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Serie 2 Fisica Geral Resolução
Física Geral (Universidade Lusófona de Humanidades e Technologias)
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UNIVERSIDADE LUSÓFONA DE HUMANIDADES E TECNOLOGIAS 
2ª Série de problemas (Resoluções) - Física Geral 
 
 
 
Problema 1. Considere um corpo de massa 20𝑘𝑔 que num dado instante fica sujeito a três forças: 
 �⃗�1 = 4𝑒𝑥 + 5𝑒𝑦 − 2𝑒𝑧; �⃗�2 = 5𝑒𝑥 − 2𝑒𝑦; �⃗�3 = 𝑒𝑥 − 3𝑒𝑦 + 7𝑒𝑧 
dadas no Sistema Internacional. 
a) Qual o valor da força resultante, bem como o da aceleração, a que este corpo fica sujeito? 
b) Sabendo que a partir desse instante, o corpo sofreu em 10𝑠 um deslocamento: 
 𝛥𝑟 = 5𝑒𝑥 + 4𝑒𝑦 + 3𝑒𝑧 
determine qual era a velocidade inicial do corpo no instante em ficou sujeito às forças. 
Resolução: (devia ter sido pedido para determinar a força e a aceleração!) 
a) A resultante das forças é dada pela soma vectorial das forças: �⃗�𝑅 = 10�⃗�𝑥 + 5�⃗�𝑧 
A aceleração é obtida utilizando a 2.ª lei de Newton: �⃗�𝑅 = 𝑚�⃗� ⟹ �⃗� = �⃗�𝑅𝑚 = 0,5�⃗�𝑥 + 0,25�⃗�𝑧 
b) Tendo em conta que a aceleração é constante, podemos garantir que o corpo se move com 
movimento uniformemente acelerado, obedecendo à equação: (∆𝑟 = 𝑟 − 𝑟0) 𝑟 = 𝑟0 + �⃗�0𝑡 + 12 �⃗�𝑡2 ⟹ ∆𝑟 = �⃗�0𝑡 + 12 �⃗�𝑡2 
Substituindo os vectores e o valor do tempo obtem-se: 5𝑒𝑥 + 4𝑒𝑦 + 3𝑒𝑧 = �⃗⃗⃗�0 × 10 + 12 (0,5𝑒𝑥 + 0,25𝑒𝑧)× 102 5𝑒𝑥 + 4𝑒𝑦 + 3𝑒𝑧10 = �⃗⃗⃗�0 × 1010 + 12 (0,5𝑒𝑥 + 0,25𝑒𝑧)× 10210 0.5𝑒𝑥 + 0,4𝑒𝑦 + 0,3𝑒𝑧 = �⃗⃗⃗�0 + 12 (0,5𝑒𝑥 + 0,25𝑒𝑧)× 10 ⟹ 0,5�⃗�𝑥 + 0,4�⃗�𝑦 + 0,3�⃗�𝑧 = �⃗�0 + 2,5�⃗�𝑥 + 1,25�⃗�𝑧 ⟹ �⃗�0 = −2�⃗�𝑥 + 0,4�⃗�𝑦 − 0,95�⃗�𝑧 
 
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Problema 2. Sobre um corpo de 10𝑘𝑔 de massa, colocado inicialmente em repouso na posição 
P0 (0, 5, 0) são feitas actuar, em simultâneo, no instante 𝑡 = 0𝑠 as forças �⃗�1 = 4𝑒𝑥 + 5𝑒𝑦 + 4𝑒𝑧; �⃗�2 = 6𝑒𝑥 + 5𝑒𝑦 − 4𝑒𝑧 
dadas no Sistema internacional. 
a) Calcule o vector posição, a velocidade e aceleração do corpo no instante 𝑡 = 15𝑠. 
b) Considere que a partir desse instante passa a actuar uma terceira força �⃗�3 = 4𝑒𝑥 + 5𝑒𝑦 − 2𝑒𝑧 
determine a posição, a velocidade e aceleração do corpo no instante 𝑡 = 25𝑠. 
c) Construa os gráficos das componentes segundo 𝑂𝑥 da posição, da velocidade e aceleração 
entre os instantes 𝑡 = 0𝑠 e 𝑡 = 25𝑠. 
Resolução: 
a) Começamos por determinar a resultante das forças, somando as duas forças: �⃗�𝑅 = 10𝑒𝑥 + 10𝑒𝑦 
Pela 2.ª lei de Newton tiramos a aceleração: (𝑚 = 10𝑘𝑔) �⃗�𝑅 = 𝑚�⃗� ⟹ �⃗� = �⃗�𝑅𝑚 = �⃗�𝑥 + �⃗�𝑦 
Tendo em conta que a aceleração é constante, podemos utilizar as equações do movimento 
uniformemente acelerado (considerando 𝑡0 = 0): 𝑟(𝑡) = 𝑟0 + �⃗�0𝑡 + 12 �⃗�𝑡2 �⃗�(𝑡) = �⃗�0 + �⃗�𝑡 
Substituindo os vectores e o valor do tempo obtém-se, para 𝑡 = 15 𝑠: 𝑟(15) = 5𝑒𝑦 + 0⃗⃗ × 15 + 12 (�⃗�𝑥 + �⃗�𝑦) × 152 = 112,5𝑒𝑥 + 117,5𝑒𝑦 �⃗�(15) = 0⃗⃗ + (�⃗�𝑥 + �⃗�𝑦) × 15 = 15�⃗�𝑥 + 15�⃗�𝑦 
 
b) Também agora começamos por calcular a resultante das forças: �⃗�𝑅 = 14𝑒𝑥 + 15𝑒𝑦 − 2𝑒𝑧 
e da 2.ª lei de Newton: �⃗�𝑅 = 𝑚�⃗� ⟹ �⃗� = �⃗�𝑅𝑚 = 1,4𝑒𝑥 + 1,5𝑒𝑦 − 0,2𝑒𝑧 
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Tendo em conta que a aceleração é constante, podemos utilizar as equações do movimento 
uniformemente acelerado, tendo em conta que neste caso: 
 𝑡0 = 15 𝑠 �⃗�0 = �⃗�(15) 𝑟0 = 𝑟(15) 
Assim, as equações escrevem-se na forma: 𝑟(𝑡) = 𝑟0 + �⃗�0(𝑡 − 𝑡0) + 12 �⃗�(𝑡 − 𝑡0)2 �⃗�(𝑡) = �⃗�0 + �⃗�(𝑡 − 𝑡0) 
Substituindo os vectores e o valor do tempo obtém-se, para 𝑡 = 25 𝑠: 𝑟(25) = 112,5𝑒𝑥 + 117,5𝑒𝑦 + (15�⃗�𝑥 + 15�⃗�𝑦) × (25 − 15)+ 12 (1,4𝑒𝑥 + 1,5𝑒𝑦 − 0,2𝑒𝑧) × (25 − 15)2 ⟹ 𝑟(25) = 112,5𝑒𝑥 + 117,5𝑒𝑦 + 150�⃗�𝑥 + 150�⃗�𝑦 + 70𝑒𝑥 + 75𝑒𝑦 − 10𝑒𝑧 ⟹ 𝑟(25) = 332,5𝑒𝑥 + 342,5𝑒𝑦 − 10𝑒𝑧 
e, �⃗�(25) = 15�⃗�𝑥 + 15�⃗�𝑦 + (1,4𝑒𝑥 + 1,5𝑒𝑦 − 0,2𝑒𝑧) × (25 − 15) ⟹ �⃗�(25) = 29𝑒𝑥 + 30𝑒𝑦 − 2𝑒𝑧 
 
c) 
 
