Cinematica Exercicios resolvidos

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Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
1 
Cinemática 
1. O vector de posição referente ao movimento de uma partícula é: 
kˆ)t4(jˆ)t2t(iˆ)4t2()t(r 232 −+−−−=r U.S.I. 
Determine os vectores velocidade, aceleração, aceleração tangencial e centrípeta. 
Particularize para t=2 s e neste instante calcule o raio de curvatura. 
Resolução 
kˆt2jˆ)2t3(iˆt4
dt
rd)t(v 2 −−−==
rr ⇒ kˆ4jˆ10iˆ8v2 −−=r ms-1 
kˆ2jˆt6iˆ4
dt
vd)t(a −−==
rr
 ⇒ kˆ2jˆ12iˆ4a2 −−=r ms-2 
)kˆt2jˆ)2t3(iˆt4(
t4)2t3(t16
t4)2t3(t6t16v
v
va
a 22222
2
2 −−−×+−+
+−+=×


=τ r
rr
r 
)kˆt2jˆ)2t3(iˆt4(
t4)2t3(t16
t4)2t3(t6t16)kˆ2jˆt6iˆ4(aaa 22222
2
N −−−×+−+
+−+−−−=−= τrrr 
em t =2s kˆ56,3jˆ89,8iˆ11,7)kˆ4jˆ10i8(
180
160a −−=−−×=τ
r ms-2 
 
kˆ56,1jˆ11,3iˆ11,3aaaN +−−=−= τ
rrr ms-2 
 e 57,38
67,4
180
a
v
N
2
===ρ m 
2. Uma partícula tem movimento circular uniforme no plano XY conforme 
figurado, sendo v = 7,5 ms-1. 
Determine: 
2.1 a equação vectorial do movimento; 
2.2 o vector velocidade angular; 
2.3 as componentes intrínsecas 
vectoriais da aceleração para t = 2 s; 
Resolução 
2.1 O vector de posição neste tipo de movimento tem a expressão 
jˆ)tsen(Riˆ)tcos(R)t(r oo ϕ+ω+ϕ+ω=r 
Y 
X 
Po 
P 
O 
R 
R=2,5 m
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
2 
Como em t =0 iˆ5.2)o(r −=r e 1rads3
5,2
5,7
R
v −===ω 
jˆ)t3sen5,2(iˆ)t3cos5,2()t(r −+−=r 
2.2 Como o movimento é plano o vector ωr é perpendicular ao plano do 
movimento, sendo portanto paralelo ao eixo dos zz e de acordo com o sentido do 
vector velocidade indicado na figura dirigido no sentido positivo, ou seja 
k3ˆ=ωr rads-1. Pode determinar-se também a partir da expressão 2v
av rrr ∧=ω 
jˆ)t3cos5,7(iˆ)t3sen5,7(
dt
rd)t(v −+==
rr (SI) 
)jˆt3sen5,7iˆt3cos5,7(3
dt
vd)t(a +×==
rr (SI) 
kˆ3
5,7
))jˆt3sen5,7iˆt3cos5,7(3()jˆt3cos5,7iˆt3sen5,7(
2 =+×∧−=ωr rads-1 
2.3 Como v é constante 0ˆ
dt
dva =τ=τ
r e Nˆ5,22Nˆ
R
vaa
2
N ===
rr ms-2 , sendo 
jˆt3seniˆt3cosNˆ += expresso em componentes cartesianas. 
3. Na figura o braço OA de 0,9 m de 
comprimento roda em torno de O, sendo o 
valor instantâneo da sua coordenada polar 
 θ =0,15t2 rad. O cursor B desliza ao longo do 
braço, sendo o valor instantâneo da sua 
distância a O r = 0,9 – 0,12t2 m. 
Encontre as expressões para os valores instantâneos dos vectores de posição, 
velocidade e aceleração total do cursor B. Determine os valores dessas grandezas 
no instante em que θ = 30o. 
Resolução 
Na resolução deste problema é conveniente exprimir as grandezas pretendidas 
em coordenadas polares. 
θ = 0,15 t2 rad ⇒ 1radst3,0
dt
d −=θ=ω ⇒ 2rads3,0
dt
d −=ω=α 
ruˆrr =r ; θω+=+== uˆruˆdt
dr
dt
uˆdruˆ
dt
dr
dt
rdv rrr
rr e 
 
θ
B A
O
r
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
3 
θ

 α+ω+


 ω−== uˆr
dt
dr2uˆr
dt
rd
dt
vda r
2
2
2rr 
r
2 uˆ)t12,09,0(r −=r 
θ×−+−= uˆt3,0)t12,09,0(uˆt24,0v 2rr 
( ) ( ) θ×−+−+×−−−= uˆ3,0)t12,09,0()t24,0(t6,0uˆt3,0)t12,09,0(24,0a 2r222r 
Quando θ = 30o s868,1
15,06
t =×
π= ω = 0,56 rads-1 
Substituindo vem: 
muˆ481,0r r=r , 1r msuˆ269,0uˆ448,0v −θ+−=r e 2r msuˆ359,0uˆ391,0a −θ−−=r , 
vectores que estão representados na figura. 
 
