em
novembro, às vésperas do vestibular, será enormemente facilitada. Lembre-se:
arrependimento só vem depois, ou você já viu alguém se arrepender antes do fato ?
 Portanto, aceite meu conselho e organize-se desde já ! 
Questão 6 (Medicina Christus 2012) - 
O eletrocardiograma é um dos exames mais comuns da prática
cardiológica. Criado no início do século XX, é utilizado para
analisar o funcionamento do coração em função das correntes
elétricas que nele circulam.
Questão 1
(FMJ 2011) Uma pessoa produz um pulso na extremidade de uma
corda, cujo comprimento é de 9,0 m, conforme a figura. Sabendo
que o pulso atinge a extremidade oposta num intervalo de tempo
de 1,5 s, determine a velocidade de propagação desse pulso
transversal na corda:
a) 5 m/s
b) 6 m/s
c) 8 m/s
d) 10 m/s
e) 14 m/s
Questão 2 - 
Para encher uma caixa d’água de 4 m de largura, 5 m de
comprimento e 120 cm de altura, foi utilizada uma torneira que
derrama água com uma vazão de 1200 litros por minuto. A
velocidade de subida do nível da água ao longo das paredes da
caixa vale:
a) 10 cm/s b) 2 cm/s
c) 5 mm/s
d) 1 mm/s
e) 1cm/s
Dica: 1 m3 = 1000 litros
Questão 3 - 
(UNIT 2011) Numa caixa d’água retangular, de 2,0 m de comprimento
por 1,0 m de largura, o nível da água desce 3,0 mm em duas
horas, por evaporação. Sendo a densidade da água 1,0 g/cm3,
determine quantos kg estão evaporando a cada minuto:
a) 6
b) 1
c) 0,50
d) 0,10
e) 0,05
Questão 4 - 
Um trem parte de São Paulo com destino ao Rio de Janeiro com
velocidade de 60 Km/h. Ao mesmo tempo, parte do Rio de Janeiro,
com destino a São Paulo, um segundo trem com velocidade de
40 Km/h. Na frente deste e ao mesmo tempo, parte uma abelha
com a velocidade de 70 Km/h. Essa abelha vai ao encontro do
trem que vem de São Paulo e, ao encontrá-lo, volta com destino
ao Rio de Janeiro até encontrar o segundo trem, e assim
sucessivamente até quando os dois trens se cruzam. Admitindo
que a distância São Paulo-Rio de Janeiro é igual a 500 Km,
pergunta-se quanto percorreu a abelha?
Questão 5 (Medicina Christus 2012) - 
Um sapo-cururu, procurando alimento, está no chão, a 2 m de uma
árvore perpendicular ao solo plano e horizontal, e começa a se
aproximar dela no mesmo instante em que uma lagarta começa a
subir na árvore. A velocidade do sapo é de 16 cm por segundo e a
Uma pena ou caneta registra a atividade elétrica do coração,
movimentando-se transversalmente ao movimento de uma fita de
papel milimetrado, que se desloca em movimento uniforme com
velocidade de 25 mm/s. A figura mostra parte de uma fita e um
eletrocardiograma.
Sabendo-se que a cada pico maior está associada uma contração
do coração, a frequência cardíaca dessa pessoa, observada no
infográfico foi de:
a) 70 batimentos por minuto.
b) 75 batimentos por minuto.
c) 80 batimentos por minuto.
d) 85 batimentos por minuto.
e) 90 batimentos por minuto.
Questão 7 -  (Medicina Christus 2011)
Em uma corrida de Kart, desenvolvida em uma pista circular, no
instante em que o primeiro colocado completava a décima volta,
colocava também uma volta sobre o último colocado, Caso sejam
mantidas as velocidades médias dos dois Karts, podemos afirmar
que o primeiro colocado colocará três voltas sobre o último
colocado ao completar a volta de número:
a) 18
b) 17
c) 30
d) 20
e) 19
Questão 8 -  (Medicina UNIFOR 2010.2)
Os terremotos, como o ocorrido recentemente no Haiti, são ondas
mecânicas que se propagam na crosta terrestre principalmente
devido a movimentos das camadas desta crosta. Estas ondas são
de dois tipos: longitudinais (mais rápidas), também chamadas
ondas P (Primárias) e transversais (mais lentas), também
chamadas ondas S (Secundárias). Uma estação sismológica
recebe duas ondas P e S com um intervalo de tempo entre elas de
20s. Considerando que estas ondas percorreram a mesma
trajetória, com velocidades de 7500 m/s e 4500 m/s
respectivamente, a distância entre o epicentro (fonte da onda) e a
estação sismológica é de:
a) 200 km
b) 135 km
c) 225 km
d) 90 km
e) 125 km
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Física
50
Questão 9 - (Medicina Christus 2011) - 
Em decorrência das obras pelas quais passam as rodovias, os
caminhoneiros têm dificuldades em manter uma velocidade
constante, necessária para o cumprimento dos prazos previstos
para as entregas de suas cargas. Em uma rodovia, um motorista
trafega no trecho que liga as cidades A e B e atinge velocidade
média de 60 km/h. Da cidade B até a cidade C, a velocidade média
atingida caiu para 45 km/h e, no trecho em piores condições, que
liga as cidades C e D, só foi possível andar a uma velocidade
média de 36 km/h.
a) o móvel A está à frente do B no início do movimento, porém
B se move com velocidade maior que A:
b) o móvel B está à frente do A no início do movimento, porém
A se move com velocidade maior que B:
c) o móvel A está à frente do B no início do movimento e se
move com velocidade maior que B:
d) o móvel B está à frente do A no início do movimento e se
move com velocidade maior que A:
e) A velocidade de B é maior que a de A no início do movimento.
A velocidade de A supera a velocidade de B ao final.
Questão 13
Uma partícula inicialmente em repouso passa a ser acelerada
constantemente à razão de 3 m/s 2 no sentido da trajetória. Após
ter percorrido 24 m, sua velocidade é de:
a) 3 m/s
b) 8 m/s
c) 12 m/s
d) 72 m/s
d) 144 m/s
Dica: Use Torricelli
As cidades B e C dividem o percurso de A para D em iguais
distâncias. Sabendo que todo percurso foi feito em 8 horas e que a
velocidade média prevista era de 80 km/h, com quantas horas de
atraso a carga chegou em D?
a) 2 horas e 30 minutos.
b) 3 horas
c) 3 horas e 30 minutos
d) 4 horas
e) 4 horas e 30 minutos.
Questão 10 - 
Um móvel que se desloca ao longo de uma estrada retilínea,
movendo-se sempre no mesmo sentido, percorre um trecho de
20 km a 60 km/h e o trecho seguinte, de 60 km, a 20 km/h. Sua
velocidade média, no percurso completo, vale:
a) 24 km/h b) 36 km/h
c) 40 km/h d) 48 km/h
e) 56 km/h
Questão 11 - (Medicina Christus Seriado 2011 VCS2) - 
Um motorista precisa fazer uma viagem e faz a primeira parte do
percurso com velocidade média igual a 60 km/h. Em determinado
momento, estaciona para um breve descanso. Para compensar o
tempo que ficou parado, imprime no segundo trecho da viagem,
uma velocidade média igual a 100 km/h. Sabe-se que, no ponto de
parada, o motorista havia feito apenas metade da viagem. Diante
disso, pode-se afirmar que a velocidade média em todo o percurso
foi de:
a) 65 km\h. b) 70 km\h. c) 72 km\h. d) 75 km\h. e) 76 km\h.
Questão 12
O gráfico a seguir ilustra o movimento de dois carros A e B, que
inicia em t = 0 s numa mesma estrada retilínea. O prof Renato
Brito pede para você determinar a opção correta a cerca desse
movimento:
S(m)
SOB
A
B
SOA
T(s)
Questão 14
Um carro, partindo do repouso, assume movimento com
aceleração constante de 1 m/s 2 durante 5 s. Desliga então o motor
e, devido à resistência do ar, o carro volta ao repouso com um
retardamento constante de 0,5 m/s 2 . Determine a duração total do
movimento.
Dica: faça de forma brega, por tabelinha mesmo 
Questão 15
a) Um objeto pode estar se movendo quando sua aceleração é
nula ? Em caso afirmativo, dê um exemplo.
b) um objeto pode ter aceleração num instante em que a sua
velocidade é nula ? Em caso afirmativo, dê um exemplo.
Questão 16
Um veículo, deslocando-se em movimento uniformemente variado,
penetra um túnel a uma velocidade 10 m/s e sai pelo outro
extremo 4 s depois, com uma velocidade de 20 m/s. Desprezando
as dimensões do veículo, determine o comprimento do túnel.
Dica: veja exemplo resolvido 1, página 36
Questão 17
Um projétil de massa m incide horizontalmente sobre uma tábua
com velocidade v1 e a abandona com velocidade, ainda
horizontal, v2. Considerando-se constante a força exercida pela
tábua de espessura d, pode-se afirmar que o tempo de perfuração
é dado por:
2d
a)
v1  v 2
b)
2d
v1  v 2
c)
d
2(v1  v 2 )
d)
d
2(v1  v 2 )
Dica: veja exemplo resolvido 1, página 36
Questão 18
Uma bolinha se desloca por inércia em direção a uma superfície
inclinada lisa, como mostra a figura. Durante a subida da rampa
pode-se afirmar que sua:
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Física
a) os móveis A e B terão velocidades iguais num instante entre t 1
e t2.
b) os móveis A e B terão velocidades iguais nos instantes t2 e t3.
c) os móveis A e B terão velocidades iguais num instante entre t2
e t3.
d) os móveis A e B nunca terão velocidades iguais.
v
e) as informações do gráfico são insuficientes para que se tire
alguma conclusão sobre as velocidades.
a) velocidade e aceleração crescem
b) velocidade e aceleração decrescem
c) a velocidade decresce e a aceleração cresce
d) a velocidade e a aceleração decrescem
e) a velocidade cresce e aceleração decresce.
Questão 19 - 
Na sua decolagem, Um avião tipo JUMBO parte do repouso e
acelera uniformemente atingindo a incrível velocidade de 360 km/h
em 20 s. À distância percorrida por ele durante a decolagem e a
sua aceleração valem, respectivamente:
Questão 22 - 
Dois carros A e B passam pela policial rodoviária no instante t = 0s
e prosseguem em movimento de acordo com o gráfico abaixo.
Pode-se afirmar que:
V(m/s)
A
20
a) 1 km , 5 m/s2
B
5
b) 2 km , 5 m/s2
0
c) 1 km , 4 m/s2
d) 2 km, 4 m/s2
e) 3 km, 5 m/s2
51
Dica: não é MRU, mas sim, MRUV , movimento acelerado.
Questão 20
Um móvel se desloca numa estrada retilínea e a sua velocidade,
em função do tempo, é descrita pelo gráfico a seguir. Sobre esse
movimento, pode-se afirmar que:
V
t
t1
3
a) no instante t = 0 s, o carro B encontra-se à frente do A;
b) no instante t = 3 s, os carros voltam a se encontrar;
c) o carro A move-se com aceleração escalar 4 m/s2
d) no instante t = 3 s o carro A está à frente do carro B
e) os carros voltam a se cruzar no instante t = 6 s
Questão 23
No instante inicial, dois móveis A e B passam por um mesmo
ponto movendo-se sobre uma mesma trajetória retilínea de acordo
com o gráfico abaixo. Assim, o prof. Renato Brito pede para você
determinar o instante no qual os móveis voltarão a se encontrar
novamente .
a) 2T
a) o movimento é uniforme
b) o movimento é acelerado entre 0 e t1 e retardado após o
instante t1
c) durante esse movimento, o móvel não parou em nenhum
instante
d) o móvel passou pela origem no instante t1
e) o movimento é retardado entre 0 e t1 e acelerado após o
instante t1
Questão 21 - 
Dois móveis A e B deslocam-se em trajetórias retilíneas e suas
posições, em função do tempo, são descritas pelos gráficos a
seguir: Com base no gráfico, pode-se afirmar que:
X
V(m/s)
b) 3T
B
d) 6T
e) 8 T
T
t3
7T
T(s)
V(m/s)
a
c) 0
t (s)
5T
20
d) 20
t1 t2
3T
Questão 24 (UECE 2010.1- 2ª fase)
A figura mostra as velocidades versus tempo de um caminhão (c)
e um automóvel (a) ambos em MRUV. No instante t = 0 segundo o
caminhão ultrapassa o automóvel. No instante t = 10 s, a distância
que separa o caminhão do automovel em metros é:
b) 5
B
A
2V
c) 4T
a) 10
A
t(s)
6
c
0
10
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t(s)
Física
52
Questão 25
(UNIT 2011) A velocidade de um corpo que se move em trajetória
retilínea varia com o tempo como mostra o gráfico. A velocidade
média do móvel, em m/s, no intervalo de tempo de 0 a 10 s, vale:
a) 12
b) 14
c) 15
d) 16
e) 18
Questão 29 (proporções de Galileu)
A torneira do chuveiro da Claudete está
mal fechada e, por isso, goteja água
periodicamente em intervalos de tempos
iguais. A figura mostra o exato momento
em que uma gota está se desprendendo e
outras 3 gotas já estão em queda livre. As
distâncias x e y valem, respectivamente:
x
24 cm
a) 12 cm, 36 cm
b) 12 cm, 48 cm
y
c) 8 cm, 40 cm
Questão 26
Raul está no alto de um prédio de 80 m de altura e rebola,
verticalmente para cima, um caju com velocidade de 30 m/s. Se a
aceleração da gravidade vale g = 10 m/s 2, pede-se determinar:
S(m)
?
a = -g
80 m
80 m
d) 8 cm, 36 cm
e) 18 cm, 32 cm
Questão 30 (proporções de Galileu)
(UFAM 2009) Uma torneira pinga em intervalos de
tempo iguais. A figura (fora de escala) mostra a
situação em que uma das gotas está saindo da
torneira. Despreze a resistência do ar e considere que
as gotas saem da torneira com velocidade nula.
A razão B/A entre as distâncias vale:
a) 9
b) 2
c) 6
d) 12
e) 5
A
B
Dica quente: A é a distância da 1ª gota até a 2ª gota de cima. B é
a distância da 1ª gota lá de cima até a 4ª gota. 
0m
Questao 27
(FMJ 2008) O cabo de sustentação de um elevador rompe quando
se encontra parado a uma altura de 45 m do solo. Calcule com que
velocidade o elevador atinge o chão (g = 10 m/s 2).
Questão 31 (proporções de Galileu)
Um ar condicionado está instalado a 3,6 m de altura num
apartamento e pinga gotas em intervalos de tempos iguais. No
exato momento em que uma gota toca o solo, o prof Renato Brito
percebe apenas mais três gotas acima dela, das quais, a primeira
delas está se desprendendo do cano do aparelho naquele exato
momento. Que distância separa as duas gotas intermediárias
naquele instante ?
a) 20 m/s
a) 2,4 m
a) o instante em que o caju atinge a altura máxima;
b) a altura máxima atingida pelo caju em relação à calçada;
c) após quanto tempo o caju chega à calçada;
b) 4,5 m/s
c) 9 m/s
d) 30 m/s e) 90 m/s
Questao 28
O gráfico ilustra o movimento de uma bola de vôlei, após receber o
saque “jornada nas estrelas” verticalmente para cima. Sendo
g = 10 m/s2, pede-se determinar:
V(m/s)
c) 1,6 m
d) 1,5 m
e) 1,2 m
Questão 32 (proporções de Galileu) - 
(UNIFOR 2009.2) Uma pedra é abandonada, a partir do repouso,
do topo de uma torre em um local onde a aceleração da gravidade
vale g = 10 m/s2. Desprezando a resistência do ar e sabendo que,
no último segundo de queda, a pedra percorreu 55 m, pode-se
concluir corretamente que a altura da torre é, em metros,
a) 180
0
b) 1,8 m
b) 245
c) 275
d) 320
e) 405
t(s)
3
a) a velocidade inicial da bola;
b) a altura máxima atingida pela bola;
c) a sua velocidade 1 s antes de atingir a altura máxima;
Questao 33 (proporções de Galileu) - 
(UNIT 2011) Um veículo, a partir do repouso, apresenta aceleração
constante, de módulo 4,0 m/s 2. Durante o quarto segundo de seu
movimento ele percorre, em metros:
a) 10
b) 12
c) 14
d) 16
e) 18
Dica: o 4º segundo vai do instante t = 3s até o instante t = 4 s.
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Física
Questao 34 -  (UFPE)
Uma arma dispara 30 balas/minuto. Estas balas atingem um disco
girante sempre no mesmo ponto atravessando um orifício. Qual a
velocidade angular do disco, em Hz (voltas / seg) ?
Questao 35 - 
(Fuvest) Um disco de raio r gira com velocidade angular w
constante. Na borda do disco, está presa uma placa fina de
material facilmente perfurável. Um projétil é disparado com
velocidade v em direção ao eixo do disco, conforme mostra a
figura, e fura a placa no ponto A. Enquanto o projétil prossegue
sua trajetória sobre o disco, a placa gira meia circunferência, de
forma que o projétil atravessa mais uma vez o mesmo orifício que
havia perfurado. Considere a velocidade do projétil constante e
sua trajetória retilínea. O módulo da velocidade v do projétil é:
wr

2wr
b)

wr
c)
2
d) wr
w
e)
r
53
Questao 38 -  (UFsCAR)
Para misturar o concreto, um motor de 3,5 hp tem solidária ao seu
eixo uma engrenagem de 8 cm de diâmetro, que se acopla a uma
grande cremalheira em forma de anel, com 120 cm de diâmetro,
fixa ao redor do tambor misturador. Quando o motor é ligado, seu
eixo gira com frequência de 3 Hz. Nestas condições, o casco do
misturador dá um giro completo em :
a) 3 s.
b) 5 s.
c) 6 s.
d) 8 s.
e) 9 s.
Questao 39 (ENEM)
Um cidadão brasileiro resolve construir uma bicicleta com objetivo
de contribuir para a melhoria da qualidade do ar e de sua própria
saúde. A bicicleta possui uma corrente que liga uma coroa dentada
dianteira (D) movimentada pelos pedais, a uma coroa localizada
no eixo da roda traseira (T). O rendimento da roda traseira
depende do tamanho relativo das coroas. Dos esquemas das
coroas representadas a seguir, a roda traseira que dá o maior
número de voltas por pedaladas é:
a)
Questao 36 - 
As bicicletas antigas tinham rodas dianteiras com raio três vezes
maior que o raio da roda traseira. Nessas bicicletas, os pedais
estão fixos às rodas dianteiras. Suponha que um ciclista esteja
andando nessa bicicleta num ritmo de 40 pedaladas por minuto.
Dessa forma, a roda traseira vai girar com que frequência ?
a) 1 Hz
b) 2 Hz
Questao 40 - 
Uma bicicleta possui duas catracas, uma de raio 6,0 cm, e outra de
raio 4,5 cm. Um ciclista move-se com velocidade uniforme de
12 km/h usando a catraca de 6,0 cm. Com o objetivo de aumentar
a sua velocidade, o ciclista muda para a catraca de 4,5 cm
mantendo a mesma velocidade angular dos pedais. Determine a
velocidade final da bicicleta, em km/h.
c) 3 Hz
d) 4 Hz
e) 5 Hz
Questao 37 - 
Na figura abaixo, a rotação da polia maior (A) é transferida á polia
menor (B) através do contato entre elas sem escorregamento.
Sabendo que a polia A de raio R A = 8 cm leva 40 s para dar uma
volta completa, a polia B (de raio 5 cm) dá uma volta a cada
quantos segundos ?
a) 5 s
b) 10 s
A
c) 15 s
d) 20 s
B
e) 25 s
Questao 41 (Christus Seriado 2011 vsc1) - 
Durante a reprodução de um CD, o leitor óptico que faz a leitura do
mesmo inicia o processo no centro do disco e vai se afastando
radialmente do centro lendo trilhas cada vez mais externas
enquanto o disco gira. Entretanto, a velocidade linear v do leitor
óptico em relação à superfície do disco tem que se manter
constante num valor padrão universal de cerca de 1,3 m/s durante
a leitura. Para isso, a velocidade angular do disco deve variar
suavemente para compensar a mudança da distância do leitor
óptico até o centro. Diante disso, quando um CD de música é
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Física
54
posto para ouvir, sua velocidade angular e seu período de rotação,
respectivamente:
a) aumenta, diminui
b) aumenta, aumenta
sentido da
c) diminui, aumenta
leitura
d) diminui, diminui
e) mantém-se inalterada,
trilhas
diminui
Questão 42 - 
Um projétil foi lançado obliquamente formando um ângulo de 30
com a horizontal e permaneceu 6 s no ar até cair no solo.
Determine Vo e Hmax (g = 10 m/s2).
3s
Vo
6s
30 o
0s
Questão 43 - 
Um projétil foi lançado obliquamente e permaneceu 8 s no ar até
cair no solo a uma distância de 240 m do ponto de lançamento.
Determine Vo e Hmax (g = 10 m/s2).
Questão 46 - 
Os vetores abaixo representam as velocidades iniciais de dois
projéteis A e B que foram lançados obliquamente num campo
gravitacional uniforme.
A
B
Sobre o movimento desses projéteis, assinale a afirmativa errada:
a) O tempo de subida dos dois projéteis é o mesmo;
b) Os projéteis atingem o solo no mesmo instante;
c) A altura máxima atingida por eles é a mesma;
d) O alcance horizontal do projétil B é três vezes maior que o
alcance atingido pelo projétil A;
e) A velocidade do projétil B, o passar pelo ponto culminante da
sua trajetória, é menor que a velocidade do projétil A, ao passar
pelo ponto culminante da sua trajetória.
Questão 47 - 
Numa das margens de um rio, cuja largura é 850 m, foi instalado
um canhão de modo que sua boca esteja 45 m acima do solo (veja
figura). Para que os projéteis disparados horizontalmente caiam
do outro lado do rio, qual a velocidade horizontal mínima de
disparo (g = 10 m/s2) ?
Vo
4s
Vo
45 m
8s
0s
240 m
Questão 44 - 
Em Cajúpter, onde a gravidade é desconhecida, um coco foi
rebolado numa direção que forma 60 com a horizontal. Sabendo
ele permanece 4s no ar e que sua velocidade no ponto de altura
máxima vale 30 m/s, determine a velocidade Vo de lançamento e
seu alcance horizontal A.
50 m
Questão 48 - 
Dois projéteis A e B, de massas 3M e M, são lançados
horizontalmente do alto de um prédio de altura H, com velocidades
horizontais V e 3V, respectivamente.
2s 30 m/s
V
Vo
4s
60 o
0s
850 m
3M
M
A
B
3V
A
Questão 45 - 
Um projétil foi lançado obliquamente e atingiu uma altura máxima
de 45 m no instante em que sua velocidade era de 5 m/s. Se a
gravidade vale g = 10 m/s2, determine seu alcance A e o seu
tempo de permanência no ar.
5 m/s
Vo