 
 
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Problema 3. Dois corpos de massas, respectivamente, 1𝑘𝑔 e 2𝑘𝑔, apoiados sobre uma superfície 
horizontal sem atrito, são empurrados por uma força de 5𝑁, aplicada sobre o corpo de 2𝑘𝑔. 
a) Qual é a aceleração do sistema? 
b) Qual é a aceleração do corpo de 1𝑘𝑔? Qual é a força exercida sobre ele? Qual a origem 
dessa força? 
c) Indique todas as forças que actuam sobre o corpo de 2𝑘𝑔. Qual é a força resultante que 
actua sobre ele? 
Resolução: 
 a) Esquema de forças para os dois corpos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando a 2.ª lei de Newton ao conjunto dos dois corpos: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� 
Tendo em conta que a força resultante se resume à força �⃗� (todas as outras se anulam), podemos 
escrever 𝐹 = (𝑚1 +𝑚2). 𝑎 𝑎 = 52 + 1 = 1,67𝑚/𝑠2 
 
b) Como as massas se movem em conjunto 𝑎2 = 𝑎1 = 𝑎 = 1,67𝑚/𝑠2 
Escrevendo a 2.ª lei para a massa 𝑚2, vem �⃗�𝑅2 = 𝑚2. �⃗�2 
Tendo em conta que a força resultante aplicada a esta massa se resume a �⃗�12 (porque o peso e a 
reacção normal anulam-se), vem: 𝐹12 = 𝑚2. 𝑎 ⟹ 𝐹12 = 1 × 1,67 = 1,67𝑁 
 
�⃗� 
�⃗⃗�2 
 
�⃗⃗�1 
�⃗⃗�𝑁1 
 �⃗⃗�𝑁2 
 �⃗�12 �⃗�21 
 
𝑦 
𝑥 
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c) As forças aplicadas à massa 𝑚1 são as seguintes: 
 
 
 
 
 
 
Aplicando directamente a 2.ª lei de Newton a 𝑚1, obtemos: �⃗�𝑅1 = 𝑚1. �⃗�1 ⟹ 𝐹𝑅1 = 2 × 1,67 = 3,34 𝑁 
Alternativamente, podemos calcular a resultante das forças somando todas as que lhe estão 
aplicadas (𝐹21 = 𝐹12 = 1,67 𝑁) �⃗�𝑅1 = �⃗� + �⃗�21 + �⃗⃗�1 + �⃗⃗�𝑁1 �⃗�𝑅1 = �⃗� + �⃗�21 ⟹ 𝐹𝑅1 = 𝐹 − 𝐹21 𝐹𝑅1 = 5 − 1,67 = 3,33 𝑁 
(a diferença de valores está relacionada com o arredondamento cometido no cálculo da 
aceleração) 
 
 
 
�⃗⃗�𝑁1 
 �⃗�21 
 
�⃗� 
�⃗⃗�1 
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Problema 4. Um corpo de massa m, escorrega sem atrito, sobre um plano inclinado que faz um 
angulo  com a horizontal. Deduza uma expressão para a aceleração do corpo. 
Resolução: O esquema do problema é o seguinte (escolhemos o eixo 𝑂𝑥 no sentido do 
movimento): 
 
 
 
 
 
 
 
Da 2.ª lei de Newton, podemos escrever: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝑥𝐹𝑅𝑦= 𝑚. 𝑎𝑦 
Existindo apenas aceleração na direcção 𝑂𝑥, podemos escrever: {𝑎𝑥 = 𝑎𝑎𝑦 = 0 
e portanto: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝐹𝑅𝑦 = 0 
Fazendo a decomposição das forças, vem: { 𝑚𝑔. 𝑠𝑖𝑛(𝜃) = 𝑚. 𝑎𝑅𝑁 −𝑚𝑔. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 0 
E da 1.ª equação vem logo: 𝑎 = 𝑔. 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 
 
 
 
 
 
�⃗⃗�𝑁 
�⃗⃗� 
𝑦 
𝑥 𝜃 �⃗⃗� 𝑃𝑦 
𝑃𝑥 Decomposição do peso: 
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Problema 5. Um carro desloca-se a longo de uma estrada, de tal modo que a sua distância 
percorrida, em função do tempo, é dada pela expressão: 
 𝑠 = 1,5 + 2,5 𝑡 + 0,4 𝑡2 (𝑆. 𝐼. ) 
a) Obtenha a expressão geral da norma da velocidade (ou celeridade) do carro 
b) Obtenha a expressão geral da aceleração (tangencial) do carro 
c) Calcule a velocidade e aceleração em 𝑡 = 2𝑠 
d) Calcule o espaço percorrido até 10𝑠. 
e) Faça o gráfico da distância percorrida entre os instantes 𝑡 = 2𝑠 e 𝑡 = 10𝑠. 
f) Faça o gráfico da velocidade entre os instantes 𝑡 = 2𝑠 e 𝑡 = 10𝑠. 
g) Faça o gráfico da aceleração entre os instantes 𝑡 = 2𝑠 e 𝑡 = 10𝑠. 
Resolução: 
a) Basta derivar a posição: 𝑣 = 𝑠′ = (1.5 + 2,5 𝑡 + 0,4 𝑡2)′ 𝑣 = 𝑠′ = (1.5 )′ + (2,5 𝑡 )′ + (0,4 𝑡2)′ 𝑣 = 𝑠′ = 0 + 2,5( 𝑡 )′ + 0,4( 𝑡2)′ 𝑣 = 𝑠′ = 2,5 × 1 + 0,4 × 2𝑡 𝑣 = 2,5 + 0,8𝑡 
b) Derivando a norma da velocidade, vem: 𝑎 = 𝑣′ = (2,5 + 0,8𝑡)′ 𝑎 = 0,8 𝑚. 𝑠−2 
c) Substituindo na expressão da velocidade, vem: 𝑣 = 2,5 + 0,8 × 2 = 4,1 𝑚. 𝑠−1 𝑎 = 0,8 𝑚. 𝑠−2 
d) Substituindo na expressão da distância percorrida, obtém-se: 𝑠 = 1,5 + 2,5 × 10 + 0,4 × 102 = 66,5 𝑚 
e) Parábola de 𝑠 em função de 𝑡. 
Gerar um conjunto de pares ordenados (𝑡, 𝑠), fazendo 𝑡 variar de 2𝑠 a 10𝑠, de 2𝑠 em 2𝑠. 
 
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f) Recta de 𝑣 em função de 𝑡. 
Bastam os dois valores da velocidade para 𝑡 = 2𝑠 e 𝑡 = 10𝑠. 
 
g) Recta de 𝑎 em função de 𝑡. 
Recta horizontal com 𝑎 = 0,8. 
 