 
 
 
 
 
4. O bloco B desliza para a direita com a velocidade de 300 mm.s-1. Calcule as 
velocidades do corpo deslizante A e dos pontos C e D dos cabos. 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
3xA –2xB = c.te 
1
A
BA
BA
s.mm200
3
2
dt
d2
dt
d3
−=
=⇒=
v
vvxx
 
3xA -xC = c.te 
1
C
AC
CA
s.mm600
3
dt
d
dt
d3
−=
=⇒=
v
vvxx
 
A
B C
D
xC
xD 
xA 
xB 
A 
B C 
D 
 
θ
B A
O
rr
ruˆ
r 
vr
ar
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
4 
xA +xD = c.te 
1
D
AD
DA
s.mm200
dt
d
dt
d
−−=
−=⇒−=
v
vvxx
 
5. A caixa representada na figura move-se 
mantendo as arestas C e D em contacto com as 
paredes lisas contidas respectivamente no 
plano OXZ e OYZ. Num determinado instante 
a velocidade de D é 0,5 ms-1. Determine nesse 
instante: 
5.1 as coordenadas do centro instantâneo de rotação; 
5.2 a velocidade angular da caixa. 
5.3 as velocidades das arestas A, B e C. 
Resolução 
5.1 Se as arestas C e D se mantêm em 
contacto com as paredes , a velocidade do 
ponto D é paralela ao eixo dos yy apontando 
no sentido positivo. Por definição de centro 
instantâneo de rotação, o mesmo tem que estar 
localizado nas perpendiculares às velocidades de C e D que passam por estes 
pontos. 
Assim, a intersecção dessas perpendiculares define o centro instantâneo de 
rotação I, como mostra a figura, sendo as coordenadas deste ponto : 
xI = DC cos30o = 1,2 cos 30o = 1,04 m 
yI = DC sen30o = 1,2 sen 30o = 0,6 m. 
5.2 De acordo com os sentidos das velocidades dos pontos C e D o vector 
velocidade angular de rotação tem o sentido negativo do eixo dos zz. Assim, 
jˆ04,1)iˆ04,1()kˆ(IDvD ω=−∧ω−=∧ω= rr . 
Como jˆ5,0vD =r ⇒ ω = 0,48 rads-1 
5.3 iˆ29,0)jˆ6,0()kˆ48,0(ICvC −=−∧−=∧ω= rr m.s-1 
A 
C 
B 
D 
X O 
Y 
vD
30o 
AB = 1,2 m 
BC = 0,8 m 
A 
C 
B 
D 
X O 
Y 
vD
30o 
vC 
I 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
5 
IAvA ∧ω= rr ou 
1oo
DA msjˆ31,0iˆ33,0)jˆ30cos8,0iˆ30sen8,0(kˆ48,0(jˆ5,0DAvv
−+=+∧−+=∧ω+= rrr
1oo
CB msjˆ19,0iˆ04,0)jˆ30cos8,0iˆ30sen8,0(kˆ48,0(iˆ29,0CBvv
−−=+∧−+−=∧ω+= rrr
 
6. O corpo cilíndrico de secção elíptica descreve 
movimento plano delizando sobre o apoio em A e 
sobre a superfície horizontal sem atrito. Sabendo que 
no instante em que a secção do corpo no plano do 
movimento é a indicada na figura, a velocidade do 
ponto B (10,809; -27,042) cm é 0,1 m.s-1,determine: 
6.1 as coordenadas no sistema [OXY] do centro instântaneo de rotação; 
6.2 a velocidade angular do corpo; 
6.3 os vectores velocidade nos pontos A, O e C. 
 
Resolução 
6.1 São conhecidas as direcções das velocidades 
em A e B, então podem traçar-se as perpendiculares 
aos vectores velocidade passando pelos pontos, vindo 
essa rectas a interseceptarem-se no centro instantâneo 
de rotação. 
Pela geometria da figura xI = xB e yI = xI tg30º = 6,24 cm 
6.2 vB = ωx(yB+ yI) ⇒ ω = 0,3 rad.s-1 
6.3 A direcção da velocidade em A é perpendicular ao eixo menor da elipse cujo 
versor é jˆº30seniˆº30cos + . Então o versor do vector velocidade é: 
jˆº30cosiˆº30senvˆA −= . 
O módulo de Av
r é: 
1222
I
2
IA s.m0824,00624,01081,015,0(3,0)yxAO()OIAO(v
−=++×=++×ω=+×ω=r
e 1A s.mjˆ0714,0iˆ0412,0)jˆº30cosiˆº30(sen0824,0v −−=−×=r . 
Para o cálculo de vO pode recorrer-se à construção geométrica que permite encontrar 
esse vector velocidade e o módulo dessa velocidade é dado pela expressão 
1
O
OA s.m0374,0
2748,0
1248,00824,0v
IO
vIA
v −=×=⇒= . 
Como a direcção e o sentido de Ov
r é o mesmo de Av
r , 
1
A s.mjˆ0324,0iˆ0187,0)jˆº30cosiˆº30(sen0374,0v
−−=−×=r . 
cm30OC
cm15OA
=
= 
A 
B 
O x 
y C 
30º I 
vB 
vA 
vO 
A
B 
O x 
y 
C
30º 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
6 
Para o ponto C, o módulo da velocidade é 
12222
C s.m0975,01248,030,03,0OICOCIv
−=+×=+×ω=×ω=r e a direcção é 
dada pelo versor jˆº30seniˆº30cosvˆC −−= e 
1
C s.mjˆ0487,0iˆ0844,0)jˆº30seniˆº30cos(0975,0v
−−−=−−×=r 
 
7. Considere o sistema biela-manivela representado na Figura. Determine 
quando θ = 30o: 
 
 
 
7.1 A velocidade da corrediça B; 
7.2 A posição do ponto P na biela que tem menor velocidade; 
7.3 A velocidade angular da biela. 
Resolução 
7.1 Para determinarmos a velocidade da corrediça B, deveremos calcular 
primeiro a velocidade do ponto A comum à biela e manivela. Porque a manivela 
gira em torno de O, a velocidade de A é perpendicular á direcção definida por O e A 
e com o sentido indicado como se mostra na figura e pode calcular-se pela 
expressão. 
→∧ω= OAvA rr , onde kˆ4=ωr e jˆ30sen2,1iˆ30cos2,1OA oo +=
→
 
1
A msjˆ16,4iˆ4,2
06,0039,1
400
kˆjˆiˆ
v −+−==r 
 
 
 
