FA_ATENA_1 A 8_PROF

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ob
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 C
as
as
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e 
A
lfr
ed
o 
Vo
lp
i
Atena 
Apostila do
PROFESSOR
FÍSICA A
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aula Caderno 1 
1 Cinemática escalar 
2 e 3 Movimento uniforme 
 
Aula Caderno 2 
4 Movimento uniformemente variado (MUV) 
5 Movimentos verticais 
6 Cinemática vetorial 
7 Movimento circular uniforme 
 
Aula Caderno 3 
8 Lançamento oblíquo 
9 e 10 Leis de Newton 
11 Aplicações das leis de Newton 
 
Aula Caderno 4 
12 Força de atrito e aplicações 
13 Dinâmica do movimento circular 
14 Trabalho e energia cinética 
 
Aula Caderno 5 
15 e 16 Energia mecânica 
17 Potência mecânica 
18 Impulso e quantidade de movimento 
 
Aula Caderno 6 
19 e 20 Sistemas isolados e colisões 
21 Equilíbrio do corpo rígido 
 
Aula Caderno 7 
22 e 23 Gravitação universal 
24 Densidade e pressão 
 
Aula Caderno 8 
25 Pressão em líquidos 
26 e 27 Empuxo / Análise dimensional 
 
FÍSICA A 
ATENA 018 
 1 AULA 
 
 
 
Física a
sa
in
th
o
ra
n
t 
d
a
n
ie
 /
 s
h
u
tt
er
st
o
c
k
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1
A cinemática é o ramo da mecânica que descreve o 
movimento de um corpo sem se preocupar em estabelecer 
a relação “causa e consequência” para esse movimento. 
Essa descrição é feita com base em quatro grandezas 
físicas: comprimento (espaço, deslocamento, distância 
etc.), tempo, velocidade e aceleração.
Nesta aula, trataremos principalmente da velocidade 
do corpo, grandeza que indica a rapidez do movimento 
desse corpo.
Velocidade escalar média (vm) 
A velocidade escalar média de um corpo é definida 
pelo quociente entre o deslocamento escalar (Δs) desse 
corpo e o intervalo de tempo (Δt) correspondente a esse 
deslocamento. Matematicamente, tem-se:
= Δ
Δ
v
s
tm
Nota: Veja a definição de deslocamento escalar na 
seção Roda de Leitura.
Unidades de medida 
Da definição de velocidade escalar média determina-
-se sua unidade de medida em qualquer sistema, da 
seguinte forma:
= Δ
Δ
⇒ = Δ
Δ
v
s
t
v
s
t
[ ]
[ ]
[ ]m
[v] é a unidade de medida de velocidade, [Δs] é a unida-
de de medida de deslocamento escalar e [Δt], a unidade 
de medida de intervalo de tempo.
No Sistema Internacional de Unidades (SI): [Δs] = m 
(metro), [Δt] = s (segundo), logo: =v[ ]
m
s
No entanto, dependendo do movimento a ser estu-
dado, outras unidades de medida de velocidade serão 
amplamente usadas. Por exemplo, na propagação de 
ondas eletromagnéticas, como a luz, usa-se 
km
s
; já para 
os movimentos de veículos do cotidiano – carros, trens 
e aviões – a unidade mais frequente é o km
h
.
Assim, a conversão entre esta unidade e o m
s
 será 
necessária:
1
km
h
1.000
3.600
m
s
1
3,6
m
s
= =
A tabela abaixo mostra alguns valores nessa conversão.
km
h
m
s
18 5,0
36 10
54 15
72 20
90 25
108 30
144 40
Exemplo
Um veículo faz uma viagem em três etapas: percorre 
250 km em 3,5 h, fica parado durante 15 min (0,25 h) para 
abastecimento, conclui a viagem, percorrendo mais 150 
km em 1 h 15 min (1,25 h).
A velocidade escalar média do veículo foi de:
= +
+ +
= =v
250 150
3,5 0,25 1,25
400
5,0
80 km/hm
O exemplo deixa claro que o veículo não manteve 
sempre a velocidade de 80 km/h. A velocidade escalar 
média indica o valor da velocidade que, se fosse mantida 
constante, levaria o móvel a realizar o mesmo desloca-
mento escalar no mesmo intervalo de tempo.
Velocidade escalar instantânea (v)
A velocidade de um móvel num determinado instante 
do movimento é denominada velocidade escalar ins-
tantânea e pode, ou não, coincidir com o valor da velo-
cidade escalar média; quando a velocidade é mantida 
Física a – aula 1 – cinemática escalar
01
8
 polisaber 3
 aula 1 Física a
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constante durante certo intervalo de tempo, a velocidade escalar 
média coincide com o valor da velocidade em qualquer instante 
nesse intervalo de tempo.
A marcação do velocímetro de um automóvel mostra o valor da 
velocidade escalar instantânea do veículo naquele momento em que 
se olha para o velocímetro, que provavelmente é diferente em um 
instante anterior ou posterior.
Nota: A determinação da velocidade escalar instantânea em um 
movimento será vista posteriormente, no estudo dos movimentos em 
que essa velocidade varia.
O velocímetro registra o valor da velocidade escalar instantânea.
exercícios
1. (Unicamp-SP) Drones são veículos voadores não tripulados, controlados remotamente e guiados por GPS. Uma de 
suas potenciais aplicações é reduzir o tempo da prestação de primeiros socorros, levando pequenos equipamentos 
e instruções ao local do socorro, para que qualquer pessoa administre os primeiros cuidados até a chegada de uma 
ambulância.
Considere um caso em que o drone ambulância se deslocou 9 km em 5 minutos. Nesse caso, o módulo de sua 
velocidade média é de aproximadamente:
a) 1,4 m/s
b) 30 m/s
c) 45 m/s
d) 140 m/s
2. Um automóvel faz uma viagem de 120 km, entre duas cidades, em duas etapas na primeira metade do percurso 
com velocidade média de 60 km/h e na segunda metade com velocidade média de 80 km/h. Determine:
a) o tempo de cada etapa da viagem;
b) a velocidade média do automóvel no percurso total.
ru
sk
a
pi
x
s 
/ 
sh
u
tt
er
st
o
c
k
v
s
t
9.000
5 60
30 m/sm = Δ
Δ
=
⋅
=
 
na primeira etapa da viagem: vm = 60 km/h e Δs = 60 km
1 0
1
v
s
t
t
s
v
t
60
60
, h
m
m
= Δ
Δ
⇒ Δ = Δ ⇒ Δ = =
 