 
 
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Problema 6. Uma mola tem constante elástica 𝐾 = 300𝑁/𝑚. Um corpo de massa 4𝑘𝑔 está 
suspenso e imóvel. Qual a extensão da mola, relativamente à sua posição sem massa? 
Resolução: 
Consideremos o seguinte esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Existindo equilíbrio, podemos garantir que a resultante das forças é nula: �⃗�𝑅 = 0⃗⃗ 
Donde se tira a conclusão: �⃗�𝑒𝑙 + �⃗⃗� = 0⃗⃗ 𝐹𝑒𝑙 − 𝑃 = 0 
Tendo em conta a forma da força elástica e a do peso, vem; 𝐾∆𝑥 −𝑚𝑔 = 0 ∆𝑥 = 𝑚𝑔𝐾 = 40300 = 0,13 𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
𝑥𝑒𝑞=?
𝑥 =? 
∆𝑥 �⃗�𝑒𝑙 
�⃗⃗� 
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Problema 7. Considere o seguinte esquema: 
 
 
 
 
 
Figura 7.1 As duas massas 𝑚1 e 𝑚2, estão ligadas por um fio inextensível e de massa 
desprezável e são puxadas pela força �⃗�. 
 
onde 𝑚1 e 𝑚2, de 10𝑘𝑔 e 20𝑘𝑔 respectivamente, estão ligadas por um fio inextensível e de massa 
desprezável, e a força aplicada faz um ângulo de 30º com a horizontal. 
 
a) Explique com base nas Leis de Newton que as tensões exercidas pelos fios nas duas 
massas são simétricas. 
b) Na ausência de atrito, qual a aceleração do sistema e qual o valor das tensões no fio que 
une as duas massas, quando a força aplicada vale 50𝑁? 
c) Considere agora a situação em que há atrito, tal que o coeficiente de atrito estático vale 0,5. Qual deverá ser o valor mínimo da força aplicada que permite pôr o sistema em 
andamento? 
Resolução: 
a) Comecemos por representar todas as forças aplicadas às massas: 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 7.2 Diagrama de forças para as duas massas sem atrito. 
 
As forças �̄�1 e �⃗⃗�2, representam as tensões exercidas pelo fio nas massas 𝑚1 e 𝑚2, respectivamente. 
Note-se que as forças exercidas pelos fios são em geral designadas por tensões apesar do termo 
“tensão” estar associado à grandeza força por unidade de área. Isto deve-se ao facto de se 
considerarem fios de secção desprezável. As forças de tensão resultam da acção do fio sobre as 
x 
y �⃗� �⃗⃗�𝑁2 
�⃗⃗�1 �⃗⃗�2 
�⃗⃗�2 �̄�1 �⃗⃗�𝑁1 30O 
�⃗� 𝑚1 𝑚2 
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duas massas. Assim, pela terceira lei de Newton, as massas exercem forças simétricas sobre o fio, 
ou seja, sobre o fio estarão exercidas duas forças, �̄�1∗ e �̄�2∗, tais que: 
 {�⃗⃗�1∗ = −�⃗⃗�1�⃗⃗�2∗ = −�⃗⃗�2 
Tendo em conta que estas são as únicas forças aplicadas ao fio, a segunda lei de Newton implica 
que: 
 �⃗⃗�1∗ + �⃗⃗�2∗ = 𝑚𝑓𝑖𝑜. �⃗� 
Tratando-se de um fio de massa desprezável, a soma das forças é zero e vem logo: 
 �⃗⃗�1∗ = −�⃗⃗�2∗ 
Das equações anteriores, resulta então: 
 �⃗⃗�1 = −�⃗⃗�2 
como queríamos mostrar. 
 
b) Quando aplicamos a 2.ª lei de Newton a um corpo de massa 𝑚 que está sujeito a forças nas 
direcções 𝑂𝑥 e 𝑂𝑦, a equação correspondente a esta lei decompõe-se em duas: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝑥𝐹𝑅𝑦 = 𝑚. 𝑎𝑦 
O lado esquerdo das duas equações que aparecem no parêntesis, correspondem à soma de todas 
as componentes das forças na direcção 𝑂𝑥, e 𝑂𝑦, respectivamente. O lado direito destas equações, 
corresponde ao produto da massa pelas componentes 𝑂𝑥 e 𝑂𝑦 da aceleração, respectivamente. 
Com a escolha adequada do referencial de forma a que a aceleração só tenha componente segundo 
Ox, as equações de cima simplificam-se: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝐹𝑅𝑦 = 0 
Tendo em conta o diagrama de forças da figura 7.2, vamos aplicar a 2ª lei ao corpo de massa 𝑚1, 
fazendo a decomposição vectorial das forças obtemos: 
 {𝑇1 = 𝑚1𝑎𝑅𝑁1 −𝑚1𝑔 = 0 
e fazendo o mesmo para o outro corpo: 
 {𝐹 𝑐𝑜𝑠(30º) − 𝑇2 = 𝑚2𝑎𝑅𝑁2 −𝑚2𝑔 + 𝐹 𝑠𝑖𝑛(30º) = 0 
Note-se que os dois corpos movem-se em conjunto, ou seja estão sempre à mesma distância um 
do outro, implicando portanto que se movem com a mesma aceleração. 
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Como vimos na alinea anterior as tensões são simétricas, pelo que têm a mesma intensidade 
(norma). Deste modo, somando termo a termo a 1ª equação do primeiro sistema com a 1ª equação 
do segundo sistema, as tensões anulam-se (𝑇1 = 𝑇2) e obtem-se: 
 𝐹 𝑐𝑜𝑠(30) = (𝑚1 +𝑚2)𝑎 
Substituindo os valores dados vem: 
 𝑎 = 50√3 2⁄30 = 1,44𝑚. 𝑠−2 
Substituindo este valor na equação segundo Ox do corpo de massa 𝑚1: 
 𝑇1 = 10𝑥1,44 = 14,4𝑁 
Repare-se que as segundas equações dos sistemas obtidos atrás não foram até agora relevantes 
para a resolução deste problema. 
 
c) Vamos agora considerar a situação em que existe atrito, com coeficiente estático de 0,5. 
Devemos começar por notar que nos pedem o valor mínimo da força aplicada para que o corpo 
possa começar a movimentar-se. Isto quer dizer que a força de atrito atingirá o seu valor máximo, 
que corresponde à força de atrito estática máxima (o corpo está em regime estático!). Deste modo, 
para esse valor mínimo da força aplicada, temos duas condições que podemos expressar da 
seguinte forma: 𝐹𝑎 = 𝜇𝑒𝑅𝑛 e 𝑎 = 0 
Note-se que a 1.ª equação é válida para os dois corpos. 
Por outro lado, do ponto de vista do esquema de forças, temos agora: 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 7.3 Diagrama de forças para as duas massas com atrito. 
 