 
Pelo teorema da invariância da projecção das velocidades 
→→ =
BA
B
BA
A uˆvuˆv
rr , sendo jˆseniˆcosuˆ
BA
α+α−=→ 
A 
O B 
ω 
θ 
vB
P 
1rads4
m2ABm2,1OA
−=ω
== 
O B 
ω 
θ 
vB
P 
A 
vA
I 
α 
x 
y 
z 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
7 
2,4 cosα + 4,16 senα = vB cosα ⇒ α+= tg
4,2
16,44,2vB 
Da geometria da figura determina-se α pela relação 1,2 sen 30o = 2 sen α ⇒ 
α = 17,46o e vB = 3,7 ms-1. 
7.2 O ponto P da biela que tem menor velocidade é aquele que se encontra a 
menor distância do centro instantâneo (I) de rotação da mesma, cuja posição se pode 
determinar geometricamente pela intercepção das perpendiculares às velocidades de 
A e B que passam pelos respectivos pontos, como está ilustrado na figura. Assim, 
m7,130tg)cos230cos2,1(30tgOBIB ooo =α+== e m51,0senIBPB =α= 
7.3 A velocidade angular da biela pode calcular-se através da velocidade do 
ponto A ou do ponto B. Assim 
 1B radskˆ18,2)jˆ7,1(iˆ7,3IBv
−→ −=ω⇒−∧ω=−⇒∧ω= rrrr 
Dinâmica do movimento de uma partícula 
1. Uma partícula de 8 g de massa inicia o 
movimento em O(0;0) com a velocidade de 40 m/s e 
descreve posteriormente o arco de circunferência 
∩
OAB de 20 m de raio quando lhe é aplicada a força 
aF
r
 constante de intensidade 22 N. Atinge o ponto 
B com a velocidade de 120 m/s ao fim de 10 s. 
 
Determine: 
1.1 o impulso das forças que actuam a partícula no percurso de O a B e, ainda, o 
impulso de aF
r
; 
1.2 a potência média entre O e B. 
Resolução 
1.1 
OB
10
0OB ppdtFI
rrrr −=∫= 
)jˆ30sen120iˆ30cos120(008,0vmp ooBB −== r
r Kgms-1 
jˆ32,0jˆ40008,0pO =×=
r Kgms-1 
X 
Y
R
60 o 
B 
A
CO
aFr
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Mecânica Física ACF-DEM 
 
8 
jˆ80,0iˆ83,0ppI OBOB −=−=
rrr Kgms-1 
1.2 
[ ] jˆ20iˆ20t)jˆ2iˆ2(dt)jˆ2iˆ2(dtFI 100100100 aaF +=+=∫ +=∫= rrr Ns 
12
21
12
t
t
tt
W
tt
dtp
p
2
1
−=−
∫= − 
2,51)40120(004,0
2
mv
2
mvEEW 22
2
O
2
B
BcBcBO =−=−=−=− J 
12,5
10
2,51
10
Wp BO === − W 
2. Considere uma partícula de 20 g de massa em movimento no plano [OXY] 
nas seguintes condições: 
Po(4;0) m; jˆ50vo =r m/s; jˆ20a =r m/s2 
2.1 Determine o momento angular para t=2 s. 
2.2 Verifique o teorema da variação do momento angular. 
Resolução 
2.1 prLO
rrr ∧= 
j20a ˆ=r ms-2 
∫∫ = t0vv dtj20vdo ˆ
r
r
r
 ⇒ j50jt20v ˆˆ +=r ms-1 
( )∫∫ += t0rr dtj50jt20rdo ˆˆ
r
r
r
 ⇒ i4jt50jt10r 2 ˆˆˆ ++=r m 
( ) ( ) ( )k4t61j1t40i4jt50jt10L 2O ˆ,ˆ,ˆˆˆ +=+∧++=r 
para t=2s k27LO ˆ,=
r
 Kgm2s-1 
2.2 ∫=− 20 O02 dtMLL rrr expressão que traduz o teorema da variação do 
momento angular 
k4LO ˆ=
r
 Kgm2s-1 ⇒ k23LL 02 ˆ,=−
rr
 Kgm2s-1 
( )[ ] k61j40i4jt50t10FrM 2O ˆ,ˆ,ˆˆ =∧++=∧= rrr Nm 
[ ] k23kt61dtk61dtM 202020 O ˆ,ˆ,ˆ, === ∫∫ r Kgm2s-1 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
9 
Verificou-se o teorema da variação do momento angular. 
3. Do cimo de uma torre de 450 m deixa- 
-se cair na vertical e sem velocidade inicial, 
um corpo de 200 g que fica sujeito a uma força 
resistente Fr=0,012xv (N). 
Verifique que o corpo atinge o solo ao fim de 
10,6 s e calcule a velocidade de queda ao 
atingir o solo; compare com os valores que 
obteria se a queda se desse no vácuo. 
Resolução 
A aplicação da equação fundamental da Dinâmica ao movimento do corpo na sua 
descida, considerando a direcção do movimento o eixo dos xx e positivo para baixo, 
traduz-se pela expressão: 
dt
dvmv0120mg =− , ⇒ 


 −
=
v
m
0120g
dvdt
,
. Integrando, vem: 
( )∫ ∫=−
v
0
t
0
dt
v06089
dv
,,
 ⇒ ( ) t
060
v06089 v
0
=


−
−
,
,,ln 
( ) t06,0
8,9
v06,08,9ln −=− ⇒ ( ) t060e
89
v06089 ,
,
,, −=− 
dt
dx
00610
e1v
t060
=−=
−
,
,
 ⇒ dt
00610
e1dx
t060
,
,−−= 
Considerando a origem do referencial no ponto de onde o corpo é lançado e 
integrando, vem: ∫∫ −−= t0
t060x
0
dt
00610
e1dx
,
,
 