na segunda etapa da viagem: vm = 80 km/h e Δs = 60 km
2
t
60
80
3
4
h 0,75 hΔ = = =
no percurso total: Δs = 120 km e Δt = 1,0 + 0,75 = 1,75 h
logo: v
120
1,75
68,6 km/h
m
= ≅
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3. Um motorista deseja percorrer um trajeto de 270 km a uma velocidade média de 90 km/h, porém, por dificuldades 
no tráfego, observa que até a metade do trajeto gastou 1 h 45 min. Qual deve ser sua velocidade média na segunda 
metade do trajeto para cumprir sua meta?
4. (AFA-SP) Um automóvel faz uma viagem em que, na primeira metade do percurso, é obtida uma velocidade média 
de 100 km/h. Na segunda metade a velocidade média desenvolvida é de 150 km/h. Pode-se afirmar que a veloci-
dade média, ao longo de todo o percurso, é, em km/h:
a) 130
b) 125
c) 120
d) 110
estudo orientado
exercícios
1. (Unicamp-SP) Em 2016 foi batido o recorde de voo ininterrupto mais longo da história. O avião Solar Impulse 2, mo-
vido a energia solar, percorreu quase 6.480 km em aproximadamente 5 dias, partindo de Nagoya no Japão até o Ha-
vaí nos Estados Unidos da América. A velocidade escalar média desenvolvida pelo avião foi de aproximadamente:
a) 54 km/h
b) 15 km/h
c) 1.296 km/h
d) 198 km/h
2. (Enem-MEC) Uma empresa de transporte precisa efetuar a entrega de uma encomenda o mais breve possível. 
Para tanto, a equipe de logística analisa o trajeto desde a empresa até o local de entrega. Ela verifica que o trajeto 
apresenta dois trechos de distâncias diferentes e velocidades máximas permitidas diferentes. No primeiro trecho, 
a velocidade máxima permitida é de 80 km/h e a distância a ser percorrida é de 80 km. No segundo trecho, cujo 
comprimento vale 60 km, a velocidade máxima permitida é 120 km.
Supondo que as condições de trânsito sejam favoráveis para que o veículo da empresa ande continuamente na 
velocidade máxima permitida, qual será o tempo necessário, em horas, para a realização da entrega?
a) 0,7
b) 1,4
c) 1,5
d) 2,0
e) 3,0
em toda a viagem: vm = 90 km/h e Δs = 270 km, então o tempo total da viagem deve ser de:
v
s
t
t
s
v
t
270
90
3,0 hm
m
= Δ
Δ
⇒ Δ = Δ ⇒ Δ = =
até a metade do trajeto já foram percorridos 135 km em 1 h 45 min; assim, na segunda metade da viagem devem ser percorridos 135 km em 1 h 15 min.
∴ Δs2 = 135 km e Δt2 = 1,25 h = 5
4
 h
= Δ
Δ
= =v
s
t
135
5
4
108 km/h2
2
2
na primeira metade da viagem: v1 = 100 km/h e Δs1 = x 
= Δ
Δ
⇒ Δ = Δ ⇒ Δ =v
s
t
t
s
v
t
x
100m
m
1
na segunda metade da viagem: v2 = 150 km/h e Δs2 = x
= Δ
Δ
⇒ Δ = Δ ⇒ Δ =v
s
t
t
s
v
t
x
150m
m
2
na viagem toda: Δs = 2x e Δt = Δt1 + Δt2
Δ = + = + = =t
x x x x x xtemos:
5d
7d
4t
3t
2t
t
3d
d
t
0
 = 0v
0
 = 0 (t
0
 = 0)
v
1
 = 10 m/s (t
1
 = 1 s)
v
2
 = 20 m/s (t
2
 = 2 s)
v
3
 = 30 m/s (t
3
 = 3 s)
v
4
 = 40 m/s (t
4
 = 4 s)
Exemplo de aplicação
(Fuvest-SP) Uma torneira mal fechada pinga a intervalos de tempo iguais. A figura mostra a situação no instante em 
que uma das gotas está se soltando. Supondo que cada pingo abandone a torneira com velocidade nula e despre-
zando a resistência do ar, a razão 
A
B
 entre as distâncias A e B mostradas na figura (fora de escala) vale: 
A
B
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6
Chamemos as gotas, de cima para baixo, de 1, 2 e 3 respectivamente. Como a torneira pinga em intervalos de 
tempo iguais e sucessivos, a distância B, entre as gotas 1 e 2, corresponde à distância de queda livre de uma 
gota, entre os instantes t0 = 0 e t, portanto: B = d. A distância entre as gotas 2 e 3 corresponde à distância de 
queda livre de uma gota, entre os instantes t e 2 ∙ t, portanto, usando-se a sequência de Galileu, é igual a 3 ∙ d . 
Assim: A = d + 3 ∙ d = 4 ∙ d, logo:
A
B
d
d
4
4= ⋅ =
Alternativa c
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s e n h a
Para Aristóteles (384 a.C.–322 a.C.), se dois corpos de massas diferentes fossem abandonados simultaneamente de 
uma mesma altura, o corpo mais pesado chegaria ao solo primeiro; em outras palavras, o tempo de queda desses corpos 
seria diferente. A partir dos experimentos de Galileu, esta ideia foi contrariada, porém isso não tira a importância da 
afirmação de Aristóteles, pois a maior relevância de uma afirmação científica não reside no fato de estar correta, mas 
principalmente na capacidade de provocar questionamentos e reflexões sobre o tema, gerando a evolução da ciência.
navegar
Acesse o link (acesso em nov. 2017) e assista ao vídeo: Queda livre 
em câmara de vácuo (com Brian Cox), em que penas e uma bola de boliche caem na presença atmosférica e em 
uma câmara de vácuo, provando a tese de Galileu de que corpos — de massas, tamanhos e formatos diferentes — 
livres da resistência do ar caem simultaneamente.
ágora
Usando exclusivamente os conceitos desenvolvidos até esta aula, converse com seus colegas e o professor e 
procurem responder:
• Um corpo em movimento uniforme tem sua velocidade constante? 
• No movimento uniforme, a aceleração é necessariamente nula? 
• O agente físico que modifica a velocidade de um corpo é a aceleração?
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Ao estudar o movimento de um corpo sobre sua trajetória, a cinemática escalar descreve precisamente as relações 
entre as grandezas, comprimento (espaço, deslocamento, distância), tempo, velocidade e aceleração. Todavia, ao descrever 
o movimento em duas dimensões, ou seja, no plano, há a necessidade de se caracterizar cada uma dessas grandezas, 
com exceção do tempo, por completo, ou seja, como grandeza vetorial, toda grandeza é dotada de direção e sentido, 
além de seu valor numérico seguido da unidade de medida (intensidade ou módulo).
A preocupação central desta aula está nas definições de velocidade e aceleração vetoriais.
vetor velocidade (v