Tendo em conta o diagrama de forças da figura 7.3, vamos aplicar a 2ª lei ao corpo de massa 𝑚1, 
fazendo a decomposição vectorial das forças à semelhança da alínea anteriores: 
 {𝑇1 − 𝐹𝑎1 = 0𝑅𝑁1 −𝑚1𝑔 = 0 
e fazendo o mesmo para o outro corpo: 
X 
y 
 
 
 
�⃗�𝑎1 �⃗�𝑎2 
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 {𝐹 𝑐𝑜𝑠(30º) − 𝑇2 − 𝐹𝑎2 = 0𝑅𝑁2 −𝑚2𝑔 + 𝐹 𝑠𝑖𝑛(30º) = 0 
Substituindo agora as forças de atrito pela expressão da força de atrito máxima, obtemospara cada 
um dos corpos, os pares de equações: 
 {𝑇1 − 𝜇𝑒𝑅𝑁1 = 0𝑅𝑁1 = 𝑚1𝑔 
 {𝐹 𝑐𝑜𝑠(30º) − 𝑇2 − 𝜇𝑒𝑅𝑁2 = 0𝑅𝑁2 = 𝑚2𝑔 − 𝐹 𝑠𝑖𝑛(30º) 
Substituindo em cada par de equações, a expressão da reacção normal e somando as primeiras 
equações de cada sistema, obtemos (note-se que, tal como anteriormente, as tensões se anulam 𝑇1 = 𝑇2): 𝐹 𝑐𝑜𝑠(30º) − 𝜇𝑒𝑚1𝑔 − 𝜇𝑒(𝑚2𝑔 − 𝐹 𝑠𝑖𝑛(30º)) = 0 
Deste modo, podemos resolver a equação em ordem à única incógnita que é a força: 𝐹 𝑐𝑜𝑠(30º) + 𝜇𝑒𝐹 𝑠𝑖𝑛(30º) = 𝜇𝑒𝑚1𝑔 + 𝜇𝑒𝑚2𝑔 𝐹(𝑐𝑜𝑠(30º) + 𝜇𝑒 𝑠𝑖𝑛(30º)) = 𝜇𝑒𝑚1𝑔 + 𝜇𝑒𝑚2𝑔 
 
Donde resulta: 𝐹 = 𝜇𝑒𝑚1𝑔 + 𝜇𝑒𝑚2𝑔𝑐𝑜𝑠(30º) + 𝜇𝑒𝐹 𝑠𝑖𝑛(30º) 
Substituindo os valores: 𝐹 = 0,5 × 30 × 10√32 + 0,5 × 12 = 134,4N 
 
 
 
 
 
 
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Problema 8. Um trenó de massa 5𝑘𝑔 está carregado com duas crianças e é puxado por uma força 
que faz um angulo de 30º (na série original é 40º) com a horizontal. O coeficiente de atrito estático 
é 0,2 e o coeficiente de atrito cinético é de 0,15. Sendo a massa das crianças no seu conjunto igual 
a 45𝑘𝑔, qual a força de atrito do solo sobre o trenó e a aceleração deste: 
a) se a tensão na corda for de 100 𝑁? 
b) se a tensão na corda for de 120 𝑁? (na série original é 140 𝑁) 
Resolução: 
a) A primeira observação que deve ser feita é que as crianças e o trenó se movem em conjunto, 
pelo que podem ser vistos como apenas um bloco com massa igual à soma das massas, 𝑚 = 50𝑘𝑔. 
Posto isto, vamos agora proceder à representação das forças aplicadas: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Escolhemos o sistema de eixos de acordo com a sugestão de deixar que a direcção do movimento 
(ou da tendência de movimento) coincida com o eixo 𝑂𝑥. Note-se que na direcção perpendicular 
ao plano não há movimento. Sendo 𝜃 o ângulo que a força aplicada (tensão na corda) faz com a 
horizontal, e decompondo a força, a componente horizontal é dada por: 
 𝐹𝑥 = 𝐹 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 100 √32 = 86,6 𝑁 
Não podemos agora aplicar directamente as leis de Newton sem saber se esta força é suficiente 
para pôr o sistema trenó/crianças em movimento. Para que isso aconteça, é necessário que a 
componente horizontal da força, calculada acima, seja superior à força de atrito estática máxima. 
Vamos então calcular esse valor. Para isto temos de calcular a reacção normal a partir da 2ª lei de 
Newton aplicada na direcção 𝑂𝑦: Nesta direcção, sabemos que a aceleração é zero porque: 
 𝑅𝑁 + 𝐹 𝑠𝑖𝑛(𝜃) −𝑚𝑔 = 0 𝑅𝑁 = 𝑚𝑔 − 𝐹 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑅𝑁 < 𝑚𝑔 
donde resulta 𝑅𝑁 = 50 × 10 − 100 × 0,5 = 450𝑁, e da definição: 
 𝐹𝑎max = 0,2 × 450 = 90 𝑁 
Comparando com o valor da componente horizontal da força, calculada acima, verificamos que 
não há movimento. Assim podemos dizer que a aceleração é nula e que, aplicando a 2ª lei de 
Newton na direcção horizontal tem-se: 
 
 
 
 
 
y 
x 
𝜃 
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 𝐹𝑥 − 𝐹𝑎e = 0 
o que implica 𝐹𝑎e = 86,6𝑁. 
 
b) Fazendo as mesmas contas que na alínea anterior, mas agora com um valor da força igual a 120𝑁, vem para a componente horizontal da força: 
 𝐹𝑥 = 𝐹 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 120 √32 = 103,9𝑁 
Para a reacção normal: 𝑎𝑦 = 0 𝐹𝑅𝑦 = 0 𝑅𝑁 + 𝐹 𝑠𝑖𝑛(𝜃) −𝑚𝑔 = 0 𝑅𝑁 = 𝑚𝑔 − 𝐹 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑅𝑁 < 𝑚𝑔 
 𝑅𝑁 = 50 × 10 − 120 × 0,5 = 440𝑁 
e a força de atrito máxima é: 
 𝐹𝑎max = 0,2 × 440 = 88𝑁 
Neste caso existe aceleração e pode ser calculada a partir da 2ª lei (note-se que agora o atrito é 
cinético): 
 𝐹𝑅𝑥 = 𝑚𝑎 
 ⟹ 𝐹𝑥 − 𝐹𝑎c = 𝑚. 𝑎 
e, calculando a força de atrito cinético, obtém-se: 
 𝐹𝑎𝑐 = 0,15 × 440 = 66𝑁 
pelo que a aceleração vem: 
 𝐹𝑥 − 𝐹𝑎c = 𝑚. 𝑎 ⟹ 𝑎 = 𝐹𝑥−𝐹𝑎c𝑚 
 𝑎 = 103,9−6650 = 0,758𝑚. 𝑠−2 
 
 
 
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Problema 9. Um corpo está assente num plano inclinado sem atrito de inclinação 60º. O plano 
tem uma aceleração  tal que o corpo se mantém estacionário. 
a) Determine o valor de . 
b) O que acontecerá se o plano tiver uma aceleração superior a ? 
Resolução: O esquema do problema é o seguinte: 
 
 
 
 
 
 
 
 
O corpo está parado em relação ao plano, movendo-se, portanto, juntamente com ele com uma 
aceleração na direcção 𝑂𝑥, indicada na figura. Repare que a escolha dos eixos foi feita 
considerando 𝑂𝑥 como a direcção da aceleração. 
 
a) Decompondo a reacção normal no referencial considerado, tem-se: 𝑅𝑁𝑥 = 𝑅𝑁𝑠𝑖𝑛(); 𝑅𝑁𝑦 = 𝑅𝑁𝑐𝑜𝑠() 
enquanto o peso tem apenas componente na direcção 𝑂𝑦. Tendo em conta que a aceleração tem 
apenas componente em 𝑂𝑥, a 2.ª lei de Newton escreve-se na forma: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝐹𝑅𝑦 = 0 
ou seja, { 𝑅𝑁𝑠𝑖𝑛() = 𝑚. 𝑎𝑅𝑁𝑐𝑜𝑠() − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ {𝑅𝑁𝑠𝑖𝑛() = 𝑚. 𝑎𝑅𝑁𝑐𝑜𝑠() = 𝑚𝑔 ⇒ 𝑡𝑔() = 𝑎𝑔 ⇒ 𝑎 = 𝑔. 𝑡𝑔() = 9,8 × 𝑡𝑔(60𝑂) = 16,97 𝑚/𝑠2 
 
b) Aumentando a aceleração, o corpo deixa de conseguir acompanhar o movimento do plano e 
sobe ao longo do plano. 
 