45 m
A
Sobre os movimentos desses projéteis, pode-se afirmar que:
a) A chegará ao solo antes de B por ter maior massa;
b) B chegará ao solo antes de A, por ter maior velocidade inicial;
c) Ambos chegarão ao solo com a mesma velocidade
d) Ambos chegarão ao solo juntos e com a mesma velocidade
e) Ambos chegarão ao solo juntos, mas B cairá mais longe do
prédio que o projétil A.
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Física
Questão 49 (FMJ 2004)
Numa experiência de laboratório, uma pequena esfera de aço é
solta do alto de um trilho metálico, a partir do ponto O, e deve
atingir o ponto P, obtendo assim um alcance horizontal
d = 30 cm como mostra a figura. Sendo h = 20 cm e g = 10 m/s 2,
determine a velocidade horizontal v o atingida pela bolinha no
momento em que perde o contato com o trilho.
55
a) 1/4
b) 1/2
c) 1/6
d) 1/8


Dica: É preciso se conformar. Essa questão, infelizmente, requer a aplicação das
fórmulas apresentadas na questão anterior.
a) 3 m/s
b) 2,5 m/s
c) 2,0 m/s
d) 1,5 m/s
e) 1,0 m/s
Questão 50
A expressão abaixo permite determinar o alcance horizontal A
atingido por um projétil, em função dos parâmetros Vo,  e g:
A =
Vo2
sen(2)
g
Da mesma maneira, a expressão abaixo permite determinar a
altura máxima, em função dos mesmos parâmetros:
V2 sen2
Hmax = o .
g
2
Essas duas expressões são válidas quando o projétil inicia e
termina o seu movimento no mesmo nível horizontal, como mostra
a figura abaixo.
Vo

Hmax
A
Admita que você esteja manipulando um canhão antigo que
dispara projeteis com velocidade Vo = 20 m/s numa grande
planície horizontal local onde g = 10 m/s 2.
a) Observando a expressão do alcance A, qual valor de  você
escolheria para que o sen(2) atingisse o maior valor possível
para o seno de um ângulo (ou seja, 1) ?
b) Assim, conforme o item anterior, qual o maior alcance A
horizontal que os projéteis disparados pelo seu canhão
poderiam atingir ?
c) Nesse caso, qual seria a altura máxima Hmax atingida por
eles ?
Comentário: embora tenhamos aprendido a calcular o alcance e a altura
máxima em sala de aula sem o uso dessas fórmulas, ainda assim não custa nada
conhecê-las. Afinal, algumas questões de vestibular se resumem a aplicação direta
delas, como a questão a seguir, que pode até aparentar ser difícil, à primeira vista,
Questao 52 -  UNIFOR 2014 – Medicina
Durante a Copa das Confederações no Brasil, os policiais militares
responderam às ações dos manifestantes com bombas de gás
lacrimogênio e balas de borracha em uma região totalmente plana
onde era possível avistar a todos. Suponha que o projétil
disparado pela arma do PM tenha uma velocidade inicial de
200,00 m/s ao sair da arma e sob um ângulo de 30,00º com a
horizontal. Calcule a altura máxima do projétil em relação ao solo,
sabendo-se que ao deixar o cano da arma o projétil estava a 1,70 m
do solo. Despreze as forças dissipativas e adote g = 10 m/s2.
a) 401,70 m
b) 501,70 m
c) 601,70 m
d) 701,70 m
e) 801,70 m
Hmax
1,70 m
Questao 53 -  (Seriado Christus 2011 vsc1)
Nos jogos olímpicos, o lançamento de dardos é uma das
modalidades do atletismo. Essa prática esportiva consiste em
lançar um dardo na maior distância possível. O dardo tem a forma
de uma lança e sua constituição pode ser de fibra de vidro, de
metal ou de fibra de carbono. O esquema da figura descreve a
técnica de lançamento:
Considere que, numa dessas provas de lançamento de dardos, um
atleta consegue lançar o dardo com uma velocidade de 108 km/h
numa direção (inclinação) que propicia a ele máximo alcance
horizontal. Desprezando-se a resistência do ar, a altura do atleta e
considerando g = 10 m/s2, o alcance horizontal atingido pelo dardo
valerá:
a) 80 m
b) 85 m
c) 90 m
d) 95 m
e) 100 m
mas, definitivamente, não é.
Questão 51 -  (UECE 2007.1 2ª fase)
Uma bola é chutada da superfície de um terreno plano segundo
um ângulo  > 0 acima da horizontal. Se  é o ângulo de
elevação do ponto mais alto da trajetória, visto do ponto de
lançamento, a razão tg / tg , desprezando-se a resistência do
ar, é igual a:
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O Conceito de Força
19 – Força produz Aceleração
Há mais de 2000 anos atrás, Aristóteles acreditava que era
impossível um móvel permanecer em movimento na ausência de
forças que o empurrassem.
No século XVI, Galileu introduziu o conceito de Inércia, refutando
as idéias de Aristóteles e mostrando que um corpo, em movimento
na ausência de forças, tende a permanecer em movimento
retilíneo e uniforme para sempre, desprezando-se eventuais
atritos.
Newton deu continuidade ao trabalho de Galileu e mostrou que
uma força não seria necessária para que o corpo permanecesse
em movimento mas, sim, para que ele sofresse qualquer variação
na sua velocidade, quer na sua direção, quer no seu sentido, quer
no seu módulo (rapidez).
Em outras palavras, uma força é necessária para causar
aceleração no corpo. Esta aceleração, por sua vez, mede a
rapidez com que a velocidade varia.
Figura 14 – a bola,
inicialmente em repouso, é
acelerada pela força do chute.
A velocidade da bola varia.
Com freqüência mais de uma única força atua sobre um objeto.
Lembre-se de que a combinação de forças que atuam sobre um
objeto é a força resultante. A aceleração depende da força
resultante. Por exemplo, se você empurrar um objeto com duas
vezes mais força e a força resultante duplica, o objeto ganhará
rapidez a uma taxa duas vezes maior. A aceleração, então,
dobrará de valor quando a força resultante dobrar. Triplicar a força
resultante produz três vezes mais aceleração. Dizemos então que
a aceleração produzida é diretamente proporcional à força
resultante.
20– Massa e Peso
A aceleração que se imprime sobre um objeto depende não
apenas das forças aplicadas e das forças de atrito, mas da inércia
do mesmo. Quanto de inércia um objeto possui depende da
quantidade de matéria que ele tem — quanto mais matéria, mais
inércia. Para especificar quanta matéria alguma coisa possui,
usamos o termo massa. Quanto maior for a massa de um objeto,
maior será sua inércia. A massa é uma medida da inércia de um
objeto material.
A massa corresponde à nossa noção intuitiva de peso.
Normalmente dizemos que um objeto possui bastante matéria se
ele pesa muito. Mas existe uma diferença entre massa e peso.
Podemos definir cada um deles da seguinte maneira:
Massa: a quantidade de matéria num objeto. É também a medida
da inércia ou lerdeza que um objeto apresenta em resposta a
qualquer esforço feito para movê-lo, pará-lo ou alterar de algum
modo o seu estado de movimento.
Peso: a força sobre um objeto devido à gravidade.
Massa e peso são diretamente proporcionais entre si. Se a massa
de um objeto é dobrada, seu peso também dobra; se a massa
torna-se duas vezes menor, o mesmo acontece com o peso.
Massa e peso são algumas vezes confundidos porque é comum
medir a quantidade de matéria dos corpos (massa) pela atração
gravitacional da Terra sobre eles (peso).
Figura 15A – Uma bigorna flutuando no
espaço sideral longe de qualquer
planeta, por exemplo, pode não ter
peso, mas possui massa.
Mas a massa é mais fundamental do que o peso; ela é uma
quantidade fundamental que escapa completamente a atenção da
maioria das pessoas.
Existem ocasiões em que o peso corresponde à nossa noção
inconsciente de inércia. Por exemplo, se você está tentando
determinar qual de dois pequenos objetos é o mais pesado, pode
sacudi-los para frente e para trás em sua mão, ou movimentá-lo
de alguma maneira, em vez de apenas sustentá-lo. Ao fazê-lo,
você estará avaliando qual dos dois é mais difícil de conseguir
mover, verificando qual dos dois resiste mais a uma alteração no
movimento. Você estará, de fato, comparando as inércias dos
corpos.
Figura 15B - O astronauta, no espaço
sideral, descobre que sacudir a bigorna
“sem peso” é tão difícil quanto sacudi-la
aqui na Terra. Se a bigorna tivesse muito
mais massa que o astronauta, qual dos
dois balançaria mais – a bigorna ou o
astronauta – quando ele tentasse sacudir
a bigorna ? Logicamente, a bigorna
“sacudiria” o astronauta .
A quantidade de matéria que um objeto possui é normalmente
descrita pela atração gravitacional que a Terra a lhe aplica, ou seu
peso, no Brasil, geralmente expresso em newtons (símbolo: N).
Na superfície da Terra, um tijolo com massa de 1 quilograma pesa
1 quilograma-força (1 kgf), que equivale a 9,8N. Longe da
superfície da Terra, onde é menor a influência da gravidade, um
tijolo de 1 quilograma pesa menos. Ele também pesaria menos na
superfície de planetas com gravidade menor do que a da Terra. Na
superfície da Lua, por exemplo, onde o campo gravitacional tem
apenas 1/6 da intensidade do campo gravitacional na superfície
terrestre, um objeto de 1 quilograma pesa cerca de 1,6 newtons
(ou cerca de 0,16 Kgf). Esse mesmo objeto, sobre planetas com
gravidade mais forte, pesaria mais.
A massa do tijolo, entretanto, é a mesma em qualquer lugar. Ele
oferece a mesma resistência ao aumento ou à diminuição de sua
rapidez, não importa se ele está na Terra, na Lua ou em qualquer
outro corpo que o atraia. Dentro de uma nave espacial com os motores desligados, uma balança indicará zero para o peso (peso
aparente ou normal N) do tijolo, mas ele ainda possui massa.
Mesmo que não pressione a balança para baixo, o tijolo continua
apresentando a mesma resistência a mudanças em seu
movimento que apresenta na Terra. Para sacudi-lo, um astronauta
numa nave espacial teria que exercer sobre o tijolo a mesma
quantidade de força que exerce quando ele se encontra na Terra.
Você teria que empurrar com a mesma força para acelerar um
enorme caminhão até alcançar uma certa rapidez, seja na
superfície da Lua ou na da Terra. A dificuldade de sustentá-lo
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br
Física
contra a gravidade (peso), entretanto, é outra coisa. Massa e peso
são diferentes um do outro.
Figura 16 – O barbante superior se
rompe quando o barbante de baixo é
puxado com uma força que aumenta
gradualmente, mas o barbante de baixo
é quem se rompe quando é puxado
bruscamente. Qual desses casos ilustra
o peso da bola e qual deles ilustra a
massa da mesma ?
Uma
demonstração
que
esclarece bem a diferença entre
massa(inércia) e peso é a de
uma bola massiva suspensa por
um barbante, como mostrado na
Figura 16. Note que a tração no
barbante inferior coincide com a própria força que a mão exerce
sobre ele. Já a tração no barbante superior é mais forte, porque
está suportando tanto o peso da bola de ferro quanto puxão
exercido pela mão.
Assim, quando o barbante inferior gradualmente é puxado com
uma força crescente, a tensão criada pelo puxão é transmitida
para o barbante superior. Todo barbante tem um limite além do
qual ele se rompe. Esse limite, então, é atingido primeiro pelo
barbante superior, por suportar, a cada instante, uma força
superior, findando por se romper antes.
Entretanto, quando o barbante debaixo é puxado bruscamente, a
massa da bola — sua tendência a permanecer em repouso —
retarda a transmissão do efeito até o barbante superior. Assim, se
a puxada for muito brusca e intensa o suficiente, o efeito não tem
tempo hábil para se transmitir para o barbante superior, rompendo
o barbante debaixo primeiro.
Autoteste
7. Peça a um colega para martelar um pequeno prego num
pedaço de madeira no topo de uma pilha de livros sobre sua
cabeça. Por que isso não lhe machucaria (Figura 17) ?
Também é fácil confundir massa com
volume. Quando imaginamos um objeto
com muita massa, com freqüência
imaginamos um objeto grande. O
tamanho do objeto (volume), entretanto,
não é exatamente uma boa maneira de
avaliar sua massa. Qual é o mais fácil de
movimentar: uma bateria de carro ou
uma caixa de papelão vazia do mesmo
tamanho? Assim, vemos que massa não
é nem peso e nem volume.
57
aceleração. Para uma massa três vezes maior, um terço da
aceleração. Dizemos que, mantendo a força constante, a
aceleração produzida por essa força é inversamente proporcional
à massa do corpo.
Figura 18 – quanto maior a massa,
maior a força que se deve fazer para
obter uma certa aceleração.
Autoteste comentado
7. A massa relativamente grande dos livros e do bloco sobre sua
cabeça resiste a ser movimentada. A mesma força que é bem
sucedida em cravar o prego não terá sucesso em acelerar a
massiva pilha de livros e o bloco, os quais não se movimentarão
muito quando o prego for martelado.Você consegue enxergar a
similaridade entre esta e a demonstração da bola suspensa, em
que o barbante de sustentação (superior) não se rompe quando o
barbante de baixo é puxado bruscamente?
22 –Segunda Lei de Newton do Movimento
Todos os dias vemos corpos que não mantêm um mesmo estado
de movimento: objetos que inicialmente estão em repouso, mais
tarde podem estar em movimento; objetos podem seguir por
caminhos que não são linhas retas; carros em movimento podem
parar. A maioria dos movimentos que observamos sofre
alterações, que são o resultado de uma ou mais forças aplicadas.
Toda a força resultante, seja ela de uma única fonte ou de uma
combinação de fontes, produz aceleração. A relação da
aceleração com a força resultante e a inércia é dada pela segunda
lei de Newton que diz:
A aceleração de um objeto é diretamente proporcional à força
resultante atuando sobre ele; tem o mesmo sentido que esta força
e é inversamente proporcional à massa do objeto.
Em forma resumida,
Força resultante
a
massa
ou matematicamente:
F
a  R
m
Autoteste
8. Um tijolo de ferro com 2 kg tem duas vezes mais inércia do
que um tijolo de ferro de 1 kg ? Tem duas vezes mais peso ?
9. Seria mais fácil sustentar um caminhão de cimento sobre a
Terra ou sobre a Lua ?
A aceleração de um objeto, então, depende tanto da força
resultante exercida sobre ele como de sua massa.
Um objeto sempre é acelerado no mesmo sentido da força
21– Massa Resiste a AceIeração
resultante que atua sobre ele (figura 19). Se uma força for aplicada
Empurre um colega seu numa prancha de skate que ele será
no sentido do movimento de um objeto, fará a rapidez do mesmo
acelerado. Agora empurre, com a mesma força, um elefante sobre
aumentar. Se for aplicada no sentido oposto, fará diminuir a rapio mesmo skate e a aceleração produzida será muito menor. Você
dez do objeto. Atuando em ângulos retos à direção do movimento,
verificará que a quantidade de aceleração depende não apenas da
desviará o objeto. Aplicada numa outra direção qualquer, causará
força, mas também da massa a ser empurrada. A mesma força
uma combinação de variação da rapidez com desvio da trajetória.
aplicada a uma massa duas vezes maior produz a metade da
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Figura 17
58
Física
Figura 19 – aplicando-se uma força
constante, nota-se que a aceleração
com que o corpo se desloca é
inversamente proporcional à sua
massa.
Quanto maior é a massa de um objeto, maior é a força de atração
gravitacional entre ele e a Terra. O duplo tijolo da Figura 20, por
exemplo, sofre duas vezes mais atração gravitacional do que o
tijolo único. Por que, então, o tijolo duplo não cai duas vezes mais
rápido, como supôs Aristóteles? A resposta é que a aceleração de
um objeto depende não apenas da força — neste caso, o peso —
mas também da resistência do objeto ao movimento, sua inércia.
Enquanto uma força produz uma aceleração, a inércia resiste à
aceleração. Assim, duas vezes mais força exercida sobre duas vezes mais inércia produz a mesma aceleração que a metade da
força aplicada sobre a metade da inércia. Ambas aceleram
igualmente. A aceleração devido à gravidade é simbolizada por g.
Usamos este símbolo, em lugar de a, para indicar que a
aceleração deve-se apenas à gravidade.
Figura 20 – a razão entre o peso (F)
e a massa (m) é igual para todos os
objetos na mesma região; daí suas
acelerações serem as mesmas na
ausência da resistência do ar.
Autoteste comentado
8. A resposta para as duas perguntas é sim. Um tijolo de ferro
com 2 kg tem duas vezes mais átomos de ferro e, portanto, duas
vezes maior é sua quantidade de matéria e sua massa. Numa
mesma localização, ele também tem peso duas vezes maior. E,
como ambos têm a mesma densidade (são feitos do mesmo
material) o tijolo de 2 kg tem também volume duas vezes maior.
9. Seria mais fácil sustentar um caminhão de cimento sobre a
Lua, porque a força gravitacional é menor na Lua. Quando você
sustenta um objeto, você está lutando contra a força da gravidade
(o peso dele). Embora a massa do objeto seja a mesma sobre a
Terra, na Lua ou em qualquer outro lugar, seu peso é somente 1/6
sobre a Lua; assim, apenas 1/6 do esforço é necessário para
sustentá-lo lá, comparado com na Terra. Ao movê-lo horizontalmente, entretanto, você não está empurrando contra a
gravidade. Quando a massa é o único fator, forças iguais
produzirão iguais acelerações num mesmo corpo, quer ele esteja
sobre a Terra ou sobre a Lua.
Autoteste
10. Na seção anterior, definiu-se a aceleração como sendo a taxa
temporal de variação da velocidade. Nessa seção, estamos dizendo que a aceleração, em vez disso, é a razão entre a força e a
massa, isto é, a = F/ m. Afinal, o que é aceleração ?
23 –Quando a Aceleração é g – Queda livre
Embora Galileu tenha estabelecido os conceitos de inércia e
aceleração, e tenha sido o primeiro a medir a aceleração de
objetos em queda, ele não foi capaz de explicar porque objetos de
massas diferentes caíam com acelerações iguais. A segunda lei
de Newton fornece a explicação.
Sabemos que um objeto em queda acelera na direção da Terra por
causa da força de atração gravitacional entre ele e o planeta.
Quando a força da gravidade é a única força – isto é, quando a
resistência do ar é desprezível – dizemos que o objeto está num
estado de queda livre.
Matematicamente, podemos sintetizar a explicação aplicando,
diretamente, a 2ª lei de Newton:
a
Força resultante
=
massa
m.g
m
=
m.g
m
= g
Em suma, qualquer corpo que esteja caindo em queda livre, isto é,
caindo sob ação exclusiva do seu próprio peso, se moverá com a
mesma aceleração g, característica de cada planeta. Essa
aceleração independe da massa m do corpo que está caindo,
como mostra o cálculo acima.
Conforme aprenderemos no capítulo de gravitação, essa
aceleração g pode ser calculada conhecendo-se a massa do
planeta e o seu raio, pela expressão:
G.(Massa do planeta)
g 
(Raio do planeta)2
onde G é a chamada “constante da gravitação universal.
Não se preocupe em memorizar essa expressão matemática
nesse momento. Entenda apenas que a aceleração de queda dos
corpos g varia de um planeta para outro planeta, visto que cada
um deles tem massa e raio diferentes. Na lua, por exemplo, a
aceleração de queda livre proporcionada pela gravidade naquele
astro é de apenas glua = 1,6 m/s2 , aproximada-mente 6 vezes
menor que a gravidade terrestre.
Autoteste comentado
10. É preciso ter bem em mente a noção de Causa e Efeito nesse
contexto. O valor da aceleração a tanto está relacionado com
a força F que a causou, quanto com o seu efeito de “ditar o
ritmo com que a velocidade varia”. Quanto maior a força que
age sobre um móvel, maior será a sua aceleração, isto é, o
ritmo com que a sua velocidade varia durante o seu
deslocamento.
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Física
Se você empurra uma parede com seus dedos, outro evento está
ocorrendo além de seu empurrão: a parede também está
empurrando você. Seus dedos e a parede empurram-se
mutuamente. Há um par de forças envolvidas: o seu empurrão
sobre a parede e o empurrão de volta da parede sobre você. Estas
forças são iguais em valor ou magnitude, opostas em sentido e
constituem uma única interação. De fato, você não pode empurrar
a parede, a menos que ela o empurre de volta.
00
N
Por exemplo, seja um bloco de massa m = 5 kg em repouso
sobre uma superfície lisa. Se uma força horizontal de intensidade
F = 50 N passar a agir sobre ele, causará nele uma aceleração:
F
50 N
a 