) 
A velocidade escalar, usada até então, descreve apenas o valor da velocidade de um corpo, associado ao seu sentido, que 
nela é indicado pelos sinais + ou –, porém, mesmo que não seja mencionada, a velocidade é uma grandeza vetorial, definida 
por seu módulo, sua direção e sentido. Deste ponto em diante, sempre que se fizer referência à velocidade, fica subentendido 
que está se tratando da velocidade vetorial e instantânea do corpo, caso contrário deve ficar explícita a expressão "velocidade 
escalar", ou "velocidade média".
A descrição objetiva de qualquer grandeza vetorial deve ser feita pela definição de sua intensidade (ou módulo), sua 
direção e seu sentido. 
Assim, considere um móvel descrevendo uma trajetória qualquer; em cada ponto da trajetória, a velocidade vetorial 
é representada no esquema abaixo:
v
Em cada ponto, o vetor velocidade é sempre tangente à trajetória e obedece às seguintes características:





v
intensidade: módulo da velocidade escalar
direção: tangencial à trajetória
sentido: o mesmo do movimento

Observação: A relevância da objetividade na descrição das características do vetor velocidade, ou velocidade vetorial, 
deve-se ao fato de que, necessariamente, sempre que um corpo descreve uma trajetória curva, sua velocidade está 
sofrendo variação, se não em módulo, pelo menos em direção. Isso remete à descrição da próxima grandeza vetorial, 
aquela que indica que a velocidade está variando, ou seja, a aceleração.
Aceleração vetorial (a

)
Da mesma forma que foi descrito para a velocidade, também para a grandeza aceleração, sempre que se fizer referência 
a essa grandeza, fica subentendido que está se tratando da aceleração vetorial e instantânea do corpo, caso contrário 
deve ficar explicita a expressão "aceleração escalar", ou "aceleração média".
A melhor forma de se estudar o vetor aceleração é partindo da descrição de seus componentes, nas direções tan-
gencial e normal à trajetória. Veja a representação esquemática abaixo:
a
t
aa
c
Observação: Veja o item "Componentes de um vetor" na seção Roda de Leitura.
Física a – aula 6 – cineMática vetorial
Física a aula 6
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2
Aceleração tangencial (

ta )
Por ser tangencial à trajetória e, portanto, paralelo ao vetor velocidade, este componente da aceleração de um 
corpo indica que o módulo da velocidade está variando, logo esta é a aceleração escalar do corpo, descrita nos 
capítulos anteriores.
O vetor aceleração tangencial apresenta as seguintes características:










a
intensidade: módulo da aceleração escalar
direção: tangencial à trajetória
sentido:
o mesmo da velocidade, nos movimentos acelerados
oposto ao da velocidade, nos movimentos retardados
t

 
Observação: Para um movimento uniforme, a aceleração escalar nula, portanto tangencial, é nula, uma vez que o 
módulo da velocidade não varia.
Aceleração centrípeta (

ac )
A palavra "centrípeta" significa para o centro; este componente também pode ser chamado por aceleração normal 
ou ainda radial.
Por ser normal à trajetória, portanto perpendicular ao vetor velocidade, esse componente da aceleração de um corpo 
indica que a direção da velocidade está variando, ou seja, que o corpo descreve uma trajetória curva.
O vetor aceleração centrípeta apresenta as seguintes características:
=
=
=











a
a
v
r
v
r
intensidade:
velocidade escalar
raio da trajetória
direção: normal à trajetória
sentido: apontando para o centro da trajetória
c
c
2
Observação: Para um movimento retilíneo, a aceleração centrípeta é nula, uma vez que a direção da velocidade não 
varia.
Assim, dada a soma vetorial de at

 com ac

: a a at c= +
  
 
Em módulo: a a a2
t
2
c
2= +
Observação: Veja o item "Soma de vetores" na seção Roda de Leitura.
exercícios
1. (Unifesp) A trajetória de uma partícula, representada na figura, é um arco de circunferência de raio r = 2,0 m, per-
corrido com velocidade de módulo constante, v = 3,0 m/s.
v
O módulo da aceleração vetorial dessa partícula nesse trecho, em m/s2, é:
a) zero
b) 1,5
c) 3,0
d) 4,5
e) impossível de ser calculado.
o movimento é uniforme, logo a aceleração é centrípeta:
= = =
2
a
v
R
3,0
2,0
4,5 m/sc
2
2
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 aula 6 Física a
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2. (Vunesp) Curvas com ligeiras inclinações em circuitos automobilísticos são indicadas para aumentar a segurança 
do carro a altas velocidades, como, por exemplo, no Talladega Superspeedway, um circuito utilizado para corridas 
promovidas pela NASCAR (National Association for Stock Car Auto Racing). Considere um carro como sendo um 
ponto material percorrendo uma pista circular, de centro C, inclinada de um ângulo e com raio R, constantes, como 
mostra a figura, que apresenta a frente do carro em um dos trechos da pista.
α
C
Raio: R
Se a velocidadedo carro tem módulo constante, é correto afirmar que o carro:
a) não possui aceleração vetorial.
b) possui aceleração com módulo variável, direção radial e no sentido para o ponto C.
c) possui aceleração com módulo variável e tangente à trajetória circular.
d) possui aceleração com módulo constante, direção radial e no sentido para o ponto C.
e) possui aceleração com módulo constante e tangente à trajetória circular.
3. Na figura representa-se um corpo em movimento sobre uma trajetória curva, com os vetores velocidade v