�⃗⃗�𝑁 
�⃗⃗� 
𝑦 
𝑥 �⃗� 
 
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Problema 10. Considere o pêndulo da figura (pêndulo cónico). Este pêndulo tem comprimento 
20cm e suporta uma massa de 40g, que roda em torno de um eixo vertical numa trajectória circular. 
Sabendo que o ângulo que o fio forma com a vertical é de  = 15º: 
 
a) Qual a velocidade da massa? 
b) Qual a tensão no fio? 
 
 
 
Resolução: Tendo em conta que a esfera tem velocidade constante (em norma), podemos concluir 
que ela está animada de movimento circular uniforme. Significa isto que a aceleração tangencial 
é nula e que existe apenas aceleração centrípeta. Vamos então escrever a 2ª lei de Newton num 
sistema de eixos que contem o eixo centrípeto, o eixo tangente e o eixo vertical. Dado que não 
existem forças na direcção tangente, iremos escrever as equações apenas para o eixo centrípeto 
(designamos por 𝑂𝑥) e vertical (designamos por 𝑂𝑦). Repare-se que, tal como no problema 
anterior (feito na aula passada), só existe aceleração segundo 𝑂𝑥. Para o fazermos, começamos 
por representar as forças aplicadas à esfera: 
 
 
 
 
 
 
 
Tal como acontecia no problema anterior, a 2.ª lei de Newton pode ser desenvolvida da seguinte 
forma (𝑎𝑦 = 0: a esfera não sobe nem desce): �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝐹𝑅𝑦 = 0 
A aceleração que a esfera possui é, como dissemos, centrípeta, relacionando-se com a velocidade 
e com o raio da trajectória circular a partir da expressão: 𝑎𝑐 = 𝑣2𝑅 
 
 𝑒𝑥 𝑒𝑦 𝑇𝑦 
𝑇𝑥 
 
𝑦 
𝑥 
𝜃 
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De acordo com o sistema de eixos apresentado, as equações correspondentes à 2ª lei escrevem-se 
na forma (tal como fizemos no problema anterior): {𝑇𝑥 = 𝑚. 𝑎𝑐𝑇𝑦 −𝑚𝑔 = 0 ⇒ {𝑇 𝑠𝑖𝑛(𝜃) = 𝑚. 𝑣2𝑅𝑇 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑚𝑔 
Onde 𝑅 é o raio da trajectória circular, dado em função do comprimento do fio: 𝑅 = 𝑙 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 
Resolvendo o sistema de equações encontramos as respostas para ambas as alíneas: 
{𝑚𝑔 𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑚. 𝑣2𝑅𝑇 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃) ⇒ { 
 𝑡𝑔(𝜃) = 𝑣2𝑅.𝑔𝑇 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
⇒ {𝑣 = √0.2 × 𝑠𝑖𝑛(15) × 9.8 × 𝑡𝑔(15) = 0,369𝑚/𝑠𝑇 = 0.04×9,8𝑐𝑜𝑠(15) = 0,406𝑁 
 
 
 
 
 
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Problema 11. Uma esfera de 50g descreve um círculo horizontal ao deslizar no interior de uma 
cavidade cónica ( = 35º), como mostra a figura 3. Supondo que não existe atrito e que a esfera 
realiza duas voltas por segundo: 
 
 
 
 
 
 
a) Explique por que razão a trajectória é estável, isto é, a esfera não tem tendência a descer. 
b) Calcule o raio da trajectória e a alturah. 
Resolução: Para além do peso a esfera está sob a acção da reacção normal (que faz um ângulo 𝜃 
com o eixo 𝑂𝑥): 
 
 
 
 
 
 
a) A esfera não desce porque não existe atrito e, portanto, a velocidade mantém-se constante. 
 
b) Só existe aceleração segundo a direcção centrípeta, que designamos por 𝑂𝑥. Assim, as 
equações do movimento são: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝑐𝐹𝑅𝑦 = 0 
Note-se que a aceleração centrípeta pode ser dada a partir da velocidade angular: 𝑎𝑐 = 𝑅𝜔2 
Decompondo as forças, tem-se: {𝑅𝑁 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑚𝑅𝜔2𝑅𝑁 𝑠𝑖𝑛(𝜃) − 𝑚𝑔 = 0 
⟹ { 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑚𝑅𝜔2𝑅𝑁 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝜃) ⟹ 𝑔. 𝑡𝑔(𝜃) = 𝑅𝜔2 
h  Figura 3 
h  
�⃗⃗�𝑁 
�⃗⃗� 
𝑦 
𝑥 
𝑅 
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⟹ 𝑅 = 𝑔. 𝑡𝑔(𝜃)𝜔2 
Dado que nos dizem que a esfera dá duas voltas (2 × 2𝜋 𝑟𝑎𝑑) por segundo, a velocidade angular 
é de: 𝜔 = 4𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Podemos então tirar o valor do raio: 𝑅 = 10 × 𝑡𝑔(35𝑂)16𝜋2 = 0,044 𝑚 
Para tirar o valor da altura basta ter em conta a definição de tangente: 𝑡𝑔(𝜃) = 𝑅ℎ ⟹ ℎ = 𝑅𝑡𝑔(𝜃) = 0,044𝑡𝑔(35𝑂) = 0,06 𝑚 
 
 
 
 
 
Problema 12. Num parque de diversões existe um cilindro “anti-gravidade”. As pessoas entram 
e encostam-se às paredes do cilindro. Em seguida este começa a rodar e, num dado instante, o 
chão é removido. Curiosamente as pessoas não caem. Tendo em conta que o raio cilíndrico é de 
2m e que o coeficiente do atrito estático das pessoas e a parede é em média c = 0,4, determine a 
velocidade angular mínima do cilindro para que uma pessoa de 80 kg não caia. 
Resolução: 
A resolução é igual à do problema 15, com a diferença de que aqui é pedida a velocidade angular 
que se relaciona com a velocidade linear por: 𝑣 = 𝑅𝜔 
 
(solução: 𝜔 = 3,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠) 
 
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Problema 13. Um pássaro pretende descrever uma curva com um raio de 10m. Para tal, realiza 
uma pequena inclinação de um ângulo  relativamente à horizontal (ver figura 4). Sabendo que a 
velocidade do pássaro é de 5m/s, determine o valor do ângulo . 
 Nota: A força de sustentação do pássaro é perpendicular às asas. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Considere o seguinte esquema de forças: 
 
 
 
 
 