 10 m/s2
m
5 kg
Isso indica que a sua velocidade irá aumentar nesse ritmo:
V
10 m/s
a 
 10 m/s2 
t
1s
Em outras palavras, a velocidade do móvel aumentará
continuamente (no conjunto dos números reais), num ritmo de
v = 10 m/s a cada t = 1s, como mostra o gráfico abaixo.
Velocidade ( m/s)
60
59
F
=1
50
Figura 21
40
30
20
F=
50 N
10
1
2
3
tempo (s)
Note que partimos da causa da aceleração (a força) e
chegamos ao seu efeito (o ritmo com que a velocidade mudará
com o tempo).
Uma força duas vezes maior F = 100 N causará nesse bloco
uma aceleração duas vezes maior:
F
100 N
a 

 20 m/s2
m
5 kg
Consequentemente, também será duplicado o ‘ritmo” com
que a sua velocidade variaria :
V
20 m/s
a 
 20 m/s2 
t
1s
Em outras palavras, a velocidade do móvel agora aumentará
num ritmo de v = 20 m/s a cada t = 1s (continuamente), como
mostra o gráfico.
24 – Forças e Interações
Deixe cair um lenço de papel diante do campeão mundial de boxe
peso-pesado e desafie-o a atingir o objeto no ar com uma força de
apenas 220 N. Desculpe, mas o campeão não consegue fazê-lo.
De fato, seu melhor golpe nem mesmo chegaria perto desse
número. Por que isso ocorre ? Nós veremos, a seguir, que o lenço
de papel tem inércia insuficiente para sofrer uma interação de
220 newtons com o punho do campeão.
Até aqui temos abordado força em seu sentido mais
simples – um empurrão ou um puxão. Num sentido mais amplo,
uma força não é uma coisa em si mesmo, não é algo que alguém
possua, mas surge como resultado da interação entre dois corpos.
Uma interação é um fenômeno que sempre envolve:
I - um par de corpos;
II – um par de forças de mesma natureza.
Tendemos a pensar que apenas coisas vivas sejam capazes de
empurrar ou puxar. Mas as coisas inanimadas podem também
fazê-lo. Assim, por favor, não entre em conflito com a idéia de que
a parede inanimada empurre você  . Ela o faz realmente, da
mesma forma que uma outra pessoa faria quando se apoiasse em
você.
Ação: o pneu empurra a estrada
Reação: a estrada empurra o pneu
Ação: o foguete empurra o gás - Reação: o gás empurra o foguete
Ação: o homem puxa a mola - Reação: a mola puxa o homem.
Ação: a Terra puxa a bola - Reação: a bola puxa a Terra
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Física
60
Figura 22 – Pares de Força do tipo ação e reação. Note que, quando a ação é “a
força que A exerce em B”, a reação é simplesmente “a força que B exerce em A”.
Considere o punho de um boxeador atingindo um massivo saco de
treinamento. O punho golpeia o saco (e produz uma cavidade
nele), enquanto o saco golpeia o punho de volta (e interrompe o
movimento dele, às vezes causando dor). Ao atingir o saco, há
uma interação com o saco que envolve um par de forças. O par de
forças pode ser muito grande. Mas, e quanto ao golpe contra o
lenço de papel, citado anteriormente ? O boxeador pode até
imprimir uma grande aceleração ao lenço, mas certamente o par
de forças trocadas nessa interação não será muito forte, visto que
a inércia (massa) do lenço é muito pequena.
Figura 23 – O boxeador pode golpear um saco massivo com uma força
considerável. Mas com o mesmo golpe, ele pode exercer apenas uma minúscula
força sobre um lenço de papel no ar.
Um corpo pode ter energia cinética, quantidade de movimento,
massa, porém Força não é algo que alguém possua. A quantidade
de força que o boxeador é capaz de aplicar depende, dentre outras
coisas, da inércia de quem receberá o impacto, no caso, o lenço
de papel.
F
F
Figura 24 – o menino puxa o cordão com uma força F. O cordão puxa o menino
com uma força contrária (reação) de mesmo valor F.
Outros exemplos: você puxa um carrinho e ele acelera. Mas ao
fazer isso, o carrinho o puxa no sentido oposto, como fica
evidenciado talvez pelo aperto do barbante enrolado em volta de
sua mão.
Figura 25 - Um martelo bate numa estaca e a crava no chão. Ao fazê-lo, a estaca
exerce uma quantidade igual de força sobre o martelo, o que faz com que o martelo
pare subitamente. Uma coisa interage com outra; você com o carrinho, ou o martelo
com a estaca.
Mas, afinal, quem
exerce a força e quem
sofre a ação da força ?
A resposta de Isaac Newton para essa pergunta foi que nenhuma
força pode ser identificada como “ação” ou “reação”; ele concluiu
que ambos os objetos devem ser tratados igualmente. Por
exemplo, quando você puxa o carrinho, este simultaneamente
puxa você. Este par de forças – seu puxão sobre o carrinho e o
puxão do carrinho sobre você – constitui uma única interação entre
você e ele (ainda que você tenha vida e o carrinho seja inanimado,
nenhum dos dois é privilegiado nessa interação). Na interação
entre o martelo e a estaca, o martelo exerce uma força sobre a
estaca, mas ele mesmo sofre uma parada neste processo, devido
à reação da estaca sobre ele. Tais observações conduziram
Newton a sua terceira lei do movimento.
LEITURA COMPLEMENTAR:
As 4 Forças Fundamentais da Natureza
As forças que existem na natureza, basicamente, podem ser
classificadas em quatro grandes grupos: as forças gravitacionais,
as forças eletromagnéticas e as forças nucleares forte e fraca.
1) As Forças Gravitacionais
Massas se atraem. Esse é um fato conhecido pelos físicos desde
o século XVII. A essas forças que decorrem da atração mútua
entre massas damos o nome de forças gravitacionais.
Nós cientistas não sabemos exatamente por que motivo massas
se atraem, muito embora sejamos capazes de quantificar essa
força atrativa, quer por medidas experimentais, quer pelo cálculo
direto através da “lei de Newton da atração das massas” , cuja
expressão matemática é:
G.M.m
Fgravitacional 
d2
A força que mantém a lua em órbita em volta da Terra é de
natureza gravitacional, isto é, decorre da atração mútua entre suas
massas. Forças gravitacionais também mantém todos os planetas
do sistema solar girando em torno do sol.
E o que é a força peso ? É a força de natureza gravitacional que
resulta da interação entre a massa de um planeta (ou astro
qualquer, como a lua) e a massa de um corpo localizado sobre sua
superfície.
Exemplo 1: Com que força gravitacional a Terra atrai uma pessoa
de massa m = 80 kg localizada sobre sua superfície ?
Dados:
M = massa da terra = 6 x 1024 kg
m = massa da pessoa = 80 kg
G é a constante da gravitação medida experimentalmente na
famosa experiência de Cavendish, cujo valor aproximado é
G = 6,67x 10 11 no (SI).
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Física
d = distância da pessoa até o centro da terra (centro de massa),
coincidirá com o raio da Terra, R = 6400 km = 6,4 x 106 m
Efetuando os cálculos, vem:
G.M.m
Fgravitacional 
d2
Fgravitacional 
6,67.1011. 6  1024 . 80
(6,4  106 )2
 782,16 N
A massa da Terra atrai a massa da pessoa com a mesma força
que a mesma força que a massa da pessoa atrai a massa da
Terra, força essa que vale F = 782,16 N.
Exemplo 2: Com que força gravitacional você atrai o seu paquera,
quando estão a uma distância de apenas 1m entre si, esperando
o Paranjana no Terminal do Quintino Cunha ?
Dados:
M = sua massa = 40 kg.
m = massa do seu paquera = 50 kg
G = 6,67x 10 11 no (SI).
d=1m
Efetuando os cálculos, vem:
G.M.m
Fgravitacional 
d2
Fgravitacional 
6,67.1011. 40  50
(1)2
 0,000000133 N
 Agora você entende porque você e seu paquera não sentem a
atração gravitacional que existe entre vocês. As massas de vocês
se atraem, mas com uma força gravitacional desprezível,
imperceptível na prática.
Esses exemplos ilustram dois fatos importantes :
1) a força gravitacional é a mais fraca das forças da natureza;
2) a força gravitacional só tem um valor considerável se pelo
menos uma das massas que interagem for muito grande, como
ocorre nas interações pessoa-terra, terra-lua, terra-sol. A força
gravitacional acaba sendo desprezível, portanto, nas interações
caneta-caneta, caderno-mesa, carro-pessoa etc.
Portanto, não esqueça: a força gravitacional é a força que surge
devido à atração entre massas. Como todas as forças, as forças
gravitacionais sempre surgem as pares. Isso significa que quando,
por exemplo, o seu corpo interage com a Terra, duas forças estão
em jogo:
 a força com que a massa da Terra atrai a sua massa, chamada
de “o seu peso”. Essa força é exercida pela Terra, mas age sobre
o seu corpo, puxando-o para baixo.
 a força com que a sua massa atrai a massa da Terra ,
chamada de “a reação ao seu peso” . Essa força é exercida pela
pessoa, mas age sobre a Terra, atuando no seu centro de massa.
Toda interação envolve um par de forças de mesma natureza. No
exemplo acima, por exemplo, o par de forças ação-reação tem
natureza gravitacional.
2) As Forças Eletromagnéticas
Tanto as forças elétricas quanto as forças magnéticas pertencem a
esse grupo. As forças elétricas surgem, basicamente, devido a
dois motivos bastante conhecidos:
1) cargas elétricas de sinais iguais se repelem;
2) cargas elétricas de sinais opostos se atraem.
61
Da mesma forma que as forças gravitacionais, somos capazes de
quantificar a maioria das forças de natureza elétrica, quer
experimentalmente, quer pelo cálculo direto, com base na lei de
Coulomb:
K.|Q|.|q|
Felétrica 
d2
Entretanto, também é desconhecido o real motivo que faz com
que as cargas elétricas interajam dessa forma. Sabemos que isso
ocorre, mas ainda não sabemos por que isso ocorre. Se você
souber o porquê, divulgue. Este é um dos enigmas ainda não
explicados pela Física.
E quanto à força magnética ? Quando duas cargas elétricas
interagem entre si, cada uma sofre uma força elétrica exercida
pela outra carga. Adicionalmente, se uma carga estiver se
movendo em relação à outra, cada uma delas sofrerá a ação de
uma força extra, denominada “força magnética”, decorrente do
movimento relativo entre as cargas.
Aprenderemos mais sobre as forças magnéticas na apostila 2,
durante o estudo do Eletromagnetismo.
3) As Forças Nucleares Forte
Todos sabemos que a maioria dos núcleos atômicos é constituída
de prótons e nêutrons (o núcleo de hidrogênio não contém
nêutrons), e que a forte repulsão elétrica entre os prótons deveria
levar o núcleo atômico a colapsar. O que mantém as partículas
nucleares juntas, coesas ? Ora, são as forças nucleares trocadas
entre essas partículas, especificamente a chamada Força
Nuclear Forte.
A força nuclear, diferentemente da força elétrica, é sempre
sempre atrativa, em qualquer uma das interações próton-próton,
próton-nêutron, nêutron-nêutron. É essa força que garante a
coesão dos núcleos atômicos. Se a distância entre 2 prótons, por
exemplo, for suficientemente pequena (da ordem do diâmetro de
um próton), as forças nucleares atrativas entre eles superam as
colossais forças elétricas repulsivas, mantendo tais prótons
grudados entre si. Isso não lhe parece incrível ?
Vale ressaltar que a força nuclear forte decai muito rapidamente
com a distância, se tornando desprezível a uma distância de
alguns poucos diâmetros de prótons, ou seja, alguns fentômetros
(1 ft = 10–15 m).
4) As Forças Nucleares Fracas
Para finalizar, a força nuclear fraca é responsável pelo decaimento
beta, processo no qual, por exemplo, um nêutron livre se
decompõe originando um próton, um elétron e um anti-neutrino.
Seu estudo é mais complexo e foge aos nossos objetivos.
É importante o aluno ter, pelo menos, a noção da intensidade
relativa das 4 forças fundamentais da natureza:
Natureza da Força
Intensidade relativa
nuclear forte
1
eletromagnética
1 / 137
nuclear fraca
10–9
gravitacional
10–38
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Física
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25 –Terceira Lei de Newton do movimento
A terceira lei de Newton estabelece que:
perceptível no caso b, em que a diferença entre os valores das
massas é menos acentuada.
Sempre que um objeto exerce uma força sobre um outro objeto,
este exerce uma força igual e oposta sobre o primeiro.
A terceira lei de Newton com freqüência é enunciada assim:
“A cada ação corresponde sempre uma reação igual e oposta”.
Em qualquer interação há sempre um par de forças de ação e
reação, que são iguais em valor e de sentidos opostos. Nenhuma
força existe sem a outra — as forças aparecem em pares, uma é
a ação e a outra é a reação. O par de forças de ação e reação
constitui uma interação entre dois corpos.
Fat
Fat
Figura 26 – O garoto aplica sobre o solo uma força (fat)
empurrando-o para trás. O solo, por sua vez, reage e aplica
uma força (fat) sobre os pés do garoto, empurrando-o para
frente. Assim, o menino anda.
Você interage com o piso quando caminha sobre ele. O empurrão
que você exerce contra o piso está acoplado ao empurrão dele
contra você. O par de forças ocorre simultaneamente. Qual das
forças é chamada de ação e qual é chamada de reação não importa. O ponto importante é que uma não existe sem a outra.
Analogamente, os pneus de um carro empurram contra a rodovia,
enquanto a rodovia empurra de volta os pneus — os pneus e a
rodovia estão empurrando-se mutuamente. Ao nadar, você
interage com a água e a empurra para trás, enquanto ela o
empurra para frente — você e a água estão se empurrando um ao
outro. Em cada caso existe um par de forças, uma de ação e outra
de reação. Nesse contexto, as forças de reação são as
responsáveis pelo nosso movimento, e dependem do atrito
existente entre as superfícies em contato.
Na ausência de atrito numa superfície de gelo, por exemplo, uma
pessoa ou carro são incapazes de exercer a força de ação para
produzir a força de reação necessária ao seu movimento.
26 – Ação e Reação sobre Massas Diferentes
Embora, à primeira vista, pareça estranho, um objeto em queda
puxa a Terra tanto para cima tanto quanto a Terra o puxa para
baixo. O puxão para baixo, atuando sobre o objeto, parece-nos
normal porque a aceleração de 10 metros por segundo a cada
segundo é bastante evidente. O mesmo valor de força, agindo
para cima sobre a imensa massa da Terra, entretanto, produz nela
uma aceleração tão pequena que não pode ser notada nem
medida.
Podemos compreender melhor que a Terra acelera ligeiramente
em resposta à queda de um objeto, considerando os exemplos
exagerados, nos casos de a até e, dos dois corpos planetários da
Figura 27 (é importante olhar a figura) .
Figura 27 – Qual das bolas cai em direção à outra, A ou B ? As acelerações de
cada uma delas têm relação com as suas massas ?
No caso c, onde os corpos têm mesma massa, a aceleração de A
é tão evidente quanto à de B. Continuando, vemos que a aceleração de A torna-se ainda mais evidente no caso d, e ainda mais
evidente no caso e. Assim, estritamente falando, quando você
salta do meio-fio da calçada, a rua inteira sobe ao seu encontro,
ainda que muito ligeiramente .
O papel desempenhado pelas massas diferentes fica evidenciado
no disparo de um rifle. Quando se dispara o rifle, ocorre uma
interação entre este e a bala (Figura 28). A força exercida sobre a
bala é tão grande quanto a força de reação exercida sobre o rifle;
logo, a bala acelera para frente enquanto o rifle “dá um tranco” no
atirador. Uma vez que as forças são de mesmo valor, por que o
rifle não recua com a mesma rapidez da bala ?
Ao analisar as mudanças no movimento, a segunda lei de Newton
nos lembra que devemos também levar em conta as massas
envolvidas. Suponha que F represente os valores das forças de
ação e reação, m represente a massa da bala e m a massa do
rifle mais massivo. As acelerações da bala e do rifle são, então,
obtidas tomando-se a razão da força pela massa.
A aceleração da bala é dada por:
F
=
m
a
enquanto a aceleração do recuo do rifle é
F
m=
a
Usei símbolos com tamanhos diferentes no cálculo acima para
As forças com que os corpos A e B se atraem são de mesmo
indicar as diferenças nas massas e nas acelerações decorrentes.
valor, mas com sentidos opostos em cada caso. Se no caso a o
planeta A possui uma aceleração imperceptível, então ela é mais
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Física
63
Vemos, assim, porque a mudança V no movimento do rifle não
é tão grande comparada com a mudança de movimento V da
bala: uma certa força agindo sobre uma pequena massa produz
uma grande aceleração, enquanto a mesma força agindo sobre
uma grande massa produz uma pequena aceleração.
F
F
Figura 28 – A força exercida contra o rifle que recua é exatamente tão grande
quanto a força que impulsiona a bala. Por que, então, a bala acelera mais que o
rifle ?
O que ocorreria se você disparasse uma pistola cuja massa fosse
muitas vezes menor que a bala contida no seu interior ? Você
estaria cometendo suicídio .
Se estendermos a idéia de um rifle recuando, ou “dando um
tranco” a partir da bala que ele dispara, podemos compreender a
propulsão de foguetes. Considere uma metralhadora que recua a
cada vez que dispara uma bala. Se a metralhadora for adaptada,
de modo que possa deslizar livremente ao longo de um arame
distendido verticalmente (Figura 29), ela acelera para cima quando
as balas são disparadas para baixo. Um foguete acelera da
mesma maneira. Ele “recua” continuamente em decorrência dos
gases da combustão ejetados. Cada molécula do gás ejetado é
como uma minúscula bala disparada do foguete (Figura 30).
Figura 30 – Lançamento de um foguete
Um foguete funciona melhor, aliás, acima da atmosfera, onde não
existe ar para oferecer resistência ao seu movimento.
Usando a terceira lei de Newton, podemos compreender como um
helicóptero (Figura 31) obtém sua força de sustentação. As lâminas giratórias possuem a forma adequada para forçar as
partículas de ar para baixo (ação), enquanto o ar força as lâminas
para cima (reação). Essa força de reação atuando para cima é
chamada sustentação. Quando a sustentação é igual ao peso da
nave, o helicóptero plana no ar. Quando a sustentação é maior, o
helicóptero ganha altura.
F
F
F
F
Figura 29 – uma metralhadora
adaptada a um arame vertical
demonstra facilmente como funciona um
sistema de propulsão. Com os disparos,
a metralhadora impulsiona os projéteis
para baixo; estes, por sua vez,
impulsionam a arma para cima, fazendo
com que ela suba.
Uma falsa concepção muito comum é a de que um foguete seja
propelido pelo impacto dos gases ejetados contra a atmosfera. No
início do século XX, antes do advento dos foguetes, de fato muitas
pessoas pensavam que fosse impossível mandar um foguete para
a Lua por causa da ausência de uma atmosfera que o foguete
pudesse empurrar. Mas pensar assim é como afirmar que uma
arma de fogo não recuaria a menos que houvesse ar contra o qual
ela pudesse empurrar. Nada disso! Tanto o foguete como a arma
de fogo que recua aceleram não por causa de qualquer empurrão
sobre o ar, mas por causa das forças de reação das “balas” que
eles atiram — com ou sem a presença do ar.
Ar
Ar
Figura 31
Ação: as hélices empurram o ar para baixo
Reação: o ar empurra as hélices para cima
Assim, é fácil compreender que um helicóptero não consegue
levantar vôo na ausência de uma camada de ar. Na lua, por
exemplo, não há atmosfera (lá existe vácuo), apesar de haver
gravidade. Um helicóptero pousado na superfície lunar jamais
levantaria vôo, devido à ausência do “colchão de ar necessário
para interagir com as suas hélices.
Autoteste
11. Um ônibus em alta velocidade e um inocente besouro colidem
frontalmente.A força de impacto esparrama o pobre besouro
sobre o pára-brisa.A força correspondente que o besouro
exerce contra o pára-brisa é maior, menor ou a mesma? A
conseqüente desaceleração do ônibus é maior, menor ou a
mesma que a do besouro?
Percebemos a terceira lei de Newton atuando em todos os lugares.
Um peixe empurra a água para trás com suas nadadeiras, e a
água o empurra para frente. O vento empurra os galhos de uma
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Física
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árvore, e eles empurram de volta o vento, e temos sons de
assobios. As forças são interações entre diferentes coisas. Cada
contato requer no mínimo duas vias; não existe maneira de um
objeto exercer força sobre nada. As forças, sejam grandes
empurrões ou rápidos toques leves, sempre ocorrem aos pares,
cada uma oposta à outra. Assim, não podemos tocar sem sermos
tocados.
É impossível tocar
sem ser tocado....
....essa é a terceira
Lei de newton....
Observe os meninos A e B interagindo, cada um, com uma corda
C ideal (figura 33). Na interação AC, percebemos o par de forças:
 FAC – força que A exerce em C – ela é causada por A mas atua
em C, trazendo conseqüências para a corda C;
 FCA – força que C exerce em A – ela é causada por C mas atua
em A, trazendo conseqüências para o menino A; Essa força
poderia machucar a mão do menino visto que ela age sobre a
mão dele.
Esse par de forças FAC e FCA constitui um par ação-reação e,
portanto, têm intensidades iguais: FAC| = |FCA| .
FCA
FCB
C
FAC
A
FBC
B
Figura 34 - Cada força é sempre causada por um corpo, mas age sobre outro
corpo, trazendo conseqüências apenas para este corpo sobre o qual ela age.
Assim, FAC é incapaz de acelerar o menino A, visto que essa força age na corda C
e não, no menino A . A força FCA é que age sobre o menino A e, portanto, só ela
pode trazer conseqüências para ele, tais como acelerá-lo ou provocar dor na sua
mão etc.
Figura 32
Autoteste comentado
11. Os valores de ambas as forças são os mesmos, pois elas formam um par ação-reação de forças que constitui a interação
entre o ônibus e o besouro. As acelerações são muito
diferentes, entretanto, porque as massas envolvidas são diferentes! O besouro sofre uma desaceleração enorme e mortal,
enquanto o ônibus sofre uma desaceleração minúscula — tão
minúscula que a perda muito pequena de rapidez nem é notada
pelos seus passageiros. Mas se o besouro fosse mais massivo
— tão massivo quanto outro ônibus, por exemplo — a perda de
rapidez ficaria totalmente evidente!
27 – Força de TRAÇÃO T em fios ideais
Fios, cordas, correntes fazem parte do nosso dia a dia e são
utilizados, basicamente, para a mesma função simples: PUXAR
algo. Um fio tracionado, uma corda esticada, eles sempre são
usados para PUXAR um corpo, jamais sendo usados para
empurrar corpos. Você já tentou EMPURRAR uma caixa pesada
usando um fio ? Tente fazê-lo, você perceberá ser impossível.
Fios e cordas servem para PUXAR ou serem PUXADOS. Eles
jamais empurrarão ou serão empurrados por algo ou alguém.
Da mesma forma, na interação entre o menino B e a corda C,
percebemos o par de forças:
 FBC – força que B exerce em C – ela é causada por B mas atua
em C, trazendo conseqüências para a corda C;
 FCB – força que C exerce em B – ela é causada por C mas atua
em B, trazendo conseqüências para o menino B; Essa força
poderia, por exemplo, acelerar o menino B para frente.
Esse par de forças FAC e FCA também constitui um par açãoreação e, portanto, têm intensidades iguais: |FAC| = |FCA|.
Levando-se em conta que a corda é ideal, a sua massa é nula
mcorda = 0. Observando as forças FAC e FBC que agem sobre a
corda, podemos calcular a força resultante sobre ela, aplicando-se
a 2ª lei de Newton:
FR corda = mcorda x a
( FAC  FBC) = mcorda x a
( FAC  FBC) = 0 x a
( FAC  FBC) = 0  FAC = FBC
Assim, vemos que, numa corda ideal (mcorda = 0), as forças que
agem em suas extremidades sempre têm intensidades iguais.
Essa intensidade é denominada tração na corda:
FAC = FBC = T
Assim, em módulo, podemos escrever:
Denominamos “fio ideal” aquele cuja massa é desprezível quando
comparada às massas dos demais corpos do sistema. Na prática,
a massa do fio ideal é considerada nula (m=0). Qual a importância
desse fato na resolução dos problemas ?
FCA = FAC = FBC = FCB
C
Todas as forças, na figura 34, têm o mesmo valor T (tração). Isso
é verdade desde que a corda seja ideal, caso contrário, as trações
em cada extremidade da corda terão valores diferentes, mas
ainda podem ser calculadas pela 2ª lei de Newton:
A
B
corda ideal
ação-reação
ação-reação
( FAC  FBC) = mcorda x a
Figura 33 - Nessa figura percebemos duas interações (AC e CB) e, portanto,
estão presentes dois pares de forças, sendo um par para cada interação.
As trações, em geral, são diferentes em problemas que envolvam
cabos de aço ou cordas pesadas.
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Física
Na grande maioria dos problemas, os fios são admitidos ideais
(mcorda = 0). Nesses casos, a figura 34 poderá ser simplificada
assim:
T
A
T
T
C
T
B
Figura 35 - quando a corda é ideal, as quatro forças têm a mesma intensidade,
denominada tração T.
Assim, alguns fatos interessantes devem ser observados na
figura 35:
 A rigor, a frase “o menino A tem mais força que B” não faz
sentido, visto que “força não é algo que alguém possua”. As
forças que cada menino aplicará na corda (ideal) e sofrerá,
devido a ela, sempre terão valores iguais T = T = T = T !
 Quanto maior for a “violência” com que um deles (ou ambos)
puxe a corda, maior será o valor da tração T = T = T = T nela !
 O menino A jamais puxará a corda com mais força que o
menino B; e vice-versa. As forças com que eles puxarão a
corda terão sempre a mesma intensidade T = T = T = T ! Se
você não acredita nisso, segure firmemente as mãos do seu
irmão e brinquem de “cabo de guerra” sem a corda. Quem
puxará o outro com mais força, você ou ele ? Ora, uma vez
mais, essas forças têm que ser iguais em módulo. Nesse caso,
elas constituem um par ação-reação.
 Ainda que apenas o menino A efetivamente puxe a corda,
enquanto B apenas mantenha-a firmemente em suas mãos,
esticada, ambos os meninos serão puxados, um em direção ao
outro, por forças de mesma intensidade T = T = T = T !
 A vitória no “cabo de guerra” dependerá, fundamentalmente, da
inércia, da massa dos oponentes. Imagine uma corda com
tração T puxando uma pessoa gordona (massa M) numa
extremidade e, uma pessoa magrela (massa m) na outra
extremidade. A mesma força T, agindo em massas diferentes
(M > m), produzirá acelerações diferentes, sendo mais
acelerado a pessoa magrela. Ela terá maior tendência a ser
arrastada para frente e cruzar a linha no marcada no chão que
define o perdedor da disputa.
 A pessoa mais pesada também obterá mais atrito do chão
(Fat max) que a pessoa mais leve, o que favorece ainda mais a
sua vitória.
 A forma como cada oponente posiciona o seu corpo inclinado
para trás, enquanto puxa a corda, também é importante.
 Para que um magrelo possa vencer um gordão num “cabo de
guerra”, ele deverá maximizar o seu atrito com o solo
(calçando sapatos adequados) e posicionar melhor melhor o seu
corpo em relação à vertical durante a disputa. Uma outra dica é
aplicar impulsos na corda na hora certa, tirando proveito de
momentâneos desequilíbrios do oponente.
 Um gordão só perderá uma disputa de cabo de guerra se for
muito desajeitado. Afinal, a sua natureza muito massuda lhe
assegura o favoritismo nesse tipo de disputa.
O prof Renato Brito discutiu esse exemplo afim de nos fazer,
definitivamente, rever os nossos conceitos, os nossos pontos de
vista sobre as forças.
As forças sempre surgem aos pares, visto que são fruto de uma
interação entre dois corpos. Uma pessoa não tem mais nem
menos força que outra pessoa ! Sempre será necessário que ela
65
interaja com outro corpo para que um “par de forças” seja
“produzido”. A intensidade do par de forças que surgirá, durante
essa interação, depende não somente da “vontade da pessoa”,
mas também das características do outro corpo, tais como inércia,
elasticidade, dureza etc.
Lembre-se sempre do exemplo do lutador de boxe (figura 23)
aplicando seu golpe mais violento num pesado saco de areia e,
depois, num lenço de papel. Ele produzirá forças bastante
diferentes nesses corpos, por mais que se esforce, visto que tais
corpos têm inércias muito diferentes.
28 – Força de TRAÇÃO T em polias ideais
Denominamos “polia ideal” aquela cuja massa é desprezível
quando comparada às massas dos demais corpos do sistema. Na
prática, a massa da polia ideal é considerada nula (m=0). Qual a
importância desse fato na resolução dos problemas ?
TB
TA
TE
TA
TC
TD
Figura 36
Figura 37
Na figura 36, vemos uma polia sustentada por seu pino através de
uma corda B que exerce sobre ele uma tração de intensidade T B
para cima. A periferia dessa polia, por sua vez, sustenta uma
corda A que exerce um par de trações de mesma intensidade T A
para baixo. As trações nas extremidades da corda A têm
intensidades iguais pelo fato da corda ser ideal, conforme vimos na
secção 2.23. Mas qual a relação entre as trações TA e TB na
figura 36 ?
Ora, como a polia tem massa nula mpolia = 0, a 2ª lei de Newton
nos permite escrever :
FR polia = mpolia x a
2.TA  TB = mpolia x a
2.TA  TB = 0 x a
2.TA  TB = 0  TB = 2.TA
Assim, na figura 36, a relação TB = 2.TA advém do fato da polia
ser ideal.
O mesmo raciocínio pode ser aplicado a qualquer configuração de
cordas e polias. Na figura 37, por exemplo, temos um sistema de
forças apontando em direções distintas, o que requer a aplicação
da 2ª lei de Newton em sua forma vetorial:
F R polia  m polia . a
Substituindo os vetores da figura 37 na equação vetorial acima e
efetuando as operações vetoriais, vem:
TD
+
TC
+
TE
= mcorda