 e ace-
leração a

 e suas componentes, tangencial at

 e centrípeta ac

.
v
a
T
a
c
a
Analisando a figura, podemos concluir que:
a) o módulo da velocidade está aumentando.
b) o módulo da velocidade está diminuindo.
c) o movimento é uniforme.
d) o movimento é necessariamente circular.
e) o movimento é retilíneo.
4. Um corpo descreve movimento circular uniformemente variado, de raio igual a 4 m, a partir do repouso (t0 = 0), com 
aceleração escalar de 2 m/s2. Determine:
a) o módulo de sua aceleração tangencial;
b) o módulo de sua velocidade vetorial no instante 5 s;
c) o módulo de sua aceleração centrípeta nesse mesmo instante.
o carro descreve um Mcu, logo sua aceleração é centrípe-
ta. como v = constante e o raio da curva também é cons-
tante, o módulo dessa aceleração também é constante, 
tem direção radial (que passa pelo centro) e sentido para 
o centro (centrípeta).
para a velocidade e a aceleração tangencial em sentidos 
opostos, o movimento é desacelerado, portanto a velo-
cidade está diminuindo em módulo e o componente da 
aceleração centrípeta não nula garante que o movimento 
é curvilíneo, mas não necessariamente circular.
at = aceleração escalar ⇒ at = 2 m/s2
v = v0 + at ∙ t ⇒ v = 0 + 2 ∙ 5 = 10 m/s
= = =
2
a
v
R
10
4
25 m/sc
2
2
Física a aula 6
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estudo orientado
exercícios
1. (Enem-MEC) Um professor utiliza essa história em quadrinhos para discutir com os estudantes o movimento de sa-
télites. Nesse sentido, pede a eles que analisem o movimento do coelhinho, considerando o módulo da velocidade 
constante.
Desprezando a existência de forças dissipativas, o vetor aceleração tangencial do coelhinho, no terceiro quadrinho, é:
a) nulo.
b) paralelo à sua velocidade linear e no mesmo sentido.
c) paralelo à sua velocidade linear e no sentido oposto.
d) perpendicular à sua velocidade linear e dirigido para o centro da Terra.
e) perpendicular à sua velocidade linear e dirigido para fora da superfície da Terra.
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 aula 6 Física a
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2
2. (Enem-MEC)
o brasil pode se transformar no primeiro país das 
américas a entrar no seleto grupo das nações que dis-
põem de trens-bala. o Ministério dos transportes prevê 
o lançamento do edital de licitação internacional para a 
construção da ferrovia de alta velocidade rio-São paulo. 
a viagem ligará os 403 quilômetros entre a central do 
brasil, no rio, e a estação da luz, no centro da capital 
paulista, em uma hora e 25 minutos.
Disponível em: . 
acesso em: 14 jul. 2009.
Devido à alta velocidade, um dos problemas a ser 
enfrentado na escolha do trajeto que será percorrido 
pelo trem é o dimensionamento das curvas. Conside-
rando-se que uma aceleração lateral confortável para 
os passageiros e segura para o trem seja de 0,1g, em 
que g é a aceleração da gravidade (considerada igual 
a 10 m/s2), e que a velocidade do trem se mantenha 
constante em todo o percurso, seria correto prever 
que as curvas existentes no trajeto deveriam ter raio 
de curvatura mínimo de, aproximadamente:
a) 80 m
b) 430 m
c) 800 m
d) 1.600 m
e) 6.400 m
3. (AFA-SP) As figuras abaixo apresentam pontos que 
indicam as posições de um móvel, obtidas em inter-
valos de tempos iguais.
I II
III IV
Em quais figuras o móvel apresenta aceleração não 
nula?
a) Apenas em I, III e IV. 
b) Apenas em II e IV.
c) Apenas em I, II e III. 
d) Em I, II, III e IV.
4. (Vunesp) A escada rolante que liga a plataforma de 
uma estação subterrânea de metrô ao nível da rua 
move-se com velocidade constante de 0,80 m/s.
a) Sabendo-se que a escada tem uma inclinação de 30° 
em relação à horizontal, determine, com o auxílio 
da tabela adiante, a componente vertical de sua 
velocidade. 
b) Sabendo-se que o tempo necessário para que um 
passageiro seja transportado pela escada, do nível 
da plataforma ao nível da rua, é de 30 segundos, 
determine a que profundidade se encontra o nível 
da plataforma em relação ao nível da rua.
ângulo θ sen θ cos θ
30° 0,500 0,867
60° 0,867 0,500
5. (Fuvest-SP) Um barco atravessa um rio de margens 
paralelas de largura d = 4 km. Devido à correnteza, 
a componente da velocidade do barco ao longo das 
margens é vx = 0,5 km/h em relação às margens. Na 
direção perpendicular às margens a componente 
da velocidade é vy = 2 km/h. Pergunta-se:
a) Quanto tempo leva o barco para atravessar o rio? 
b) Ao completar a travessia, qual é o deslocamento do 
barco na direção das margens?
6. Um barco desce 120 km, paralelamente às margens 
de um rio, em 2 horas e sobe o mesmo trecho em 
3 horas, até chegar ao ponto de partida. Considere 
que, tanto na ida quanto na volta, a potência desen-
volvida pelo motor é a mesma, ou seja, a velocidade 
do barco em relação à água é a mesma. Qual é a 
velocidade da água do rio, em relação às margens? 
roda de leitura
Grandezas escalares e grandezas vetoriais
Uma grandeza escalar fica completamente definida 
por um valor numérico mais uma unidade de medida, 
exemplos: tempo, temperatura, massa. No entanto, para 
se definir uma grandeza vetorial, necessita-se, além de 
seu valor numérico seguido de sua unidade de medida, 
de uma direção e de um sentido, exemplos: velocidade, 
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aceleração, força. Assim, para a representação dessas 
grandezas vetoriais, há necessidade do uso de um ele-
mento matemático: o vetor − segmento de reta orientado 
que representa uma grandeza vetorial.
Módulo
Sentido Direção
v
Observe que este símbolo contém as três caracterís-
ticas de uma grandeza vetorial:
 – Módulo: valor numérico mais unidade de medida: 
comprimento do segmento de reta.
 – Direção: inclinação da reta suporte do segmento.
 – Sentido: orientação do segmento.
Adição de vetores 
Regra do paralelogramo
A regra do paralelogramo realiza a adição de apenas 
dois vetores de cada vez. Sejam dois vetores, a

 e b

, 
conforme figura abaixo:
b
a
θ
O vetor = +s a b



, chamado de vetor soma ou vetor 
resultante, é obtido da seguinte maneira: 
1. Redesenham-se os vetores com origens no mesmo 
ponto.
2. Pela extremidade do vetor a

, traça-se uma reta 
paralela ao vetor b

.
3. Pela extremidade do vetor b

, traça-se uma reta 
paralela ao vetor a

:
b
a
θ
4. O vetor s

 é o vetor com origem, na origem dos de-
mais, e extremidade, no encontro das paralelas do 
paralelogramo: 
b
Sa
θ
Conhecendo-se os módulos dos vetores a

 e b

 e o 
ângulo θ entre eles, o módulo do vetor s

 é dado por: 
= + + ⋅ ⋅ ⋅ θs a b a b2 cos2 2 .
Observação: Esta equação resulta da aplicação do 
teorema dos cossenos para um dos triângulos defini-
dos entre dois lados e a diagonal do paralelogramo da 
figura anterior.
Regra do polígono
A regra do polígono realiza a adição de dois ou mais 
vetores de uma única vez. Por exemplo, sejam os vetores 
a