 
A 2.ª lei de Newton pode ser desenvolvida da seguinte forma (𝑎𝑦 = 0: o pássaro não sobe nem 
desce): �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝐹𝑅𝑦 = 0 
A aceleração que o pássaro possui é centrípeta (movimento circular uniforme), relacionando-se 
com a velocidade e com o raio da trajectória circular a partir da expressão: 𝑎𝑐 = 𝑣2𝑅 
De acordo com o sistema de eixos apresentado, as equações correspondentes à 2ª lei escrevem-se 
na forma: {𝐹𝑆 𝑠𝑖𝑛(𝜃) = 𝑚. 𝑎𝑐𝐹𝑆 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑚𝑔 = 0 ⇒ {𝐹𝑆 𝑠𝑖𝑛(𝜃) = 𝑚. 𝑣2𝑅𝐹𝑆 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑚𝑔 
onde 𝑅 é o raio da trajectória circular. Resolvendo o sistema de equações encontramos as respostas 
para ambas as alíneas: 
{ 
 𝑡𝑔(𝜃) = 𝑣2𝑅. 𝑔𝐹𝑆 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
 
Figura 4 
 
 
�⃗�𝑆 𝑦 𝑥 
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⇒ 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 𝑣2𝑅. 𝑔) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 5210 × 10) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(0,25) = 140 
 
 
Problema 14. Nas corridas “naskar” norte-americanas, os condutores fazem as curvas a grande 
velocidade, aproximadamente 250km/h. Sabendo que a inclinação destas curvas é de 15º, calcule 
qual terá de ser o coeficiente de atrito entre o piso e as rodas (este valor é importante na concepção 
dos pneus utilizados nestas pistas). A massa destes carros é 1500kg e o raio das curvas é 100m. 
Solução: 𝜇𝑒 = 2.0 
 
 
Problema 15. Na feira popular existe uma acrobacia muito conhecida, o poço da morte, que 
consiste em manter uma moto em movimento circular numa parede vertical. Tendo em conta que 
o raio do poço é de 2,5m, o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a parede é de 0,6 e que 
o peso do conjunto (homem e moto) é de 1500N, calcule a velocidade mínima em km/h para 
realizar esta proeza. 
Resolução: 
Consideremos o seguinte esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A reacção normal é tanto maior quanto maior for a velocidade. É esta força a responsável pela 
aceleração centrípeta. Assumindo que a velocidade é constante e que toma o valor mínimo 
necessário para que o corpo não caia, podemos dizer que a força de atrito estático (porque o corpo 
não sobe nem desce!) é dada pelo seu valor máximo, isto é: 𝐹𝑎 = 𝜇𝑒𝑅𝑁 
�⃗⃗� 
�⃗⃗�𝑁 �⃗�𝑎 𝑥 
𝑦 
�⃗� �⃗� 
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 23 
A 2.ª Lei de Newton, impõe então: �⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝐹𝑅𝑦 = 0 
Tendo em conta que a aceleração centrípeta é dada por 𝑎𝑐 = 𝑣2𝑅 
e, dada a escolha de eixos vem: 
{ 𝑅𝑁 = 𝑚𝑣2𝑅𝐹𝑎 −𝑚𝑔 = 0 
ou seja: 
{ 𝑅𝑁 = 𝑚𝑣2𝑅𝜇𝑒𝑅𝑁 = 𝑚𝑔 ⟹ {𝑅𝑁 = 𝑚
𝑣2𝑅𝑅𝑁 = 𝑚𝑔𝜇𝑒 
 
Resolvendo em ordem à velocidade vem 𝑣2 = 𝑅𝑔𝜇𝑒 
𝑣 = √2,5 × 100,6 = 6,5 𝑚/𝑠 
 
 
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 24 
Problema 16. Um dado objecto move-se segundo a equação: 𝑟(𝑡) = 2𝑡2�⃗⃗�𝑥 + (𝑡 − 3)�⃗⃗�𝑦 − 2 �⃗⃗�𝑧 (𝑚) 
a) Calcule a posição inicial e escreva a equação da trajectória. Desenhe o gráfico da 
trajetória para os primeiros 5 segundos 
b) Determine a expressão da velocidade e da celeridade 
c) Calcule a aceleração, a aceleração tangencial e o raio da trajectória para 𝑡 = 3𝑠. 
d) Qual é o tipo de movimento descrito pela equação acima apresentada 
Resolução: 
a) Para determinar a posição inicial, basta substituir na expressão geral da posição o tempo por 
zero: 𝑟0 = −3�⃗⃗�𝑦 − 2 �⃗⃗�𝑧 (𝑚) 
Para escrever a equação da trajectória, precisamos de partir das equações paramétricas para o 𝑥, 
o 𝑦 e o 𝑧, e tentar eliminar o tempo, encontrando uma equação que relacione as coordenadas, 
definindo assim uma linha no espaço, que descreva todos os pontos pelos quais o objecto irá 
passar. Assim, as equações paramétricas são: 
{ 𝑥 = 2𝑡2𝑦 = 𝑡 − 3𝑧 = −2 
A coordenada 𝑧, é constante, mostrando que a trajectória assenta num plano paralelo a 𝑥𝑂𝑦, 
deixando de lado a terceira equação. Resta-nos então determinar uma relação entre 𝑥 e 𝑦, o que 
se pode fazer escrevendo 𝑡 em função de 𝑦 (a partir da segunda equação) e substituindo na 
primeira: {𝑥 = 2(𝑦 + 3)2𝑡 = 𝑦 + 3 
A trajectória fica definida pelas equações: 𝑧 = −2; 𝑥 = 2(𝑦 + 3)2 
Quanto ao gráfico da trajectória nos primeiros 5 s, basta atribuir valores de tempo de 0 a 5 s nas 
equações que definem 𝑥 e 𝑦, e representar 𝑦 como função de 𝑥: 
 
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 25 
 
 
b) Para determinar a velocidade basta derivar a expressão da posição: 𝑟(𝑡) = 2𝑡2�⃗⃗�𝑥 + (𝑡 − 3)�⃗⃗�𝑦 − 2 �⃗⃗�𝑧 
obtém-se então: �⃗� = 𝑑𝑟𝑑𝑡 = (2𝑡2�⃗⃗�𝑥 + (𝑡 − 3)�⃗⃗�𝑦 − 2 �⃗⃗�𝑧)′ ⟹ �⃗�(𝑡) = 4𝑡�⃗⃗�𝑥 + �⃗⃗�𝑦 
O cálculo da celeridade (norma da velocidade), é então: 𝑣 = √(4𝑡)2 + 12 = √16𝑡2 + 1 = (16𝑡2 + 1)1 2⁄ 
 
c) A determinação da aceleração será dada pela derivada da velocidade, resultando: �⃗� = 𝑑�⃗�𝑑𝑡 = (4𝑡�⃗⃗�𝑥 + �⃗⃗�𝑦)′ ⟹ �⃗�(𝑡) = 4�⃗⃗�𝑥 
e, portanto, em qualquer instante a sua norma vale 𝑎 = 4 𝑚/𝑠2 
Quanto à aceleração tangencial, sabemos que ela é dada pela derivada da norma da velocidade 
(não do vector velocidade!). Deste modo, tem-se: 𝑎𝑡 = 𝑑𝑣𝑑𝑡 = ((16𝑡2 + 1)1 2⁄ ) ′ ⟹ 𝑎𝑡 = 12 × 32𝑡 × (16𝑡2 + 1)−1 2⁄ 
ou seja, 𝑎𝑡 = 16𝑡(16𝑡2 + 1)1 2⁄ 
No instante t=3 s, vem (substituindo na expressão): 𝑎𝑡 = 48√145 = 3,99 𝑚/𝑠2 
Para determinarmos o raio de curvatura precisamos do valor da aceleração centrípeta. Tendo em 
conta que o vector aceleração tem duas componentes, a centrípeta e a tangencial, podemos 
escrever: 
 