a
Note que as intensidades TC e TD são iguais, visto que são as
trações nas extremidades de uma corda ideal mcorda = 0. Assim,
faremos |TC| = |TD| = T. Substituindo, vem:
T
+
T
+
TE
= mcorda

a
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Física
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+
T
T
+
T
T
+
TE
=
+
TE
=0
0

LO

a
x
TE
T
A
B
T
T
O teorema de Pitágoras permite escrever:
T2 + T2 = (TE)2  (TE) 2 = 2.T2  TE = T. 2
Essa é, portanto, a relação entre as trações nos fios da figura 37.
29 – Forças e deformações em molas ideais
Uma mola é um objeto muito comum no nosso dia-a-dia e tem
utilidade bastante variada, desde canetas a amortecedores de
veículos, armamentos, brinquedos etc.
Aplicando-se adequadamente uma força nas extremidades de uma
mola, é possível elongá-la (aumentar o seu tamanho) ou comprimila (reduzir o seu comprimento). Quando a força é suprimida, a
mola volta ao seu comprimento natural. Dizemos que trata-se de
uma mola elástica.
Toda mola tem o seu limite de elasticidade, isto é, a maior
deformação que ela é capaz de suportar de forma a ainda ser
capaz de restituir o seu tamanho original. Uma deformação maior
que esta levaria a mola a ter o seu comprimento natural (quando
relaxada) maior que o original, ou seja, a mola apresentaria uma
deformação residual permanente.
A deformação X experimentada por uma mola (veja a figura
38 e 39) é diretamente proporcional à força T aplicada a ela
(tração ou compressão). Esse fato é expresso matematicamente
pela Lei de Hooke das molas:
T = K. X
onde K é a chamada constante elástica da mola, medida em N/m
no SI. Quanto maior o valor de K de uma mola, mais newtons
serão necessários para deformar “cada metro” da mola, ou seja,
mais dura será essa mola. Assim, dizemos que a constante K
expressa a “dureza da mola”. A força T, acima, é a força que está
deformando a mola. Geralmente, trata-se da própria tração no
fio em que a mola está inserida. Essa força T também pode ser
chamada de “força elástica”.
É importante atentar para o fato de que, enquanto cordas, fios
e correntes só são capazes de PUXAR os corpos aos quais
foram fixados, uma mola tanto pode PUXAR quanto
EMPURRAR os corpos ao seu redor, conforme o tipo de
deformação que ela apresente:
Molas ELONGADAS sempre PUXAM os corpos ao seu redor
(figura 38).
Molas COMPRIMIDAS sempre EMPURRAM os corpos ao seu
redor (figura 39).
Afinal, toda mola que encontra-se deformada sempre age no
sentido de tentar retornar ao seu comprimento natural, ao seu
estado relaxado. As figuras 38 e 39 ilustram o comportamento
das molas em cada caso:
T
mola elongada
mão esquerda sendo
puxada para dentro
T
T
mão direita sendo
puxada para dentro
Figura 38 - uma mola e l o n g a d a sempre está PUXANDO DE VOLTA os
corpos ao seu redor, com o objetivo de voltar ao seu tamanho natural. Note, na
figura, que tanto a mão esquerda quanto a mão direita estão sendo PUXADAS de
volta para o centro da mola (forças brancas), visando a restituir o seu comprimento
natural.
Nas figuras 38 e 39, o prof Renato Brito usou o seguinte código de
cores:
Forças pretas: são as forças que as mão aplicam nas
extremidades da mola. São exercidas pelas mãos, mas agem na
mola, causando a sua deformação.
Forças brancas: são as forças que as extremidades da mola
aplicam nas mãos do operador. São exercidas pela mola, mas
agem nas mãos (ou em qualquer objeto que estivesse conectado
às extremidades da mola).
As forças brancas são as de maior interesse nas resoluções de
problemas, visto que, em geral, estamos interessados em analisar
as forças que agem nos corpos conectados à mola e não, nas
forças que agem na própria mola.
Lembre-se, também, que estamos tratando de molas ideais, isto é,
molas com massa nula (m = 0), por isso que as forças pretas nas
extremidades da mola sempre têm valores iguais. Aliando esse
fato à 3ª lei de Newton (ação e reação), concluímos que as 4
forças T = T = T = T = K.x que aparecem na figura 38 acabam
sendo, inevitavelmente, de mesma intensidade. O mesmo ocorre
na figura 39.
x
LO
B
A
T
mão esquerda sendo
empurrada para fora
T
mola comprimida
T
T
mão direita sendo
empurrada para fora
Figura 39 - uma mola c o m p r i m i d a está sempre EMPURRANDO DE
VOLTA os corpos ao seu redor, com o objetivo de voltar ao seu tamanho natural.
Note, na figura, que tanto a mão esquerda quanto a mão direita estão sendo
EMPURRADAS para longe do centro da mola (forças brancas), visando a restituir o
seu comprimento natural.
30 – O Formato da Trajetória e o Par de Eixos-Padrão
Nessa seção, aprenderemos alguns métodos simples, porém
muito eficientes no equacionamento de problemas de Dinâmica,
isto é, problemas que envolvam forças, aceleração, velocidade,
deslocamentos etc.
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Física
Em geral, uma das grandes dificuldades com as quais os
estudantes de Física se deparam, na análise das forças que agem
num corpo, é como saber quais forças devem ser decompostas e
quais não precisam ser decompostas na resolução do problema.
“....Será que há apenas uma forma sistemática de analisar o
problema, ou será que existem várias maneiras de analisar que
conduzem ao mesmo resultado correto ? ....“
A experiência mostra que uma ferramenta importante na resolução
sistemática de problemas de Dinâmica é a análise do formato da
trajetória seguida pelo móvel.
O formato da trajetória está intimamente relacionado com as forças
que agem sobre o corpo durante seu movimento num dado
referencial, e nos permite concluir quais forças efetivamente
colaboram para a sua aceleração e quais forças definitivamente
devem se cancelar por não participarem do processo de
aceleração do móvel.
67
Eixo 1 – Eixo tangencial
Características
 Eixo que está na mesma direção da velocidade da partícula, no
referencial inercial em questão (Figura 41) ;
 em movimentos retilíneos, coincide com a trajetória seguida
pela partícula (Figura 41);
 em movimentos retilíneos, esse eixo contém a força resultante
agindo no móvel (caso ela não seja nula) e,conseqüentemente,
a sua aceleração resultante (caso ela não seja nula); e
 as forças e acelerações, nesse eixo, determinam se o
movimento será retardado, uniforme ou acelerado.
Eixo 2 – Eixo centrípeto, radial ou normal
Características
 Eixo que é perpendicular à velocidade da partícula, no
referencial inercial em questão (Figura 41);
 em movimentos retilíneos, o corpo sempre está em equilíbrio
(FR = 0, aR = 0 ) na direção do eixo 2;
 esse eixo, obviamente, é sempre perpendicular ao eixo 1, visto
que sempre é perpendicular à velocidade do corpo;
 as forças que agem sobre esse eixo estão relacionadas à
curvatura da trajetória descrita pelo corpo no referencial inercial.
Esse par de eixos descrito será denominado “Par de eixospadrão”. Na maioria das resoluções, adotaremos o par de eixospadrão, fazendo uso de eixos alternativos apenas quando a
simplificação algébrica obtida nesse caso for vantajosa (o que
raramente acontece).
Para esclarecer um pouco essas idéias, considere, por exemplo, o
pêndulo preso ao teto do vagão (Figura 40), que coincide com a
questão 30 de classe. A bola presa ao fio se encontra em
movimento acelerado descrevendo uma trajetória retilínea
horizontal em relação à Terra (referencial inercial). Esse formato
da trajetória descrita pela bola permite concluir que :
 a aceleração (a) resultante do móvel está (integralmente)
na mesma direção da velocidade (v), isto é, está na direção
horizontal, não havendo nenhuma componente de aceleração
vertical (Figura 40);
 conseqüentemente, a força resultante agindo no móvel
(responsável por produzir tal aceleração) é
horizontal
FR = TX  ;
 a ausência de aceleração vertical garante que a força resultante
nessa direção   é nula, portanto, TY = P na Figura 40.
Em geral, no estudo da Dinâmica dos movimentos, o par de eixospadrão utilizado para a decomposição das forças obedece o
seguinte modelo :
eixo 1
eixo 2
a
V
tra
ór
jet
ia
Exemplo Resolvido 1: a Figura mostra um prisma de massa M
que move-se sobre um plano horizontal. Um pequeno bloco de
massa m se encontra apoiado sobre a superfície inclinada do
prisma. Se a gravidade local vale g, o prof. Renato Brito pede que
você determine com qual força F horizontal e constante se deve
empurrar esse prisma, de forma que o conjunto se mova sem que
o bloquinho escorregue em relação ao prisma. Todos os atritos
são desprezados.
F
F
Trajetória do
bloco
a
Figura 42
Solução
A Figura 43 mostra o diagrama das forças que agem no prisma e
no bloco. A questão-chave, para o estudante de Física, é “qual
das forças que agem no bloquinho deve ser decomposta, N ou
m.g ? ” Será que tanto faz ?
A resposta é que devemos fazer uso do chamado Par de Eixospadrão (mostrado na Figura 41), a fim de que o nosso
equacionamento do problema seja mais objetivo, reduzindo o
trabalho algébrico. A seguir, analisaremos a Dinâmica do
movimento da caixa, com base no formato da sua trajetória
descrita no referencial da Terra.
Figura 41
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Física
68
Figura 43
F
O prisma compartilha dessa mesma aceleração horizontal a,
portanto, observando as forças horizontais que agem no prisma,
na Figura 44, vem:
N
FR = M.a  (F  NX) = M.a  (F  N.sen) = M.a (eq3)
m.g
N
Dividindo as equações eq1 e eq2 membro a membro, vem:
a = g.Tg.

N’
M.g
Segundo o enunciado, bloco e prisma descreverão trajetórias
retillíneas compartilhando das mesmas acelerações a no
referencial da Terra, como mostra a Figura 42. A trajetória do bloco
no referencial da Terra define o eixo 1 a ser adotado, o chamado
eixo tangencial.
Conforme expresso anteriormente, em movimentos retilíneos, o
eixo 1 sempre coincide com a trajetória do corpo em relação à
Terra (referencial inercial), portanto será horizontal nessa questão.
O eixo 2 (centrípeto ou normal) é perpendicular ao eixo 1, portanto
será vertical nessa questão.
Assim, adotando esse par de eixos-padrão, decomporemos
apenas as forças que não estiverem sobre nenhum desses dois
eixos, como mostra a Figura 44
Figura 44
NY

M.g
NY

Figura 45
(eq 4a)
A relação eq4 nos lembra que ambos os corpos compartiham da
mesma aceleração horizontal a no referencial da Terra (como
mostra a Figura 42) e, portanto, podem ser tratados como se
fossem corpo único de massa “M + m” movendo-se com
aceleração a = g.Tg. Em linhas gerais, so é possível considerar
um sistema de N corpos como se fosse corpo único, a fim de
aplicar a segunda lei de Newton, quando todos os corpos do
sistema compartilharem de uma mesma aceleração a (que será a
aceleração do centro de massa do sistema). Assim, da relação
eq 4a, vem:

F = (M + m).g.Tg
(eq 4b)
Daria, mas não seria tão
vantajoso quanto se você
usasse o par de eixos-padrão

N’
NY = m.g  N.cos = m.g
NY
a1
A Figura 46 mostra o diagrama das forças agindo no bloco,
fazendo uso de um sistema de eixos cartesianos alternativo, como
sugeriu a Claudete. Nesse caso, relacionar a aceleração horizontal
(a) do bloco com a força resultante horizontal que causou essa
aceleração, torna-se uma missão complicada, visto que as forças
que agem no bloco (N, p.sen e p.cos) não se encontram
direcionadas ao longo do mesmo sistema de eixos coordenados
que contém a aceleração, como mostra a Figura 46.
b
c
N
Trajetória do bloco no
referencial da Terra
p.s
FR = m.a  NX = m.a  N.sen = m.a (eq2)
en

a
p .c
Na direção 1, bloco e prisma compartilham de uma mesma
aceleração a1 = a no referencial da Terra. O diagrama de forças
da Figura 45 mostra que essa aceleração horizontal do bloquinho
decorre da força NX. A segunda lei de Newton permite escrever:
Figura 46
os

m.g
(eq1)
a
a2
NX
Trajetória do bloco no
referencial da Terra
F = (M + m).a
Profinho, eu queria
decompor o peso do
bloco, em vez da normal
N. Daria certo também ?
NX
O formato da trajetória seguido pelo bloco, no referencial inercial
(Terra), é uma reta horizontal (Figura 45b) que não se curva nem
para cima (Figura 45a) nem para baixo (Figura 45c), sugerindo que
o bloco não possui aceleração na direção 2 (a2 = 0), isto é, que o
bloco encontra-se em equilíbrio (FR = 0) na direção do eixo 2, o
que permite escrever:
Equilíbrio na direção 2:
Somando as equações eq2 e eq3, membro a membro, vem:
F = (M + m).a
m.g
NX
F
Essa é a aceleração horizontal que os corpos devem compartilhar
(no referencial da Terra) a fim de que o bloco se mova em
equilíbrio vertical. Agora, com qual força F devemos empurrar o
prisma para que ambos compartilhem dessa aceleração ?
Dizemos que o diagrama de forças não está “casado” com o
diagrama cinemático do bloco (o par de eixos das forças não
coincide com o par de eixos da aceleração), o que dificulta o
equacionamento da segunda lei de Newton.
Para melhor compreender, note que o diagrama de forças (padrão)
utilizado na Figura 44 ficou automaticamente “casado” ao
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Física
diagrama cinemático (forças e acelerações estão direcionadas
sobre o mesmo par de eixos), permitindo que facilmente se
chegasse às relações eq1 e eq2, levando-se em conta o formato
da trajetória descrita pelo bloco, bem como a segunda lei de
Newton. Essa simplicidade, em geral, é obtida quando se faz uso
do par de eixos-padrão.
Para resolver o problema usando o diagrama de forças da Figura
46 (resolução que deve ser evitada), decomporemos a aceleração
a no mesmo sistema de eixos das forças N, p.sen e p.cos,
escrevendo a segunda lei de Newton para cada direção, com
base na Figura 47:
3
a .s
4

