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Notas

deAula

(revisad

as)—

FIS0728

-Movim

entos

1De2D

Ezeq

uiel

C.Siqueira

2011

Notas de Aula — FIS0728Movimento 1D e 2D

Material para prova do dia15/09/2011

Ezequiel C. Siqueira

Departamento de Fısica e QuımicaFaculdade de Engenharia de Ilha Solteira

UNIV

ERSID

ADEESTADUALPAULISTA

Sumario

1 Conceitos e Definicoes 7

1.1 O Sistema Internacional de Unidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Notacao Cientıfica & Ordem de grandeza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1 Algarismos Significativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3 Apresentacao de grandezas fısicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4 Mudancas de Unidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Movimento Unidimensional 13

2.1 Posicao e Deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.2 Velocidade Media e Velocidade Escalar Media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.3 Velocidade Instantanea e Velocidade Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.4 Aceleracao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5 Movimento com aceleracao constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.5.1 Equacoes para aceleracao constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.5.2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 Movimento em duas dimensoes 31

3.1 Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.1.1 Operacoes com vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.1.2 Decomposicao de vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.1.3 Vetores Unitarios (versores) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.1.4 Somando vetores algebricamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.2 Posicao, Velocidade e Aceleracao Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.3 Movimento com aceleracao constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1

2 SUMARIO

3.4 Movimento de Projeteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.4.1 Analise do movimento de um projetil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.5 Movimento Circular Uniforme (MCU) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.5.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.6 Movimento Relativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3.6.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

FIS0728—Fundamentos de Fısica I

Ezequiel C. Siqueira — Depto. de Fısica e Quımica

Ementa

Os topicos que serao abordados na disciplina sao os seguintes:

1. Medidas, Algarismos Significativos.

2. Movimento Retilıneo

3. Movimento em duas e tres dimensoes

4. Forca e Movimento

5. Conservacao da Energia

6. Sistemas de partıculas, conservacao do momento linear e Colisoes

Informacoes mais detalhadas podem ser encontradas na ementa da disciplina, disponıvel na pagina:

http://www.dfq.feis.unesp.br/ementa_matematica.php

Provas (conteudo por prova sujeito a alteracoes )

Serao realizadas tres provas, a media final obtida a partir da media aritmetica destas provas.

• 1a Prova: 08/09/2011 — Movimentos em 1, 2 e 3 dimensoes

• 2a Prova: 20/10/2011 — Forca e Movimento + Conservacao da Energia

• 3a Prova: 02/12/2011 — Conservacao da Energia + Colisoes

3

http://www.dfq.feis.unesp.br/ementa_matematica.php

4 SUMARIO

Referencias Bibliograficas

Livros principais (usados como livros-texto)

O curso sera baseado nos seguintes livros:

• HALLIDAY, D., RESNICK, R., WALKER, J. Fundamentos de Fısica, Rio de Janeiro-RJ, Livros

Tecnicos e Cientıficos Editora S/A, v. 1, 6a Edicao, 2002.

• NUSSENSVEIG, H. M., Curso de Fısica Basica, Rio de Janeiro, Edgar Blucher, v.1., 4a Edicao,

2002.

• Apostila de Lab de Fısica I, do prof. Haroldo N. Nagashima no link:

www.dfq.feis.unesp.br/docentes/haroldo/ApostilaLabFisicaI-Agosto2011.pdf.

Nesta referencia tem uma discussao detalhada de numeros significativos, visto no inıcio do curso.

As edicoes podem variar, na biblioteca estao disponıveis varias versoes destes livros, mas nao existem

mudancas drasticas de uma edicao para outra.

Outros livros de mesmo nıvel

• ALONSO, M., FINN, E.J., Fısica, Sao Paulo, Addison Wesley Longman do Brasil Ltda, 1999, v.1,

936p.

• TIPLER, P.A. Fısica. 3a Ed., Livros Tecnicos e Cientıficos Editora S/A, 1995, v. 1

• CHAVES, A., Fısica Basica, Livros Tecnicos e Cientıficos Editora S/A, 2007, v. 1

• YOUNG,H.D., FREEDMAN, R.A. Sears-Zemansky. Fısica. 10a Edicao, Addison Wesley, 2001.

Vol. 1 e 2

livros de nıvel intermediario

• KITTEL, C.; KNIGTH, W.D. e RUDERMAN, M.A. Mecanica: Curso de Fısica de Berkeley. Sao

Paulo, Editora Edgard Blucher Ltda., 1973. v.1.

• FEYNMAN R, LEIGHTON R, and SANDS, M. The Feynman Lectures on Physics, 1964, 1966,

v.1, Addison Wesley Longman.

www.dfq.feis.unesp.br/docentes/haroldo/Apostila Lab Fisica I - Agosto 2011.pdf

SUMARIO 5

As referencias The Feynman Lectures on Physics e Mecanica: Curso de Fısica de Berkeley sao particu-

larmente interessantes. As leituras destes livros em paralelo podem ajudar no entendimento do conteudo

exposto em sala de aula.

livros de nıvel “avancado”

Os livros a seguir NAO SERAO USADOS neste curso, mas sao recomendados para aqueles que

desejam se aventurar em alguma coisa mais avancada!

• THORNTON, S. T., MARION, J. B., Classical dynamics of particles and systems, 2004, Bro-

oks/Cole.

• ARYA, A. P., Introduction to Classical Mechanics, Prentice Hall, 1998

• BEER, F. P., JOHNSTON Jr. , RUSSELL E., EISENBERG E. R., CLAUSEN W. E. , STAAB G.

H. Vector Mechanics for Engineers, Statics and Dynamics, McGraw-Hill, 2003.

Referencias Multimıdia

Cursos de fısica basica

Fundamentals of Physics-I with Professor Ramamurti Shankar

Para quem arranha no ingles, existem alguns cursos completos em vıdeo de fısica basica. O curso do

prof. Ramamurti Shankar de Universidade de Yale e altamente recomendavel. No link abaixo, e possıvel

fazer o download do curso completo gratuitamente:

http://oyc.yale.edu/physics/fundamentals-of-physics

Os vıdeos apresentam uma transcricao em ingles do que e dito na aula o que pode ajudar no enten-

dimento do conteudo.

MIT OpenCourseWare

Varios dos cursos oferecidos pelo MIT na area de fısica estao disponıveis em vıdeo. E interessante dar

uma olhada na pagina

http://ocw.mit.edu/courses/physics/

http://oyc.yale.edu/physics/fundamentals-of-physics

http://ocw.mit.edu/courses/physics/

6 SUMARIO

Cursos avancados

Para alguem que tenha interesse em material extra-classe e mais avancado, recomendo os cursos do Prof.

Leonard Susskind de Stanford no link: http://www.youtube.com/watch?v=pyX8kQ-JzHI

http://www.youtube.com/watch?v=pyX8kQ-JzHI

Capıtulo 1

Conceitos e Definicoes

1.1 O Sistema Internacional de Unidades

A fısica esta fundamentada em medidas. Desta forma, ao longo do tempo a metodologia e a padro-

nizacao das grandezas fısicas tem sido aprimorada. O sistema internacional de unidades (SI) escolheu

sete grandezas fundamentais a partir das quais outras grandezas derivadas podem ser definidas. No curso

de Fısica I, tres grandezas serao importantes: o tempo, o comprimento e a massa. Na tabela abaixo estas

grandezas e as respectivas unidades sao mostradas:

Grandeza Nome da Unidade Sımbolo da unidade

Comprimento metro m

Tempo segundo s

Massa quilograma kg

A partir das unidades da tabela podemos definir outras. Por exemplo, a unidade SI de potencia,

chamada de watt (sımbolo: W), e definida da seguinte forma

1 watt = 1 W = 1 kg× m2

s3

onde o ultimo conjunto de sımbolos de unidades e lido como quilograma metro quadrado por segundo ao

cubo.

1.2 Notacao Cientıfica & Ordem de grandeza

Ordem de grandeza e a potencia de 10 com expoente inteiro que mais se aproxima do valor medido de uma

determinada grandeza a ser analisada. Qualquer que seja o numero (q) que corresponde a essa medida em

7

8 CAPITULO 1. CONCEITOS E DEFINICOES

modulo, esta compreendida entre duas potencias de 10, inteiras e consecutivas, ou seja, 10n ≤ |q| ≤ 10n+1

Para obter a ordem de grandeza de um numero, devemos inicialmente coloca-la em notacao cientıfica

(por ex: q = a× 10n), com o numero “a” obedecendo a relacao 1 ≤ a ≤ 10. Nesta notacao,

3.560.000.000 m = 3, 56× 109 m

0, 000 000 492 s = 4, 92× 10−7 s.

A notacao cientıfica em computadores e usada de maneira mais abreviada como por exemplo, 3, 56E9

e 4, 92E− 7, onde E representa o “expoente de dez”. Em algumas calculadoras a notacao e mais concisa

substituindo-se o E por um espaco em branco.

A decisao de usar 10n ou 10n+1 (ordem de grandeza n ou n+ 1) e feita comparando-se o modulo de

“a”com o valor 101/2 ≈ 3, 16, uma vez que a variacao do expoente e igual a unidade. Assim temos:

1. Se |a| < 3, 16 a ordem de grandeza e 10n,

2. Se |a| > 3, 16 a ordem de grandeza e 10n+1

O numero 2, 7 × 106 possui portanto ordem de grandeza 106 e o numero 5, 9 × 106 possui ordem de

grandeza igual a 106+1 = 107.

Tambem sao utilizados prefixos para denotar as potencias de 10. Isto e muito util quando lidamos

com numeros muito grandes ou muito pequenos.

Fator Prefixo Sımbolo

109 giga- G

106 mega- M

103 quilo- k

10−2 centi- c

10−3 mili m

10−6 micro µ

10−9 nano n

10−12 pico p

Estes sao os prefixos mais comumente usados. Acrescentando um prefixo a uma unidade no SI produz

o efeito de multiplica-la pelo fator associado. Assim, podemos escrever uma dada potencia eletrica como

1, 27× 109 watts = 1, 27 gigawatts = 1, 27 GW

1.2. NOTACAO CIENTIFICA & ORDEM DE GRANDEZA 9

ou um intervalo de tempo particular como

2, 35× 10−9 s = 2, 35 nanosegundos = 2, 35 ns

Alguns prefixos, como os usados em mililitro, centımetro, quilograma e megabyte, sao certamente

familiares ao leito de lıngua portuguesa.

1.2.1 Algarismos Significativos

Suponha que uma pessoa ao fazer uma serie de medidas do comprimento de uma barra (l), tenha obtido

os seguintes resultados:

1. comprimento medio: l = 92,8360 cm.

2. erro estimado: ∆l = 0,312 cm.

Supondo que o erro da medida esta na casa dos decimos de cm, nao faz sentido fornecer os algarismos

correspondentes dos centesimos ou milesimos de cm e assim por diante. Isso quer dizer que o erro estimado

em uma medida deve conter apenas o seu algarismo mais significativo. Os algarismos menos significativos

do erro sao utilizados apenas para efetuar arredondamentos ou simplesmente sao desprezados. Neste caso,

∆l deve ser representado apenas por:

∆l = 0, 3 cm

Os algarismos 9 e 2 do valor medio sao exatos, porem o algarismo 8 ja e duvidoso, pois o erro estimado

afeta a casa que lhe corresponde. Deste modo, os algarismos 3 e 6 sao desprovidos de significado fısico e

nao e correto escreve-los. Estes algarismos sao utilizados para efetuar arredondamentos ou simplesmente

sao desprezados. Sendo assim, o modo correto de expressar o resultado desta medida sera entao:

l = (92, 8± 0, 3) cm

Nos casos em que o erro da medida nao e estimado devemos tambem escrever o algarismo significativo

com criterio. Em problemas de engenharia, os dados raramente sao conhecidos com uma precisao superior

a 2%. Portanto e desnecessario realizar calculos com precisao superior a 2%.

Em resumo: algarismos significativos sao todos os algarismos corretos de um numero mais o primeiro

duvidoso. Exemplos:

• 0,00007 tem 1 algarismo significativo.


• 0,0080 tem 2 algarismos significativos.

• 23,00 tem 4 algarismos significativos.

• 3,2×105 tem 2 algarismos significativos.

1.3 Apresentacao de grandezas fısicas

Um grandeza fısica pode ser representada como X = x±∆x, onde x e o valor medio da grandeza e ∆x o

seu desvio. O desvio deve ser escrito com um unico algarismo significativo e o valor medio da grandeza

deve ter a mesma precisao do desvio.

Vejamos um exemplo: Se apos uma serie de medidas o valor da area de uma chapa metalica for

apresentada como A = (42, 2921 ± 0, 03875) m2 todos os algarismos devem ser considerados para efeito

de calculo. No entanto, para apresentacao final a grandeza deve ser reescrita. No exemplo apresentado o

desvio afeta a segunda casa decimal do valor medio da area, desta forma, os outros algarismos posteriores

perdem o significado, i.e., nao sao significativos e devem ser desprezados. Assim, escreve-se o resultado

final da seguinte maneira:

A = (42, 29± 0, 04) m2

ou em notacao cientıfica, como

A = (4, 229± 0, 004)× 10 m2

O desvio foi obtido a partir da regra do arredondamento e o valor medio da grandeza foi reescrito

com a precisao do desvio.