222722e222722t33163
06000610
et
00610
1x t060
t
0
t060
,,,
),(,,
,
,
−+=


−×−=
−− 
Para t=10,6s x=450 m e v=77,15 ms-1 
h
solo
m 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
10 
Se a queda do corpo fosse no vácuo, ele estaria apenas sujeito à força 
gravítica, que pode considerar-se constante durante o percurso pois que 450 m 
podem desprezar-se em relação ao raio da Terra (R=6,637x106 m). 
Então a aplicação da lei fundamental da Dinâmica a esta situação conduz a: 
dt
dvmmg = ⇒ dv = gdt ⇒ v = gt ⇒ 2gt
2
1x = 
Para x = 450 m t = 9,6 s e v = 93,9 m. Como era de esperar, a ausência da 
força resistente ao movimento determinou um valor inferior para a tempo gasto no 
mesmo percurso e um maior para a velocidade de chegada ao solo. 
4. Uma partícula de 20 g descreve no plano S[OXY]uma trajectória definida 
pelas equações finitas : 
x = 2t3 – t2 + 2 (m) 
y = 2t2 – 4t – 2 (m) 
4.1. Indique as condições iniciais do movimento. 
4.2. Calcule para os primeiros 5 s do movimento: 
4.2.1. o impulso linear; 
4.2.2. o trabalho desenvolvido pela força actuante. 
4.3. Calcule a potência instantânea para t = 5 s; qual o valor da potência média 
no mesmo intervalo referido em 3.2.? 
4.4. Calcule o momento angular para t = 2 s relativamente a O. 
4.5. Calcule para t = 2 s o momento da força actuante em relação a O; neste 
mesmo instante qual será o valor de 
dt
Ld O
v
? 
Resolução 
4.1 Condições iniciais do movimento:xo = 2 m yo = -2 m 
t2t6
dt
dxv 2x −== ⇒ vox = 0 
4t4
dt
dyvy −== ⇒ voy = -4 ms-1 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
11 
2t12
dt
dva xx −== ⇒ aox = -2 ms-2 
4== dt
dv
a yy ⇒ aoy = 4 ms-2 
4.2 
4.2.1 
Nsjˆ4,0iˆ8,2)jˆ4jˆ16iˆ)10150((02,0)vv(02,0ppdtFI 0505
5
0 +=++−=−=−=∫= rrrr
rr
 
4.2.2 
[ ] 4,198dt)4t4(4)t2t6)(2t12(02,0dtvamrdFW 5
0
25
0
5
050
=−+−−=== ∫∫∫− rrrr J 
ou pelo teorema da variação da energia cinética: 
419819840010mv
2
1mv
2
1W 20
2
550 ,, =×=−=− J 
4.3 [ ])4t4(4)t2t6)(2t12(02,0vamvFp 2 −+−−×=== rrrr 
em t = 5 s p = 163,68 W 
O valor médio da potência de 0 a 5 s calcula-se através da expressão que define o 
valor médio de uma grandeza num dado intervalo de tempo: 
6839
5
4198
5
W
5
pdt
p 50
5
0 ,, ==== −∫ W 
4.4 
}
k921j080i40j2i14prL
s2t
O
ˆ,)ˆ,ˆ,()ˆˆ( =+∧−=∧=
=rrr
 Nms. 
4.5 ( ) ( ) ( ) k2j080i440j2i14FrM s2t2O ˆˆ,ˆ,ˆˆˆ =+∧−=∧= =rr Nm. 
Derivando OL
r
 em ordem ao tempo vem OO MFrFrpvdt
Ld rrrrrrr
r
=∧=∧+∧= , 
pois 0pv =∧ rr . Então 
dt
Ld O
r
 em t = 2 s é igual ao momento da força em relação a O 
nesse mesmo instante já calculado de valor k2ˆ Nm. 
5. Uma partícula de 20 g de massa move-se com velocidade kˆ3iˆ6v +−=r ms-1. 
A partir do instante em que passa na origem do referencial OXYZ, é actuada por 
uma força constante. O impulso linear, nos dois primeiros segundos em que a força 
começou a actuar, é jˆ96,0iˆ24,0I −=r Nm. 
5.1 Determine 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
12 
5.1.1 a força que actua a partícula e o momento da força em relação a O, 
em t=2s, contados a partir do instante em que a força iniciou a sua 
acção; 
5.1.2 o momento angular em relação a O, no mesmo instante referido na 
alínea anterior. 
5.2 Verifique o teorema da variação do momento angular. 
Resolução 
5.1.1 ∫=−
2
0F dtFI 20
rr
r . Como F
r
é constante vem )N(jˆ48,0iˆ12,0
2
I
F 20F −== −
r
r
r
 
FrM 2O
rrr ∧= 
Calcula-se 2r
r , determinando primeiro a expressão da velocidade 
t)kˆ48,0iˆ12,0())kˆ3iˆ6(v(02,0
dt
pdF −=+−−×⇒= r
rr
 
02,0
t)kˆ48,0iˆ12,0()kˆ3iˆ6(v −++−=r 
2
t
02,0
Kˆ48,0Iˆ12,0t
02,0
Kˆ3Iˆ6dt
02,0
t)kˆ48,0iˆ12,0()kˆ3iˆ6(rr
dt
rdv
2
t
oot^
−++−=∫ −++−=−⇒= rr
rr 
mkˆ252Iˆ588r
dt
rdv 2^ −−=⇒=
rrr 
)m.N(jˆ
02,0
t52,2)kˆ48,0iˆ12,0()
2
t
02,0
Kˆ48,0Iˆ12,0t
02,0
Kˆ3Iˆ6(FrM
2
O
−=−∧−++−=∧= rrr 
em t= 2s )m.N(jˆ252MO −=
r
 
5.1.2 )s.m.kg(25200)kˆ04,2iˆ76,5()kˆ252iˆ588(prL 1222O2
−−=+−∧+−=∧= rrr 
5.2 dtMLL 20 OOO 02 ∫=−
rrr
 
)s.m.kg(jˆ25200LLL 12OOO 202
−−==− rrr 
)s.m.kg(jˆ25200dt
02,0
jˆt252dtM 1220
2
0 O
−−=∫ −=∫
r
 
Verificou-se o teorema da variação do momento angular. 
 