3
en
N
Figura 47
p.s
p .c
os

Trajetória do bloco no
referencial da terra
en

a.c
o
4
s


Direção 3: FR = m.a  ( N  m.g.cos) = m.a.sen (eq5).
Direção 4: FR = m.a  ( m.g.sen) = m.a.cos (eq6).
As relações eq5 e eq6 (determinadas a partir da análise das
forças no sistema de eixos alternativos) são perfeitamente
compatíveis com as relações eq1 e eq2 (determinadas a partir da
análise das forças no sistema de eixos-padrão) e levam ao mesmo
resultado encontrado inicialmente, requerendo, entretanto, maior
processamento algébrico, o que deve ser evitado.
Profinho, mas por que tem
questões de plano inclinado em
que a gente decompõe é o peso
P, em vez da normal ?
Ora, basta perceber que há uma
diferença entre o formato da trajetória
de cada uma dessas questões.
Nas questões mais comuns de planos inclinados, o bloquinho
move-se ao longo da rampa (Figura 48), descrevendo uma
trajetória retilínea na direção da rampa (no referencial da
Terra), indicando que devemos tomar um sistema de referênciapadrão com o eixo 1 paralelo à rampa e o eixo 2 perpendicular à
rampa.
1
2
N
P
69
diagrama cinemático, facilitando o equacionamento da segunda lei
de Newton.
Portanto, em linhas gerais, ao iniciar a resolução de um problema
de Dinâmica, é interessante o estudante sempre atentar para os
seguintes passos a serem seguidos:
1) separe todos os corpos e coloque todas as forças que agem
em cada um deles;
2) identifique o formato da trajetória seguida pelo corpo (reta
horizontal, reta inclinada, reta vertical etc);
3) cada corpo deverá ganhar um par de eixos, sendo o eixo 1 de
cada corpo posicionado sobre a sua trajetória retilínea, e o eixo
2 posicionado perpendicularmente ao primeiro eixo; e
4) decomponha todas as forças que não caíram sobre o eixo 1
nem sobre o eixo 2 de cada corpo. As demais forças, em geral,
não devem ser decompostas.
Profinho, eu pensei em resolver
essa questão no referencial do
prisma e admitir que o
bloquinho está em equilíbrio em
relação ao prisma. Daria certo
também ?
Claudete,
não daria
certo.
Claudete, não podemos resolver esse problema adotanto o prisma
como referencial e admitindo que o bloco esteja em equilíbrio
nesse referencial. Por quê ? A resposta é que as leis de Newton
só relacionam as forças que agem num corpo com as suas
respectivas acelerações no referencial inercial (a Terra, por
simplicidade), não sendo válidas num referencial não inercial
(acelerado), como no caso do prisma dessa questão.
Estudaremos um pouco sobre o Referencial Não-Inercial na página
125, logo após estudarmos a Dinâmica do Movimento Curvilíneo.
Até lá, resolveremos todos os problemas no Referencial Inercial
padrão: a Terra.
Figura 48
Tra
ref jetór
ere ia
nc do
i al bl o
da c o
Te no
rra
v
Nesse caso, a força que será decomposta (por estar fora dos
eixos 1 e 2) será o peso P do bloco, visto que a normal N estará
sobre o eixo 1 (Figura 48). Portanto, em cada situação-problema,
devemos sempre identificar o sistema de eixos-padrão a ser usado
na resolução, a fim de obter um diagrama de forças casado ao
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Física
70
Pensando em Classe
Pensando em Classe
Questão 1
A figura mostra um livro em repouso sobre uma mesa, apoiada sobre a Terra. A respeito das
forças trocadas entre os corpos, marque verdadeiro ou falso:
a) O peso do livro é uma força de campo que o livro exerce sobre a Terra.
b) Um par de forças de ação e reação não se cancelam, pois nunca agem num mesmo corpo.
c) A reação ao peso do livro é a força normal que a mesa exerce sobre o livro.
d) A reação ao peso do livro é a força normal que o livro exerce sobre a mesa.
e) A força normal sempre será a reação ao peso.
f) A força normal poderá ser a reação ao peso.
g) A força normal nunca será a reação ao peso.
h) A reação ao peso da mesa é a força gravitacional que a Terra exerce sobre a mesa.
i) A reação ao peso do livro é a força gravitacional que o livro exerce sobre a Terra.
j) A reação à normal que age no livro devido à mesa é a força normal que a mesa exerce sobre o
livro.
k) A reação à normal que age na mesa devido à Terra é a força normal que a mesa exerce sobre a
Terra .
Questão 2
A figura mostra dois blocos A e B de massas mA = 4 kg e mB = 6 kg conectados por um fio que
passa por uma polia suspensa ao teto, num local onde a gravidade vale g = 10 m/s 2. Admita que
todos os fios, bem como a polia, são ideais, isto é, têm massa nula. Sabendo que, no instante
t = 0s, a caixa B estava subindo com velocidade Vo = 6 m/s, o prof Renato Brito pede para você
determinar :
a) o instante em que a caixa B irá parar e inverter o seu movimento;
2
b) a tração nos fios 1 e 2 durante a subida da caixa B;
c) no instante em que a caixa B pára a fim de inverter o seu movimento,
ela está em repouso ? ela está em equilíbrio ?
d) a tração no fio 1 é maior ou menor que o peso da caixa B durante a
subida dessa caixa ? e durante a descida dela ?
1
A
B
Vo
e) a aceleração do sistema aumenta, diminui ou permanece constante
durante o sobe e desce das caixas ? e a tração nos fios 1 e 2 ?
f) adotando um eixo referencial vertical para cima , esboce os gráficos da aceleração escalar e
da velocidade escalar da caixa B, durante seu movimento.
aB (m/s2)
VB (m/s)
t(s)
t(s)
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Física
71
Questão 3
Claudete, uma exímia estudante da Turma Saúde 10 estava no piso L5 do Shopping Aldeota e
tomou o elevador até o L7 para chegar ao Simétrico. O gráfico abaixo mostra a velocidade de
subida do elevador em função do tempo. Sabendo que a estudante apresentava massa m = 50 kg
e a gravidade local vale g = 10 m/s2, o prof Renato Brito pede para você determinar :
V(cm/s)
160
t (s)
1
a)
b)
c)
d)
2
3
4
5
A distância percorrida pelo elevador durante esses 5s de subida;
A sensação de peso (em newtons) do estudante no instante t = 0,5 s
em qual intervalo de tempo o estudante terá a sensação normal de peso ?
A sensação de peso (em newtons) do estudante no instante t = 4,5 s
Questão 4
A figura mostra um elevador que se sobe verticalmente em
movimento retardado com aceleração de módulo a. Em seu
interior encontram-se empilhadas 5 caixas de mesma massa M,
sob ação da gravidade g. Durante o movimento do elevador, a
força que o bloco 3 exerce sobre o bloco 4 vale:
a) 3.M.( g – a )
b) 2.M. ( g – a )
c) 3.M.( g + a )
d) 2.M. ( g + a )
e) M. ( g + a )
1
2
3
4
5
Questão 5
Um vagão move-se sobre trilhos retos e horizontais, com aceleração escalar constante numa
região em que g = 10m/s2. Preso ao teto do vagão há um pêndulo simples que se mantém em
repouso em relação ao vagão, formando ângulo  = 37º com a
vertical. Sabendo que a massa da partícula presa ao fio é

a
m = 4,0 kg, o prof Renato Brito pergunta:
m
a) O vagão está se movendo para a direita ou esquerda ?
b) Qual o módulo da aceleração do vagão ?
c) Qual o módulo da tração no fio ?
São dados: sen37o = 0,60 e cos 37º = 0,80
Questão 6
Cada uma das figuras a seguir representa um vagão que pode mover-se sobre trilhos retos e
horizontais, com um pêndulo simples pendurado no seu teto, estando o pêndulo em repouso em
relação ao vagão.
(I)
( II )
( III )
Para cada uma das situações propostas a seguir, diga qual é a figura correspondente.
a) O vagão está em repouso.
b) O vagão tem velocidade constante.
c) O vagão move-se para a direita em movimento acelerado.
d) O vagão move-se para a direita em movimento retardado.
e) O vagão move-se para a esquerda em movimento acelerado.
f) O vagão move-se para a esquerda em movimento retardado.
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Física
72
Questão 7
No sistema representado na figura, os blocos A, B e C têm massas, respectivamente iguais a
44 kg, 10 kg e 6 kg. Uma força F é aplicada ao bloco A, de modo que o conjunto todo se move
em relação ao solo, mas os blocos B e C permanecem em repouso, em relação a A. Sabendo que
não há contato entre os blocos A e C e desprezando quaisquer atritos, determine o módulo:
a) da aceleração do conjunto em relação ao solo;
B
b) da força F;
F
c) como o B e C encontram-se em repouso permanente em
relação ao carrinho A, por que não fazemos simplesmente o
equilibrio das forças que agem em B e C, no referencial do
carrinho A ? 
c
A
Questão 8
A figura mostra uma cunha de massa M que se move sobre um plano horizontal liso sob ação de
uma força constante F. Um pequeno bloco de massa m encontra-se apoiado sobre a superfície da
cunha. Se a gravidade local vale g e todos os atritos são desprezíveis, o prof Renato Brito pede
para você determinar:
F
F
Trajetória do
bloco
m
a
F
M

a) a aceleração a com que o sistema precisa estar se movendo para que o bloquinho não
escorregue em relação à cunha;
b) a força F que causa essa aceleração;
c) quanto deveria valer a força F para a cunha permanecer em repouso;
d) como o bloco encontra-se em repouso permanente em relação à cunha, por que não fazemos
simplesmente o equilibrio das forças que agem no bloco, no referencial da cunha ? 
Questão 9
A figura ilustra um bloco de massa M foi abandonado no topo de um plano inclinado de altura H
que forma um ângulo  com a horizontal. Se a gravidade local vale g e todos os atritos são
desprezíveis, pede-se determinar:
a) a aceleração com que o bloco vai escorregar ladeira abaixo;
b) essa aceleração depende da massa do bloco ?
c) se H = 5m,  = 30 e g = 10 m/s2, quanto tempo a caixa gastará para descer toda a rampa ?
d) qual a velocidade final da caixa ?
g
H

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Física
73
Questão 10
No sistema representado na figura, o fio e a polia são ideais e não tem atrito. Os blocos A e B têm
massas 4 k g e 6 kg . Se a constante elástica da mola vale k = 60 N/m e todos os atritos são
desprezíveis, determine:
a) A aceleração adquirida pelo sistema;
b) A deformação da mola.
k
B
A
30 o
Questão 11
A figura mostra dois blocos A e B, de massas 8 kg e 2 kg respectivamente, encostados entre si,
apoiados numa rampa lisa de inclinação  = 30o com a horizontal, subindo a ladeira com
aceleração a = 3 m/s2 devido à ação de uma força F paralela à rampa. Se a gravidade local
vale g = 10 m/s2 e todos os atritos são desprezíveis, determine:
a) a intensidade da força F;
a
b) a força que A aplica em B.
B
A
F

Questão 12
A figura mostra uma esfera de massa m que oscila verticalmente, conectada a uma mola, presa a
uma caixa de massa M que repousa sobre o prato de uma balança. A gravidade local vale g.
O prof Renato Brito pede para você assinalar a alternativa errada a cerca da marcação da balança
durante a oscilação da esfera:
a) Quando a esfera desce em movimento retardado, a marcação da balança
é maior do que M.g;
b) Quando a esfera sobe em movimento acelerado, a marcação da balança é
maior do que M.g;
c) Quando a esfera pára no ponto mais alto, estando a mola elongada, a
marcação da balança é menor do que M.g;
m
M
d) No instante em que a aceleração da esfera é nula, a balança marca M.g;
e) Quando a esfera pára no ponto mais baixo, a marcação da balança é maior
do que M.g.
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74
Física
Pensando em Casa
Pensando em Casa
Que tal resolver todas as questões de casa sempre num mesmo caderno grande,
especialmente reservado para o nosso Curso de Física ? Assim, a sua revisão em
novembro, às vésperas do vestibular, será enormemente facilitada. Lembre-se:
arrependimento só vem depois, ou você já viu alguém se arrepender antes do fato ?
 Portanto, aceite meu conselho e organize-se desde já ! 
Questão 1
(UFRN 2012) Em Tirinhas, é muito comum encontrarmos situações
que envolvem conceitos de Física e que, inclusive, têm sua parte
cômica relacionada, de alguma forma, com a Física.
Considere a tirinha envolvendo a “Turma da Mônica”, mostrada a
seguir.
Questão 4 - 
Um jogador de basquete arremessa uma
bola B em direção à cesta. A figura
representa a trajetória da bola e sua
velocidade V num certo instante.
Desprezando os efeitos do ar, as forças
que agem sobre a bola, nesse instante,
podem ser representadas por:
a)
c)
b)
d)
e)
Lembre-se, amiguinho,
di namômet ros medem
simplesmente a tração no
fio ideal onde estão
inseridos !
Supondo que o sistema se encontra em equilíbrio, é correto
afirmar que, de acordo com a Lei da Ação e Reação (3ª Lei de
Newton):
a) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os
meninos exercem sobre a corda formam um par ação-reação.
b) a força que a Mônica exerce sobre o chão e a força que a corda
faz sobre a Mônica formam um par ação-reação.
c) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que a
corda faz sobre a Mônica formam um par ação-reação.
d) a força que a Mônica exerce sobre a corda e a força que os
meninos exercem sobre o chão formam um par ação-reação.
Questão 2
(UFRS) Um operário puxa, por uma das extremidades, uma corda
grossa presa, pela outra extremidade, a um caixote depositado
sobre uma mesa. Em suas mãos o operário sente uma força de
reação à força que ele realiza. Essa força é exercida:
a) pela corda.
b) pela Terra.
c) pela mesa.
d) pelo chão.
e) pelo caixote.
Questão 3
(UFRS) Sendo F o módulo da força gravitacional com que a Terra
atrai a a Lua, o módulo da força gravitacional com que a Lua atrai
a Terra é:
a) muito menor do que F;
b) um pouco menor do que F;
c) igual a F;
d) um pouco maior do que F;
e) muito maior do que F.
Questão 5 - 
(UFMG) A figura mostra uma pessoa puxando um objeto através
de um dinamômetro, deslocando-se sobre uma superfície ao longo
da qual o coeficiente de atrito varia. O deslocamento do objeto é
retilíneo e a leitura do dinamômetro permanece constante. Isto
indica que:
a) a força resultante que atua no objeto é constante.
b) o objeto está deslocando-se com velocidade constante;
c) o valor da força de atrito entre o objeto e a superfície é dado
pela leitura do dinamômetro.
d) a força que a pessoa aplica no objeto é constante;
e) a força de atrito entre o objeto e a superfície é constante.
Dica: a marcação de um dinamômetro sempre é o próprio valor da tração T no fio
em que ele se encontra inserido.
Questão 6
A figura mostra dois blocos A e B, de massas 3 kg e 7 kg, presos
às extremidades de um fio ideal que passa por duas polias,
conforme o esquema abaixo. A marcação do dinamômetro (d)
vale:
a) 12 N
b) 42 N
c) 36 N
d
B
d) 40 N
A
18 m
e) 28 N
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Física
Questão 7
Na questão anterior, se o sistema for abandonado do repouso,
quanto tempo a caixa B leva para atingir o solo ?
a) 1 s
b) 2 s
c) 3 s
d) 4 s
e) 5 s
Questão 8
Ainda na questão 6, com que velocidade ela chegará ao solo ?
a) 3 m/s
b) 6 m/s
c) 8 m/s
d) 12 m/s
e) 24 m/s
Questão 9
A figura mostra dois blocos A e B, de massas 6 kg e 4 kg, presos
entre si através de um fio ideal que passa por uma polia sem atrito.
Se a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2, as trações T1 e
T2 valem, respectivamente:
a) 72 N, 144 N
2
b) 36 N, 72 N
c) 48N, 24 N
75
Questão 12 (UFRN 2012)
Um ascensorista leu a respeito das famosas leis de Newton do
movimento e decidiu testar a sua aplicabilidade. Para tanto, subiu
em uma balança dentro de um elevador em repouso e observou o
valor do seu peso. Em seguida, ainda sobre a balança, fez com
que o elevador subisse com aceleração vertical constante. Nessas
condições, ele observou que o seu peso:
a) diminuiu como previsto pela 2ª lei de Newton.
b) aumentou como previsto pela 3ª lei de Newton.
c) aumentou como previsto pela 2ª lei de Newton.
d) diminuiu como previsto pela 3ª lei de Newton.
Questão 13
Nosso amigo LeoNerd, de massa 40 kg, está de pé sobre uma
balança de mola (aparelho que mede normal ou peso aparente)
fixa no piso de um elevador, como mostra a figura. A aceleração
da gravidade tem módulo g = 10m/s 2. O gráfico abaixo mostra a
rapidez do elevador durante um trecho de subida:
d) 48 N, 96 N
1
A
B
Questão 10
Consideremos um corpo de massa m = 15kg pendurado em um
dinamômetro, o qual está preso no teto de um elevador. A
aceleração da gravidade tem intensidade g = 10m/s 2. LeoNerd
dentro do elevador observa que a marcação do dinamômetro é
180N.
V(cm/s)
120
t(s)
0,5
m
a) Qual o módulo da aceleração do elevador ?
b) O que podemos dizer sobre o movimento do elevador (subindo
/ descendo / acelerado / retardado) ?
Dica: a marcação de um dinamômetro sempre é o próprio valor da tração
T no fio em que ele se encontra inserido.
Questão 11
Uma pessoa está dentro de um elevador sobre uma balança mas
não se conforma com o fato de a mesma estar acusando um valor
acima do peso dele. Para que essa situação ocorra, o elevador:
a)
b)
c)
d)
Está necessariamente subindo;
O elevador está necessariamente descendo;
O elevador pode estar em movimento uniforme;
O elevador pode estar subindo ou descendo, mas certamente
tem aceleração para cima;
e) O elevador pode estar subindo ou descendo, mas certamente
tem aceleração para baixo.
1,0
1,5
2,0
a) Em quais intervalos de tempo Leonerd se sentirá mais pesado
que o normal ?
b) Quanto marcará a balança nesses intervalos ?
c) Em quais intervalos de tempo Leonerd sentirá seu peso
normal ?
d) Quanto marcará a balança nesses intervalos ?
e) Em quais intervalos de tempo Leonerd se sentirá mais leve que
o normal ?
f) Quanto marcará a balança nesses intervalos ?
Questão 14
Admita que você acabou de ter aula no Simétrico e tomou o
elevador do L7 ao L1 para sair do Shopping Aldeota. Considerando
que no intervalo do elevador havia uma balança, assinale o gráfico
que melhor descreve a marcação da balança (peso aparente, ou
seja, a normal N) durante esse episódio:
a)
b)
c)
P
P
t
P
t
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t
Física
76
d)
e)
Sendo  = 60, determine a intensidade da força normal de
contato entre o bloco e o solo durante seu movimento.
Dado sen 60 = 0,86 e cos 60 = 0,50
P
P
a) 14 N
t
t
Questão 15
Admita você tomou o elevador do Shopping Aldeota no L 1 e dirigiuse até o L7 para vir assistir aula no melhor pré-vestibular da cidade,
o simétrico. Considerando que no interior do elevador havia uma
balança, assinale o gráfico que melhor descreve a marcação da
balança (peso aparente) durante esse episódio:
a)
b)
c)
P
P
P
t
t
b) 100 N
c) 50 N
d) 36 N
e) 86 N
Questão19
No sistema representado na figura, os blocos A, B e C têm
massas, respectivamente iguais a 42 kg, 10 kg e 8 kg. Uma
força F é aplicada ao bloco A, de modo que o conjunto todo se
move em relação ao solo, mas os blocos B e C permanecem em
repouso, em relação a C. Sabendo que não há contato entre os
blocos A e C e todos os atritos são desprezíveis, determine o
módulo:
a) da aceleração do conjunto em relação ao solo;
b) da força F.
B
t
F
d)
e)
c
A
P
P
t
t
Questão 16
Uma pilha de seis blocos iguais, de mesma massa m, repousam
sobre o piso de um elevador, como mostra a figura. O elevador
está subindo em movimento uniformemente acelerado com uma
aceleração de módulo a. O módulo da força que o bloco 3 exerce
sobre o bloco 2 é dado por:
a) 3m (g + a).
b) 3m (g – a).
c) 2m (g + a).
d) 2m (g – a).
e) m (2g – a).
Questão 20 - 
Um sistema formado por dois blocos A e B, um fio ideal e uma
polia também ideal foi montado sobre um plano que tem inclinação
 em relação a um plano horizontal, como mostra a figura
A