A tabela abaixo mostra a forma errada e a forma correta de se apresentar medidas de algumas

grandezas fısicas.

Grandeza Fısica Errada Correta

Comprimento (3,4563 ± 0,0037) m (3,456 ± 0,004) m

Area (54,3524 ± 1,884) m2 (5,4 ± 0,2)×10 m2

Volume (346,43 ± 13,2) m3 (3,5 ± 0,1)×102 m3

Intervalo de tempo (345765,31546 ±205, 440) s (3,458 ±0, 002)×105 s

Carga Eletrica (0,03464±0,000489) C (3,46 ± 0,05)×10−2 C

1.4. MUDANCAS DE UNIDADES 11

1.4 Mudancas de Unidades

Frequentemente precisamos trocar de unidades nas quais esta expressa a grandeza fısica. Fazemos a

mudanca por um metodo chamado de conversao encadeada. Neste metodo, multiplicamos a medida

original por um fator de conversao. Por exemplo, pelo fato de 1 min e 60 s serem intervalos de tempo

identicos, temos

1 min

60 s= 1 e

60 s

1 min= 1

de modo que as razoes1 min

60 se

60 s

1 min= 1 podem ser usadas como fatores de conversao. Isto nao e a

mesma coisa que escrever 1/60 ou 60 = 1; cada numero e sua unidade devem ser tratados em conjunto.

Como nenhuma grandeza se altera ao ser multiplicada pela unidade, podemos introduzir tais fatores

onde quer que os achemos uteis. Neste metodo usamos os fatores para eliminar as unidades que nao nos

interessam, por exemplo:

2 min = 2× (1) min = 2×(

60 s

1 min

)× 1 min = 120 s

Exemplos

1. (a) Supondo que cada centımetro cubico de agua possui uma massa de exatamente 1 g, determine

a massa de um metro cubico de agua em quilogramas. (b) Suponha que demore 10,0 h para esvaziar

um recipiente de 5700 m3 de agua. Qual a “taxa de escoamento de massa” da agua do recipiente em

quilogramas por segundo?

(a)

1 m3 = (102)3 cm3 = 106 cm3

mas cada centımetro cubico tem exatamente 1 g, assim, a massa de um metro cubico e dada por,

m1m3 = 106 ×m1cm3 = 106 × 1 g = 106 g = 103 kg

(b)

A taxa de escoamento e obtida simplesmente dividindo-se o volume do recipiente pelo tempo que leva

para esvazia-lo:

taxa =massa contida em 5700 m3

10 h=

5700× 103 kg

10× 1 h× 60min

1 h× 60 s

1 min

= 158 kg


2. (a) O ferro possui uma massa de 7,87 g por centımetro cubico de volume, e a massa do ferro

e 9,27×10−26 kg. Se os atomos sao esfericos e firmemente dispostos uns contra os outros. (a) qual o

volume de um atomo de ferro e (b) qual a distancia entre os centros de atomos adjacentes.

(a)

Em um centımetro cubico temos uma massa de 7,87 g. Assim, se dividimos esta massa pela massa

de cada atomo, entao sabemos quantos atomos estao contidos em 1 cm 3 de ferro, ou seja,

no de atomos =7, 87× 10−3 kg

9, 27× 10−26 kg= 8, 49× 1022 atomos

Se dividimos o centımetro cubico pelo numero de atomos entao descobrimos quanto volume cada atomo

ocupa. Isto e possıvel porque e assumido que os atomos sao esferas que distribuıdas uniformemente sobre

o volume, assim, segue que:

Vol. por atomo =1× 10−6 m3

8, 49× 1022 atomos= 1, 18× 10−29 m3

(b)

A distancia entre os centros de duas esferas em contato e simplesmente igual ao diametro de uma

das esferas. Assim, basta calcular o diametro de uma esfera de volume igual a 1, 18 × 10−29 m3, assim,

usamos,

distancia entre os centros dos atomos =3

√6× 1, 18× 10−29 m3

π= 0, 282 nm

3. Uma unidade astronomica (UA) e a distancia media do Sol a Terra, aproximadamente 1, 5 ×

108 km. A velocidade da luz e aproximadamente 3, 0 × 108 m/s. Expressa a velocidade da luz em

unidades astronomicas por minuto.

3, 0× 108m

s= 3, 0× 108

m

s

1 UA

1, 5× 1011 m

60 s

1 min= 0, 12 UA/min

Capıtulo 2

Movimento Unidimensional

A mecanica e o ramo da fısica em que se estuda o movimento dos corpos. Comecamos o estudo da

Mecanica considerando o movimento mais simples possıvel: movimento em uma dimensao ou ao longo

de uma linha reta. Alem disso, por ora nao estaremos preocupados com a causa do movimento, mas

apenas com a sua descricao. Assim, estaremos focados na cinematica do movimento como e chamado o

conjunto de conceitos que intervem na descricao do movimento. Mais tarde vamos considerar que tipo de

movimento e causado por um determinado tipo de forca, o que e chamado de dinamica do movimento.

Alem de considerar que o movimento esta restrito em uma linha reta1, tambem consideramos que o

objeto em movimento e uma partıcula (termo usado para dizer o objeto e um pontual, como um eletron)

ou que se move como uma partıcula de forma que todas as partes do objeto se movem na mesma direcao

e ao mesmo tempo. Os objetos que tem esta propriedade sao chamados de corpos rıgidos.

Para descrever o movimento, precisamos primeiramente de um sistema de referencia, i.e., um sis-

tema de eixos que permita localizar a partıcula no espaco. Tambem e necessario saber o quao rapida

esta partıcula esta se deslocando e ainda se esta “rapidez” varia no tempo. Em fısica, todas essas ca-

racterısticas do movimento, que sao intuitivas para nos, sao definidas de maneira formal. Isto permite

caracterizar o movimento e obter equacoes que permitam prever como um corpo ira se mover a partir

do conhecimento previo de alguns parametros. A seguir, vamos definir as quantidades necessarias para

descrever o movimento unidimensional.

1o movimento pode ser vertical como uma pedra caindo, ou horizontal como um carro em uma rodovia, ou inclinado,

mas o importante e que seja em linha reta.

13

14 CAPITULO 2. MOVIMENTO UNIDIMENSIONAL

2.1 Posicao e Deslocamento

Localizar uma partıcula se movendo em uma dimensao significa determinar a posicao desta partıcula

em relacao a algum ponto de referencia. Este ponto normalmente e escolhido como o zero de uma reta

orientada (eixo), chamada referencial ou sistema de referencia. O zero e chamado de “origem” do sistema

de referencia. Como ilustrado na figura 2.1, se a partıcula esta localizada a esquerda da origem, sua

posicao no sistema de referencia e negativa; caso a partıcula se encontre a direita da origem entao sua

posicao e positiva. Assim, se a posicao da partıcula e x = 3 m, entao sabemos que a partıcula se encontra

a direita de zero na posicao x = +3 m. Caso a posicao da partıcula seja −1 m, entao sabemos que

a partıcula esta localizada a esquerda de zero na posicao x = −1 m. O sinal positivo nao precisa ser

explicitado e quando encontramos um numero sem sinal, fica subentendido que a posicao e positiva, ou

seja, a direita de zero. No entanto, o sinal de menos deve ser sempre mostrado.

Uma mudanca de uma posicao qualquer x1 para outra posicao x2 e chamada de deslocamento ∆x:

∆x = x2 − x1. (2.1)

Usamos o sımbolo ∆ para denotar variacao de uma grandeza, neste caso a variacao e na posicao. Note

que o deslocamento e definido como a posicao final menos a inicial. Assim, um deslocamento positivo

implica um movimento no sentido positivo do eixo x. Por exemplo, imagine que a posicao inicial da

partıcula seja x1 = −2 m e a posicao final seja x = +3 m. Assim, ∆x = +3 m−(−2 m) = +5 m. Ou seja, a

partıcula se deslocou 5 m no sentido positivo do eixo x. Agora considere que a partıcula estava inicialmente

em x1 = −2 m e deslocou-se para x2 = −10 m. O deslocamento sera entao ∆x = −10 m−(−2 m) = −8 m.

O deslocamento neste caso e no sentido negativo do eixo x, a partıcula estava inicialmente no lado negativo

da origem e se moveu para uma posicao mais distante do lado negativo do eixo.

Da mesma forma que no caso da posicao, e crucial explicitar o sinal negativo do deslocamento e a

ausencia de sinal e interpretada como sendo um sinal positivo. O deslocamento e uma quantidade vetorial,

e portanto, para caracteriza-la e necessario fornecer seu modulo, direcao e sentido. No caso presente,

a direcao ja esta implıcita quando dizemos que o movimento e horizontal ou vertical, etc. O sentido e

determinado pelo sinal da quantidade, ou seja, se o sinal e positivo entao temos um deslocamento da

esquerda para a direita (no caso da figura 2.1) e o sentido inverso para o sinal negativo. No estudo

do movimento em 2 e 3 dimensoes o carater vetorial vai ficar mais claro do que no caso presente. O

modulo do deslocamento indica a distancia percorrida entre as posicoes final e inicial. Assim, no primeiro

exemplo, apesar da posicao inicial ser x1 = −2 m e a posicao final seja x = +3 m a distancia percorrida

foi de 5 m embora a partıcula tenha ficado na posicao +3 m.

2.2. VELOCIDADE MEDIA E VELOCIDADE ESCALAR MEDIA 15

direção positiva

direção negativa

Origem

Figura 2.1: A posicao e determinada em um eixo que e marcado em unidades de comprimento (neste caso metros)

e que se estende indefinidamente em ambas as direcoes. O lado direito corresponde a valores positivos de x e o

lado esquerdo corresponde a valores negativos.

2.2 Velocidade Media e Velocidade Escalar Media

Uma vez que definimos a posicao e o deslocamento da partıcula, o proximo passo e considerar a variacao

destas quantidades com o tempo. De fato, o movimento e um fenomeno dinamico e, portanto, a descricao

do movimento consiste em determinar a funcao x(t), a posicao em funcao do tempo. O conhecimento

de x(t) nos permite determinar todas as propriedades cinematicas da partıcula. O grafico de x(t) e

particularmente interessante e ilustrativo. Na figura 2.2 temos dois graficos ilustrando duas situacoes: o

primeiro, mostrado na figura 2.2a, e uma linha reta horizontal que indica que a posicao x(t) e constante

para todos os valores do tempo. Portanto, esta e uma representacao de uma partıcula em repouso. No

segundo grafico, mostrado na figura 2.2b, temos um grafico onde x(t) varia desde −5 m, passando pela

origem em t = 3 s e finalmente atinge o valor 3 m em t = 5 s. Este grafico ilustra um movimento em

linha reta da posicao x(t) = −5 m para a x(t) = +3 m, veja figura 2.2c. Alem de ilustrar o deslocamento

da partıcula, podemos obter mais informacoes sobre o movimento da mesma usando o grafico x(t). Com

efeito, podemos determinar o quao rapido a partıcula se deslocou ao longo da trajetoria. Isso e feito

atraves da definicao da velocidade media, vmed, definida da seguinte forma,

vmed =∆x

∆t=

x2 − x1t2 − t1

(2.2)

que e a razao do deslocamento ∆x pelo tempo ∆t em que este deslocamento ocorreu. A velocidade

media tem unidades de metros por segundo (m/s) no sistema internacional, mas tambem e comum


expressa-la em quilometros por hora (km/h) ou ainda em centımetros por segundo (cm/s). O significado

fısico da definicao e obvio: a velocidade e uma medida da “rapidez” com que um determinado corpo se

movimenta. A partir do grafico de x(t) podemos atribuir um significado geometrico para a velocidade

(a)

(c.)

(b)

Figura 2.2: (a) mostra um grafico de x(t) para uma partıcula em repouso. (b) caso em que x(t) mostra um objeto

em movimento na direcao x desde x = −5 m ate x = +3 m. (c) trajetoria real da partıcula.

media. Conforme ilustrado na figura 2.3, a velocidade media e o modulo do coeficiente angular da reta

que passa pelos pontos (x2, t2) e (x1, t1). Assim como o deslocamento e posicao, a velocidade media

possui modulo direcao e sentido, desde que e uma quantidade vetorial. Neste caso, valores positivos da

velocidade media, significam que a reta que liga os pontos e inclinada para cima a medida que a partıcula

se desloca para a direita. No caso de um sinal negativo, temos uma reta inclinada para baixo a medida

que a partıcula se desloca para a direita.

Outra maneira de quantificar a “rapidez” de um objeto e por meio da chamada velocidade escalar

media , definida como a razao da distancia total percorrida pelo corpo em movimento pelo tempo gasto

no percurso. Assim, escrevemos,

smed =dist. total percorrida

∆t. (2.3)

Como o proprio nome diz, smed e uma quantidade escalar e e dada apenas pelo modulo do deslocamento

total pelo tempo percorrido. Por esta razao, existem situacoes em que smed e vmed sao bem diferentes.