 
 
 
 𝑎 = √𝑎𝑡2 + 𝑎𝑐2 
e portanto 
𝑎𝑡 𝑎𝑐 
�⃗� �⃗� 
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𝑎𝑐 = √𝑎2 − 𝑎𝑡2 
e para 𝑡 = 3 𝑠 vem 𝑎𝑐 = √42 − 3,992 = 0,28 𝑚/𝑠2 
A partir daqui podemos calcular o raio de curvatura a partir da definição de aceleração centrípeta: 𝑎𝑐 = 𝑣2𝑅 ⟹ 𝑅 = 𝑣2𝑎𝑐 = 16𝑡2 + 1𝑎𝑐 
Substituindo os valores no instante considerado, vem: 𝑅 = 1440,28 = 518 𝑚 
 
d) Movimento uniformemente acelerado (porque o vector aceleração é constante!). 
 
 
Problema 17. A posição de uma bola em função do tempo é descrita do seguinte modo: 𝑟(𝑡) = 𝑠𝑖𝑛(𝑡)𝑒𝑥 + (2 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡))𝑒𝑦 
a) Determine a equação da trajectória. 
b) Calcule a velocidade e o módulo da velocidade. 
c) Calcule a aceleração, a aceleração tangencial e o raio de curvatura para t = s. 
d) Qual é o tipo de movimento descrito pela equação acima apresentada? 
Resolução: 
a) As equações paramétricas são: { 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛(𝑡)𝑦 = 2 − 𝑐𝑜𝑠(𝑡) ⟹ { 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛(𝑡)2 − 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠(𝑡) ⟹ { 𝑥2 = 𝑠𝑖𝑛2(𝑡)(2 − 𝑦)2 = 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) 
 
Eliminando o tempo (elevando ao quadrado cada um dos termos da equação e somando as 
equações, obtemos a equação da trajectória: 𝑥2 + (2 − 𝑦)2 = 1 
 
b) A velocidade obtém-se derivando o vector posição: �⃗� = 𝑑𝑟𝑑𝑡 = 𝑐𝑜𝑠(𝑡)𝑒𝑥 + 𝑠𝑖𝑛(𝑡)𝑒𝑦 
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A norma da velocidade vem então: 𝑣 = ‖�⃗�‖ = √𝑐𝑜𝑠2(𝑡) + 𝑠𝑖𝑛2(𝑡) = 1 𝑚/𝑠 
 
c) A aceleração obtém-se derivando o vector velocidade: �⃗� = 𝑑�⃗�𝑑𝑡 = −𝑠𝑖𝑛(𝑡)𝑒𝑥 + 𝑐𝑜𝑠(𝑡)𝑒𝑦 
e a norma da aceleração é: 𝑎 = ‖�⃗�‖ = √(−𝑠𝑖𝑛(𝑡))2 + 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) = √𝑠𝑖𝑛2(𝑡) + 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) = 1 𝑚/𝑠2 
A aceleração tangencial é dada pela derivada da norma da velocidade em ordem ao tempo. Sendo 
constante a norma da velocidade, a sua derivada é nula: 𝑎𝑡 = 𝑑𝑣𝑑𝑡 = 0 
A aceleração centrípeta obtém-se tendo em conta que: 𝑎2 = 𝑎𝑡2 + 𝑎𝑐2 
donde vem: 𝑎𝑐 = 1 𝑚/𝑠2 
Tendo em conta que a aceleração centrípeta se relaciona com a norma da velocidade e com o raio 
de curvatura: 𝑎𝑐 = 𝑣2𝑅 
vem logo: 1 = 12𝑅 ⇒ 𝑅 = 1 𝑚 
 
d) Tratando-se de uma trajectória circular, e uma vez que a norma da velocidade é constante, 
podemos afirmar que a bola tem movimento circular uniforme. 
 
 
 
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Problema 18. Uma pedra é lançada do alto de um penhasco com uma altura de 50 m. Sabendo 
que a velocidade inicial é de 30 m/s (na série original é 5 m/s) e que o ângulo de lançamento é 
de 60° (na série original é 30°) com a horizontal (considere que não existe resistência do ar) 
a) Calcule o tempo que demora a pedra a chegar ao chão. 
b) Calcule a distância horizontal percorrida pela pedra. 
c) Calcule a velocidade e o ângulo em relação à vertical da pedra, no momento em que 
atinge o chão. 
d) Determine a altura máxima atingida pela pedra. (esta alínea não aparece na série original) 
 
Resolução: 
Antes de responder às questões que são postas, é importante perceber que imediatamente após ser 
lançada com uma dada velocidade inicial �⃗�0, a pedra fica sujeita à aceleração da gravidade 𝑔 
(vertical e apontada para baixo) e, portanto, assumindo que a direcção vertical é 𝑂𝑦 e que a 
horizontal é 𝑂𝑥, as equações da posição da pedra serão: 
{ 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 − 12𝑔𝑡2 
e as da velocidade: { 𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 
Note-se que 𝑣0𝑥 e 𝑣0𝑦, são as componentes da velocidade inicial: 
 
 
 
 
Escolhendo o referencial no chão (o que faz com que 𝑦0 = 50 𝑚) e com 𝑥0 = 0, o esquema do 
lançamento tem o seguinte aspecto aproximado: 
 
 
 
 
 
 
 
Relativamente aos valores iniciais da posição e velocidade, podemos então escrever: 
�⃗�0 𝑣0𝑦 = 𝑣0. 𝑠𝑖𝑛𝜃 
𝑣0𝑥 = 𝑣0. 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜃 
𝜃 𝑣0 
𝑥 
𝑦 
𝑦0 
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{ 𝑥0 = 0 𝑚𝑦0 = 50 𝑚 
{ 
 𝑣0𝑥 = 3012 𝑚/𝑠𝑣0𝑦 = 30√32 𝑚/𝑠 
e as equações da posição e velocidade podem ser escritas da seguinte forma (considerando a 
aceleração da gravidade 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2): { 𝑥 = 15𝑡𝑦 = 50 + 15√3𝑡 − 5𝑡2 { 𝑣𝑥 = 15𝑣𝑦 = 15√3 − 10𝑡 
Podemos agora pensar nas questões que são levantadas neste problema. 
 