B
Questão 17
Um bloco de massa 4 kg se move em MRUV de acordo com a
função horária S = 1 + 2.t + b.t2, no SI. Se a posição do bloco no
instante t = 1 s vale S = 6 m, a força resultante que age sobre o
bloco vale:
As massas de A e B são respectivamente iguais a 5 kg e 15kg.
Desprezando o atrito, calcule:
a) o módulo da aceleração do bloco B;
b) o módulo da tração no fio.
a) 24 N
Questão 21 - 
A figura abaixo mostra duas caixas de mesma massa M = 10 kg
conectadas entre si através de um fio ideal. A rampa lisa
apresenta inclinação  = 30o. Se a gravidade local vale g = 10 m/s2,
o prof Renato Brito pede que você determine:
a) a aceleração com que se moverá o sistema;
b) a tração T no fio.
b) 12 N c) 36 N d) 4 N e) 16 N
Dica: b = a / 2, a = aceleração do MUV
Questão 18 - 
A tabela abaixo mostra como varia a velocidade de um bloco de
massa 10 kg, que se desloca horizontalmente sob ação de uma
força F conforme o esquema:
F

V (m/s)
T (s)
15
1
25
3
35
5
São dados: g = 10m/s2 e sen  = 0,60 e cos  = 0,80.
M

45
7
55
9
M
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Física
Questão 22
A figura mostra um prisma triangular de massa M = 6 kg está
apoiado sobre uma superfície horizontal lisa. Um bloco de massa
m = 3 kg encontra-se apoiado sobre sua superfície lisa. Determine
o valor da força F horizontal capaz de fazer com que o sistema se
mova com o bloco ficando em repouso em relação ao prisma.
Todos os atritos são desprezíveis.
São dados: g = 10m/s2 e sen = 0,80 e cos = 0,60.
m
F
M

Questão 23
Uma bolinha pendurada na extremidade de uma
mola vertical executa um movimento oscilatório.
Na situação da figura, a mola encontra-se
comprimida e a bolinha está subindo com
velocidade V. Indicando por Fel a força da mola
e por P a força peso aplicadas na bolinha, o
único esquema que pode representar tais forças
na situação descrita acima é:
P
Fel
a)
P
b)
Fel
P
P
P
c)
d)
e)
Questão 25
Um vagão move-se sobre trilhos retos e horizontais numa região
em que g = 10 m/s2. Preso ao teto do vagão através de uma mola
ideal há um pêndulo simples que se mantêm em repouso em
relação ao vagão, formando ângulo  (sen = 0,60 e cos = 0,80)
com a vertical. Sabendo que a massa da partícula presa ao fio é
m = 4 kg e a constante elástica da mola vale K = 2500 N/m, o prof
Renato Brito pergunta:
a) O que se pode afirmar sobre o movimento horizontal do vagão
(se move para a esquerda / direita / acelerado / retardado ) ?
b) A aceleração do vagão aponta para a esquerda ou para a
direita ? e a sua velocidade ?
c) Qual o módulo da aceleração do vagão ?
d) Qual o módulo da tração no fio ?
e) Qual a deformação apresenta pela mola durante o movimento
do vagão ?
K
Dica: Veja questão 6 de classe página 71
Fel
Fel
77
V
Questão 24 - 
A figura mostra uma caixa de massa M apoiada sobre uma
balança calibrada em newtons. No seu interior, uma bola de
boliche de massa m está conectada ao teto através de uma mola
ideal de constante elástica K e oscila verticalmente entre duas
posições extremas . A respeito da marcação da balança, pode-se
afirmar que:
Questão 26 - 
Consideremos um bloco de massa m = 2 kg inicialmente em
repouso sobre uma superfície plana horizontal sem atrito. A partir
de determinado instante, duas forças F 1 = 40 N e F2 = 30 N
passam a atuar sobre o bloco conforme o esquema abaixo.
A intensidade da aceleração adquirida pelo bloco vale :
a) 1 m/s2
F1
b) 2 m/s2
2
c) 3 m/s
F2
60o
2
d) 4 m/s
e) 5 m/s2
Questão 27 - 
No esquema abaixo, os blocos A e B, de massas 8 kg e 6 kg,
são submetidos às forças F1 e F2 de intensidades respectivamente iguais a 41 N e 13 N. A força de contato que um bloco
exerce no outro vale :
a) 16 N
F1
b) 30 N
F2
A
c) 28 N
B
d) 25 N
e) 40 N
a) Sempre acusará um peso maior que M.g
b) Quando a esfera pára na altura máxima, supondo a mola
comprimida, a balança acusará um peso maior que M.g
c) Quando a esfera sobe em movimento acelerado, a balança
acusará um peso menor que M.g
d) Quando a esfera passa pela posição em que a mola encontrase no seu comprimento natural, a balança acusará um peso
M.g
e) Quando a esfera passa pela sua posição de equilíbrio, a
balança acusará um peso M.g
Dica: Veja questão 11 de classe página 71
Dica: Veja questão 12 de classe página 73
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Gabarito
Comentado
Anual 2014
Prof Renato Brito
Gabarito Comentado
Exercícios de Casa
Capítulo 1 - Vetores
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
a) 2 , b) 2 , c) 4, d) 2
D
B
C
a) 3a, b) 2a, c) nula
B
B
é só decompor  , s = 16, d = 12
B
10) a)  2, b)  2 3 , c) nulo, d)  2 2
11) a) 5
b) 13
12) a) N = P. cos = 160N
b) Fat = P. sen = 120N
13) 60°
14) a) 5 , b) 6
15) a) 5 , b) 6
16) 5 m/s
17)
18)
19)
20)
21)
b)  10, c)  10 2
a) 5 , b) 5, c) 5
D
D
B
Capítulo 2 - De Aristóteles A Galileu
1) a) equilíbrio
b) MRU, equilíbrio
c) não equilíbrio
d) equilíbrio
e) não equilíbrio
f) MRU, equilíbrio
g) actp, não equilíbrio
h) não equilíbrio
i) força peso, não equilíbrio
j) actp, não equilíbrio
k) velocidade escalar constante significa |v| = constante mas,
e quanto à direção da velocidade ? Não temos certeza se
é um MRU ou não. Falso.
l) uniforme e retilíneo ? ou curvilíneo ? Nada se pode afirmar
m) MRU ou não ? Falso.
n) equilíbrio
o) MRU, equilíbrio.
2) Não, visto que a velocidade (grandeza vetorial) não é
constante durante o movimento. Afinal, a direção da
velocidade está sempre variando durante qualquer
movimento não retilíneo e toda variação de velocidade
implica uma aceleração. A aceleração centrípeta (grandeza
vetorial) também varia durante todo o MCU, visto que sua
direção vai se adaptando, em cada ponto da trajetória, de
forma a sempre apontar para o centro da curva.
3) Durante a oscilação do pêndulo, ele nunca estará em
equilíbrio, pois a resultante entre as duas únicas forças que
agem sobre o corpo ( a tração T e o peso P) nunca será
nula. Afinal, em nenhum momento essas forças terão a
mesma direção, o mesmo valor e sentidos contrários.
Mesmo no ponto mais baixo da oscilação, onde elas têm a
mesma direção e sentidos contrários, tem-se T > P, já que a
resultante delas é centrípeta naquele ponto.
Para estar em repouso, sua velocidade precisa ser nula, o
que ocorre nos dois extremos da oscilação. Nesses pontos, o
corpo encontra-se momentaneamente em repouso (V=0),
embora não esteja em equilíbrio ( FR  0).
4) a) Não, pois trata-se de um repouso apenas momentâneo, a
caixa parou apenas para inverter o sentido do movimento,
portanto ela não está em equilíbrio. b) sim, ela está
momentaneamente em repouso. c) Nesse instante, a força
resultante na caixa aponta para cima FR (para que ela volte
a subir após parar), portanto temos Fel > P . c) A caixa
não tem velocidade (v=0) visto que está parada, mas tem
aceleração a para cima, aceleração essa causada pela
força resultante FR que aponta para cima.
5) a) sim, o MRU é um dos dois possíveis estados de
equilíbrio. b) FR = 0, a caixa move-se em equilíbrio portanto
Fat = P.sen = 20 N, adicionalmente tem-se N = P.cos.
6) E
7) a) Não, pois no MCU a direção da velocidade varia durante o
movimento, portanto, a velocidade (grandeza vetorial) da
criança não é constante. b) sim, visto que se trata de um
movimento uniforme. c) Não, visto que a velocidade da
criança não é constante. A criança está sujeita a uma força
resultante centrípeta responsável pela variação da direção da
velocidade em cada instante.
8) Apenas os casos a, b, d, h.
9) a) sim, como por exemplo um corpo em MRU. b) sim, um
corpo em repouso momentâneo, como a caixa da questão 4.
c) sim, é o caso do repouso permanente experimentado pelo
aparelho de ar-condicionado da sua sala de aula.
10) E
11) a) Aristóteles desconhece a inércia. Para ele, a pedra cai
verticalmente em relação à terra, à medida que o navio
continua se movendo para frente, caindo portanto atrás do
mastro.
b) Galileu conhece a inércia. Para ele, navio e pedra
prosseguem se movendo juntos para a frente horizontalmente
para a frente, à medida que a pedra também vai caindo
vertical e, portanto, cai no pé do mastro.
c) conceito de inércia.
12) B – a pedra acompanha o movimento da superfície terrestre.
Assim como você, eu também não gostei da palavra “angular”
na resposta da UFRN, mas tudo bem. Eu também teria dito
que tem a mesma “velocidade da Terra” apenas.
13) D
14) a) Somente uma, a força peso;
b) A aceleração em cada instante será a da gravidade a = g
vertical e para baixo;
c) A bola está indo para onde aponta o vetor velocidade, ou
seja, para a direita.
15) a) F b) V c) F d)V e) V f) F g) V
16) Resposta da pergunta conceitual: nula, portanto, letra D,
viu, Aristóleles ? Não haverá força de atrito entre os blocos,
visto que não há tendência de escorregamento relativo entre
eles. Os blocos já estão se movendo com a mesma
velocidade V em relação à terra e, portanto, estão parados
entre si, se movem por inércia. MRU é um movimento que se
mantém mesmo na ausência de forças. Só haveria atrito se A
estivesse acelerada. Adicionalmente, lembre-se que velocidade
não é força.
17) Letra A, é zero. Veja a questão anterior. Os blocos se movem
juntos por inércia. Nenhum deles tende a escorregar em
relação ao outro, ou seja, nenhum deles tende a escorregar
em relação ao outro já que nenhum deles está acelerado nem
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406
Física
retardado. A força de atrito só atua entre esses dois blocos se
eles estiverem se movendo acelerados ou retardados. É
pegadinha mesmo a questão, mas com o tempo você vai se
acostumar a esse tipo de questão, não tenha medo .
Estudaremos ainda muito sobre a força de atrito daqui a dois
meses.  Vai dar tudo certo, aguarde !
18) Esquerda (v), retardado (a), direita (FR), aceleração,
direita, maior
19) Direita (v), acelerado (a), direita (FR), aceleração,
direita, maior
20) a) incompatível, pois FR pra direita implica aceleração pra
direita
b) compatível
c) compatível
d) FR = 0, o corpo pode estar em MRU sim – compatível
e) incompatível, o corpo está se movendo para aponta a sua
velocidade, ou seja, para a direita.
f) compatível – o corpo está indo para a direita embora
esteja retardando
21) a) V
b) F
c) F
d) V
e) V f) V g) V
h) F
i) F
j) V
k) F
l) F m) V
22) a) V
b) V
c) NPA d) NPA
e) F f) V g) V
h) F
i) F
j) V
k) V
l) V m) V
n) F
o) V
23) D, equilíbrio pois as massas são iguais, nenhum blocos
tende a acelerar nem para cima nem para baixo, aceleração
nula, força resultante nula ( T = m.g). Os blocos podem estar
parados ou em MRU. A letra C não tem nada a ver. Em
qualquer posição que os blocos forem abandonados em
repouso, eles permanecerão em repouso, visto que teremos
T = m.g em qualquer um deles, em qualquer posição.
24) Como MA > MB, A tem aceleração para baixo, B tem
aceleração para cima, ainda que nada se possa afirmar
sobre suas velocidades. O peso do bloco A certamente é
maior que a tração no fio 1, visto que A tem aceleração
para baixo. Isso independe de A estar subindo V ou
descendo V , resposta Letra E
25) a) F
b) V
c) F
d) F
e) F f) F g) V
h) V
i) F
j) F
k) F
Capítulo 2 – Parte 2 – Galileu e o movimento acelerado (página 49)
1) B, V = d / t = 9 / 1,5 = 6 m/s, sim , só isso  !!
2) D, mostre que em 1 minuto de funcionamento o nível da
água sobre 60 mm e lembre-se que 1m3 = 1000 litros.
3) E
4) 350 km – dica: calcule durante quanto tempo a abelha
permanecerá voando ida e volta, ou seja, calcule o tempo de
encontro dos trens. Depois multiplique esse tempo pela
velocidade da abelha  só isso ! É sério ! Juro 
5) E, Teorema de Pitágoras.
6) B
7) C
8) C
9) C
10) Letra A. Atenção, a velocidade média não é a média
aritmética das velocidades, exceto no MUV. Essa questão
não é um MUV.
11) Letra D. Ignore o tempo de descanso. O veículo andou a
primeira metade da distância com velocidade 60 km/h e a 2ª
metade da distancia com velocidade 100 km/h. Essa
questão é clássica.
12) B
13) C, Torricelli
14) 15s, intuitivo. Lembre-se: o que significa aceleração ? Pense
em progressão aritmética.
15) a) sim, qualquer corpo em MRU. b) sim, um corpo lançado
verticalmente para cima, ao atingir a altura máxima, tem
aceleração a=g, mas sua rapidez é, momentaneamente,
nula v = 0.
16) 60 m, veja exemplo resolvido 1 página 36.
17) A, igual à questão anterior.
18) C
19) A
20) Letra E, faça o gráfico do módulo de V em função de t.
21) C, velocidades iguais nesse caso implicam retas tangentes
aos gráficos paralelas.
22) letra E, método da gravata.
23) Letra D, método da gravata.
24) Letra C, método da gravata.
25) B, calcule a área sob o gráfico e divida pelo tempo total.
26) a) 3s , b) 125m, c) 8 s
27) D, Torricelli
28) a) 30 m/s, b) 45m , c) 10 m/s
29) Letra C
30) letra A , use 1x, 3x, 5x ...... proporções de galileu !
31) letra E , use 1x, 3x, 5x ...... proporções de galileu !
32) A
33) C
34) 0,5 Hz = 0,5 voltas / seg
35) B
36) B
37) E
38) B
39) D
40) 16 km/h
41) C
42) 60 m/s, 45 m (sem fórmulas por favor )
43) 50 m/s, 80 m (dica: ache Vx, depois Vy, depois use
pitágoras para achar V)
44) 60 m/s, 120 m
45) 30 m, 6 s
46) E
47) 300 m/s
48) E
49) D
50) a) 45o, b) 40 m, c) 10 m
51) B
52) B
53) C, use a fórmula do alcance dada na questão 50, para
alcance máximo use  = 45o
Capítulo 2 – Parte 3 – O conceito de Força (página 74)
1) C
2) A, quem sente a força é o operador, quem faz a força é a
corda.
3) C, ação e reação
4) Letra D. Lembre-se que velocidade não é força, e que a força
que jogador aplicou na bola, no momento do arremesso, só
atua na bola enquanto houver contato entre as mãos e a
bola. As mãos do jogador não vão junto com a bola  !
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Física
5) Letra D. O dinamômetro é, meramente, um medidor de tração
T no fio. Essa tração T é a força que a pessoa aplica à
corda e que esta aplica tanto à caixa quanto à pessoa.
6) B, escreva a 2ª Lei de Newton para cada bloco, resolva o
sisteminha 2 x 2, ache a tração T no fio, igual à questão 2 de
classe página 70.
7) Letra C. Faça H = s = a.t² / 2, use a = 4 m/s2
8) Letra D, faça tabelinha, essa é fácil e intuitiva.
9) Letra D
10) a) T – P = m.a, a = 2 m/s2 , b) ou ele está subindo acelerado
v, a ou ele está descendo retardado v, a. Note que o
180 N dado na questão é a tração T no fio.
11) D
12) C
13) a) 0 < t < 0,3 s , subindo acelerado N > P;
b) N – P = m.a, onde a = tg no grafico, balança marcará
N = 560N.
c) sensação de peso normal significa N = P, que ocorre nos
intervalos de tempo 0,3 < t < 1,3 s e t > 1,7s ;
d) a balança marcará N = P = 400N;
e) mais leve, N < P, subindo retardado , 1,3 < t < 1,7 s.
f) P – N = m.a, onde a = tg no grafico, balança marcará
N = 280N.
14) B
15) A
16) C
17) A
18) A
19) Analise o corpo C, depois o B. Ao final, considere todos
como se fossem um corpo só e determine F. Você
encontrará a = 40/ 3 m/s2 e F = 800 N. Não arredonde
frações calculando na calculadora, ok ? Dá azar  !
20) a = 3 m/s2, T = 45N. (analise a figura olhando a vista lateral
do desenho).
21) a) 7,5 m/s2 , b) 25 N
22) 120 N
23) Letra A. Lembre que molas que estejam comprimidas
atuam empurrando os corpos em volta dela, ao passo que
molas que estejam elongadas atuam puxando os corpos em
volta dela. Como a mola dessa questão está comprimida, ela
fará na bola uma força para baixo. A velocidade da bola não
influencia em nada, apenas indica para onde ela está indo.
24) Letra D. Lembre-se que a marcação da balança é a normal
N que ela troca com a caixa. Sobre a caixa atuam a normal
N, o seu peso M.g e a força elástica Fel no teto da caixa,
que pode apontar para cima ou para baixo, conforme a mola
esteja respectivamente comprimida ou elongada. Se a mola
estivesse comprimida, teríamos N, M.g e Fel e
N + Fel = M.g, portanto N < M.g. Se a mola estivesse
deformada, teríamos N, M.g e Fel e N = Fel + M.g,
portanto N > M.g. Quando a mola encontra-se em seu
comprimento natural, teremos Fel =0 e N = M.g.
25) a) Tanto pode estar indo pra direita v em movimento
acelerado a, como indo pra esquerda v em movimento
retardado a, b) Só sabemos que a aceleração do vagão,
bem como da bola, é para a direita a, mas não temos
como tirar conclusões sobre a velocidade,
c) a = g.tg = 7,5 m/s2 , d) 50N, e) 2 cm
26) E, F2  F1X = m.a
27) D
407
Capítulo 3 - Atrito
1) 25 N
2) a questão garante que o sistema está em equilíbrio estático,
assim, não requer análise. Fat = T = PB = 30 N
3) a questão garante que o sistema está em equilíbrio estático,
assim, não requer análise. Fat = 10 N
4) Fat = P.sen = 200. (3/5) = 120 N
5) Letra E, Como PB.sen30 = PA , as caixas não tendem a
escorregar em nenhuma direção ou sentido, portanto,
Fat = 0.
6) a questão garante que o sistema está em equilíbrio estático,
assim, não requer análise. Letra A
7) A, lembre-se que m.g.sen < m.g , ou seja, o bloco sobre
a rampa tem a tendência a subir a rampa, portanto recebe
Fat ladeira abaixo, na mesma direção e sentido do P.sen.
8) a) 120N, b) 100N, c) Fat = 80N, a = 6 m/s 2
9) a) 30N, b) sim, pois se Fat consegue segurar 30N, ela
conseguirá segurar 10N, e teremos Fat = 10N, c) 60 N
10) a) não, pois o coeficiente de atrito estático se relaciona com
a força de atrito apenas na situação de iminência.
Entretanto, sabemos apenas que a caixa está em equilíbrio,
mas não sabemos se a força de atrito está no seu limite
máximo. b) 4m
11) a) a caixa não escorregará e teremos Fat = P.sen = 240N
b) a caixa escorregará e teremos Fat = FatCINETICO = 96N
12) D, analise e conclua que a caixa escorrega.
13) a) caixa não escorregará e T = PB = 20N, b) caixa
escorregará, Fat cin = 8N, resolvendo o sistema teremos
a = 7,2 m/s2 e T = 22,4 N
14) E
15) a) calcule FatMAX e analise, caixa está em equilíbrio mas
fora da iminência, teremos Fat = PB = 200N , b) 280N
16) Zero
17) 0,5 m/s2 , note que N + FY = P.
18) D, analise e resolva o sistema de equações.
19) a) 4 m/s2 , b) 0,4
20) a) 2 m/s2 , b) 0,2
21) D
22) C, igual ao raciocínio da questão 19 de casa
23) A
24) E
25) Letra A, o solo aplica sobre a caixa a força de atrito Fat e
a normal N , portanto a força (total) que o solo aplica
sobre a caixa é a resultante (pitagórica) entre N e Fat 
pegadinha ! Fique atento a esse tipo de questão !
26) B
27) B
28) a) 2 m/s2 , b) 5 s
29) D
30) D
31) a) II, b) IV
32) C
33) B
34) C
35) A
36) a  25 m/s2 b) F 250N, c)   0,5
37) 24N
38) 48 N
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Manual de
Resoluções
Anual 2014
Prof Renato Brito
Física
417
Aula 1 - Questão 3 - resolução
AULA 1 - VETORES
Aula 1 - Questão 1 - resolução
F
1
=
a)
=
2
F
1
b)
F
F
=
1
=
+
F
=
1
F
+
2F
=
Aula 1 - Questão 4 - resolução
=