6. Suponha uma partícula com movimento no plano [OXY] sujeita à força: 
jyy3ixxy3F 2 )ˆ()ˆ( −+−=r (N) 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
13 
Calcule o momento angular em relação a O(0;0) em função do tempo, sabendo que 
para t = 0 k4LO ˆ=
r
 (Nms). 
Resolução 
r1y3jyix1y3j1y3yi1y3xF
rr
)()ˆˆ)(()ˆ()ˆ( −=+−=−+−= 
Sendo rF
rr
// , o momento da força, dado pela expressão FrMO
rrr ∧= , é nulo. 
Como a derivada temporal do momento angular é Fr
dt
prd
dt
Ld O rr
rrr
∧=∧= )( , pode 
concluir-se que .constL =r mantendo-se invariável no tempo e igual ao valor que 
tem em t = 0, ou seja k4ˆ (Nms). 
7. Uma partícula fica sujeita à força jˆyxiˆxF 23 +=r 
(N) ao descrever a trajectória de equação 2x
2
1y = 
entre as posições O(0;0) e A(2;2), conforme a figura 
7.1 Calcule o trabalho realizado pela força entre O e A. 
7.2 Se o percurso seguido fosse OBA calcule o trabalho da força. Compare com 
o anterior e tire conclusões. 
Resolução 
7.1 Como 2x
2
1y = dy = xdx. Relacionando deste modo y com x, podemos 
calcular o trabalho através de um integral linear, por exemplo na variável x. 
J339
12
x
4
x
dx
2
xxjxdxidxj
2
xxixrdFW
2
0
64
2
0
5
32
0
2
23A
0A0
,
)ˆˆ())ˆ(ˆ(
=

 +=
=


 +=+×+== ∫∫∫− rr
 
7.2 Para o cálculo do trabalho através do percurso OBA 
{ J122
y4
4
xydyxdxxrdFrdFW
2
0
22
0
42
0
4
22
0
3A
B
B
0BA0
=

+

=+=+= ∫∫∫∫ rrrr 
X 
F
r
 
A(2;2
O B 
Y 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
14 
Este resultado é diferente do encontrado na alínea anterior o que mostra que o 
trabalho depende da trajectória seguida entre os pontos O e A, podendo então 
concluir-se que a força é não conservativa. A confirmação desta conclusão pode ser 
encontrada, verificando que 
x
F
y
F yx
∂
∂≠∂
∂ . 
8. Uma partícula de 8 g de é actuada pela força jˆyiˆxF 22 +=r (N), iniciando o 
movimento em O(0;0) com a velocidade inicial jˆ40iˆ40vo +=r ms-1. 
8.1 Verifique que a força é conservativa e calcule o trabalho realizado quando a 
partícula se desloca de O(0;0) a A(4;4). 
8.2 Determine a energia potencial que lhe está associada tomando como 
referência de EP a condição 0F =r e calcule a velocidade da partícula ao atingir o 
ponto A(4;4). 
Resolução 
8.1 A força é conservativa se 
x
F
y
F yx
∂
∂=∂
∂ , 
x
F
z
F zx
∂
∂=∂
∂ e 
z
F
y
F yz
∂
∂=∂
∂ . Neste 
problema todas as as derivadas referidas são nulas, sendo por isso a força 
conservativa. 
6742dyydxxrdFW
4
0
24
0
2A
0A0
,=+== ∫∫∫− rr J. 
8.2 0F =r quando x = 0 e y =0 ⇒ Ep = 0 no ponto O. 
∫∫ −== P0pPO p rdFEdE rr . Como o campo é 
conservativo o trabalho da força para levar a 
partícula de O a P não depende do percurso 
seguido. Então pode escolher-se o percurso 
OP′P. 
( )33y
0
2x
0
2P
P
P
0p
yx
3
1dyydxx)rdFrdF(E +−=

 +−=+−= ∫∫∫∫ ′′ rrrr ⇒ ( )33p yx31E +−= 
2
O
2
AA0 mv2
1mv
2
1W −=− ⇒ 8,117402008,0
267,42v 2A =×+×= ms-1 
 
X 
P(x;y) 
O 
Y 
P′(0;y) 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
15 
9. Imprime-se uma velocidade vo ao corpo 
quando se encontrava repouso em P1. No 
movimento consequente, sem atrito, sobre a 
calote esférica de 50 cm de raio o corpo perde 
contacto com a superfície esférica em P2, como 
indica a figura, para θ=30º . 
9.1 Calcule as coordenadas do ponto P2 e as componentes intrínsecas da 
aceleração no instante em que o corpo atinge o referido ponto. 
9.2 Calcule a variação da energia cinética do corpo (m=150 g) desde o instante 
referido na alínea anterior até ao instante em que atinge a superfície horizontal. 
Qual o valor de x neste último instante? 
Resolução 
9.1 As forças que actuam o corpo são a força gravítica 
e a força de reacção normal à superfície N quando se move 
sobre a calote, e apenas a força gravítica quando se move 
fora dela. Ora a força gravítica é constante e 
consequentemente conservativa. A força de reacção normal 
tem uma direcção radial, que passa sempre pelo ponto fixo 
O, sendo consequentemente conservativa.Para calcular vo pode recorre-se ao princípio de conservação da energia mecânica, 
uma vez que as forças são conservativas, notando que apenas existe variação da 
energia potencial associada à força gravítica, pois que a força de reacção N não 
realiza trabalho por ser sempre perpendicular a rdr e portanto não origina variação 
de energia potencial a ela associada: 
EcP2- E cP1= -(E pP2- E pP1) ⇒ )ºcos(mgRmm oP 3012
1
2
1 22
2
−=− vv 
Como em P2 a reacção normal ao plano se anula, as duas componentes intrínecas da 
aceleração neste ponto são as projeções do vector aceleração gravítica na direção 
radial e na tangencial. Assim 
R
ºcosga PN
2
230
v== e substituindo na expressão anterior 
vem: 
)ºcos(gR)ºcos(gRºcosgRo 2303301230
2 −=−−=v ⇒ vo = 1,71 ms-1 
As componentes intrínecas da aceleração em P2 como já se referiu são: 
 aN = g cos 30º = 8,5 ms-2 e aτ = g sen 30º = 4,9 ms-2. 
9.2 A energia mecânica do corpo será a mesma em P1, P2 e ao atingir a superfície 
horizontal num ponto P. Assim 
x 
θ 
P1 P 
y 
O 
N 
mg 
x 
θ 
P1 
P2 
y 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
16 
J,ºcos,,,
ºcosmgRmgRºcosmgRmgRmmgREc oP
9540305089150
2
3
30
2
330
2
3
2
1 2
=××××=
==−+=+= v
 