2.2. VELOCIDADE MEDIA E VELOCIDADE ESCALAR MEDIA 17

v =inclinação desta linhaméd

Figura 2.3: Demonstracao da velocidade media como o coeficiente angular da reta que passa pelo par de pontos

(x2, t2) e (x1, t1).

Exemplo

Vamos considerar o exemplo resolvido no livro do Halliday para ilustrar o uso das definicoes acima.

1. Voce dirige uma picape mal-conservada numa estrada reta por 8,4 km a 70 km/h, quando a picape

para por falta de gasolina. Nos 30 min seguintes, voce caminha adiante por outros 2,0 km pela estrada

ate chegar a um posto de gasolina. (a) Qual o seu deslocamento total desde a saıda com a picape ate a

sua chegada ao posto de gasolina. (b) Qual o intervalo de tempo ∆t do inıcio da viagem ate a chegada

ao posto? (c) Qual a velocidade media vmed do inıcio da viagem ate a chegada no posto? Determine esta

velocidade tanto numerica quanto graficamente. (d) Suponha que para colocar gasolina, pagar e voltar

para a picape voce leve mais 45 min. Qual a velocidade escalar total do inıcio da viagem ate voce voltar

para a picape com gasolina?

(a)

Vamos considerar que estamos nos movendo na direcao positiva do eixo x a partir da origem, i.e.,

supomos que o ponto inicial x1 = 0 e ponto x2 e o posto de gasolina. Assim, considerando que com a

picape ocorreu um deslocamento de 8,4 km e, em seguida, um segundo deslocamento de 2,0 km, entao o

deslocamento total e dado por:

∆x = x2 − x1 = 8, 4 km + 2, 0 km− 0 = 10, 4 km


(b)

O tempo do inıcio da viagem ate a chegada ao posto e composto por duas contribuicoes: a viagem

com a picape mais o tempo gasto a pe da picape ate o posto. O tempo gasto na viagem com a picape

pode ser facilmente determinado usando-se a definicao da velocidade media:

vmed =∆x

∆t

onde ∆x = 8, 4 m e vmed = 70 km/h. Assim, substituindo na definicao para a velocidade media, podemos

determinar o intervalo de tempo correspondente a viagem com a picape, que chamamos ∆t1:

∆t1 =∆x

vmed=

8, 4 km

70 km/h= 0, 12 h.

Considerando que o tempo da caminhada foi de ∆t2 = 30 min = 0, 5 h, podemos escrever o tempo

total gasto na viagem,

∆t = ∆t1 +∆t2 = 0, 12 h + 0, 5 h = 0, 62 h

(c)

A velocidade media desde o inıcio da viagem ate a chagada ao posto (viagem completa), e determi-

nada considerando-se que a posicao e tempo iniciais sao iguais a zero (escolhido como origem de nosso

referencial) e o tempo e posicoes finais sao 10,4 km e 0,62 h, calculado no item anterior, assim escrevemos:

vmed =10, 4 km

0, 62 h≈ 17 km/h

(d)

Neste caso, precisamos considerar que ocorreu um deslocamento adicional de 2 km em um tempo de

45 min que corresponde a 0,75 h. Assim, a velocidade escalar media e dada pela soma do trajeto total

pelo tempo total assim, escrevemos:

smed =8, 4 km + 2, 0 km + 2, 0 km

0, 12 h + 0, 5 h + 0, 75 h= 9, 1 km/h

2.3 Velocidade Instantanea e Velocidade Escalar

Ate agora descrevemos a velocidade media de uma partıcula, no entanto, muitas vezes se faz necessario

determinar a velocidade em um determinado instante de tempo, da mesma maneira que determinamos a

posicao de uma partıcula em um ponto. Isto e possıvel, tomando-se a velocidade media em instantes de

2.4. ACELERACAO 19

tempo cada vez mais curtos de maneira que no limite em que o intervalo de tempo tende a zero, temos

a velocidade no instante de tempo t. Assim, tomando-se a Eq. (2.2) no limite de ∆t → 0, obtemos:

v(t) = lim∆t→0

vmed = lim∆t→0

∆x

∆t=

dx

dt

ou seja,

v(t) =dx

dt(2.4)

que e a derivada da funcao x(t) em relacao ao tempo. Assim, em um grafico da posicao em funcao do

tempo, a velocidade em certo instante de tempo e determinada tomando-se uma reta tangente a curva

x(t) no instante considerado. Este e o processo limite obtido geometricamente a partir da velocidade

media tomando-se os pares (x2, t2) e (x1, t1) cada vez mais proximos.

A exemplo do que ocorre com a velocidade media, podemos definir aqui uma velocidade escalar

que e simplesmente o modulo da velocidade instantanea. Esta velocidade apenas nos retorna o modulo

da velocidade sem qualquer mencao a direcao e sentido do movimento. Esta quantidade e encontrada

nos velocımetros dos carros e nos informa sempre a magnitude da velocidade independente se estamos

andando para a frente ou de marcha-a-re.

2.4 Aceleracao

Ate o momento consideramos como a posicao da partıcula depende do tempo e a velocidade que permite

descrever a “rapidez” com que a partıcula se desloca. Neste caso, podemos trabalhar com valores medios,

ou ainda com o valor instantaneo da velocidade tomando-se um limite infinitesimal do intervalo de tempo

em que ocorre o deslocamento. A proxima questao seria perguntar como a propria velocidade varia em

um determinado intervalo de tempo. Quando isso ocorre, dizemos que a partıcula esta acelerada (ou sofre

aceleracao). Para o caso simples, unidimensional que consideramos aqui, a aceleracao media e definida

por,

amed =v2 − v1t2 − t1

=∆v

∆t(2.5)

onde a partıcula tem a sua velocidade alterada de v1 no instante t1 para v2 no instante t2.

Da mesma forma que no caso da velocidade, a aceleracao num dado instante de tempo e determinada

aplicando-se o limite ∆t → 0 na Eq. (2.5), ou seja,

a = lim∆t→0

∆v

∆t


ou seja,

a =dv

dt(2.6)

que e simplesmente a derivada temporal da velocidade. Assim, se substituirmos a Eq. (2.4) em (2.6),

podemos escrever ainda,

a =d2x

dt2. (2.7)

Assim, a aceleracao e obtida atraves da segunda derivada da posicao em relacao ao tempo. A

unidade usual da aceleracao e o metro por segundo ao quadrado (m/s2). Existem outras unidades em que

podemos expressar a aceleracao, mas sempre sera na forma comprimento por tempo ao quadrado. Alem

disso, a aceleracao e uma grandeza vetorial de modo que e caracterizada por um modulo, direcao e sentido.

A direcao e determinada pelo eixo sobre o qual se desenvolve o movimento e o sentido e determinado pelo

sinal algebrico da mesma forma que no caso da velocidade e deslocamento, ou seja, a aceleracao com um

valor positivo esta na direcao positiva do eixo e um valor negativo esta apontando no sentido negativo do

eixo. Com o objetivo de ilustrar a relacao entre a posicao, velocidade e aceleracao, na figura 2.4 os graficos

da posicao, velocidade e aceleracao sao mostrados para um elevador que esta inicialmente em repouso

e entao descreve um movimento de subida ate parar. A curva da posicao x(t) exibe uma curvatura

inicial no intervalo de 0s a 3s, seguida por um comportamento linear entre 3s e 8s e finalmente exibe um

curvatura contraria de 8s a 9s tornando-se constante novamente em 10s. Considerando que a curvatura

e quadratica, entao a velocidade instantanea, mostrada no grafico de v(t) pode ser estimada usando-se

a definicao da derivada da posicao. No intervalo em que o movimento comeca e termina (0-3s e 8-9s)

a velocidade e linear, pois corresponde a derivada de uma funcao quadratica. No entanto, a inclinacao

da reta deve ser oposta desde que a curvatura no inıcio do intervalo e positiva e no final, negativa. Na

regiao linear de x(t), a velocidade deve exibir um valor constante desde que estamos considerando aqui

a derivada de uma funcao linear. Dada a curva da velocidade, podemos estimar a curva da aceleracao

fazendo mentalmente a derivada da velocidade em funcao do tempo. De fato, a aceleracao e diferente

de zero somente nos intervalos (0-3s e 8-9s) onde a velocidade exibe um comportamento linear. Nas

demais regioes a velocidade e constante e nao temos aceleracao. Alem disso, notamos que o elevador esta

acelerando no inıcio do movimento, portanto, a > 0 e no final do movimento o elevador comeca a frear

ate parar e, com isso, a < 0.

2.4. ACELERACAO 21

Posi

ção (

m)

Vel

oci

dad

e (m

/s)

Ace

lera

ção (

m/s

)2

Tempo (s)

Tempo (s)

Tempo (s)

Inclinaçãode x(t)

Inclinaçãode v(t)

(a)

(b)

(c )|

Figura 2.4: (a) grafico da posicao em funcao do tempo para um elevador que parte do repouso e se move para

cima ate parar. (b) velocidade do elevador. (c) aceleracao.


2.5 Movimento com aceleracao constante

Ate o momento definimos algumas grandezas fısicas que nos permite descrever o movimento de um corpo

rıgido que se comporta como uma partıcula movendo-se em 1 dimensao. O proximo passo e relacionar

estas quantidades de maneira a prever o movimento que a partıcula ou corpo ira exibir a partir de alguns

valores iniciais de velocidade e posicao. Em outras palavras, pretendemos determinar a funcao x(t) que

nos fornece a posicao da partıcula para todos os instantes de tempo. A partir desta funcao, conseguimos

determinar todas as quantidades que caracterizam o movimento como a velocidade e aceleracao.

Os movimentos dos corpos podem ser muito complicados desde que a aceleracao e velocidade em

princıpio podem assumir qualquer dependencia com o tempo. No entanto, um caso particular e de

grande interesse: os movimentos em que a aceleracao dos corpos e constante no tempo. O principal

exemplo deste tipo de movimento e a queda livre dos corpos na superfıcie da Terra, onde os corpos

que estao a uma certa altura em relacao ao chao experimentam a aceleracao da gravidade que pode ser

aproximada para um valor constante e igual2 a: g = −9, 8 m/s2. Assim, dada a relevancia deste caso,

vamos estuda-lo em detalhes nesta secao.

2.5.1 Equacoes para aceleracao constante

Para determinar o movimento com aceleracao constante, partimos da definicao da aceleracao como a

derivada temporal da velocidade:

a =dv

dt

que pode ser reescrita na forma,

dv = a dt

e integrando em ambos os lados em relacao ao tempo, segue que:∫dv =

∫a dt,

e desde que estamos supondo que a e constante podemos escrever:

v + C1 = at+ C2

2denotamos a aceleracao da gravidade pelo sımbolo g, reservando o a para aceleracoes gerais que nao sao devido a forca

gravitacional

2.5. MOVIMENTO COM ACELERACAO CONSTANTE 23

ou ainda,

v = at+ C (2.8)

onde agrupamos as duas constantes de integracao na forma: C = C2 − C1. Para determinar o valor da

constante C, basta utilizar uma condicao inicial. Neste caso, supomos que no tempo t = t0 a velocidade

da partıcula e v0, assim, temos que,

v0 = at0 + C

o que nos permite obter,

C = v0 − at0

e substituindo na Eq. (2.8), obtemos a primeira equacao para o movimento com aceleracao constante:

v(t) = v0 + a(t− t0) (2.9)

onde explicitamos que v = v(t), ou seja, a velocidade e uma funcao do tempo. Vemos entao que a

velocidade e linear com o tempo no caso em que a e constante.

Uma vez que conhecemos v(t), podemos determinar a variacao da posicao com o tempo. Para isso,

usamos a definicao da velocidade:

v =dx

dt

ou ainda,

dx = v dt

e integrando em relacao ao tempo, segue que∫dx =

∫v dt.

A integral no primeiro membro e direta, ou seja x + K1, com K1 sendo a constante de integracao.

Assim, temos

x+K1 =

∫v dt.

Para determinar a segunda integral, precisamos saber como a velocidade varia com o tempo. Isso e

determinado pela Eq. (2.9), assim, substituindo na integracao, obtemos:

x+K1 =

∫[v0 + a(t− t0)] dt


e lembrando que v0, a e t0 sao constantes, podemos escrever

x+K1 = v0

∫dt+ a

∫t dt− at0

∫dt

e resolvendo as integracoes escrevemos

x+K1 = v0t+K2 +at2

2+K3 − at0t+K4

onde K1,K2,K3 e K4 sao constantes de integracao. Escrevemos ainda,

x+K1 = v0t+a

2

(t2 − 2t0t

)+K2 +K3 +K4

e completando o quadrado no parenteses, podemos obtemos

x = v0t+a

2

(t2 − 2t0t+ t20

)− at20

2−K1 +K2 +K3 +K4

e desde queat202

e tambem uma constante arbitraria, desde que t0 e arbitrario, podemos agrupar este termo

junto com as demais constantes de integracao. Alem disso, podemos escrever o termo entre parenteses

na forma (t− t0)2, assim segue que

x = v0t+a

2(t− t0)

2 +K (2.10)

onde, K = −at202

−K1 +K2 +K3 +K4.