0
=
+
2
+
reposicionando os vetores , temos:
2
=
1
=
=
+
+
=
+
=
=
1
c)
=
+
=
=
1
1
1
1
=
+
1
1
1
1
1
1
+
=
=
1
2a
1
2a
2a
=
2
d)
+
2
=
=
=
+
=
1
Questão 5 - resolução
Letra A)

+ 0 =
1
A resultante terá módulo 2a+2a+2a = 6a
resposta correta: Letra C
=
4
=
+
=
+
2
1
a
2a
=
+
=
+
2a
1
Aula 1 - Questão 2 - resolução
=
2a
+
2a
+
=
a
3a
C
Letra B)
B
D
=
+
=
+
a
A
E
observando a figura da questão, note que:
AB + BE = AE e CA + AE = CE
assim, o prof Renato Brito pode escrever:
=
+
+
a

0
=
+

0
2a
Letra C)
=
+
=

0
AB + BE + CA = ( AB + BE ) + CA = (AE ) + CA = CA + AE = CE
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=

0
Física
418
Aula 1 - Questão 7 – resolução alternativa
Deslocando, convenientemente, o vetor b, prontamente determinamos o
b)
vetor soma a graficamente. o seu módulo, como se pode verificar na
figura abaixo, vale
1U

S

a
8U
10 U.cos
5 cm
5 cm
Decompondo o 20U
cos = 0,8
sen = 0,6
20 U
12 cm

b
5 cm
12 cm

10 U
12U
10 U

1U
12 cm

20 U.cos
20 U
=
12 U
=
8U
1U
10 U
5U
10 U
pitágoras
para achar o vetor d = a – b , encare essa operação de subtração




Prontinho, para o prof Renato Brito determinar o módulo de d , basta


Aula 1 - Questão 13 - resolução
A expressão abaixo calcula o módulo da soma S entre dois vetores a e b
que formam um ângulo  qualquer entre si
achar a resultante (+) entre os vetores a e (– b ) assim:
12 cm
13U
=


como uma operação de soma : d = a – b = a + (– b ).
16 U
6U
12U



16 U

20 U
5 cm
6U
10 U.sen

20 U.sen
12 cm
5 cm
10 U
10 U
12 cm

b
5 cm
10 U

s = 5 + 5 = 10 cm
12 cm
Decompondo o 10U
cos = 0,8
sen = 0,6


20 U
S2 = a2 + b2 + 2.a.b.cos
Segundo a questão, S = 13, a = 8, b = 7 ,  = ?
12 cm
132 = 82 + 72 + 2 x 8 x 7.cos
12 cm
-
5 cm
169 – 64 – 49 = 112. cos
5 cm
5 cm

b

a
5 cm

d
12 cm
5 cm
12 cm


a
( a) 
(


d
vetor b , a fim de encontrar o vetor – b , prontamente determinamos o
diferença
  = 60
Aula 1 - Questão 14 - resolução
a)
deslocando, convenientemente, o vetor a , e invertendo a flecha do

 cos = 0,5
56 = 112. cos
12 cm
b 
)
5 cm



d = a + (– b ) graficamente. o seu módulo, como se

a

-b

-b
pode verificar na figura acima, vale :
3
d = 12 + 12 = 24 cm
4
Aula 1 - Questão 11 – resolução7

pitágoras
|d | =5
d
Decompondo o 10U
cos = 0,8
sen = 0,6
6U
10 U.sen

4U
10 U.cos
8U

a
3U
pitágoras
10 U

4U
3U
6U
=

-b

a

d

-b
3U
4U
8U
3U

b
b)
10 U
10 U
10 U
a)
=
4U
=
5U
Contando quadradinhos vemos que : |d | = 6
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Física
419
Aula 1 - Questão 15 - resolução
a) a = 2i + 2j, b = 5i  2j
letra C- resolução:
d = a  b = 2i + 2j  (5i  2j) = 3i + 4j
32  42 = 5
|d |=
6
30o

2X
8
30o
6
b) a = +4i + 3j, b = 2i + 3j
30o
62  02 = 6
|d |=
30o
6
6
Aula 1 - Questão 16 – resolução


m A .VA  m B .VB
=
m A  mB

Vcm
30o
30o
6
120o

12.i  20.j  12.i  2.j
24.i  18.j
=
Vcm =
6
6


Vcm = ( 4.i + 3.j ) m/s  | Vcm | = 4 2  3 2 = 5 m/s
6
letra A - resolução:
6
6

2X
2
6
8

2X
6
6

2X

0

2X

0
2x
6
8
8
6
pitágoras:
(2x)2 = (8) 2 + (6)2
2 x = 10
x =5

0
8
graficamente, vem:
pitágoras:
(2x)2 = (8)2 + (6)2
2x = 10
x=5
2x
8

2X
6
2

2X
8
Aula 1 - Questão 18 - resolução
6

2X
8
4.( 3.i  5.J)  2.( 6.i  1.j )
42
=

2X
8
30o
d = a  b = +4i + 3j  (2i + 3j) = 6i + 0j
6
letra B- resolução:
4

2X
60o
60o
4
6
4

2X
4

2X
6

2X
6
4
6
4
4
8
graficamente, vem:
6
2x
8
pitágoras:
(2x)2 = (8) 2 + (6)2
2 x = 10
x =5
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Física
420
AULA 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU
Aula 2 - Questão 5 - resolução
a) sim, o corpo está em equilíbrio visto que, segundo o enunciado, ele
está se deslocando em MRU e, conforme você leu na evolução das idéias
do Aristóteles ao Galileu, o MRU é um dos dois possíveis estados de
equilíbrio, chamado de equilíbrio dinâmico, isto é, equilíbrio com
velocidade.
Para um observador na margem do rio vendo o barco passar e a pedra
b) FR = 0, a caixa move-se em equilíbrio, as forças devem se cancelar
ao longo de cada eixol
cair, esse movimento resultante é parabólico, como mostra a trajetória
azul na figura acima.
Para quem está no interior da embarcação, barco e pedra se movem
em MRU para frente e, portanto, o MRU não é percebido, apenas a queda
livre é notada. Assim, para quem está no barco, a pedra descreverá um
Fat
N
movimento de queda vertical, como mostra a trajetória vermelha acima.
Navio e pedra se movem para frente enquanto a pedra despenca em
Pcos
P.Sen
queda livre. Para qualquer observador, entretanto, a pedra cai no pé
do mastro.
c) conceito de Inércia
Aula 2 - Questão 16 - resolução
Portanto
Fat = P.sen = 40 x 0,5 = 20 N.
Não ache que o corpo estará parado pelo fato de P.sen = Fat . Lembrese que, se a resultante das forças sobre o corpo é nula, ele pode estar
parado ou em MRU.
Se as caixas se movem em MRU em relação à Terra, a resultante das
forças que agem em qualquer uma das caixas é nula. Ambas as caixas
têm a mesma velocidade V constante em relação à terra, portanto estão
em repouso entre si.
A está parado em
relação a B
Lógico que, para essa caixa começar a andar, inicialmente, P.sen foi
maior que o Fat, mas agora que ela estah em MRU, certamente tem-se
P.sen = Fat. Do contrário, se P.sen > Fat, a sua velocidade estaria
aumentando, o que não é verdade no movimento em questão (MRU).
Aula 2 - Questão 11 - resolução
a) Aristóteles ignora a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato
B
B
B
A
A
A
v
v
com as mãos da pessoa, ela deixa de ir para frente, deixando de
acompanhar o movimento horizontal do barco, ficando, portanto, para trás,
Qual caixa tende a ultrapassar a outra ? resp: nenhuma.
visto que nenhuma força a empurra mais pra frente. Entretanto, a pedra
tendência de escorregamento relativo, portanto não há atrito horizontal
vai para baixo, visto que ela é puxada pra baixo pela força peso P. Para
agindo na fronteira entre as caixas. O atrito só aparece quando ele é
Aristóteles, o movimento numa direção so ocorre na presença de força
requisitado para tentar impedir alguma tendência de escorregamento
naquela direção. Portanto, a pedra deixa de ir pra frente, deixa de
relativo entre superfícies.
acompanhar o movimento horizontal do navio, ela simplesmente cai na
Adicionalmente, se houvesse atrito, ele causaria aceleração (a ou )
vertical, portanto, segundo aristóteles, a pedra cairá atrás do mastro.
e as caixas não estariam em MRU, contradizendo o enunciado.
b) Galileu conhece a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato
Ambas as caixas prosseguem em MRU por inércia, na ausência de forças
com as mãos, a sua velocidade horizontal Vx permanece constante ( a
horizontais empurrando uma ou outra.
pedra acompanha o barco horizontalmente, por inércia) devido à ausência
Para o garoto sobre a caixa A, a caixa B está simplesmente parada sobre
de forças horizontais Fx. Entretanto, superposto a esse MRU pra frente
A, e não há nenhuma tendência de escorregamento de uma em relação à
haverá o movimento de queda livre vertical, devido à ação da força peso
outra e, por isso, mesmo que as superfícies das caixas sejam rugosas, a
P, que propiciará à pedra uma velocidade Vy crescente. O movimento
força de atrito não estará presente, visto que a força de atrito so age
global da pedra será a composição, a superposição de dois movimentos
quando há alguma tendência de escorregamento entre duas superfícies
simples: um MRU horizontal (por inércia) e uma queda livre vertical. O
em contato mútuo.
movimento observado na natureza, de fato, ocorre dessa forma.
Somente o peso e a normal atuam na caixa B. Somente haveria atrito
Não há
entre as caixas no caso em que elas se movessem aceleradas. Fique
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Física
tranquilo. O prof Renato Brito falará tudo sobre atrito no capítulo 5. Take it
easy ! 
Aula 2 - Questão 20 - resolução
a) incompatível - força resultante apontando para a direita fr  causando
421
Aula 2 - Questão 24 - resolução
Nesse problema, o bloco A é mais pesado que B. Nesse caso, as leis de
Newton garantem que o bloco A tem aceleração para baixo (tendência de
movimento) e o bloco B tem aceleração para cima, mas essas leis nada
afirmam sobre o sentido do movimento do blocos, isto é, sobre a
velocidade deles.
aceleração para a esquerda  a. absurdo.
b) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na
mesma direção e sentido 
c) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na
mesma direção e sentido 
a
d) compatível - fr = 0 , nada impede que o corpo esteja em mru.
móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se
movendo para a direita v, de acordo com a descrição dada.
Aula 2 - Questão 23 - resolução
Num sistema desse tipo, a caixa mais pesada tem aceleração para baixo
a
B
FRA
FRB
B
A
mg
2mg
móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se
movendo para a direita v, contradizendo a descrição dada.
A
T1
T1
mg
e) incompatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o
f) compatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o
T1
T1
2mg
No bloco A: 2m.g > T1
No bloco B: T1 > m.g
FRA = 2m.g – T1
FRB = T1 – m.g
Se o bloco A tem aceleração para baixo, ele pode estar descendo
acelerado ou subindo retardado, ou até mesmo pode estar
momentaneamente em repouso, caso ele pare a fim de inverter o sentido
do movimento, como mostra a figura a seguir.
Em qualquer desses casos, a aceleração do bloco A aponta para baixo, a
força resultante sobre ele aponta para baixo e, portanto, o seu peso 2.mg
é maior que a tração T1 (2m.g > T1 ).
(é para onde ela gostaria de ir) e a mais leve. para cima. Entretanto, como
nesse problema as duas caixas têm massas iguais, percebe-se que
nenhuma delas terá aceleração alguma. As caixas estão em equilíbrio, o
que permite ao prof Renato Brito distinguir três possibilidades:
I) as caixas estão paradas em repouso (equilíbrio estático)
II) a caixa A está descendo e a caixa B subindo, ambas em MRU
(equilíbrio dinâmico)
III) a caixa B está descendo e a caixa A subindo, ambas em MRU
T1
T1
V
a
A
a
B
V
V
Assim, vejamos cada uma das opções oferecidas na questão:
a) os blocos estão necessariamente em repouso;
Falsa, eles podem estar em MRU.
b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o peso
dele;
Se ele estiver subindo, certamente estará subindo em MRU, em
equilíbrio, por inércia e, portanto, a tração será igual ao peso dele.
c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na mesma
altura;
Não há nenhuma razão para isso ocorrer. Os blocos ficam lado a lado
V
mg
mg
2mg
2mg
A subindo e B descendo
em movimento retardado
A descendo e B subindo
em movimento acelerado
situações, afinal, se a caixa está em equilíbrio, a resultante das forças
sobre ela deve ser nula, independente dela estar parada ou em MRU.
a
B
A
a
(equilíbrio dinâmico)
A tração T no fio satisfaz a relação T = m.g em qualquer uma dessas
T1
T1
2mg > T1 > mg
2mg > T1 > mg
Assim, como os blocos têm massas
diferentes, eles sempre terão
aceleração e, portanto, nunca
estarão em equilíbrio, conforme
explicado pelo prof Renato Brito em
sala.
Resposta correta – letra E
T1
T1
V=0
a
A
a
B
mg
V=0
2mg
A e B momentaneamente em
repouso no instante da
inversão do sentido do
movimento
2mg > T1 > mg
em repouso com qualquer desnível entre eles, visto que têm massas
iguais.
d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer instante;
verdadeiro
Aula 2 - Cinemática - Questão 1 - resolução
V = d /t = 9 m / (1,5 s) = 6 m/s  difícil, né ? affff 
e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante não nula.
Falso, sua aceleração é necessariamente nula, visto que os blocos têm
massas são iguais.
Aula 2 - Cinemática - Questão 2 - resolução
Segundo o sistema métrico decimal: 1m3  1000 litros, portanto
1200 litros  1,2 m3 . O prof Renato Brito admitirá que o tanque esteja
inicialmente vazio. Após 1 minuto, o volume V de água no seu interior
será:
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Física
422
Assim, no instante t = 5 s, qual a distância D entre o sapo e a lagartixa ?
A figura acima mostra que essa distância é dada simplesmente pelo
teorema de Pitágoras no triângulo retângulo:
D  1202  502  130cm  1,3 m
H
4m
4m
5m
5m
1 minuto
depois....
recipiente
inicialmente
vazio
V=ax bx c

recipiente com
1,2m3 de água
 H = 0,06 m = 60mm
1,2 m3 = 5m x 4m x H
O nível da água sobe 60 mm a cada 60 segundos, ou seja, sobe 1 mm a
cada 1 segundo portanto V = 1 mm/s
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 3 - resolução
Qual o volume de água que evapora em 2h ?
Resposta: V = 2m x 1m x 3.103 m = 6.103 m3 em 2h
Esse volume corresponde a qual massa de água ?
kg
M = d . V = 10 3 3  6  103 m3  6kg em 2h
m
Isso corresponde a 6 kg de água em 120 min, ou seja, 0,05 kg de água a
cada 1 minuto.
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 4 - resolução
Se os trens se movem com velocidades 60 km/h e 40 km/h em sentidos
opostos. Qual a velocidade relativa entre eles ? Ora, eles se aproximam
mutuamente com uma velocidade 60 + 40 = 100 km/h. Assim, se a
distância incial entre eles vale 500 km, eles vão se encontrar após
t = d / V = 500 / 100 = 5 h de viagem.
Durante essas 5h de viagem, a abelha está percorrendo 70 km a cada
1 hora, portanto, ela percorrerá 5 x 70 = 350 km em 5h de viagem. Você
não estava pensando em calcular pedacinho por pedacinho, estava ? 
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 5 – resolução
O sapo se move ao longo do solo (direção horizontal, eixo x) enquanto a
lagartixa se move ao longo da vertical (eixo y). A figura abaixo mostra a
configuração inicial (t = 0) do sistema sapo + lagartixa.
Y
Instante t = 0
Sapo
16 cm/s
Lagartixa
10 cm/s
200 cm
O sapo se move com velocidade 16 cm/s, portanto, após 5 s ele
terá percorrido uma distância horizontal 16  6 = 80 cm para a
esquerda, portanto estará a uma distância 200  80 = 120 cm da
parede vertical (veja a próxima figura). A lagartixa, por sua vez,
durante esses 5 segs, percorrerá 10 cm/s  5 s = 50 cm para cima
na vertical, como mostra a próxima figura.
Y
Lagartixa
50 cm
Instante t = 5 s
D
Sapo
120 cm
80 cm
x
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 6 - resolução
Observando atentamente, você perceberá que a distância entre 2 picos de
contração é de 2 cm. Ora, mas quanto tempo o papel milimetrado demora
para percorrer 2 cm = 20 mm ?
d
20mm
t  
 0,8 s
v 25mm / s
Assim, vemos que o coração está dando uma contração a cada 0,8 s,
portanto, nesse ritmo, ele dará quantas contrações a cada 60 segs ?
Iiiisso, regra de 3 ! Vamos lá ?
1 contração  0,8 s
X contrações  60 s
 X = 75 contrações por minuto
Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 7 - resolução
Imagine que os carros A e B (respectivamente o primeiro e o último
colocado) se movem em MCU com velocidades tais que V A > VB.
Segundo o enunciado, após o tempo que os carros levam para dar 10
voltas na pista, o carro A coloca UMA VOLTA de vantagem sobre o carro
B. Isso indica que no dobro desse tempo (ou seja, após 20 voltas na pista),
ele terá o dobro da vantagem, ou seja, colocará DUAS voltas de vantagem
sobre o carro B. Assim, após o triplo desse tempo (após 30 voltas na
pista), ele terá colocado TRÊS voltas de vantagens sobre o carro B.
Resposta: letra C
Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 8 - resolução
d = distância
Sinal 1 tem velocidade maior v1 = 7500 m/s portanto demora
menos tempo, demora apenas t1 = t.
Sinal 2 tem velocidade menor v 2 = 4500 m/s portanto demora mais
tempo, demora apenas t2 = t + 20.
Mas a distancia percorrida é sempre a mesma, portanto, usando
trianglinho mágico  vem:
d = v1.t1 = v2.t2  7500t = 4500.(t+20)
7500t  4500t = 90000  t = 30 s
Assim d = v1.t1 = 7500×30 = 225.000m = 225 km.
Se preferir, pode escrever:
d = v2.t2 = 4500×(t+20) = 4500×(30+20) = 225.000m = 225 km.
Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 9 - resolução
TAB + TBC + TCD = 8 horas
x
x
x
   8  x = 120 km
60 45 36
Assim, a distância total ABCD vale 3X = 360 km. Como a velocidade
média prevista era de 80 km/h, o tempo previsto para essa viagem
completa então era de:
d 360km
t 
 4,5 h
v 80km / h
O tempo de viagem previsto era de 4,5 h mas a viagem foi realizada em
8h, ou seja, a carga chegou com um atraso de 8h  4,5 h = 3,5 h.
Letra C
Aula 2 - Questão 10- resolução
Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia
lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos
calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades.
Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média:
Vm 
D total D1  D 2
20 km  60 km
80 km
80 km




 24 km/h
20 km
60 km
1
10
T total
T1  T2

h  3h
h
60 km/h 20 km/h 3
3
Essa é a velocidade média do carro no percurso.
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Física
Aula 2 - Questão 11- resolução
Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia
lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos
calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades.
Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média:
Digamos que a 1ª metade da distância percorrida valha x, a 2ª metade da
distância percorrida valha x e, portanto, a distância total valha 2x. Assim,
vem:
D total D1  D2
x  x
2x
600
Vm 




 75 km/h
x
x
10x

6x
T total
T1  T2
8

60 100
600
Aula 2 - Questão 19 - resolução
O avião parte do repouso e sua velocidade aumenta uniformemente de
0 m/s a 100 m/s em 20 segs. Você diria que essa velocidade está
aumentando de quanto em quanto, a cada 1 seg ? Sim, aumentando de
5 m/s em 5 m/s a cada 1 seg, portanto sua aceleração vale a = 5 m/s2.
Qual a distancia percorrida por ele durante esses 20 segs ?
N
5º segundo de queda  cai 9x = 45 m
6º segundo de queda  cai 11x = 55 m
Ops ! O 6º segundo vai do instante t = 5s ao instante t = 6s.
Ou seja, o corpo caiu durante 6 s !!!!!
Qual a altura caída em 6 segs ??? H = g.t2 / 2 = 10.(6)2 / 2 = 180 m
Aula 2 - Questão 33 - resolução
Do gráfico V x t, se a aceleração vale a = 4 m/s2, a velocidade aumenta de
4 em 4 m/s a cada 1 seg, ou seja: 0 m/s, 4 m/s, 8 m/s...... etc
V(m/s)
8
0
t(s)
A
X


B
t (s)
t3
t*
Aula 2 - Questão 22 - resolução
Você chegará facilmente à resposta se usar o mesmo raciocínio da
questão 4 de classe – método da gravata – solução geométrica.
Aula 2 - Questão 32 - resolução
Do gráfico V x t da queda livre na gravidade g = 10 m/s2, a velocidade
aumenta de 10 em 10 m/s a cada 1 seg
V(m/s)
11x
9x
7x
5x
3x
10
x
2
4º segundo de queda  cai 7x = 35 m
7x
Aula 2 - Questão 21 - resolução
No gráfico S x t, a inclinação em cada instante está relacionada com a
velocidade do móvel naquele instante. Observado a figura abaixo, vemos
que, no instante t * , os gráficos do móveis têm a mesma inclinação
( = ) e, portanto, A e B têm velocidades iguais naquele instante.
1
3º segundo de queda  cai 5x = 25 m
5x
Também podemos usar a expressão do
0
20
Muv:
s = Vo.t + a.t2 / 2 = 0 + 5.(20)2 / 2 = 1000 m = 1 km 
20
2º segundo de queda  cai 3x = 15 m
100
b  h 100  20