10. Considere um corpo de 400 g com movimento num espaço definido pela 
energia potencial 2
3
P xy3
xE +−= (J). Justifique que o corpo ao deslocar-se no 
campo entre A(2;2) e B(6;8) não poderá seguir o caminho mais curto. Calcule o 
trabalho realizado pela força do campo entre A e B e verifique se a energia cinética 
neste percurso aumenta ou diminui. 
Resolução 
Para o corpo seguir uma trajectória rectilínea entre A e B, à qual corresponderia o 
caminho mais curto, F
r
 teria que ser paralela a 
→
AB. Ora 2
3
p
x y3
x3
x
E
F −=∂
∂−= e 
xy2
y
E
F py −=∂
∂−= e em A Fx = 4 N e Fy = - 8 N . Sendo j6i4AB ˆˆ +=
→
, F
r
 não 
é paralela a 
→
AB , logo a trajectória seguida não pode ser a mais curta. 
W A-B= EpA- EpB = -306,67 J 0EEW cAcBBA <−=− ⇒ EcB < EcA, diminuindo 
portanto a energia cinética. 
11. Uma partícula está sujeita à força: 
jyxy2iyxF 322 )ˆ()ˆ( +++=r (N) 
Calcule o trabalho realizado por esta força entre os pontos O(0;0) e A(3;4). 
Resolução 
Analisemos o tipo de força presente. Se 
x
F
y
F yx
∂
∂=∂
∂ ,
x
F
z
F zx
∂
∂=∂
∂ e 
z
F
y
F yz
∂
∂=∂
∂ . 
a força será conservativa.Ora y2
x
F
y
F yx =∂
∂=∂
∂ , 0
x
F
z
F zx =∂
∂=∂
∂ e 0
z
F
y
F yz =∂
∂=∂
∂ ⇒ 
força conservativa. 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
17 
Sendo a força conservativa o trabalho por ela realizado será independente da 
trajectória seguida entre os pontos. Vamos então escolher o caminho OBA , sendo 
B(3;0). 
( ) 121dyyy6dxxrdFrdFW 4
0
33
0
2A
B
B
0BA0
=++=+= ∫∫∫∫ rrrr J 
12. Uma força F
r
 actua uma partícula que pode 
deslocar-se no plano [OXY] de acordo com a trajectória 
figurada. 
12.1 Considere iy2F ˆ=r (N); calcule o trabalho desta força para o caminho 
OABO. 
12.2 Considere )ˆˆ( jxiy2F +=r (N); calcule o trabalho realizado por esta força 
para o mesmo percurso. 
Resolução 
12.1 ∫∫∫ ++= OBBAA0ABO0 rdFrdFrdFW rrrrrr 
De O a A o trabalho é nulo porque iy2F ˆ=r é perpendicular a jdyrd ˆ=r . De B a 
O o trabalho é nulo porque y = 0 neste troço. Resta apenas o trabalho de A a B, 
onde a relação entre x e y é x2+y2 = 4. 
( ) J2
2
xarcsen4x4xdxx42ydx2rdFW
2
0
22
0
22
0
B
AABO0 π=

 +−=∫ −=∫=∫= r
r
. 
12.2 Para esta força 2
x
F
y
F yx =∂
∂=∂
∂ , 0
x
F
z
F zx =∂
∂=∂
∂ e 0
z
F
y
F yz =∂
∂=∂
∂ o que 
mostra que a força é conservativa. Então o trabalho realizado pela força num 
percurso fechado é nulo, ou seja W=Epo–Epo=0. 
13. A energia potencial de uma partícula de 20 g que se move no referencial 
[OXYZ] é dada pela expressão xyzEP −= (J). A partícula inicia o movimento 
em O(0;0;0) com a velocidade de 20 ms-1. Calcule a velocidade da mesma ao atingir 
o ponto A(4;4;4). Calcule ainda as componentes de F
r
 em O(0;0;0) e tire conclusões 
físicas. 
Resolução 
X 
R = 2 m
P(x;y) 
O 
R 
Y 
m 
A 
B 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
18 
2
O
2
ApApOA0 mv2
1mv
2
1EEW −=−=− 
22
A 20010v0108 ×−= ,, ⇒ 64341200vA ,== ms-1 



 ++−=∂
∂−∂
∂−∂
∂−= k
z
yxj
y
xzi
x
yz
2
1k
z
E
j
y
E
i
x
E
F ppp ˆˆˆˆˆˆ
r
 
Em O(0;0;0) a força é indeterminada, no entanto em pontos da vizinhança ela é 
determinada e sendo a velocidade diferente de zero nesse ponto, nele existe 
movimento. 
14. O motor M do sistema figurado é usado para 
elevar a carga C com 400 Kg de massa a partir do 
repouso com uma aceleração de (0,5 t) ms-2. Calcule as 
forças de tracção nos cabos e a potência de saída do 
motor quando a velocidade da carga for de 1 m.s-1. . 
Despreze as massas dos cabos e roldanas. 
 