Resta agora determinar a constante K na Eq. (2.10). Para isso, consideremos que no tempo t = t0 a

partıcula encontra-se na posicao x = x0, assim, obtemos,

x0 = v0t0 +a

2(t0 − t0)

2 +K

o que leva a,

K = x0 − v0t0

e substituindo este valor de volta na Eq. (2.10), podemos escrever

x(t) = x0 + v0(t− t0) +a

2(t− t0)

2 (2.11)

onde deixamos explıcita a dependencia temporal da posicao com o tempo x = x(t).

Existem situacoes em que se faz necessario trabalhar com apenas velocidade e posicao da partıcula

em movimento. Podemos obter uma equacao relacionando estas quantidades diretamente por meio da

regra da cadeia do calculo. Para isso, escrevemos a definicao da aceleracao na forma:

a =dv

dt=

dv

dx

dx

dt


e identificando o segundo fator com a definicao de velocidade podemos escrever,

a = vdv

dx

o que pode ser colocado na forma:

v dv = a dx

e integrando esta equacao em ambos os lados, obtemos:∫v dv =

∫a dx

As integrais sao diretas desde que consideramos que a aceleracao e constante tambem em relacao a

posicao, logo

v2

2+ L1 = ax+ L2

e agrupando as constantes de integracao na forma L = L2 − L1, podemos escrever ainda,

v2

2= ax+ L

E para determinar a constante L, consideramos que para uma dada posicao inicial x = x0 a partıcula

tenha uma velocidade v = v0, assim, obtemos:

v202

= ax0 + L

e isolando L, temos

L =v202

− ax0

e substituindo novamente na equacao para v, obtemos:

v2

2= ax+

v202

− ax0

o que pode ser escrito na forma

v2 = v20 + 2a(x− x0) (2.12)

que e a relacao procurada envolvendo apenas posicoes e velocidades.

As Eqs. (2.9), (2.11) e (2.12) permitem determinar o movimento de uma partıcula com aceleracao

constante. Podemos aplica-las para varios tipos de movimento, conforme ficara claro nos exemplos


seguintes. No entanto, e interessante combinar estas equacoes com o objetivo de determinar algumas

propriedades interessantes decorrente da aceleracao constante. Para isso, considere novamente a Eq.

(2.12),

v2 = v20 + 2a(x− x0)

que pode ser escrita na forma

v2 − v20 = 2a(x− x0)

(v − v0)(v + v0) = 2a(x− x0) (2.13)

mas a diferenca v − v0, pode ser escrita em termos da aceleracao usando a Eq. (2.9):

v − v0 = a(t− t0)

e substituindo na Eq. (2.13), obtemos

a(t− t0)(v + v0) = 2a(x− x0)

e eliminando a aceleracao, podemos escrever:

x− x0t− t0

=1

2(v + v0) (2.14)

e identificando o primeiro membro com a velocidade media, podemos escrever ainda

vmed =1

2(v + v0). (2.15)

E vemos que no movimento com aceleracao constante, a velocidade media pode ser obtida a partir

de uma media aritmetica entre dois valores de velocidade. Isto e uma consequencia do movimento ser

com aceleracao constante e nao pode ser generalizado para casos em que a aceleracao tenha outros

comportamentos.

Podemos obter uma segunda equacao, combinando as Eqs. (2.9) e (2.11). Para isso primeiramente

multiplicamos a Eq. (2.9) pela diferenca de tempo t− t0:

v(t− t0) = v0(t− t0) + a(t− t0)2 (2.16)

Retomando a Eq. (2.11), temos:

x− x0 = v0(t− t0) +1

2(t− t0)

2 (2.17)


No da Eq. Equacoes Parametro ausente

(2.9) v(t) = v0 + a(t− t0) x− x0

(2.11) x(t) = x0 + v0(t− t0) +a

2(t− t0)

2 v

(2.12) v2 = v20 + 2a(x− x0) t

(2.14) x− x0 =1

2(v + v0)(t− t0) a

(2.18) x− x0 = v(t− t0)−1

2(t− t0)

2 v0

Tabela 2.1: Equacoes para o movimento com aceleracao constante.

Agora subtraımos a Eq. (2.16) da (2.17), obtendo-se:

x− x0 − v(t− t0) = −1

2(t− t0)

2

o que pode ser colocado na forma final:

x− x0 = v(t− t0)−1

2(t− t0)

2 (2.18)

que tem a vantagem de nao fazer referencia a velocidade no tempo inicial. Esta e a ultima equacao

deduzida para o caso da aceleracao constante. Com este conjunto de equacoes podemos investigar varias

situacoes envolvendo problemas com aceleracao constante. Na tabela abaixo fazemos um resumo das

principais expressoes obtidas.

2.5.2 Exemplos

1. Um eletron com velocidade inicial v0 = 1, 50 × 105 m/s penetra em uma regiao de comprimento

L = 1, 00 cm, onde e eletricamente acelerado (Fig. 2.5) e sai dessa regiao com v = 5, 70×106 m/s. Qual

e a aceleracao do eletron, supondo que seja constante?

O problema pode ser facilmente resolvido usando-se a equacao de Torricelli, assim,

v2 = v20 + 2a∆x

e resolvendo para a, obtemos:

a =1

2

(v2 − v20∆x

)

a =1

2

((5, 70× 106 m/s)2 − (1, 50× 105 m/s)2

1, 00 cm

)


sem aceleração

Trajetória doelétron

com aceleração

Figura 2.5: Veja exemplo 1.

e resolvendo para a aceleracao, temos finalmente:

a = 1, 62× 1015 m/s2.

2. Quando um trem de passageiros de alta velocidade (trem-bala) que se move a 161 km/h faz uma

curva, o maquinista leva um susto ao ver que uma locomotiva entrou indevidamente nos trilhos atraves

de um desvio e se encontra a uma distancia D = 676 m a frente, veja Fig. 2.6. A locomotiva esta se

movendo a 29, 0 km/h. O maquinista do trem de alta velocidade imediatamente aciona os frios. (a) Qual

e o valor mınimo do modulo da desaceleracao (suposta constante) para que a colisao nao ocorra? (b)

Suponha que o maquinista esta em x = 0 quanto, em t = 0, avista a locomotiva.

Trem de alta

velocidade locomotiva


O trem-bala deve reduzir a sua velocidade ate um valor de mınimo igual a velocidade da locomotiva

vl, caso contrario ira colidir com a mesma. Esta reducao deve ocorrer dentro da distancia igual a

∆x = D + vl∆t


desde que no processo de desaceleracao, que ocorre dentro do intervalo de tempo ∆t = t − t0. Assim,

para determinar a aceleracao temos que:

∆x =1

2[v(t) + v0]∆t

e assim, substituindo o valor de ∆x = D + vl∆t, o valor final da velocidade v = vl, temos:

D + vl∆t =1

2[vl + v0]∆t

onde vl e a velocidade final do trem-bala que deve ser igual a da locomotiva. Dividindo a expressao acima

por ∆t, temos ainda:

D

∆t+ vl =

1

2[vl + v0].

O tempo ∆t pode ser determinado pela equacao,

v(t) = v0 + a∆t

logo,

∆t =v(t)− v0

a

e considerando ainda que no tempo t a velocidade do trem-bala deve ser igual a vl, podemos escrever

∆t =vl − v0

a

logo,

aD

vl − v0+ vl =

1

2[vl + v0].

o que pode ser escrito na forma,

aD

vl − v0=

1

2[v0 − vl].

logo,

a = − 1

2D[vl − v0]

2.

e substituindo os valores correspondentes segue que:

a = − 1

2× 0, 676 km[29, 0 km/h− 161 km/h]2.


3. A agua pinga de um chuveiro em um piso situado 200 cm abaixo. As gotas caem a intervalos

de tempo regulares (iguais) com a primeira gota atingindo o piso quando a quarta gota comeca a cair.

Quando a primeira gota atinge o piso, a que distancia do chuveiro se encontram (a) a segunda e (b) a

terceira gota?

Primeiro, precisamos determinar o tempo t1 que a primeira gota leva para atingir o chao. Isto pode

ser obtido via equacao para a queda livre:

y1(t) = y0 + v0t1 −g

2t21

e definindo a posicao −h no piso e 0 a posicao do chuveiro em relacao ao chao, podemos escrever

−h = 0 + 0− g

2t21


t1 =

√2h

g

e substituindo os valores correspondentes, segue que:

t1 =

√2× 2 m

9, 8 m/s2= 0, 639 s.

Como os intervalos de tempo sao regulares, assim, dividindo o tempo t1 por 3, obtemos o intervalo

de tempo entre as gotas,

∆t =t13

=0, 639 s

3= 0, 213 s.

O tempo t2 que deve ser usado para determinar a posicao da segunda gota, e dado por:

t2 = 2×∆t = 0, 426 s

assim, substituindo este tempo na equacao para a queda livre obtemos,

y2(t2) = y0 + v0t2 −g

2t22

e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:

y2(t2) = 0 + 0− g

2(0, 426 s)2 = −0, 889 m.

E usando o mesmo raciocınio, temos que:

y3(t3) = y0 + v0t3 −g

2t23

onde t3 = 0, 213 s. Assim, temos que:

y3(t3) = 0 + 0− g

2(0, 213 s)2 = −0, 222 m.

Capıtulo 3

Movimento em duas dimensoes

Aqui generalizamos os conceitos desenvolvidos no capıtulo anterior para outras dimensoes. Recomenda-

mos a leitura do capıtulo 3 do Halliday para uma revisao das propriedades basicas de vetores.

3.1 Vetores

No capıtulo anterior definimos a posicao de uma partıcula a partir de um sistema de referencia de modo

que se a partıcula esta a direita da origem a posicao assume valores positivos enquanto que no caso inverso

a posicao tinha valores negativos. O conhecimento da posicao da partıcula com o tempo significava um

conhecimento completo das propriedades do movimento da partıcula como a velocidade e a aceleracao.

No caso de movimento em 2 e 3 dimensoes, especificar a posicao apenas usando sinais de + e − nao

e suficiente. Neste caso, a utilizacao de vetores e necessaria desde que para caracterizar a posicao da

partıcula e necessario indicar a orientacao do movimento da mesma. Da mesma forma, grandezas como

o deslocamento, velocidade e aceleracao tambem requerem a especificacao de suas orientacoes no plano

ou no espaco.

Para representar estas grandezas usamos vetores, que sao representados geometricamente por meio

de setas cujo tamanho representa o modulo e a orientacao desta seta no espaco ou no plano especifica

sua direcao e sentido. Grandezas que requerem este tipo de especificacao sao chamadas de grandezas

vetoriais. E importante notar que nem todas as grandezas fısicas sao grandezas vetoriais. Temperatura,

pressao, energia, massa, etc., sao exemplos de grandezas que nao necessitam da especificacao de suas

orientacoes em relacao a um sistema de referencias. Estas sao completamente definidas especificando

apenas seu modulo e sinal, da mesma forma que as grandezas que estudamos no caso 1D.

A grandeza vetorial mais simples e o deslocamento, ou mudanca de posicao. Um vetor que representa

31

32 CAPITULO 3. MOVIMENTO EM DUAS DIMENSOES

um deslocamento e chamado de vetor deslocamento. Conforme mostrado na Fig. 3.1, se a partıcula

se desloca da posicao A para a posicao B, representamos o deslocamento por uma seta apontando de A

para B. A seta especifica o vetor graficamente.

Figura 3.1: (a) As tres setas tem o mesmo modulo e orientacao e, portanto, representam o mesmo deslocamento.

(b) As tres trajetorias que unem os dois pontos correspondem ao mesmo vetor deslocamento.

Na Fig. 3.1a, as tres setas de A para B, de A′ para B′ e de A′′ para B′′ tem o mesmo modulo e

orientacao; assim, especificam vetores deslocamento iguais e representam a mesma variacao na posicao

da partıcula. Um vetor pode ser deslocado sem que seu valor mude caso o comprimento, a direcao e o

sentido sejam os mesmos.

O vetor deslocamento nada diz sobre a trajetoria percorrida por uma partıcula. Na Fig. 3.1b, por

exemplo, as tres trajetorias que unem os pontos A e B correspondem ao mesmo vetor deslocamento da

Fig. 3.1a. Um vetor deslocamento representa apenas o resultado final do movimento, nao o movimento

propriamente dito.

3.1.1 Operacoes com vetores

Para descrever o movimento de uma partıcula usando vetores e necessario conhecer a algebra vetorial

que especifica as regras para combinar vetores, i.e., somar, subtrair e multiplicar vetores. No caso em

particular, somente a soma e subtracao vetoriais serao de interesse aqui, a multiplicacao sera deixada

para capıtulos posteriores. E importante notar que a divisao de vetores nao e definida de maneira que

apenas as tres operacoes fundamentais sao possıveis.