 1000 m
2
2
t1 t2
1º segundo de queda  cai x = 5 m
V(m/s)
Podemos fazer pelo gráfico:
D  área 
423
3
4
5
6
Assim, a área de 1 triângulo x vale x = 10 x 1 / 2 = 5 m.
Assim, das proporções de Galileu, vem:
t(s)
3x
4
x
1
2
3
4
t(s)
Assim, a área de 1 triângulo x vale: x = 4 x 1 / 2 = 2 m.
Assim, das proporções de Galileu, vem:
1º segundo de movimento  percorre 1x = 2 m
2º segundo de movimento  percorre 3x = 6 m
3º segundo de movimento  percorre 5x = 10 m
4º segundo de movimento  percorre 7x = 14 m
Aula 2 - Questão 34 - resolução
O tempo (t1) decorrido entre duas balas consecutivas é o mesmo tempo
(t2) que o disco leva para girar 1 volta completa.
Mas qual o tempo decorrido entre duas balas consecutivas ?
Ora, 30 balas a cada 60 segs significa 1 bala a cada 2 segs.
A cada 2 segs uma bala atravessa o disco, portanto, a cada 2 segs o disco
dá uma volta completa. Ou seja, o disco está girando num ritmo de 1 volta
a cada 2 segs, portanto (1 volta) / ( 2 segs ), ou seja, 0,5 voltas/seg ou
0,5 Hz.
Aula 2 - Questão 35 - resolução
O tempo (t1) que a bala demora para percorrer uma distância d 1 igual ao
diâmetro (d1 = 2R) do disco é o mesmo tempo (t2) que o disco leva para
girar meia volta, ou seja, sofrer um deslocamento angular  =  rad.
Assim, temos:
d deslocamento angular 
2R  rad
t1  t 2  1 



V
velocidade angular

V

2R
V

Aula 2 - Questão 36 - resolução
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A
diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a
rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio chão.
V1 = V2  1.R1 = 2.R2  2..f1.R1 = 2..f2.R2
 40 pedaladas 
f1.R1 = f2.R2  
.3R  f2 .R  f2 = 2 Hz
60s


Aula 2 - Questão 37 - resolução
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A
diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a
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rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas,
sem que haja escorregamento.
V1 = V2  1.R1 = 2.R2  2..f1.R1 = 2..f2.R2
 1 voltas 
1 voltas
f1.R1 = f2.R2  
  8  f2  5  f2 
40s
25
seg


2 
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 8 segs / 2 = 4 segs
Hmax = 10.(4)2 / 2 = 80 m
A = Vx . t Vôo  240 = Vx . 8  Vx = 30 m/s
Tsub = Voy / g  4 = Voy / 10  Voy = 40 m/s
1
segs
 25
f2
volta
(Vo)² = (Vx)² + (Voy)²  Vo = 50 m/s
Aula 2 - Questão 38 - resolução
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A
diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a
rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas,
sem que haja escorregamento.
V1 = V2  1.R1 = 2.R2  2..f1.R1 = 2..f2.R2
1 voltas
 voltas 
f1.R1 = f2.R2   3
  4  f2  60  f2 
s 
5 seg

1
segs
2 
5
f2
volta
Aula 2 - Questão 40 - resolução
Olhe bem a figura. Veja quem é a coroa e quem é a catraca na bicicleta
(bike).
Nessa questão, são válidas as seguintes relações:
Vcoroa = coroa . Rcoroa
(eq1)
Vcatraca = catraca . Rcatraca (eq2)
Como a correia transmite a rotação da catraca à coroa, sem
escorregamento, podemos escrever:
Vcoroa = Vcatraca  coroa . Rcoroa = catraca . Rcatraca (eq3)
Como a catraca e a roda de trás estão compartilhando o mesmo eixo,
podemos escrever: catraca = roda (eq4)
Além disso, a velocidade de translação da bike é a velocidade da periferia
da roda de trás, ou seja:
Vbike = Vroda = roda . Rroda, lembrando de eq4, vem:
Vbike = catraca . Rroda, lembrando de eq3, vem:
Vbike
Aula 2 - Questão 43 - resolução


R
  coroa . coroa . R roda  Vbike  R catraca  coroa  R coroa . Rroda
R catraca 

cons tante
Aula 2 - Questão 44 - resolução
A = Vx . t Vôo = 30 x 4 = 120 m
Vx = Vo.cos  30 = Vo. cos 60o  Vo = 60 m/s
Aula 2 - Questão 45 - resolução
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida
45 = (10).t 2 / 2  t = tsub = tdescida = 3 s
Tvôo = tsub + tdescida = 3 + 3 = 6 s
A = Vx . t Vôo = 5 x 6 = 30 m
Aula 2 - Questão 46 - resolução
Decompondo as velocidades iniciais de lançamento, percebemos que
VoyA = VoyB . Isso implica que, na vertical, ambos os projéteis partem
com a mesma velocidade inicial Vy  e sofrem exatamente a mesma
aceleração a = g durante todo o movimento. Assim, os movimentos
verticais de A e B serão exatamente idênticos, implicando que eles terão
o mesmo tsubida, o mesmo tvôo e atingirão a mesma altura máxima Hmax.
Como o alcance é dado por A = Vx. tvôo e, sendo VxB = 3.VxA (como
podemos notar decompondo as velocidades iniciais) e tvôo B = tvôo A ,
portanto teremos AB = 3.AA. Portanto, devemos assinalar como errada a
alternativa E.
Aula 2 - Questão 47 - resolução
(eq5)
Nessa questão, o homem pedala sempre no mesmo ritmo, ou seja,
coroa = constante.
Nessa questão, o homem muda da catraca maior para a catraca menor
(Rcatraca diminui) o que levará ao aumento de Vbike, uma vez que, conforme
eq5, o produto Vbike . Rcatraca = constante, conforme eq5.
No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo , assim:
Assim, vem: Vbike  R catraca  Vbike  R catraca
Aula 2 - Questão 48 - resolução
antes
depois
H = g.t 2 / 2  45 = 10.t 2 / 2
 t vôo = 3 s
Para se obter um alcance de, pelo menos 900 m, devemos ter:
A = Vx . t Vôo  900 = Vo . 3
 Vo = 300 m/s
No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo .
12  6  Vbike  4,5  Vbike = 16km/h
Assim, como as bolas partem de alturas H iguais, passarão o mesmo
Aula 2 - Questão 41- resolução
Segundo o enunciado, devemos ter V = .R = constante.
Como a leitura das trilhas ocorre do centro para a periferia, a cabeça
leitora lê primeiro os raios R menores e vai gradativamente se afastando
do centro do disco, lendo trilhas de raios cada vez maiores. Assim, R vai
aumentando, mas como V = .R = constante = 1,3 m/s , se R aumenta,
então  vai diminuindo. Como o período vale  = 2. / , se  diminui, 
aumenta.
Como VxB = 3.VxA, é fácil ver que o alcance horizontal da bola B será
Aula 2 - Questão 42 - resolução
b) Amax =
tempo no ar ( t vôo A = t vôo B ).
três vezes maior que o alcance horizontal da bola A (A = Vx . t Vôo)
Aula 2 - Questão 50 – resolução
a) O maior valor possível para o seno de qualquer ângulo vale 1, que
ocorre quando esse ângulo vale 90º, afinal, sen90o = 1. Assim, para
que sen(2) seja máximo, devemos ter 2 = 90º, portanto,  = 45º.
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 6 segs / 2 = 3 segs
Hmax = 10.(3)2 / 2 = 45 m
Tsub = Voy / g = Vo.sen / g  3 = Vo.(sen 30º) / 10  Vo = 60 m/s
Amax =
Vo2
sen(2), para  = 45º
g
Vo2
V2
V2
sen(90º) = o ×1 = o
g
g
g
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Física
c) A questão está pedindo o valor de Hmax =
Vo2 sen2
para =45º ,
.
g
2
portanto, vamos calcular:
Vo2 sen2
V2 ( 2 / 2)2 Vo2
.
 o.

g
2
g
2
4g
Hmax =
Essa questão requer que lembremos das fórmulas de lançamento de
projéteis (infelizmente) :
Hmax
A=
2
sen 
=
.
g
2
(eq1)
Do triângulo retângulo da figura acima, podemos escrever:
H max
A
2
30
2
10
sen(90o) =
900
10
x 1 = 90 m
 A única força que age na bola, durante o seu vôo (desprezando a
resistência do ar) é a força peso, resultado da atração entre a massa da
Terra e a massa da bola.
 Lembre-se de que velocidade não é força !
 A força que jogador aplicou na bola, no momento do arremesso, só atua
na bola enquanto as mãos estão em contato com a bola. Como diria o
prof Renato Brito, as mãos do jogador não vão junto com a bola 
durante o seu vôo !
A/2
tg  
g
sen(2) =
Aula 2 - Questão 4 – Página 74 - resolução
Hmax
Aula 2 - Questão 5 Pág 74 – resolução (resposta correta – letra D)
(eq3)
 Como o prof Renato Brito costuma dizer, POR DEFINIÇÃO, o
dinamômetro é, meramente, um medidor de tração T no fio.
 A força que o homem aplica na corda é a própria tração T. A força que
Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem:
tg  
2
Vo
Aula 2 – O Conceito de Força

a corda aplica à caixa (e vice-versa) também se chama tração T.
 Segundo o enunciado, a
2
sen 
g
2
.
Nessa questão, faremos uso da expressão do alcance horizontal já
utilizada na questão 45. A condição de máximo alcance é obtida
considerando  = 45o. Lembrando que 108 km/h = 30 m/s, vem:
Amax =
Vo2
V2
sen(2) = o .2.sen().cos() (eq2)
g
g
Vo2
Na questão da Unifor, a altura maxima desejada é a altura TOTAL em
relação ao chão, e vale, portanto:
Htotal = H + 1,70 = 500 + 1,7 = 501,70 m
Aula 2 - Questão 53 – resolução
Aula 2 - Questão 51 – resolução
Vo2
425
H max
sen
tg 
 2


A
2
.
cos

2
Vo
.sen. cos 
2
g

tg 
tg
2
tração T
marcada no dinamômetro
permanece constante.
 Segundo o enunciado, o coeficiente de atrito cinético, bem como o Fat
cinético, têm intensidades variáveis .
A seguir, o prof Renato Brito analisará cada alternativa :

tg  1

tg  2
a) a força resultante que atua no objeto é constante.
A força resultante é FR = T – fat, sendo T constante e Fat variável,
Aula 2 - Questão 52 – resolução
A altura H mostrada na figura pode ser determinada a partir da expressão
abaixo:
B
portanto, FR é variável.
b) o objeto está deslocando-se com velocidade constante;
Com base no enunciado, nada se pode afirmar sobre isso.
c) o valor da força de atrito entre o objeto e a superfície é dado pela leitura
do dinamômetro.
H
O dinamômetro mede a tração T no fio, por definição.
C
A
d) a força que a pessoa aplica no objeto é constante;
Sim, visto que essa força é a tração T constante registrada pelo
1,70 m
D
V 2 sen2  2002 (1/ 2)2
H o .

.
 500m , visto que sen30o =1/2
g
2
10
2
Outra maneira de calcular essa altura H na figura seria, primeiro,
calculando o tempo de subida de A para B usando a cinemática somente
na vertical:
Vy  Voy  g.t  0  Vo.sen30  g.t  0  200.(0,5)  10.t
t  10s
Em seguida, calculamos H na figura usando:
H
g.t 2 10.(10)2

 500m
2
2
dinamômetro.
e) a força de atrito entre o objeto e a superfície é constante.
Não, ela é variável, visto que o coeficiente de atrito cinético entre o solo
e o objeto é variável.
Aula 2 - Questão 18 - resolução
Qual o ritmo com que a velocidade horizontal da caixa aumenta ?
De acordo com a tabela, a velocidade da caixa aumenta V = 10 m/s a
cada t = 2s, o que dá uma taxa de variação:
a = V/t = 10 / 2 = 5 m/s2 .
Mas qual a força horizontal culpada pelo aparecimento dessa aceleração
horizontal (veja figura adiante) ?
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Física
Ora, certamente é a força FX , que causa uma aceleração a de acordo
com a 2ª Lei de Newton:
FX = m. a  F.cos = m . a  F . 0,5 = 10 x 5  F = 100 N
k.x
M.g
FY
k.x
N1
P
m.g
Como a caixa não apresenta aceleração na vertical, a força resultante na
vertical deve ser nula. Assim, o prof Renato Brito pode escrever :
N + FY = P  N + F.sen = P
N + 100 x 0,86 = 100

N = 14 newtons
Aula 2 - Questão 20 - resolução
A caixa B é a mais pesada e acelera ladeira abaixo (figura 2), ao contrário
da caixa A, que acelera ladeira acima (figura 1). Assim, podemos escrever
a lei de Newton para caixa e resolver o sistema.
T
a
n
. se
PA

Figura 1
(caixa A – figura 1)
T – PA .sen = mA . a
T – 50 .( 0,6 ) = 5 . a
T – 30 = 5 . a
k.x
N1
FX
T
a
n
. se
PB
Figura 1
CASO 2- MOLA COMPRIMIDA:
Já na figura 2 a mola encontra-se comprimida. Assim, essa mola está
empurrando tudo a sua volta. Por exemplo, ela empurra o teto da caixa
para cima k.x e empurra a bola preta para baixo k.x. Portanto, sobre
a bola agem duas forças k.x e
m.g  prá baixo e, inevitavelmente,
essa bola está acelerada para baixo FR a2 . Assim, essa bola tanto
pode estar descendo v acelerada a2 , como pode estar subindo

figura 2
(caixa B – figura 2)
PB .sen – T = mB . a
150.(0,6) – T = 15.a
90 – T = 15.a
Somando membro a membro,
vem:
90 – 30 = 20.a  a = 3 m/s2
Substituindo, vem:
T – 30 = 5 . a
T – 30 = 5 x 3
T = 45 N
v
retardada a2 . Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 2
está em equilíbrio e, portanto, podemos escrever
N2 + k.x = M.g

N2 = M.g – k.x  N2 < M.g [eq-2].
A balança registrará um valor N2 menor que o peso M.g da caixa nesse
caso.
mola comprimida
N
k.x
mola elongada
426
k.x
k.x
M.g
k.x
N2
Aula 2 - Questão 21 - resolução
FR = M.a  M.g – T = M.a
FR = M.a  T + M.g.sen = M.a
Resolvendo-se o sistema de equações acima, determina-se a tração T e
a aceleração a.
k.x
N2
a2
m.g
Aula 2 - Questão 24 - resolução
CASO 1- MOLA ELONGADA: Na figura 1, a mola encontra-se elongada,
portanto está puxando tudo a sua volta. Por exemplo, ela puxa o teto da
caixa para baixo k.x e puxa a bola preta para cima k.x. Portanto,
sobre a bola agem duas forças k.x  e m.g .
Figura 2
CASO 3- MOLA MOMENTANEAMENTE RELAXADA:
A figura 3
mostra o exato instante em que a mola atinge o seu
comprimento natural, isto é, o exato instante em que sua deformação é
Dependendo da deformação x da mola, a resultante sobre a bola na figura
1 pode ser prá cima (k.x > m.g), prá baixo (k.x < m.g) ou até
momentaneamente nula, no lapso instante em que ocorrer k.x = m.g.
Assim, não há temos como concluir para onde aponta a aceleração da
bola da figura 1. A caixa, entretanto, está sempre em equilíbrio e, assim,
podemos escrever N1 = k.x + M.g [eq-1] e, portanto, N1 > M.g na
figura 1. A balança registrará um valor N1 maior que o peso M.g da caixa
nesse caso.
momentaneamente nula x = 0.
Essa situação ocorre uma única vez durante a subida da bola e outra vez
na descida. Nesse lapso instante, a mola não exerce força elástica
alguma (x = 0, k.x = 0). Sobre a bola, portanto, só agirá a força peso
m.g, portanto a bola certamente está acelerada para baixo. Uma vez
mais, existem duas possibilidades para o movimento da bola nesse
instante: essa bola tanto pode estar descendo v acelerada a3 , como
pode estar subindo v retardada a3 .
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mola relaxada ( x = 0)
Física
M.g
N3
N3
427
AULA 3 – Estudo do Atrito
Aula 3 - Questão 3 - resolução
O enunciado da questão garante que o sistema encontra-se em equilíbrio.
Assim, podemos escrever:
Equilíbrio da caixa A: T1 = PA = 50N
Equilíbrio da caixa C: T2 = PC = 40N
T2
T1
a3
B
m.g
T1
T2
A
Figura 3
Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 3 está em equilíbrio
e, portanto, podemos escrever N3 = M.g [eq-3]. Nesse lapso instante,
a balança portanto registrará um valor N3 igual ao peso M.g da caixa.
Agora, vejamos as opções dessa questão - A respeito da marcação da
balança, pode-se afirmar que:
a) sempre acusará um peso maior que M.g
falsa, a normal da caixa pode ser maior ou menor que M.g, dependendo
do estado da mola.
b) quando a esfera pára na altura máxima, a balança acusará um peso
maior que M.g
falsa, pois nesse caso teremos mola comprimida (figura 2) e, segundo
(eq-2), teremos N2 < M.g, ou seja, a balança marcará um valor menor
que o peso M.g da caixa.
c) quando a esfera sobe em movimento acelerado, a balança acusará um
peso menor que M.g
falsa, pois esfera subindo acelerada requer v, a, o que só pode
ocorrer na esfera da figura 1, no caso em que tivermos k.x > m.g.
Assim, se a bola estiver subindo acelerada, a mola só pode estar
elongada (figura 1) e, nesse caso, segundo [eq-1] teremos N1 > M.g,
isto é, a balança estará marrando um valor maior que o peso M.g da
caixa.
d) quando a esfera passa pela posição em que a mola encontra-se no seu
comprimento natural, a balança acusará um peso M.g
Verdadeiro. Isso ocorre na figura 3.
e) quando a esfera passa pela sua posição de equilíbrio, a balança
acusará um peso M.g
falsa. Para a esfera estar momentaneamente em equilíbrio, a resultante
das forças que agem sobre a esfera deve ser nula e isso só tem como
acontecer na figura 1, no caso em que k.x = m.g. Assim, quando a
esfera estiver momentaneamente em equilíbrio, a mola estará elongada
(figura 1) e, segundo [eq-1], teremos N1 > M.g , isto é, a balança
estará marrando um valor maior que o peso M.g da caixa.
PA
PC
Assim, sendo T1 > T2 , a caixa B tende a escorregar prá esquerda em
relação ao piso. Como o enunciado garante que a caixa B também está
em equilíbrio, certamente há uma Fat agindo nela impedindo esse
escorregamento:
tendência de escorregamento
T2
T1
B
T1
T2
A
C
PA
PC
Assim, para o equilíbrio da caixa C, o prof Renato Brito pode escrever :
T1 = T2 + Fat  50 = 40 + Fat  Fat = 10 N
T2
T1
B
Fat
T2
T1
A
C
PA
PC
40N
50N
B
10N
Aula 2 - Questão 26 - resolução
F2  F1X = m.a
F2  F1.cos60o = m.a
30  40.(0,5) = 2.a
a = 5 m/s2
Aula 2 - Questão 27 - resolução
F1  f = MA.a
41  f = 8.a (eq1)
C
40N
50N
A
C
50N
40N
Aula 3 - Questão 7 - resolução
A caixa B tende a escorregar prá cima ou prá baixo ? Para responder isso,
f  F2 = MB.a
f  13 = 6.a (eq2)
devemos analisar quem é maior, M.g ou M.g.sen ? Ora, sabemos que
somando eq1 e eq2, membro a membro, vem:
41  13 = 14.a  a = 2 m/s²
f  13 = 6.a
f  13 = 6.(2)
f = 25 N
0 < sen < 1, portanto, M.g > M.g.sen.
o
seno
de
qualquer
ângulo
agudo
está
sempre
na
faixa
Assim , a caixa B tende a escorregar ladeira acima e, portanto, recebe um
Fat ladeira abaixo, como mostra a figura acima. Como o enunciado
garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, podemos escrever:
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CALENDÁRIO DAS AULAS FRENTE 2 – 1º semestre 2014
ANUAL DE FÍSICA PARA MEDICINA - Prof. Renato Brito
Compromisso com a sua aprovação
Código da Aula
Dia e Horário da Aula
OPTICA 1
13 de fevereiro (5ª feira) – 18h às 22h30
OPTICA 1
14 de fevereiro (6ª feira) – 14h às 18h30
OPTICA 2
20 de fevereiro (5ª feira) – 18h às 22h30
OPTICA 2
21 de fevereiro (6ª feira) – 14h às 18h30
OPTICA 3
27 de fevereiro (5ª feira) – 18h às 22h30
OPTICA 3
28 de fevereiro (6ª feira) – 14h às 18h30
OPTICA 4
06 de março (5ª feira) – 18h às 22h30
OPTICA 4
07 de março (6ª feira) – 14h às 18h30
OPTICA 5
20 de março (5ª feira) – 18h às 22h30
OPTICA 5
21 de março (6ª feira) – 14h às 18h30
OPTICA 6
27 de março (5ª feira) – 18h às 22h30
OPTICA 6
28 de março (6ª feira) – 14h às 18h30
TERMOD 1
03 de abril (5ª feira) – 18h às 22h30
TERMOD 1
04 de abril (6ª feira) – 14h às 18h30
TERMOD 2
10 de abril (5ª feira) – 18h às 22h30
TERMOD 2
11 de abril (6ª feira) – 14h às 18h30
TERMOD 3
24 de abril (5ª feira) – 18h às 22h30
TERMOD 3
25 de abril (6ª feira) – 14h às 18h30
TERMOD 4
08 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30
TERMOD 4
09 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30
TERMOD 5
15 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30
TERMOD 5
16 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30
TERMOD 6
22 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30
TERMOD 6
23 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30
ESTÁTICA
29 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30
ESTÁTICA
30 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30
GRAVITAÇÃO
05 de junho (5ª feira) – 18h às 22h30
GRAVITAÇÃO
06 de junho (6ª feira) – 14h às 18h30