, b

 e c

 da figura abaixo: 
b c
a
O vetor = + +s a b c
 


 é obtido da seguinte maneira: 
1. A partir de um ponto de origem, redesenha-se um 
dos vetores a serem somados.
2. A partir da extremidade desse vetor, redesenha-se 
o próximo.
3. Assim, sucessivamente, até o último vetor a ser somado.
4. O vetor s

 é o vetor com origem, na origem do pri-
meiro, e extremidade, na extremidade do último vetor 
da figura: 
b
c
S
a
Para se determinar o módulo do vetor s

, usa-se qual-
quer propriedade geométrica aplicável à figura resultante, 
ou mesmo pela construção de uma figura auxiliar,por 
exemplo um triângulo retângulo em que s

 é um dos 
lados. Veja a figura a seguir.
 poliSaber 23
 aula 6 Física a
41
2-
2
b
c
S
a
No triângulo retângulo em destaque, o módulo do vetor s

 
é a hipotenusa, assim o módulo desse vetor pode ser 
calculado pelo teorema de Pitágoras.
Subtração de vetores
Na diferença entre dois vetores, a

 e b,

 utili-
za-se qualquer uma das regras da adição, sendo: 
= = +d a b a b–   (– ),
� � � � ��
 ou seja, a diferença entre dois vetores 
é operada com a soma do primeiro com o vetor oposto 
do segundo. 
Observação: Vetor oposto tem mesmo módulo, mes-
ma direção e sentido oposto ao vetor.
Componentes de um vetor 
A decomposição de um vetor em duas direções ortogonais 
(perpendiculares) é o processo inverso ao da adição de dois 
vetores perpendiculares entre si. Seja o vetor a

, inclinado 
de um ângulo θ– em relação à horizontal, conforme figura:
a
θ
Seus componentes, nas direções horizontal (eixo x) e 
vertical (eixo y), são determinados pelas projeções de 
seu comprimento nesses dois eixos, respectivamente.
aa
Y
a
X
θ
x
y
Pelas relações trigonométricas do triângulo retângulo:
θ = ⇒ = ⋅ θ
θ = ⇒ = ⋅ θ
= +
a
a
a a
a
a
a a
a a a
cos cos
sen sen
E ainda:
x
x
y
y
x y
2 2 2
Observação: O desenvolvimento de cada tipo de 
exemplo, para todas essas operações vetoriais, ocorrerá 
à medida que os conteúdos exigirem.
ágora
Quanto mais evoluímos, mais concordamos com nos-
sos antecessores.
o que sabemos é uma gota; o que ignoramos é 
um oceano.
isaac newton
s e n h a
Na bicicleta da ilustração, para cada volta do pedal, calcule o núme-
ro de voltas da roda traseira. 
a) Uma volta.
b) Mais de uma volta.
c) Menos de uma volta.
d) A ilustração não é suficientemente esclarecedora. 
Imediatamente, qual alternativa você escolheria? Refletindo melhor, 
qual sua resposta? 
ro
b
u
a
rt
 /
 S
h
u
tt
er
St
o
c
k
24 poliSaber
41
2-
2
Física a – aula 7 – MoviMento circular uniForMe
Movimento circular e 
uniforme (Mcu)
Define-se movimento circular e uniforme aquele 
em que a trajetória é uma circunferência descrita por 
um corpo com velocidade escalar constante; em outras 
palavras, o módulo do vetor velocidade não varia ao longo 
do tempo. Esquematicamente:
R
C
a
c
v
C é centro da trajetória de raio R.
Para este movimento, como o módulo do vetor veloci-
dade é constante, a aceleração tangencial é nula; porém, 
como a direção dessa velocidade varia, um corpo em MCU 
apresenta aceleração centrípeta, de módulo constante 
=





a
v
Rc
2
 e direção variável, com sentido para o centro 
da trajetória. 
Satélite em órbita da Terra em movimento circular e uniforme.
Período (T)
Intervalo de tempo para que o corpo realize uma vol-
ta completa em sua trajetória. Assim, todas as voltas 
levarão o mesmo tempo, uma vez que o módulo da 
velocidade é constante e a extensão de uma volta é 
sempre a mesma.
Frequência (f)
Número de voltas que o corpo descreve na trajetória 
por unidade de tempo.
A partir dessas definições, conclui-se que o período e 
a frequência são grandezas inversas. Matematicamente: 
f
T
1= ou T
f
1=
No SI, a unidade do período (tempo) é segundo (s) e 
a unidade de frequência é inverso de segundo 