A operacao mais simples e a soma vetorial, que pode ser ilustrada considerando novamente desloca-

mentos no plano. Assim, considere o deslocamento de uma partıcula que parte do ponto A ate B e entao,

3.1. VETORES 33

vai de B para C (veja Fig. 3.2a). Podemos representar o deslocamento total atraves de vetores deslo-

camentos, o primeiro ligando os pontos A e B e o segundo ligando os pontos B e C. O deslocamento

total e um unico deslocamento de A para C. Chamamos o vetor que liga os pontos A e C de vetor soma

(ou vetor resultante) dos vetores AB e BC. Esta soma nao e uma soma algebrica comum.

Trajetóriareal

Deslocamento totalé a soma dos vetores

Figura 3.2: (a) As tres setas tem o mesmo modulo e orientacao e, portanto, representam o mesmo deslocamento.

(b) As tres trajetorias que unem os dois pontos correspondem ao mesmo vetor deslocamento.

Na Fig. 3.2b, os vetores foram rotulados por a, b e s, onde a seta em cima da letra indica que se

trata de uma grandeza vetorial. Na maioria dos livros, os vetores sao representados por letras em negrito,

assim, os vetores da Fig. 3.2b podem ser representados por a, b e c ficnado subentendido que se trata

de grandezas vetoriais. Assim, podemos representar algebricamente a soma dos tres vetores na forma:

s = a+ b, ou,

s = a+ b

lembrando que esta nao e uma soma algebrica comum, mas uma soma que leva em conta, alem do modulo

das grandezas, o sentido e a direcao.

A maneira de somar vetores geometricamente e feita desenhando o primeiro vetor na orientacao

apropriada. A seguir desenhamos o segundo vetor com direcao e sentidos apropriados mas com a origem

deste vetor coincidindo com a extremidade do primeiro vetor. O vetor soma e o que vai da origem do

primeiro a extremidade do ultimo. Na Fig. 3.3 e mostrado um exemplo de soma de dois vetores a e b.

Da Fig. 3.3 notamos que a ordem em que a soma e feita e irrelevante. Podemos representar este fato

atraves da equacao vetorial

a+ b = b+ a (lei comutativa)


Vetor soma

FimInício

Figura 3.3: A ordem em que os vetores a e b sao somados nao afeta o resultado.

Outra propriedade importante da soma vetorial e a associatividade, i.e., quando existem mais de

dois vetores, podemos agrupa-los em qualquer ordem para soma-los. Assim, se temos tres vetores a, b

e c, podemos primeiramente somar a com b e somar o resultado com c. Ou ainda, somar primeiro b e

c e depois somar o resultado com a, o resultado e o mesmo conforme mostra a Fig. 3.4 Este resultado

Figura 3.4: Os vetores a, b e c podem ser agrupados em qualquer ordem para serem somados sem alterar o

resultado final.

tambem pode ser escrito na forma de uma equacao vetorial:

(a+ b) + c = a+ (b+ c) (lei associativa)

Quando multiplicamos um vetor por um escalar positivo, modificamos o seu modulo. Assim, o vetor 2b

e um vetor com a mesma direcao e sentido de b mas com o dobro do comprimento. Quando multiplicamos

um vetor por um escalar negativo, entao alem da possibilidade de modificar o modulo do vetor, invertemos

o seu sentido. Assim, o vetor −b e um vetor com o mesmo modulo de b mas com sentido contrario (veja

3.1. VETORES 35

Fig. 3.5). Quando somamos vetores com modulo e direcoes iguais mas com sentidos opostos o resultado

e zero. Em termos de deslocamento, isso equivale a se deslocar uma certa distancia e depois voltar ao

mesmo ponto de origem. O deslocamento final e zero. Esta situacao pode ser representada pela seguinte

equacao vetorial:

b+ (−b) = 0

Figura 3.5: Os vetores b e −b tem mesmo modulo e direcao mas sentidos opostos.

Vemos entao que somar −b e o mesmo que subtrair b. Usamos esta propriedade para definir a

subtracao de vetores. Seja d o resultado da subtracao dos vetores a e b, entao escrevemos esta diferenca

como

d = a− b = a+ (−b), (subtracao de vetores).

ou seja, calculamos a subtracao somando o vetor −b com o vetor a. A Fig. 3.6 nos mostra como a

subtracao e feita geometricamente.

Como na algebra comum, podemos manipular a equacao vetorial da mesma forma que uma equacao

algebrica comum no que diz respeito as operacoes de soma e subtracao. Assim, quando passamos um

vetor de um lado da equacao para o outro este ganha um sinal de menos. Assim, considerando a ultima

equacao, podemos escreve-la na forma:

d+ b = a ou a = d+ b.

3.1.2 Decomposicao de vetores

Ate o momento consideramos a representacao geometrica de vetores e baseado-se nesta representacao,

conseguimos mostrar as propriedades basicas dos vetores. No entanto, operar com vetores na forma


Note a posiçãodos vetores paraa soma

Figura 3.6: (a) Os vetores a, b e −b. (b) Para subtrair o vetor b do vetor a basta inverter b e somar com a.

geometrica e bastante trabalhoso ainda mais quando consideramos equacoes mais complicadas envolvendo

somas e subtracoes de varios vetores. A decomposicao de vetores permite somar e subtrair vetores usando

algebra comum. Neste procedimento, representamos os vetores no sistema de coordenadas retangulares.

Os eixos x e y sao normalmente desenhados no plano do papel. O eixo z normalmente e perpendicular ao

plano do papel. No entanto, como estamos considerando movimentos em duas dimensoes, vamos ignorar

o eixo z por ora.

Uma componente de um vetor e a projecao do vetor em um eixo. Na Fig. 3.7a, por exemplo, ax

e a projecao do vetor a na direcao x e ay e a projecao do vetor a na direcao y. Ainda considerando a

Fig. 3.7a, notamos que o processo de decomposicao consiste em tracar retas perpendiculares aos eixos

passando pela origem e extremidade do vetor. Com isso, fica claro que o vetor e a hipotenusa de um

triangulo retangulo cujos catetos sao as componentes ax e ay do vetor.

A Fig. 3.7b nos mostra que o deslocamento do vetor para outra regiao do plano-xy nao afeta as

componentes do vetor tao logo seu modulo e orientacao nao sejam modificados. Note que o sentido e

direcao das componentes (em relacao ao eixo) sao as mesmas que as do vetor. Assim, caso o vetor tivesse

sua orientacao invertida, as componentes estariam apontando na direcao inversa em relacao aquelas da

Fig. 3.7.

Podemos determinar geometricamente o modulo das componentes do vetor a, atraves do triangulo

retangulo ilustrado na Fig. 3.7c. Considerando o angulo θ que o vetor a faz com o semi-eixo positivo,

3.1. VETORES 37

Figura 3.7: (a) As componentes ax e ay do vetor a. (b) As componentes nao mudam quando o vetor e deslocado,

desde que o modulo e a orientacao sejam mantidos. (c) As componentes correspondem aos catetos de um triangulo

retangulo cuja hipotenusa e o modulo do vetor.

entao segue que:

ax = a cos θ e ay = a sin θ.

Atraves da Fig. 3.7c fica claro como formar o vetor a a partir das componentes, podemos escreve-lo

como:

a = ax + ay

o que significa colocar a origem de uma das componentes na extremidade da outra e formar o triangulo

da soma dos vetores.

Uma vez que conhecemos as componentes de um vetor, podemos especifica-lo atraves das componentes

ax e ay, ou atraves de seu modulo a e angulo θ. Os dois pares de valores sao equivalentes na especificacao

do vetor desde que podemos determina-los um a partir do outro. De fato, podemos calcular ax e ay a

partir de a e θ com as seguintes relacoes:

a =√

a2x + a2y e θ = arctan

(ayax

).

No caso mais geral de tres dimensoes, precisamos do modulo e de dois angulos (a, θ e ϕ, digamos) ou

de tres componentes (ax, ay e az) para especificar um vetor.


(a) (b)

Figura 3.8: Componentes vetoriais do vetor a = a em termos dos vetores unitarios i e j.

3.1.3 Vetores Unitarios (versores)

A maneira de representar vetores no sistema de coordenadas, e feita usando-se a decomposicao vetorial

que discutimos na ultima secao. No entanto, uma maneira mais pratica de se lidar com vetores e atraves

do uso de vetores unitarios, tambem chamados de versores. O vetor unitario e um vetor que tem

modulo igual a 1 e aponta em uma certa direcao. Este vetor nao possui dimensao nem unidade, sua

unica funcao e especificar uma orientacao. Os versores que indicam o sentido positivo dos eixos x e y sao

representados por i e j, respectivamente, onde o sımbolo “∧”sobre os vetores indica que o modulo destes

vetores e igual a 1. No caso tridimensional temos ainda o versor k indicando o sentido positivo do eixo

z. Na Fig. 3.8a temos a representacao dos tres vetores unitarios e os eixos x, y e z. Usando os vetores

unitarios podemos expressar o vetor da Fig. 3.7 da seguinte forma:

a = a = axi+ ay j

onde simplesmente usamos o fato dos vetores ax e ay formados pelas projecoes de a sobre os eixos x

e y podem ser escritos como multiplos dos vetores unitarios, veja a Fig. 3.8b. Sendo assim, podemos

escrever,

ax =axi

ay =ay j.

Desde que os vetores unitarios sao ortogonais, nao e possıvel escrever o versor i como um multiplo

de j. Isso garante que, quando queremos descobrir se dois vetores sao iguais basta comparar as suas

3.1. VETORES 39

componentes em cada eixo e verificar se estas sao iguais. Em caso positivo, temos que os vetores sao

identicos.

3.1.4 Somando vetores algebricamente

Agora que sabemos decompor vetores algebricamente atraves dos versores, podemos fazer soma e sub-

tracao de vetores sem a necessidade de desenha-los no plano-xy. Antes de considerar a soma, vamos

denotar vetores usando sımbolos em negrito em vez da seta sobre o sımbolo. Assim, consideremos dois

vetores a e b, cuja soma resulta no vetor r, assim, escrevemos1:

r = a+ b

O vetor a tem projecoes ax, ay e az nos eixos coordenados. O vetor b tambem apresenta as tres

projecoes correspondentes que chamamos de bx, by e bz. Assim, podemos escrever r na forma:

r = axi+ ay j+ azk+ bxi+ by j+ bzk

assim, podemos escrever:

r = (ax + bx)i+ (ay + by )j+ (az + bz)k

que e o resultado da soma dos dois vetores. Note que terminamos com um vetor com as seguintes

projecoes ao longo dos eixos x, y e z:

rx =ax + bx

ry =ay + by

rz =az + bz

A subtracao de vetores tambem e direta. Seja d o vetor resultante da diferenca entre os vetores a e

b, assim, temos que:

d = a− b

e substituindo os vetores a e b na forma de componentes, e fazendo a subtracao como no caso anterior,

obtemos:

d = (ax − bx)i+ (ay − by )j+ (az − bz)k

1De modo equivalente poderıamos ter escrito r = a+ b, usando a notacao com setas.


Figura 3.9: Vetor posicao, vetor deslocamento e a trajetoria de uma partıcula em um plano.

e terminamos novamente com um vetor d com componentes dadas por:

dx =ax − bx

dy =ay − by

dz =az − bz

3.2 Posicao, Velocidade e Aceleracao Vetoriais

Agora que ja sabemos como localizar um ponto em um plano usando vetores, podemos voltar ao estudo

do movimento de uma partıcula agora em duas dimensoes. Para isso, precisamos redefinir novamente

as grandezas fısicas que caracterizam o movimento usadas no caso 1-D para o caso mais geral de 2 e 3

dimensoes.

Na Fig. 3.9 temos a representacao do movimento de uma partıcula que descreve a trajetoria APB

no plano-xy. Para localizar a partıcula usamos o chamado vetor posicao que liga a origem ao ponto onde

se encontra a partıcula. No instante t a partıcula esta localizada no ponto P , assim o vetor posicao para

a partıcula neste ponto e r(t) dado por:

r(t) = x(t)i+ y(t)j

3.2. POSICAO, VELOCIDADE E ACELERACAO VETORIAIS 41

onde x(t) e y(t) sao as coordenadas do ponto P e o modulo do vetor r(t) e simplesmente igual ao tamanho

do segmento de reta OP . Apos um intervalo de tempo ∆t a partıcula agora se encontra no ponto P ′ e

um segundo vetor posicao r(t+∆t) e usado para localiza-la, assim escrevemos

r(t+∆t) = x(t+∆t)i+ y(t+∆t)j

O deslocamento da partıcula do ponto P ao ponto P ′ e dado por:

∆r = r(t+∆t)− r(t) (3.1)

Substituindo os vetores r(t+∆t) e r(t) na definicao de deslocamento, podemos escrever,

∆r = x(t+∆t)i+ y(t+∆t)j− x(t)i− y(t)j

ou seja,

∆r = ∆xi+∆yj

onde ∆x = x(t+∆t)−x(t) que e o deslocamento na direcao x e ∆y = y(t+∆t)−y(t) que e o deslocamento

na direcao y.