Resolução 
A aceleração da carga C é a=0,5t e consequentemente a sua velocidade para as 
condições dadas será v = 0,25t2. Assim o instante em que v = 1 m.s-1 é t = 2 s e a 
aceleração da carga C neste instante é a=1 m.s-2. No mesmo instante a equação 
fundamental da dinâmica permite escrever: 
-500 x 9,81+2T1=500 x 1 (considerando 
positivo o sentido da velocidade) 
T1=2702,5 (N) 
T1=2T2 ⇒ T2 =1351,25 (N) 
A potência de saída do motor é P=T2 x vE 
Cálculo da velocidade vE em t=2 s. 
2 x sC – sD=c.te ⇒ 2 x vC = vde 
2 x sD – sE=c.te ⇒ 2 x vD = vE ⇒ vE=4 x vC 
Em t = 1 s vE=4 x 1=4 m.s-1 
e a potência de saída do motor em t = 2 s é 
 P=1351,25 x 4 = 5405 W 
M
C 
M
C
T1 T1 
T2 T2 
D 
sC
SD
SE
E 
mCg 
a 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
19 
15. Considere os dois blocos de 
massas m1 e m2 com rugosidade na 
superfície de contacto, podendo os dois 
deslocar-se na superfície horizontal lisa, 
conforme figurado. 
Verifique que ao aplicar-se a força F = 10 
(N) ao corpo de massa m1 o conjunto dos 
dois corpos desloca-se sem movimento relativo. 
Resolução 
Se os dois corpos se deslocarem em conjunto, a sua aceleração deverá ter o mesmo 
valor calculado a partir da expressão F = (m1+m2)a 
Considere-se o diagrama do corpo livre para cada um dos corpos. 
 
 
 
 
Para que não exista movimento relativo dos dois corpos terá que se verificar que a 
condição Fres ≤ µeN2. 
Para o corpo de massa m1 o diagrama de forças permite escrever F - Fres = m1 x a e 
para o corpo de massa m2 Fres = m2 x a. 
75310
8
3F
mm
mF
12
2
res ,=×=×+= N 
µeN2= 0,2x3x9,8=5,88 N, verificando-se a condição necessária, Fres ≤ µeN2, para que 
não exista movimento relativo dos dois corpos. 
16. Considere os 4 corpos figurados ligados entre si por um fios, em que o corpo 
C1 tem movimento vertical e os corpos C2; C3; e C4 têm movimento horizontal com 
atrito. Calcule a força de tracção exercida nos diversos troços de fio. 
 
 
 
 
 
m1=5 Kg 
m2=3 Kgµe=0,2 
µd=0,1 
m1 
m2 
(F) 
Sup.lisa. 
m2
(Fres)
m1 
(Fres) 
(F) 
N2 
P2 P1 
N1 N1= N2= P2
µd=0,20 
m1 
m2 
C1 
C2 C3 C4 
m3 m4 
m1=4 Kg 
m2=5 Kg 
m3=3 Kg 
m2=6 Kg 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
20 
Resolução: 
Segundo o teorema d′Alembert existe em cada instante um equilíbrio entre as forças 
que actuam cada um dos corpos e a força de inércia do movimento do mesmo. 
 
 
 
 
 
 
 
Na figura está representado o diagrama de forças para cada corpo. O conjunto dos 
corpos e cada um deles desloca-se com aceleração “a” sob a acção da resultante das 
forças actuantes. Aplicando o teorema d′Alembert a cada um dos corpos, vem: 
P1 - T1- Fin1 =0 ⇒ 4 x 9,8 - T1- 4 x a =0 
T1 - T2 - µdP2 - Fin2 =0 ⇒ T1 – T2 - 5 x (0,2x9,8 + a) =0 
T2 – T3 - µdP3 - Fin3 =0 ⇒ T2 – T3 - 3 x (0,2x9,8 + a) =0 
T3 - µdP4 - Fin4 =0 ⇒ T3 – 6 x (0,2x9,8 + a) =0 
T1 = 36,59 N T2 = 23,52 N T3 = 15,68 N 
17. Uma esfera de massa m está ligada a 
um eixo EE′ vertical por meio de dois fios de 
comprimento l conforme a figura. O eixo EE′ 
roda com velocidade angular ω tendo-se 
medido no fio CB a força de ligação 50 (N). 
Calcule: 
17.1 a força de ligação no fio AC; 
17.2 a velocidade de transporte da esfera e, ainda, a velocidade angular ω. 
Resolução 
A equação geral de equilíbrio dinâmico aplicada ao movimento do corpo C 
reduz-se a: 0FF itr =+
rr
, uma vez que as forças de inércia relativa e de Coriolis são 
m 
l 
C 
E′ 
B 
A 
ω 
l 
l 
E 
m = 2 Kg 
l = 1,5 m 
µdP4 
Fin1 
C1 
C2 C3 C4 
P1 
a 
T1 
T1 
T2 T2 T3 T3 
µdP3 µdP2 
Fin2 Fin3 Fin4 
+ 
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
21 
nulas. Como mostra a figura, a força de inércia de transporte coincide com a força 
centrifuga de transporte. 
 