a) Para calcular o tempo que a pedra leva a chegar ao chão, precisamos de perceber que quando 
isto acontece, a coordenada vertical é nula, ou seja, 𝑦 = 0. Assim, tendo em conta a expressão de 
y em função do tempo: 𝑦 = 50 + 15√3𝑡 − 5𝑡2 
bastará igualá-la a zero e determinar o tempo correspondente. A forma canónica da equação de 
2.º grau é: 𝑎𝑡2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 = 0 
cuja solução (se existir) é dada por: 𝑡 = −𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐2𝑎 
Assim, neste caso: 50 + 15√3𝑡 − 5𝑡2 = 0 
⟹ 𝑡 = −15√3 ± √(15√3)2 − 4 × (−5) × 502 × (−5) ⟹ 𝑡 = −1,495 𝑠 ∨ 𝑡 = 6,691 𝑠 
Dado que o tempo negativo não tem significado, somos levados a concluir que a pedra demora 6,691𝑠 a chegar ao chão. 
 
b) Para calcular a distância horizontal percorrida, basta substituir o tempo que leva a chegar ao 
chão na expressão do 𝑥. Assim obtemos: 𝑥𝑚á𝑥 = 15 × 6,691 = 100,4 𝑚 
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 30 
 
c) Para o cálculo da velocidade no instante em que a pedra atinge o chão, teremos de substituir o 
tempo correspondente à chegada ao chão, calculado na alínea a), nas equações da velocidade 
acima descritas: { 𝑣𝑥 = 15 𝑚/𝑠𝑣𝑦 = 15√3 − 10 × 6.691 = −40,93 𝑚/𝑠 
Assim, a velocidade (norma da velocidade) será dada por: 𝑣 = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 𝑣 = √152 + (−40,93)2 = 43.59 𝑚/𝑠 
Quanto ao ângulo formado com a vertical, consideremos a seguinte representação da velocidade 
no instante em que a pedra atinge o chão: 
 
 
 
 
 
 
O ângulo pedido é o ângulo ∝, que pode ser calculado pelo arco de tangente do quociente entre 
os valores absolutos (módulos) das componentes da velocidade 𝑣𝑥 e 𝑣𝑦: 𝑡𝑔(𝛼) = 𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑜𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑗𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒 = |𝑣𝑥||𝑣𝑦| ∝= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (|𝑣𝑥||𝑣𝑦|) ∝= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 1540,93) = 20,1𝑂 
 
d) A questão que se põe agora é a da determinação da altura máxima atingida pela pedra, o que 
acontece quando ela deixa de subir, ou seja quando a componente vertical da velocidade, 𝑣𝑦, se 
anula. Se observarmos a expressão para esta componente: 𝑣𝑦 = 15√3 − 10𝑡 
verificamos que que quando 𝑡 = 0, ela é positiva (quer dizer que 𝑦 está a aumentar) e vai 
decrescendo até que toma valores negativos (para estes 𝑦 está a diminuir), ou seja, a pedra pára 
de subir e começa a descer no instante em que 𝑣𝑦 se anula. Vamos então resolver a equação: 
�⃗� 𝑣𝑦 𝑣𝑥 
∝ 
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 31 
𝑣𝑦 = 0 ⟹ 15√3 − 10𝑡 = 0 ⟹ 𝑡 = 2,6 𝑠 
Resta agora substituir este valor do tempo na equação da coordenada 𝑦 da posição para obtermos 
a altura máxima atingida pela pedra: 𝑦𝑚á𝑥 = 50 + 15√3 × 2,6 − 5 × 2,62 ⟹ 𝑦𝑚á𝑥 = 83,75 𝑚 
 
 
 
Problema 19. Um canhão encontra-se encravado numa posição em que o ângulo de lançamento 
faz 45º com a horizontal. Considere que no campo de batalha existe uma pequena elevação com 
10m de altura e 50m de comprimento. Sabendo que a altura máxima atingida pelo petardo é de 
100m: 
a) Calcule a velocidade inicial do petardo. 
b) Calcule o alcance máximo do canhão. 
c) Qual deverá ser a distância mínima e máxima, à elevação, a que devemos colocar o 
canhão de modo a que o petardo caia sobre ela? 
Resolução: 
Sabemos que se trata de um projéctil, as equações para a posição são: 
{ 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑡𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑡 − 12𝑔𝑡2 
e para a velocidade: { 𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛(𝜃) − 𝑔𝑡 
O esquema de lançamento pode ser representado da forma: 
 
 
 
 
 
ou seja, temos (𝜃 = 45𝑂): {𝑥0 = 0 𝑚𝑦0 = 0 𝑚 
𝑦𝑚á𝑥 𝑦 
𝑥 𝑥𝑚á𝑥 
�⃗�0 𝜃 
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{ 
 𝑣0𝑥 = 𝑣0 √22 𝑚/𝑠𝑣0𝑦 = 𝑣0 √22 𝑚/𝑠 
Podemosentão escrever as equações paramétricas na forma: 
{ 
 𝑥 = 𝑣0 √22 𝑡𝑦 = 𝑣0 √22 𝑡 − 12𝑔𝑡2 ∧ { 
 𝑣𝑥 = 𝑣0 √22𝑣𝑦 = 𝑣0 √22 − 𝑔𝑡 
 
a) Sabemos que a altura máxima é de 100m. ⟹ 𝑣0 √22 − 10𝑡 = 0 ⇒ 𝑡 = 𝑣0 √220 ⇒ 45 = 𝑣0 √22 × 𝑣0 √220 − 5 × (𝑣0 √220)2 ⇒ 45 = 𝑣0240 ⇒ 𝑣0 = √40 × 45 = 42,4 𝑚/𝑠 
 
b) O alcance é o valor de 𝑥 obtido para 𝑦 = 0. substituindo na equação para o 𝑦 tem-se: 0 = 42,4 × √22 𝑡 − 5𝑡2 0 = 30,0𝑡 − 5𝑡2 𝑡 = 0 ∨ 𝑡 = 6 𝑠 
substituindo o tempo na equação para o 𝑥 vem: 𝑥𝑚á𝑥 = 42,4 × √22 × 6 = 179,9 𝑚 
 
c) Neste caso, o petardo vai acertar no topo da elevação. Se o atingir no início, encontra-se à 
distância máxima. Se o atingir no fim, encontra-se à distância mínima (será igual à máxima menos 50𝑚) 
 
 
 
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Basta então calcular a distância máxima, considerando que o petardo estará a uma altura de 10𝑚: 𝑦 = 10 42,4 × √22 𝑡 − 5𝑡2 = 10 5𝑡2 − 30𝑡 + 10 = 0 𝑡2 − 6𝑡 + 2 = 0 𝑡 = 6 ± √62 − 4 × 1 × 22 × 1 = 6 ± √282 𝑡 = 0,35 ∨ 𝑡 = 5,65 𝑠 
A solução procurada corresponde ao instante em que o petardo está a descer. ou seja, a segunda 
solução 𝑡 = 5,65 𝑠. Substituindo na equação de 𝑥, vem: 𝑑𝑚á𝑥 = 42,4 × √22 × 5,65 = 169,4 𝑚 
Como tinhamos dito, a distância mínima é calculada subtraindo à máxima 50m: 𝑑𝑚𝑖𝑛 = 𝑑𝑚á𝑥 − 50 = 119,4 𝑚 
 
 
𝑦𝑚á𝑥 𝑦 
𝑥 𝑑𝑚𝑖𝑛 
�⃗�0 
50 𝑚 
𝑦𝑚á𝑥 𝑦 
𝑥 𝑑𝑚á𝑥 
�⃗�0 
50 𝑚 
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