Por analogia com o que fizermos no caso 1D, aqui definimos a velocidade media como a razao entre

o deslocamento pelo intervalo de tempo em que este deslocamento ocorreu, assim escrevemos:

vmed =∆r

∆t(3.2)

e considerando que ∆r = ∆xi+∆yj, podemos escrever da mesma forma:

vmed = vmed,xi+ vmed,y j. (3.3)

onde, vmed,x = ∆x/∆t e vmed,y = ∆y/∆t. Estas sao as componentes da velocidade media na direcoes x e

y. Continuando com as nossas definicoes, vemos que e possıvel determinar, de maneira analoga ao caso

unidimensional, a velocidade instantanea da partıcula tomando-se o limite ∆t → 0. Assim, a velocidade

instantanea no tempo t pode ser escrita como:

v(t) = lim∆t→0

∆r

∆t

o que nos permite escrever:

v(t) = vx(t)i+ vy(t)j


(a) (b)

Figura 3.10: (a) Velocidade de uma partıcula. (b) Aceleracao de uma partıcula.

onde,

vx(t) = lim∆t→0

∆x

∆t

vy(t) = lim∆t→0

∆y

∆t

Observando o que ocorre com o vetor ∆r a medida que o intervalo de tempo vai a zero (Fig. 3.10a),

vemos que a direcao da velocidade instantanea v(t) e da tangente a trajetoria em P , e o sentido e o

sentido de percurso da trajetoria da partıcula para t crescente. Observamos, sem prova, que tanto a

velocidade quanto o deslocamento obedecem as regras de composicao de vetores. Assim, concluımos que

a derivada de um vetor, e tambem um vetor. Portanto, escrevemos a velocidade instantanea na forma:

v(t) =dr

dt=

dx

dti+

dy

dtj. (3.4)

Para definir a aceleracao media, tomamos o vetor velocidade em dois instante de tempo, v(t+∆t) e

v(t) nos pontos correspondentes a P (t) e P (t+∆t), veja a Fig. 3.10b. Assim, definimos:

amed =∆v

∆t=

v(t+∆t)− v(t)

∆t(3.5)

A aceleracao instantanea e determinada tomando-se o limite ∆t → 0, assim segue que:

a(t) = lim∆t→0

∆v

∆t= lim

∆t→0

v(t+∆t)− v(t)

∆t

que e a derivada do vetor velocidade, assim escrevemos ainda:

a(t) =dv

dt=

dvxdt

i+dvydt

j. (3.6)

que pode ser escrita em termos do vetor deslocamento na forma:

a(t) =d2r

dt2=

d2x

dt2i+

d2y

dt2j. (3.7)


3.3 Movimento com aceleracao constante

No caso unidimensional, consideramos caso especial em que a aceleracao e constante. Com esta premissa,

obtivemos varias equacoes descrevendo o movimento da partıcula. Em duas dimensoes temos dois tipos

de movimento com aceleracao constante que sao importantes: o movimento de projeteis e o movimento

circular uniforme. Para entender estes movimentos, precisamos escrever as equacoes para o vetor posicao

em funcao do tempo. Para isto basta integrar a definicao da aceleracao. Como resultado, obtemos uma

equacao para a velocidade instantanea que pode ser usada para obter r(t). O procedimento e identico ao

realizado no capıtulo anterior e nao sera repetido aqui. As duas equacoes principais para o movimento

com aceleracao constante sao dadas por:

r(t) = r0 + v0(t− t0) +1

2a(t− t0)

2 (3.8a)

v(t) = v0 + a(t− t0) (3.8b)

onde consideramos que em t = t0 a partıcula esta localizada na posicao r0 = x0i + y0j com velocidade

v0 = v0xi+ v0y j. Das equacoes (3.8), notamos que o movimento no plano e uma composicao movimentos

independentes nas direcoes x e y. Assim, as duas Eqs. (3.8) se reduzem a quatro equacoes unidimensio-

nais. A seguir consideramos alguns exemplos de aplicacao destas equacoes no movimento de projeteis e

movimento circular uniforme.

3.4 Movimento de Projeteis

Aqui vamos estudar um caso particular de movimento bidimensional: uma partıcula que se move em

um plano vertical com velocidade v0 e com uma aceleracao constante igual a aceleracao de queda livre

g, dirigida para baixo. Uma partıcula que se move desta forma e chamada projetil (o que significa que

e lancada, projetada) e seu movimento e chamado de movimento balıstico. Este e um movimento

bastante comum no nosso dia-dia, desde que qualquer objeto que e lancado descreve um movimento

balıstico: uma bola em um jogo de futebol, algo lancado de um aviao, etc. Usando a notacao vetorial

que desenvolvemos na secao anterior, podemos escrever a velocidade inicial como:

v0 = v0xi+ v0y j (3.9)

onde as componentes nas direcoes x e y sao dadas por:

v0x = v0 cos θ0 e v0y = v0 sin θ0 (3.10)


com θ0 sendo o angulo entre o vetor v0 e o eixo horizontal.

No movimento de projetil tanto a velocidade quanto a posicao da partıcula estao variando no tempo,

mas a aceleracao sempre sera constante e dirigida para baixo. Assim, podemos escrever:

a = −gj (3.11)

o que implica que na direcao horizontal a velocidade e constante. Na Fig. 3.11a, e mostrada uma

fotografia estroboscopica de uma bola de tenis quicando sobre uma superfıcie dura. Entre os impactos a

bola descreve uma trajetoria balıstica, que pretendemos estudar. Na Fig. 3.11b, e feita uma comparacao

entre o movimento de uma bola em queda livre (amarela) e outra bola que tambem esta em queda livre

mas que apresenta uma velocidade com componente horizontal. Assim, desde que ambas sofrem a acao

de uma aceleracao dada pela Eq. (3.11), o movimento na direcao vertical para as duas bolas e identico.

(a) (b)

Figura 3.11: (a) Fotografia estroboscopica de uma bola de tenis amarela quicando em uma superfıcie dura. Entre

os impactos, a trajetoria da bola e balıstica. (b) Uma bola e deixada cair a partir do repouso no mesmo instante

que a outra bola e lancada horizontalmente para a direita. Os movimentos verticais das duas bolas sao iguais.

Este exemplo nos mostra que os movimentos nas duas direcoes sao independentes e podem ser tratados

individualmente. Com isso, podemos decompor o problema complicado de duas dimensoes em dois

problemas unidimensionais separados mais faceis de serem resolvidos, um para o movimento horizontal

(com aceleracao nula) e outro para o movimento vertical (com aceleracao constante para baixo).

3.4. MOVIMENTO DE PROJETEIS 45

3.4.1 Analise do movimento de um projetil

Para determinar o movimento de um projetil, nas condicoes dadas pelas Eqs. (3.9) a (3.11), precisamos

do vetor posicao r(t) para todos os instantes de tempo. Para isso, consideramos a equacao:

r(t) = r0 + v0(t− t0) +1

2a(t− t0)

2 (3.12)

onde,

r(t) = x(t)i+ y(t)j

assim, da mesma forma r0 = x0i + y0j e v0 e a sao dados pelas Eqs. (3.9) e (3.11), respectivamente.

Substituindo todas estas definicoes na Eq. (3.12), segue que:

x(t)i+ y(t)j = x0i+ y0j+ (v0xi+ v0y j)(t− t0) +1

2(−gj)(t− t0)

2

o que pode ser colocado na forma

x(t)i+ y(t)j = x0i+ y0j+ v0x(t− t0)i+ v0y(t− t0)j−1

2g(t− t0)

2j

ou ainda,

x(t)i+ y(t)j = [x0 + v0x(t− t0)]i+

(y0 + v0y(t− t0)−

1

2g(t− t0)

2

)j

Neste ponto, lembramos que os versores i e j sao linearmente independentes. Isto significa que se

multiplicamos estes versores por qualquer escalar, nunca sera possıvel obter o outro vetor. De fato, um

numero multiplicando um vetor apenas modifica o seu modulo e sentido deixando sua direcao inalterada.

Assim, a unica maneira da equacao acima ser satisfeita e atraves da igualdade entre os coeficientes de i

e j, nos dois membros. Desta forma, escrevemos:

x(t) = x0 + v0x(t− t0) (3.13a)

y(t) = y0 + v0y(t− t0)−1

2g(t− t0)

2 (3.13b)

que descreve movimentos independentes nas direcoes x e y. Afirmamos que sao independentes porque a

coordenada x nao aparece na equacao para y e vice-versa.

Movimento Horizontal

O movimento horizontal e descrito pela Eq. (3.13a) com v0x = v0 cos θ0, logo

x(t) = x0 + (v0 cos θ0)(t− t0). (3.14)


Movimento Vertical

O movimento vertical e dado pela Eq. (3.13) com v0y = v0 sin θ0, assim:

y(t) = y0 + (v0 sin θ0)(t− t0)−1

2g(t− t0)

2. (3.15)

As relacoes do movimento retilıneo com aceleracao constante obtidas no capıtulo anterior podem

aplicadas aqui, trocando apenas a velocidade inicial por v0y = v0 sin θ0, a aceleracao a por −g e o eixo x

pelo eixo y. Assim, podemos escrever,

vy = v0 sin θ0 − g(t− t0),

v2y = (v0 sin θ0)2 − 2g(y − y0).

Conforme mostrado na Fig. 3.12, a componente vertical da velocidade se comporta exatamente como

a de uma bola lancada verticalmente para cima. Inicialmente ela esta dirigida para cima, e seu modulo

diminui continuamente ate se anular, o que determina a altura maxima da trajetoria. Em seguida, a

componente vertical da velocidade muda de sentido e seu modulo passa a aumentar com o tempo.

Figura 3.12: Trajetoria de um projetil que e lancado em x0 = 0 e y0 = 0 com uma velocidade inicial v0. Sao

mostradas a velocidade inicial e as velocidades em varios pontos ao longo da trajetoria, juntamente com suas

componentes. Observe que a componente horizontal de velocidade permanece constante, mas a componente vertical

muda continuamente. O alcance R e a distancia horizontal percorrida pelo projetil quando retorna a altura do

lancamento.


Equacao da Trajetoria

Podemos obter a equacao da trajetoria, ou seja, do caminho percorrido pelo projetil eliminando-se o

tempo t− t0 nas Eqs. (3.14) e (3.15). Assim, explicitando o tempo na Eq. (3.14), obtemos:

t− t0 =x− x0v0 cos θ0

e substituindo em Eq. (3.15), segue que:

y(x) = y0 + v0 sin θ0

[x− x0v0 cos θ0

]− 1

2g

[x− x0v0 cos θ0

]2ou ainda,

y(x) = y0 + tan θ0(x− x0)−g

2v20 cos2 θ0

(x− x0)2. (3.16)

que e uma equacao geral de uma parabola. Note que a parabola mostrada na Fig. 3.12 e um caso

particular da Eq. (3.16) com x0 e y0 nulos:

y(x) = tan θ0x− g

2v20 cos2 θ0

x2. (3.17)

Alcance Horizontal

O alcance horizontal de um projetil, como mostra a Fig. 3.12, e a distancia horizontal percorrida pelo

projetil ate voltar a sua altura inicial (altura de lancamento). Para determinar o alcance R, fazemos

x− x0 = R na Eq. (3.14) e y − y0 = 0 na Eq. (3.15). Com isso, temos

R = v0 cos θ0(t− t0) ∴ t− t0 =R

v0 cos θ0(3.18)

e,

0 = v0 sin θ0(t− t0)−1

2g(t− t0)

2. (3.19)

e usando o valor de t− t0 obtido da Eq. (3.18) em (3.19) temos ainda:

0 = v0 sin θ0R

v0 cos θ0− 1

2g

(R

v0 cos θ0

)2

.

e resolvendo para R segue que:

0 = v20 cos θ0 sin θ0R− 1

2gR2 ∴ (2v20 cos θ0 sin θ0 − gR)R = 0


e vemos que existem duas solucoes:

R = 0 e R =2v20 cos θ0 sin θ0

g=

v20g

sin 2θ0

a primeira solucao corresponde ao ponto inicial de onde o projetil e lancado. O segundo resultado e a

distancia onde o projetil atinge o chao. Assim, temos que o alcance R e dado por:

R =v20g

sin 2θ0. (3.20)

Note que o alcance maximo e obtido quando θ0 =π

4= 45o. Neste caso o seno vale 1, e R atinge seu

maior valor dado por R =v20g. Note que a Eq. (3.20) nao fornece a distancia horizontal percorrida

pelo objeto quando este e lancado de uma altura diferente da altura final.

Exemplos

1. Um projetil e disparado horizontalmente de uma arma que esta a 45, 0 m acima de um terreno plano,

emergindo da arma com uma velocidade de 250 m/s. (a) Por quanto tempo o projetil permanece no

ar? (b) a que distancia horizontal do ponto de disparo ele se choca com o solo? (c) Qual e modulo da

componente vertical da velocidade quando o projetil se choca com o solo?