1
s
, 
também chamado hertz (Hz), ou rps (rotações por 
segundo). Simbolicamente: [T] = s e [f] = Hz
Velocidade escalar (v) 
Por ser um movimento uniforme, a velocidade escalar, 
ou o módulo do vetor velocidade, pode ser calculada 
por: v
s
t
= ∆
∆
a
n
D
re
y 
a
rM
ya
g
o
v 
/ 
Sh
u
tt
er
St
o
c
k.
c
o
M
 poliSaber 25
 aula 7 Física a
41
2-
2
Em um MCU para uma volta completa na trajetória: 
∆s = 2 ∙ p–∙ R (perímetro da circunferência) e ∆t = T (um período) 
Assim: v
R
T
2= ⋅ p ⋅
 e como f
T
1= ⇒ v = 2 ∙ p–∙ R ∙ f 
Velocidade angular (w) 
Outra forma para se equacionar um movimento circular uniforme é pelo uso de grandezas angulares que não dependem 
do raio da circunferência. Assim, por analogia à definição da velocidade escalar (v), define-se a velocidade angular (w), 
que, por também ser constante, é dada pelo quociente entre o deslocamento e o intervalo de tempo, porém o desloca-
mento é angular (∆θ). Matematicamente:
w =
∆θ
∆t
No SI, o deslocamento angular ∆θ é medido em radianos (rad) e o intervalo de tempo ∆t em segundos (s), logo: [ ]w =
rad
s
Assim, para uma volta completa na trajetória: 
∆θ = 2 ∙ p rad em um ∆t = T (um período) 
Portanto: w =
⋅ p
T
2
 e como f
T
1= ⇒ w–= 2 ∙ p–∙ f 
Relação escalar/angular
Usando-se os deslocamentos escalar e angular, correspondentes a uma volta na trajetória: ∆s = 2 ∙ p–∙ R e ∆θ = 2p–rad, 
conclui-se que ∆s = ∆θ–∙ R, necessariamente com ∆θ expresso em radianos.
Da mesma forma, para a relação entre as velocidades:
v = 2 ∙ p–∙ R ∙ f e w–= 2 ∙ p–∙ f, logo: v = w–∙ R 
Para a aceleração centrípeta:
=a
v
Rc
2
 e = w ⋅v R, então: = =
w ⋅
⇒a
v
R
R
Rc
2 2 2
 ac = w2 · R
exercícios
1. (Unicamp-SP) Anemômetros são instrumentos usados para medir a velocidade 
do vento. A sua construção mais conhecida é a proposta por Robinson em 1846, 
que consiste em um rotor com quatro conchas hemisféricas presas por hastes, 
conforme figura ao lado. Em um anemômetro de Robinson ideal, a velocidade 
do vento é dada pela velocidade linear das conchas. Um anemômetro em que 
a distância entre as conchas e o centro de rotação é r = 25 cm, em um dia cuja 
velocidade do vento é v = 18 km/h, teria uma frequência de rotação de:
a) 3 rpm
b) 200 rpm
c) 720 rpm
d) 1.200 rpm
Se necessário, considere p  3.
para um Mcu: = ⋅ p ⋅ ⋅v r f2
com: v = 18 km/h = 5 m/s; r = 25 cm = 1
4
 m, logo: 
= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = = ⋅ =f f5 2 3
1
4
10
3
hz
10
3
60 rpm 200 rpm
Física a aula 7
26 poliSaber
41
2-
2
2. (UFAM) O Big Ben, ao contrário do que muitos pen-
sam, não é o famoso relógio do Parlamento inglês, 
nem tampouco sua torre. É o nome do sino, que pesa 
13 toneladas.
.
acesso em: 21 out. 2009.
O nome do relógio é Tower Clock, e é muito conhe-
cido pela sua precisão e tamanho. O ponteiro dos 
minutos mede 3,4 m (medido do centro do relógio 
até a extremidade do ponteiro).
Ao se deslocar 42 minutos, a distância percorrida 
pela extremidade do ponteiro dos minutos deste re-
lógio é aproximadamente: (Considere p = 3,14.)
a) 11 m 
b) 12 m 
c) 15 m 
d) 19 m 
e) 21 m
3. (Fuvest-SP) A Estação Espacial Internacional mantém 
atualmente uma órbita circular em torno da Terra, 
de tal forma que permanece sempre em um plano, 
normal a uma direção fixa no espaço. Esse 
plano contém o centro da Terra e faz um ângulo de 
40° com o eixo de rotação da Terra. Em um certo 
momento, a Estação passa sobre Macapá, que se 
encontra na linha do Equador. Depois de uma volta 
completa em sua órbita, a Estação passará nova-
mente sobre o Equador em um ponto que está a 
uma distância de Macapá de, aproximadamente:
em 60 min o ponteiro percorre uma volta, e sua extremidade 
descreve um deslocamento:
= ⋅ p ⋅ = ⋅ ⋅ =C r2 2 3,14 3,4 21,352 m; em 42 min seu 
deslocamento será:
= ⋅ = ≅D
21,352 42
60
14,95 m 15 m
 