 
- T1 cos30o – T2 cos30 o + Fcf = 0 - 25x3 - T2 1,5 + 
51
v4 2
,
× = 0 
T1 sen30o – T2 sen30 o - P = 0 50 – T2 – 4x9,8 = 0 
17.1. T2 = 10,8 N 
17.2. v = 5,85 ms-1 v = ωxlcos30o ω = 4,5 rads-1 
18. O sistema figurado roda segundo 
o eixo vertical EE′ com velocidade 
angular constante (N); o cursor C de 
massa (m) pode deslizar sem atrito ao 
longo do tirante OA e está ligado ao eixo 
por um fio de comprimento (lo). Admita 
que o fio se rompe instantaneamente e 
que (N) se mantém invariável. 
18.1 Determine a energia cinética absoluta do cursor ao atingir A. 
18.2 Calcule a força coF
r
 a que o cursor fica sujeito em A. 
Resolução 
18.1 Antes da rotura do fio existe equilíbrio dinâmico do cursor na direcção do 
tirante e, a força de ligação ao fio é a força centrípeta devida à rotação do tirante, 
existindo apenas movimento de transporte para o cursor, cuja velocidade em cada 
instante é perpendicular à direcção do tirante. 
Imediatamente após a rotura do fio, o 
cursor passa a ter movimento relativo ao 
tirante sob a acção da força centrifuga Fcf 
= mω2x e movimento de transporte 
devido ao movimento de rotação do 
tirante. 
E′
L = 1,20 m 
lo=0,20 m 
N=120 
r.p.m. 
m=400 g 
N 
O 
E 
lo A 
L 
X 
P 
T1 
T2 
(Fcf)tr (Fcf)tr= o
2
30
vm
cosl
× 
 
N 
O 
E 
x A 
L 
X 
Fc
X 
Y 
Z 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
22 
Para calcular a velocidade absoluta em A, pode aplicar-se o teorema da 
variação da energia cinética. 
A equação de equilíbrio dinâmico aplicada ao movimento do cursor é: 
0FFF icoitrir =++
rrr
 ⇒ icoitrr FFF
rrr += ⇒ 
itrr FF
WW rr = , pois 0W
icoF
=r 
2
rA
2
rO
2
rAF mv2
1mv
2
1mv
2
1W
r
=−=r 
∫ ω= 21 20 2F xdxmW itr ,,r 
[ ] 540110418x8xdx16v
2
1 221
20
2221
20
22
rA ,,
,
,
,
,
=×π=π=π= ∫ ⇒ i86914vrA ˆ,=r ms-1 
A velocidade de transporte no ponto A é j08015j214jLvtrA ˆ,ˆ,ˆ =×π=ω=r ms-1 
rAtrAaA vvv
rrr += ⇒ 483448vvv 2rA2trA2aA ,=+= ⇒ 7089mv2
1E 2aAAca ,== J 
18.2 A força de Coriolis tem a expressão: 
rco vm2F
rrr ∧ω= 
Em A ( ) ( ) j48149i86914k480F Aco ˆ,ˆ,ˆ, =∧π=r N 
 
19. Considere o duplo plano 
inclinado rodando com a velocidade 
angular N. 
A esfera de massa m ligada pelo 
fio l ao eixo EE′ roda solidariamente 
com o sistema (apoiada num sulco). 
19.1 Calcule a força de ligação no fio. 
19.2 Havendo rotura no fio, determine a velocidade relativa em A e, ainda, a 
respectiva aceleração de Coriolis (movimento relativo segundo PoA). 
19.3 Determine a energia cinética da partícula em A relativamente ao referencial 
de inércia. 
m
Po l 
L 
α 
N A
m =100 g 
α =30o 
N = 360 r.p.m.
l =0,50 m 
L = 2 m. 
E 
E'
Exercícios resolvidos 
ACF-DEM Mecânica Física 
23 
Resolução 
19.1 Estando a esfera ligada ao fio, ela 
só tem movimento de transporte. Segundo 
o teorema d′Alembert existe em cada 
instante um equilíbrio entre as forças que 
actuam cada um dos corpos e a força de 
inércia do movimento do mesmo, que se traduz pela equação vectorial: 
0FTPR inerN =+++
rrrr
 
As componentes desta equação vectorial segundo as direcções dos versores do 
triedro de Frenet Nˆ e Bˆ são respectivamente: 
RNsenα + Tcosα – mω2lcosα = 0 ( kˆBˆeiˆNˆ ≡−≡ ) 
RNcosα - Tsenα – mg = 0 
Destas duas equações, resolvendo em ordem a T vem : 
T = mω2lcos2α − mg senα 
1rads12N
60
2 −π=×π=ω . Substituindo valores na equação anterior, vem: 
N8,52)
2
8,9
4
35,012(1,0T 22 =−××π= 
19.2 Para calcular a velocidade relativa em A, pode aplicar-se o teorema da 
variação da energia cinética. 
A equação de equilíbrio dinâmico aplicada ao movimento da esfera é: 
0FFFRP icoitrirN =++++
rrrrr
 ⇒ icoitrNr FFRPF
rrrrr +++= ⇒ PFF WWW itrr rrr += , 
pois 0W
icoF
=r e 0W
NR
=r . Mas 2rA2rO2rAF mv2
1mv
2
1mv
2
1W
r
=−=r , pois vrO = 0 
J124,199735,0859,199
dr30sen8,91,0rdr30cos121,0
drsenmgdrcosrmWWW
2
5.0
2
5,0
o222
LL 22
PFF itrr
=−=
=×××−××π××=
=α−αω=+=
∫∫
∫∫ llrrr
 
⇒ 1rA ms11,63v −= 
Finerc 
RN 
P 
T 
α 
N A
E 
E'X 
Y 
Z 
 Exercícios resolvidos 
 
Mecânica Física ACF-DEM 
 
24 
A aceleração de Coriolis tem a expressão rco v2a
rrr ∧ω= . A velocidade relativa em 
A tem a direcção paralela ao plano, ou seja 1oorA ms)kˆ30seniˆ30(cos11,63v
−+=r . 
Vem então: 2rco ms5,4120)kˆ55,31iˆ65,54(kˆ24v2a
−=+∧π=∧ω= rrr 
19.3 A energia cinética absoluta é dada pela expressão 2aca mv2
1E = e a 
velocidade absoluta é rtra vvv
rrr += . Em A a velocidade de transporte é 
1
trA s.mjˆ67,4263jˆº30cos212jˆcosLv
−=××π=α××ω=r 
222
aA
1oo
aA s.m54,8246vs.m)kˆ30seniˆ30(cos11,63jˆ67,4263v
−− =⇒++=r 
J33,41254,82461,0
2
1Eca =××=