(a)

Para determinar o tempo T que o projetil fica no ar, basta determinar o tempo gasto para o projetil

atingir o solo. Assim, considerando que o projetil e lancado na horizontal, entao a velocidade inicial na

direcao vertical e zero, assim, podemos escrever a Eq. (3.15) na forma:

y(t) = y0 −1

2gt2.

assim, fazendo y(t) = 0, temos:

T =

√2y0g

=

√2× 45, 0 m

9, 8m/s2= 3, 03 s.

(b)

O que e pedido e simplesmente o alcance da bala. Como a bala e disparada de uma altura y0 = 45, 0 m

e atinge o solo na posicao y = 0 m nao podemos aplicar a Eq. (3.20). No entanto, ainda podemos calcular

esta distancia facilmente visto que temos o tempo que a bala leva para chegar ao chao. Assim, aplicando

este tempo na Eq. (3.14) com x0 = 0, t0 = 0, θ0 = 0 e ainda t = T , segue que:

x(T ) = v0T


ou seja,

x(T ) = 250 m/s× 3, 03 s

logo,

x(T ) = 757, 61 ≈ 758 m.

(c)

O modulo da componente vertical da velocidade pode ser determinada usando-se a equacao:

vy(t) = −gt

desde que v0y = 0. Assim, substituindo-se o tempo T , obtemos:

vy(t) = −9, 8m/s2 × 3, 03 s = 29, 7 m/s

2. O chute de um jogador de futebol americano imprime a bola uma velocidade inicial de 25 m/s.

Quais sao (a) o menor e (b) o maior angulo de elevacao que ele pode imprimir a bola para marcar um

field goal a partir de um ponto situado a 50 m da meta, cujo travessao esta a 3, 44 m acima do gramado?

Aqui consideramos que a trave por onde a bola deve passar esta na direcao positiva do eixos dos x,

assim, a convencao de sinais e mesma que foi adotada na deducao das equacoes para o movimento do

projetil. Considerando a origem do sistema de coordenadas sobre o jogador e o tempo t0 = 0, podemos

escrever:

x(t) = v0t cos θ0

y(t) = v0t sin θ0 −1

2gt2.

Devemos determinar o angulo θ0 para uma altura H = 3, 44 m e distancia L = 50 m. Assim,

eliminando o tempo entre estas equacoes, temos:

H = v0

(L

v0 cos θ0

)sin θ0 −

1

2g

(L

v0 cos θ0

)2

.

o que pode ser escrito na forma:

H = L tan θ0 −gL2

2v20

1

cos2 θ0


podemos escrever 1/ cos2 θ0 na forma:

1

cos2 θ0= 1 + tan2 θ0

e, assim, substituindo na equacao acima, obtemos:

H = L tan θ0 −gL2

2v20− gL2

2v20tan2 θ0

o que pode ser colocado na seguinte forma:

gL2

2v20tan2 θ0 − L tan θ0 +

gL2

2v20+H = 0

que e uma equacao do segundo grau para a tangente de θ0. Definindo um coeficiente auxiliar

K =gL2

2v20=

9, 8 m/s2 × (50 m)2

2× (25 m/s)2= 19, 6 m

temos

K tan2 θ0 − L tan θ0 +H +K = 0

e e claro

tan θ0 =L±

√L2 − 4K(H +K)

2K

e substituindo-se os valores correspondentes, temos ainda:

tan θ0 =50 m±

√(50 m)2 − 4× 19, 6 m× (3, 44 m + 19, 6 m)

2× 19, 6 m

o que nos permite determinar dois valores:

tan θ0 = 1, 95 e tan θ0 = 0, 605

e os angulos correspondentes, no primeiro quadrante, podem ser determinados tomando-se o arco tangente

destes valores. Obtemos entao dois valores de angulos que satisfazem a condicao de obter altura H =

3, 44 m e distancia H = 50 m. Assim,

θ0 = 63o e θ0 = 31o

portanto, concluımos que o angulo de maior elevacao e 63o e o angulo de menor elevacao e 31o.


3. Os esquiadores experientes costumam dar um pequeno salto antes de chegar a uma encosta. Con-

sidere um salto no qual a velocidade inicial v0 = 10 m/s, angulo e θ0 = 9o, a pista antes do salto e

aproximadamente plana e a encosta tem uma inclinacao de α = 11, 3o. A figura 3.13a mostra um pre-

salto no qual o esquiador desce no inıcio da encosta. A Fig. 3.13b mostra um salto que comeca no

momento em que o esquiador esta chegando a encosta. Na Fig. 3.13a o esquiador desce aproximada-

mente na mesma altura em que comecou o salto. (a) Qual e o angulo ϕ entre a trajetoria do esquiador

e a encosta na situacao da Fig. 3.13a? Na situacao da Fig 3.13b, (b) o esquiador desce quantos metros

abaixo da altura em que comecou o salto e (c) qual e o valor de ϕ ? (A queda maior e o maior valor de

ϕ podem fazer o esquiador perder o equilıbrio.)


(a)

Isto e bastante simples desde que sabemos que no ponto em que esquiador atinge novamente o solo,

e exatamente no inıcio da encosta na mesma altura em que iniciou o salto. Logo, este deve ter um vetor

posicao abaixo da horizontal mas com um angulo igual ao angulo θ0. Assim, o angulo entre a encosta e

o esquiador e dado por:

ϕ = α− θ0 = 11, 3o − 9, 0o = 2, 3o

(b)

Vamos considerar que o esquiador aterriza em uma distancia d da rampa. Assim usamos as seguintes

equacoes:

y = y0 + v0yt−1

2gt2

x = x0 + v0xt

e considerando um triangulo retangulo com hipotenusa igual a d fazendo um angulo α com o prolonga-


mento horizontal, entao temos que,

x− x0 = d cosα

y − y0 = −d sinα

e alem disso, temos ainda,

v0x = v0 cos θ0

e, substituindo na equacao para x(t), obtemos:

d cosα = v0 cos θ0t ∴ t =d cosα

v0 cos θ0

Para o movimento vertical temos:

−d sinα = v0t sin θ0 −1

2gt2

e substituindo o tempo obtido da equacao para o movimento na direcao horizontal, obtemos ainda:

−d sinα = v0

[d cosα

v0 cos θ0

]sin θ0 −

1

2g

[d cosα

v0 cos θ0

]2ou ainda,

−d sinα = d tan θ0 cosα− gd2 cos2 α

2v20 cos2 θ0

e simplificando a distancia d em ambos os membros, temos:

d =2v20 cos

2 θ0d cos2 α

(sinα+ cosα tan θ0)

d =2v20 cos θ0g cos2 α

(sinα cos θ0 + cosα sin θ0)

e a soma entre parenteses pode agrupada usando o seno da soma,

d =2v20 cos θ0g cos2 α

sin(α+ θ0)

Substituindo-se os valores correspondentes, obtemos ainda:

d =2× (10 m/s)2 × cos 9, 0o

9, 8 m/s2 × cos2 11, 3osin(9o + 11, 3o)


d = 7, 27 m

o que nos fornece,

y = −d sinα = 7, 27 m× sin(11, 3o) = −1, 42 m

ou seja, o esquiador desceu 1,42 m abaixo da altura em que comecou o salto.

(c)

O tempo que o esquiador gasta para aterrizar pode ser determinado pela equacao do movimento

horizontal, assim:

t =d cosα

v0 cos θ0=

7, 27 m× cos(11, 3o)

10 m/s× cos(9, 0o)

logo,

t = 0, 72 s.

Com este tempo somos capazes de determinar a componente da velocidade vy, assim,

vy = v0y − gt = v0 sin θ0 − gt

e substituindo os valores correspondentes segue que:

vy = 10 m/s× sin 9, 0o − 9, 8 m/s2 × 0, 72 s

logo,

vy = −5, 5 m/s

Desde que temos tambem a componente horizontal da velocidade que nao muda com o tempo, podemos

determinar o angulo que a velocidade faz com a direcao horizontal:

vx = v0x cos θ0 = 10 m/s× cos 9, 0o = 9, 9 m/s.

E, substituindo os valores na expressao para o angulo θ :

θ = arctan

(vyvx

)= arctan

(−5, 5 m/s

9, 9 m/s

)


vamos obter:

θ ≈ −29, 1o.

ou seja, 29,1o abaixo da horizontal.

4. Na figura 3.14, uma bola de beisebol e golpeada a uma altura h = 1, 00 m e apanhada na mesma

altura. Deslocando-se paralelamente a um muro, ela passa pelo alto do muro 1, 00 s apos ter sido golpeada

e, novamente, 4, 00 s depois, quando esta descendo, em posicoes separadas por uma distancia D = 50, 0 m.

(a) Qual e a distancia horizontal percorrida pela bola do instante em que foi golpeada ate ser apa-

nhada?

Para determinar a distancia horizontal, basta aplicar a relacao para o movimento horizontal que nao

apresenta aceleracao. Assim, temos que:

x− x0 = v0xt

porem ainda nao sabemos o valor da velocidade na direcao horizontal. No entanto, sabemos que o

deslocamento da bola de beisebol foi de 50 m, em ∆t = 5 s− 1 s = 4 s. Assim, podemos escrever:

v0x =x− x0

t=

50, 0 m

4 s= 12, 5 m/s.


Agora, podemos determinar a distancia horizontal percorrida pela bola. Com efeito, ela chega no alto

do muro quando t = 1 s e novamente atinge esta altura 4,00 s depois, ou seja, quando t = 5 s. Portanto,

desde que o movimento e simetrico em relacao as alturas h, onde a bola e golpeada e apanhada, temos


1 s a mais ate a bola descer a mesma altura que foi golpeada, assim, o tempo final e t = 6 s. Portanto, o

deslocamento total, sera dado por:

x− x0 = 12, 5 m/s× 6 s = 75 m.

Quais sao (b) o modulo e (c) o angulo (em relacao a horizontal) da velocidade da bola imediatamente

apos ter sido golpeada?

Para determinar o modulo e o angulo da velocidade da bola, usamos equacao para o movimento na

vertical:

y − y0 = v0y(t− t0)−g

2(t− t0)

2 (3.21)

notando que esta equacao relaciona duas posicoes, y e y0, nos tempos t e t0, respectivamente.

Assim, vamos considerar duas posicoes da bola, a primeira no tempo que chamaremos de t1 onde a

bola esta na altura do muro 1 s apos ter sido golpeada, e vamos considerar que nossa origem esta sobre

o muro, de modo que y1 = 0 m para t1 = 1 s. Alem disso, vamos considerar a posicao y2 = 0 m que a

bola atinge 4 s depois, assim, t2 = 5 s. Adaptando a Eq. (3.21) para este caso, temos que:

y2 − y1 = v1y(t2 − t1)−g

2(t2 − t1)

2

e substituindo-se os valores correspondentes, segue que:

0 = v1y(5 s− 1 s)− 9, 8 m/s2

2(5 s− 1 s)2

e calculando-se os valores, chegamos a:

v1y = 19, 6 m/s.

que e a velocidade da bola no instante t1 = 1 s.

Desde que temos um movimento com aceleracao constante na direcao vertical, temos ainda:

v1y = v0y − g(t1 − t0)

e substituindo-se os valores correspondentes, lembrando que t0 = 0 s, obtemos:

19, 6 m/s = v0y − 9, 8 m/s2(1 s− 0)

logo,

v0y = 29, 4 m/s


que e a componente da velocidade na direcao y no instante em que foi golpeada. Para determinar o

modulo da velocidade basta tomar a hipotenusa do triangulo retangulo formado pelos catetos v0x e v0y,

assim:

v20 = v20x + v20y

e substituindo-se os valores correspondentes, segue que:

v20 = (12, 5 m/s)2 + (29, 4 m/s)2

logo,

v0 = 31, 9 m/s.

O angulo θ entre as componentes v0x e v0y podem tambem ser determinados:

θ = arctan

(v0yv0x

)= arctan

(29, 4 m/s

12, 5 m/s

)logo,

θ = 67o.

(d) Qual e a altura do muro?

Para isso, retomamos a equacao para o movimento vertical Eq. (3.21). Considerando que a altura do

muro e H. Assim:

y − y0 = v0y(t− t0)−g

2(t− t0)

2

considerando novamente que o tempo inicial t0 = 0 e t = 1 s, temos que:

H − 1 m = 29, 4 m/s× (1 s− 0)− 9, 8 m/s2

2(1 s− 0)2

e resolvendo para a altura do predio, obtemos finalmente:

H = 25, 5 m

3.5 Movimento Circular Uniforme (MCU)

Vamos agora considerar um segundo tipo de movimento bidimensional que e muito importante na fısica.