Eixo de rotação da Terra
Plano de
órbita da
Estação
N
Equador
S
Macapá
40o
Dados da Estação:
Período aproximado: 90 minutos 
Altura acima da Terra ≅ 350 km
Dados da Terra: circunferência no Equador ≅ 40.000 km
a) zero km
b) 500 km
c) 1.000 km
d) 2.500 km
e) 5.000 km
4. (Vunesp) Um pequeno motor a pilha é utilizado para 
movimentar um carrinho de brinquedo. Um sistema 
de engrenagens transforma a velocidade de rotação 
desse motor na velocidade de rotação adequada às 
rodas do carrinho. Esse sistema é formado por qua-
tro engrenagens, A, B, C e D, sendo que A está presa 
ao eixo do motor, B e C estão presas a um segundo 
eixo e D a um terceiro eixo, no qual também estão 
presas duas das quatro rodas do carrinho.
A
Motor
f
M
C
B D
f
R
Nessas condições, quando o motor girar com fre-
quência fM, as duas rodas do carrinho girarãocom 
frequência fR. Sabendo que as engrenagens A e C 
possuem 8 dentes, que as engrenagens B e D pos-
suem 24 dentes, que não há escorregamento entre 
elas e que fM = 13,5 Hz, é correto afirmar que fR, em 
Hz, é igual a:
a) 1,5
b) 3,0
c) 2,0 
d) 1,0
e) 2,5
na transmissão de M ∙ C ⇒ f1 ∙ r1 = f2 ∙ r2, porém como o número de dentes 
de uma engrenagem é proporcional ao seu raio, aplica-se a mesma relação 
entre frequência e número de dentes, ou seja: f1 ∙ n1 = f2 ∙ n2
nas condições descritas: fA = fM = 13,5 hz
na transmissão entre A e B: fA ∙ nA = fB ∙ nB ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =f f f
f
8 24
3B BM
M
na sequência: fC = fB, pois B e C estão acopladas ao mesmo eixo: =f
f
3C
M
na transmissão entre C e D: 
fC ∙ nC = fD ∙ nD ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = =
⋅
= = =f f f
f f
m
f
8 24
3
3
3 9
13,5
9
1,5 hzC D D
C M
3. tanto a rotação da terra quanto a translação da estação, em relação ao centro da terra, são Mcu, assim seus deslocamentos e os respectivos 
intervalos de tempo são diretamente proporcionais. Macapá realiza um deslocamento de aproximadamente 40.000 km em 24 h; logo, em 1,5 h 
(90 min), realizará um deslocamento de: 
40.000 ∙ 1,5 : 24 ≅ 2.500 km
 poliSaber 27
 aula 7 Física a
41
2-
2
estudo orientado
exercícios
3. (Unicamp-SP) Considere um computador que arma-
zena informações em um disco rígido que gira a uma 
frequência de 120 Hz. Cada unidade de informação 
ocupa um comprimento físico de 0,2 mm na direção 
do movimento de rotação do disco. Quantas informa-
ções magnéticas passam, por segundo, pela cabeça 
de leitura, se ela estiver posicionada a 3 cm do cen-
tro de seu eixo, como mostra o esquema simplifica-
do apresentado abaixo? (Considere p ≈ 3.) 
Disco rígido
Cabeça de leitura
0,2 µm
3 cm
a) 1,62 ∙ 106
b) 1,8 ∙ 106
c) 64,8 ∙ 108
d) 1,08 ∙ 108
4. (Enem-MEC) A invenção e o acoplamento entre 
engrenagens revolucionaram a ciência na época e 
propiciaram a invenção de várias tecnologias, como 
os relógios. Ao construir um pequeno cronômetro, 
um relojoeiro usa o sistema de engrenagens mos-
trado a seguir. De acordo com a figura, um motor 
é ligado ao eixo e movimenta as engrenagens, fa-
zendo o ponteiro girar. A frequência do motor é de 
18 rpm, e o número de dentes das engrenagens 
está apresentado no quadro.
Engrenagem Dentes
A 24
B 72
C 36
D 108
1. (UECE) A figura mostra um disco que gira em torno do 
centro O. A velocidade do ponto X é 50 cm/s e a 
do ponto Y é de 10 cm/s.
O
Y X
10 cm/s
50 cm/s
A distância XY vale 20 cm. Pode-se afirmar que o 
valor da velocidade angular do disco, em radianos 
por segundo, é: 
a) 2,0
b) 5,0
c) 10,0
d) 20,0
2. (Unifesp) Pai e filho passeiam de bicicleta e andam 
lado a lado com a mesma velocidade. Sabe-se que o 
diâmetro das rodas da bicicleta do pai é o dobro do 
diâmetro das rodas da bicicleta do filho.
Pode-se afirmar que as rodas da bicicleta do pai gi-
ram com:
a) a metade da frequência e da velocidade angular com 
que giram as rodas da bicicleta do filho.
b) a mesma frequência e velocidade angular com que 
giram as rodas da bicicleta do filho.
c) o dobro da frequência e da velocidade angular com 
que giram as rodas da bicicleta do filho.
d) a mesma frequência das rodas da bicicleta do filho, 
mas com metade da velocidade angular.
e) a mesma frequência das rodas da bicicleta do filho, 
mas com o dobro da velocidade angular.
Física a aula 7
28 poliSaber
41
2-
2
A frequência de giro do ponteiro, em rpm, é:
a) 1
b) 2
c) 4
d) 81
e) 162
5. (Vunesp) A figura representa, de forma simplifica-
da, parte de um sistema de engrenagens que tem 
a função de fazer girar duas hélices, H1 e H2. Um 
eixo ligado a um motor gira com velocidade angular 
constante e nele estão presas duas engrenagens, 
A e B. Esse eixo pode se movimentar horizontal-
mente assumindo a posição 1 ou 2. Na posição 1, a 
engrenagem B acopla-se à engrenagem C e, na po-
sição 2, a engrenagem A acopla-se à engrenagem D.
Com as engrenagens B e C acopladas, a hélice H1 
gira com velocidade angular constante w1 e, com as 
engrenagens A e D acopladas, a hélice H2 gira com 
velocidade angular constante w2.
. (adaptado.)
Considere rA, rB, rC e rD os raios das engrenagens A, 
B, C e D, respectivamente. Sabendo que rB = 2 · rA 
e que rC = rD, é correto afirmar que a relação 
w
w
1
2
é 
igual a:
a) 1,0 b) 0,2 c) 0,5 d) 2,0 e) 2,2
6. (Enem-MEC) Para serrar ossos e carnes congeladas, 
um açougueiro utiliza uma serra de fita que pos-
sui três polias e um motor. O equipamento pode 
ser montado de duas formas diferentes, P e Q. Por 
questão de segurança, é necessário que a serra 
possua menor velocidade linear.
Montagem P
Polia 3
Polia 2
Motor
Polia 1
Correia
Serra
de fita
Montagem Q
Polia 3
Polia 2
Motor
Polia 1
Correia
Serra
de fita
Por qual montagem o açougueiro deve optar e qual 
a justificativa desta opção?
a) Q, pois as polias 1 e 3 giram com velocidades lineares 
iguais em pontos periféricos e a que tiver maior raio 
terá menor frequência.
b) Q, pois as polias 1 e 3 giram com frequências iguais 
e a que tiver maior raio terá menor velocidade linear 
em um ponto periférico.
c) P, pois as polias 2 e 3 giram com frequências dife-
rentes e a que tiver maior raio terá menor velocidade 
linear em um ponto periférico.
d) P, pois as polias 1 e 2 giram com diferentes veloci-
dades lineares em pontos periféricos e a que tiver 
menor raio terá maior frequência.
e) Q, pois as polias 2 e 3 giram com diferentes veloci-
dades lineares em pontos periféricos e a que tiver 
maior raio terá menor frequência.
 poliSaber 29
 aula 7 Física a
41
2-
2
roda de leitura
Transmissão de movimento circular 
Aplicação muito frequente no estudo do movimento 
circular é a transmissão da rotação de uma polia, ou de 
uma engrenagem a outra. Os esquemas abaixo mostram 
dois exemplos:
(1) (2)
(1) Polias ligadas por corrente ou correia; (2) engrenagens 
em contato direto.
Todos os pontos de contato entre os dentes das 
engrenagens ou entre a correia (corrente) e as polias, 
sendo que não há escorregamento, giram com a mesma 
velocidade escalar (v). 
Para o exemplo do esquema (1), sejam: 
vA = velocidade escalar da periferia da polia maior (A);
vB = velocidade escalar da periferia da polia menor (B).
Logo: vA = vB, mas: v = w ⋅ R ⇒
⇒ wA · RA = wB ⋅ RB e w = 2p · f ⇒
⇒ 2p · fA · RA = 2p · fB · RB 
Conclusão: fA ∙ RA = fB ∙ RB
Ou seja, na transmissão do movimento circular, fre-
quência (f) e raio (R) das polias são inversamente pro-
porcionais, logo a polia de maior raio apresenta menor 
frequência de rotação, e vice-versa.
Para o exemplo do esquema (2), a mesma relação se 
aplica entre a frequência de rotação e o número de dentes 
das engrenagens, pois o número de dentes é proporcional 
ao perímetro da engrenagem, que por sua vez é propor-
cional ao seu raio; assim, o número de dentes também 
é proporcional ao raio. Matematicamente: 
fA ∙ nA = fB ∙ nB
em que nA e nB são, respectivamente, o número de dentes 
da engrenagem maior e o da engrenagem menor.
navegar
No link (acesso em: nov. 2017), leia 
o texto "Acelerador de partículas", por  Jennifer Rocha 
Vargas Fogaça, e descubra outros exemplos de movimen-
tos circulares e aprofunde seu conhecimento na relação 
entre a mecânica e a química nuclear.
ágora
as pessoas viajam para admirar a altura das monta-
nhas, as imensas ondas dos mares, o longo percurso 
dos rios, o vasto domínio do oceano, o movimento 
circular das estrelas, e, no entanto, elas passam por si 
mesmas sem se admirarem.
Santo agostinho
O que deve, se não justificar, ao menos explicar tal 
comportamento humano?
s e n h a
Ao ser lançado obliquamente em relação ao solo, sempre com a mesma velocidade inicial, um projétil deverá 
descrever o maior deslocamento horizontal se a inclinação de lançamento for mais próxima da horizontal ou 
da vertical?
Intuitivamente qual sua resposta imediata? Fisicamente essa resposta se confirma?b
lu
er
in
g
M
eD
ia
 /
 