O movimento circular uniforme. Como o proprio nome diz, neste tipo de movimento a partıcula descreve

3.5. MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME (MCU) 57

uma trajetoria circular mantendo o modulo de sua velocidade uniforme. No entanto, como a orientacao

da velocidade varia ao longo da trajetoria, a partıcula experimenta uma aceleracao. Na Fig. 3.15, temos a

ilustracao de um partıcula descrevendo um MCU onde estao ilustrados os vetores velocidade e aceleracao

em tres pontos diferentes da trajetoria. Vemos que a velocidade sempre aponta na direcao tangente ao

circulo enquanto que a aceleracao aponta em direcao ao centro. Chamamos a aceleracao de aceleracao

centrıpeta devido a esta caracterıstica.

Figura 3.15: Velocidade e aceleracao no movimento circular uniforme.

Desde que o modulo da velocidade permanece constante o tempo que a mesma gasta para completar

uma volta e sempre o mesmo. Definimos este tempo como sendo o perıodo do movimento e considerando

que o perımetro da circunferencia e 2πr, podemos escrever o perıodo como:

T =2πr

v. (3.22)

Com o objetivo de descrever o MCU, precisamos determinar a forma da aceleracao da partıcula.

Nos casos anteriores, a expressao para a aceleracao era direta e atraves das definicoes da aceleracao e

velocidade fomos capazes de determinar a equacao de movimento correspondente.

Na Fig. 3.16a e apresentado o diagrama esquematico do movimento onde a partıcula no ponto p tem

um vetor velocidade tangente a trajetoria fazendo um angulo θ com a direcao y que e o mesmo angulo

que o segmento de reta r faz com o eixo horizontal. Desta forma, podemos escrever a velocidade da

seguinte forma:

v = vxi+ vy j


(a) (b) (c)

Figura 3.16: (a) Posicao e velocidade da partıcula em um certo instante de tempo. Note que a partıcula pode

ser localizada especificando-se o raio r e o angulo θ. O movimento pode ser decomposto em dois movimentos

unidimensionais independentes nas direcoes x e y. (b) Decomposicao da velocidade nas direcoes x e y, note que

a mesma aponta na direcao tangente a trajetoria. (c) Aceleracao da partıcula. Desde que o modulo da velocidade

nao varia, entao a aceleracao aponta em direcao ao centro.

e onde as componentes vx e vy podem ser escritas da seguinte forma,

vx = −v sin θ

vy = v cos θ

e substituindo na expressao para o vetor velocidade, temos ainda,

v = −v sin θi+ v cos θj

Os valores do seno e cosseno, podem ser facilmente obtidos considerando o triangulo retangulo formado

pelo raio do cırculo r e as coordenadas xp e yp da partıcula. Assim, temos que,

cos θ =xpr

sin θ =ypr

o que nos permite escrever a velocidade na forma,

v = −vypri+ v

xprj. (3.23)

A Eq. (3.23) e a velocidade da partıcula descrevendo um MCU. Para determinar a aceleracao basta

derivar esta equacao em relacao ao tempo lembrando que v e r sao constantes. Temos entao que:

a =dv

dt=

v

r

(−dyp

dti+

dxpdt

j

).


Agora notamos que o termo entre parenteses pode ser identificado. Com efeito, as derivadas corres-

pondem as componentes da velocidade, i.e., vx = dxp/dt e vy = dyp/dt, assim escrevemos:

a =v

r

(−vy i+ vxj

).

e usando as projecoes nos eixos, podemos escrever ainda:

a =v

r

(−v cos θi− v sin θj

).


a = −arr (3.24)

ar =v2

r(3.25)

e,

r = cos θi+ sin θj

onde r e um vetor unitario na mesma direcao do vetor posicao r que liga a origem ao ponto p onde se

encontra a partıcula.

Considerando a Eq. (3.24), vemos que aceleracao e realmente radial com sentido ao centro da orbita

da partıcula, ou seja, no sentido −r. Na Fig. 3.16c temos uma ilustracao do vetor aceleracao fazendo um

angulo ϕ com a horizontal. Para determinar este angulo basta calcular a tangente dada pelas componentes

ay e ax:

tanϕ =ayax

=−v2/r sin θ

−v2/r cos θ= tan θ

e vemos entao que ϕ = θ mostrando novamente que a aceleracao aponta na direcao radial.

3.5.1 Exemplos

1. Um menino faz uma pedra descrever uma circunferencia horizontal com 1, 5 m de raio 2, 0 m acima

do chao. A corda se parte e a pedra e arremessada horizontalmente, chegando ao solo depois de percorrer

uma distancia horizontal de 10 m. Qual era o modulo da aceleracao centrıpeta da pedra durante o

movimento circular?

Para determinar o modulo da aceleracao precisamos calcular a velocidade tangencial que a partıcula

tinha quando foi arremessada. Assim, desde que a pedra foi lancada horizontalmente, podemos considerar


que a velocidade tinha apenas a componente na direcao x. Assim, a aceleracao centrıpeta pode ser escrita

como:

a =v20r

que e a velocidade inicial em relacao ao movimento de projetil que a pedra descreve quando e lancada.

As equacoes para o movimento de projetil da pedra sao dados por:

x = v0t

y = y0 + 0− gt2

2

e resolvendo a equacao em y para t considerando que a posicao final e y = 0, segue que:

0 = y0 −gt2

2

t =

√2y0g

Neste tempo a pedra se deslocou a distancia R = 10 m, assim, temos:

R = v0

√2y0g

donde obtemos v0:

v20 =R2g

2y0

E substituindo na aceleracao, podemos escrever:

a =R2g

2y0r

que e a expressao procurada.

Substituindo os valores correspondentes, temos ainda:

a =(10 m)2 × 9, 8 m/s2

2× 2, 0 m× 1, 5 m= 163 m/s2

2. Uma bolsa a 2, 00 m do centro e uma carteira a 3, 00 m do centro descrevem um MCU no

piso de um carrosel. Elas estao na mesma linha radial. Em um certo instante, a aceleracao da bolsa e


2, 00 m/s2i+4, 00 m/s2j. Qual e a aceleracao da carteira nesse instante, em termos de vetores unitarios?

A direcao da aceleracao e igual para os dois objetos, desde que eles estao na mesma linha. Assim, a

unica mudanca e no modulo da aceleracao. Para determinar a diferenca no modulo, usamos a equacao:

a =v2

r

e precisamos eliminar a velocidade desde que nao temos tal informacao. No entanto, sabemos que o

tempo gasto para dar um volta completa pela bolsa e pela carteira devem ser os mesmos. Assim, usamos:

T =2πr

v

e substituindo na equacao para a aceleracao, obtemos ainda:

a =4π2r

T 2

e temos duas equacoes destas para a bolsa e para a carteira, mas com o mesmo perıodo T . Assim,

podemos escrever:

4π2rbab

=4π2rcac

onde os ındices b e c se referem a bolsa e a carteira, respectivamente.

E isolando a aceleracao da carteira nestas duas equacoes, temos ainda:

ac =rcrbab

e substituindo os valores dos raios, temos entao:

ac = 1, 5× ab

e notamos que como as aceleracoes estao na mesma direcao, podemos escrever o resultado na forma

vetorial diretamente:

ac = 1, 5× ab

ou ainda,

ac = 1, 5× (2, 00 m/s2i+ 4, 00 m/s2j)

logo,

ac = 3m/s2i+ 6, 00 m/s2j

que e a resposta procurada.


(a) (b)

Figura 3.17: (a) Deslocamento relativo que e obtido considerando-se a soma entre os vetores. (b) As gotas de chuva

na janela de um carro em movimento apresentam um trajetoria inclinada que pode ser entendida considerando-se

o movimento vertical das gotas (v2) e o movimento horizontal do carro (v1).

3.6 Movimento Relativo

Consideremos duas partıculas em movimento em relacao a uma origem O, que num dado instante ocupam

as posicoes P1 e P2, correspondendo aos deslocamentos r1(t) e r2(t), veja a Fig. 3.17. O deslocamento

relativo r12(t) de P2 em relacao a P1 no instante t, e dado por:

r12(t) = r2(t)− r1(t) (3.26)

e derivando a Eq. (3.26) em relacao ao tempo, obtemos a expressao para a velocidade relativa v12 =dr12dt

assim:

v12 = v2 − v1 (3.27)

que e a velocidade de 2 em relacao a 1, dada por v12, e a diferenca entre as velocidades de 2 e 1 em

relacao a origem. Podemos, portanto, pensar na velocidade da partıcula medida por um referencial em

repouso em relacao a partıcula 1. Um exemplo intuitivo, dado no livro do Moyses, sao as gotas de chuva

que batem na janela de um veıculo em movimento. Se as gotas de chuva caem na direcao vertical e

nos movimentamos na direcao horizontal, as gotas de chuva caem segundo um angulo θ. A inclinacao e

resultante da soma das velocidades horizontal do veıculo com a velocidade vertical das gotas de chuva.

Conforme mostrado na Fig. 3.17b, o angulo θ pode ser obtido por meio de tan θ = v2/v1.

3.6. MOVIMENTO RELATIVO 63

3.6.1 Exemplos

1. Duas rodovias se cruzam, como mostra a Fig. 3.18. No instante indicado, um carro de polıcia P esta

a uma distancia dP = 800 m do cruzamento, movendo-se com uma velocidade escalar vP = 80 km/h. O

motorista M esta a uma distancia dM = 600 m do cruzamento movendo-se com velocidade escalar de

vM = 60 km/h.


(a) Qual e a velocidade do motorista em relacao ao carro da polıcia na notacao de vetores unitarios?

O problema pede a velocidade vPM = vM − vP . Considerando-se o desenho mostrado na Fig. 3.18,

temos que vP = −80 km/hi e vM = −60 km/hj, assim, segue que:

vPM = vM − vP

= −60 km/hj− (−80 km/h)i

ou ainda,

vPM = 80 km/hi− 60 km/hj.

(b) No instante mostrado na Fig. 3.18, qual e o angulo entre a velocidade calculada no item (a) e a

reta que liga os dois carros?

Precisamos determinar o vetor que liga os dois carros. Temos que dP = −800 mi e dM = −600 mj,

assim o vetor que liga os dois carros e dado por:

dPM = dM − dP


ou seja,

dPM = 800 mi− 600 mj

que e colinear com a linha que liga os dois carros.

Para determinar o angulo entre a linha que liga os dois carros e a velocidade calculada no item (a),

basta calcular a tangente tan θ = vPM,y/vPM,x que nos da a angulo da velocidade relativa em relacao ao

eixo x e tambem calcular tanϕ = dPM,y/dPM,x que nos fornece o angulo da linha que liga os dois carros.

No entanto, vemos que a razao entre as componentes das velocidades e a componente da distancias e a

mesma, ou seja, os angulos sao iguais e portanto, a diferenca entre eles e zero.

(c) Se os dois carros mantem suas velocidades, as respostas dos itens (a) e (b) mudam quando os

carros se aproximam da interseccao?

As respostas dos itens anteriores permanecem as mesmas desde que o angulo entre as componentes

das velocidades e dos deslocamentos permanecem os mesmos.

3. Um rio de 200 m de largura corre com uma velocidade uniforme de 1, 1 m/s atraves de uma

floresta, na direcao leste. Um explorador deseja sair de uma pequena clareira na margem sul e atravessar

o rio em um barco a motor que se move com uma velocidade escalar constante de 4, 0 m/s em relacao a

agua. Existe uma outra clareira na margem norte, 82 m rio acima a partir de um ponto da margem sul,

exatamente em frente a clareira.

(a) Quanto tempo o barco leva para atravessar o rio e chegar a clareira?

Se o barco se desloca em linha reta ate a outra margem, este chegara a uma distancia 1, 1 m/s × t

a direita do ponto de saıda desde que o raio arrasta o barco por uma distancia de 1, 1 m/s × t. Assim,

a velocidade deve ter uma orientacao θ como mostrado na Fig. 3.19 de maneira que a componente

horizontal da velocidade compense o deslocamento para a direita.

Considerando o triangulo retangulo formado pelos deslocamentos, podemos escrever:

(4, 0 m/s× t)2 = (200 m)2 + (82 m + 1, 1 m/s× t)2

ou seja,

16t2 = 40.000 + 6724 + 180, 4t+ 1, 21t2

14, 79t2 − 180, 4t− 46724 = 0

3.6. MOVIMENTO RELATIVO 65

q

1,1 t+82mm/s x

200 m

4,0

t

m/s

x

N

S

O L

Figura 3.19: Diagrama mostrando as distancias percorridas pelo barco no tempo t e a distancia de uma margem

do rio a outra.

e resolvendo para t, podemos escrever,

t =180, 4±

√(180, 4)2 + 4× 14, 79× 46724

2× 14, 79= 62, 6 s.

(b) Em que direcao o barco deve ser apontado para viajar em linha reta e chegar a clareira da margem

norte?

A direcao pode ser facilmente determinada desde que temos o tempo que o barco gasta para chegar

a clareira. Assim, usando o cosseno, podemos escrever:

θ = arccos

(200 m

4, 0× 62, 6 s

)= 37o.

notas de aula | fis0728 movimento 1d e 2d material para ... · alonso, m., finn, e.j., f sica,...

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