 S
h
u
tt
er
St
o
c
k
rv
ec
to
r 
/ 
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
30 poliSaber
41
2-
2
Aula 4
 Estudo orientado
1. a
A distância entre o primeiro e o terceiro semáforo é 
dada pelo deslocamento do veículo entre os instan-
tes 5 s e 65 s, que é numericamente igual à área do 
gráfico v · t projetada no eixo t, logo:
( )=
+
⋅ +
+
⋅ =
= ⇒ ∆ =s
Área
20 10
2
10
(20 10)
2
12
150 +180 = 330 330 m
2. b
Para um corpo em MUV:
( )
∆ =
+
⋅ =
+



⋅ ⇒ ∆ =s
v v
t s
2
72
3,6
0
2
2 20 m0
3. c
No primeiro intervalo de tempo, a locomotiva desen-
volve um MUV, partindo do repouso, logo o gráfico 
s × t é um arco de parábola com a concavidade 
voltada para cima, pois a > 0. No segundo intervalo 
de tempo, seu movimento é uniforme, logo o gráfico 
s × t é uma reta inclinada.
Finalmente, no terceiro intervalo de tempo, a locomo-
tiva desacelera uniformemente até o repouso, logo o 
gráfico s · t é um arco de parábola com a concavidade 
voltada para baixo, pois a =v
v v
v
v
2 2m
0
m
gabarito – Física
 poliSaber 31
 gabarito Física a
41
2-
2
Logo: ∆s = vm ∙ ∆t ⇒ H = ⋅
v v
g2
 ⇒ v2 = 2 ∙ g ∙ H
Portanto, a altura do pulo é proporcional à velocidade 
média.
4. b
Para um MUV: v2 = v0
2 + 2 ∙ a ∙ ∆s
Para corpo em queda livre:
v0 = 0; a = g e ∆s = h ⇒ = ⋅ ⋅v g h2 (I)2
Para corpo lançado para cima:
v0 = 2 ∙ v; a = −g e ∆s = h ⇒ = ⋅ − ⋅ ⋅v v g h(2 ) 2 (II)2 2
Substituindo-se (I) em (II):
= ⋅ − ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅v v v v v v v4 3 32 2 2 2 2 
5. e
Do gráfico v · t:
0 T t
v
v
0
v
0
2
T
2
A altura máxima H corresponde ao deslocamento da 
pedra entre 0 e T; assim:
∆s =
N
 área do triângulo: = ⋅
H
T v
2
o
No instante t
T
2
= , temos =v
v
2
,0 e a altura da pedra 
nesse instante é seu deslocamento entre 0 e T
2
. 
Assim:
∆s =
N
 área do trapézio ⇒
⇒ ∆ =
+



=
⋅
=
⋅ ⋅
⋅
=s
v
v T
v T T v
H
2
.
2
2
3
8
3
4 2
3
4
0
0
0 0
6. b
Do MUV: ∆ = ⋅ +
⋅
s v t
a t
20
2
 
Para o primeiro objeto:
∆s = H; v0 = 0 e a = g = 10 m/s2 ⇒ =
⋅
= ⋅H
g t
t
2
5 (I)
2
2
Para o segundo objeto, o tempo de queda será:
t’ = t − 4;–∆s = H; v0 = 80 m/s e a = g = 10 m/s2; assim:
= ⋅ − + ⋅ − ⇒
⇒ = ⋅ − + ⋅ − ⋅ + ⇒
⇒ = ⋅ + ⋅ −
H t t
H t t t
H t t
80 ( 4) 5 ( 4)
80 320 5 40 80
5 40 240 (II)
2
2
2
De (I) = (II), temos:
⋅ = ⋅ + ⋅ − ⇒ ⋅ = ⇒ =t t t t t5 5 40 240 40 240 6 s2 2
Da equação (I), vem: = ⋅ = ⋅ ⇒ =H t H5 5 (6) 180 m2 2
Aula 6
 Estudo orientado
1. a
Por estar em movimento uniforme, apesar de circular, 
a aceleração tangencial do coelhinho é nula.
2. e
A velocidade constante do trem será:
v = s
t
 = 403.000 m
85 60  s⋅
 ⇒ v = 403.000
5.100
 ⇒ v = 79,0 m/s
Nas curvas, o trem estará em MCU com 
ac = 0,1 ∙ g =1,0 m/s2, portanto: 
ac = 
v
R
2
 ⇒–1,0 = 
( )
R
79,0 2
 ⇒ R = 6.241 m
3. c
A aceleração será nula apenas no movimento re-
tilíneo e uniforme; assim, a trajetória é reta e os 
pontos que indicam as posições estão igualmente 
espaçados, mesmo deslocamento no mesmo inter-
valo de tempo.
4. a) Decompondo-se v na vertical: 
vV = v ∙ sen 30° = 0,80 ∙ 0,500 = 0,40 m/s
b) Sendo v constante, vV também é constante:
∆sV = vV ∙ ∆t = 0,40 ∙ 30 = 12 m
5. a) O tempo de travessia depende do componen-
te de velocidade perpendicular às margens (vy); 
assim: =
∆
⇒ = ⇒ =v
d
t t
t2
4
2 hy
b) O deslocamento na direção paralela às margens de-
pende do componente de velocidade (vx), para t = 2 h:
∆ = ⋅ = ⋅ ⇒ ∆ =s v t s0,5 2 1kmx x x0
Física a gabarito
32 poliSaber
41
2-
2
6. Velocidade do barco em relação às margens = vB
Velocidade da água (correnteza) em relação às 
margens = vC
Na descida:
+ =
∆
⇒ + = ⇒ + =v v
d
t
v v v v
120
2
60B C B C B C
D
Na subida:
− =
∆
⇒ − = ⇒ − =v v
d
t
v v v v
120
3
40B C
S
B C B C
Resolvendo-se o sistema de equações: vc = 10 km/h
Aula 7
 Estudo orientado
1. a
v = w–∙ R
1. Para o ponto Y: 10 = w–∙ Ry (I)
2. Para o ponto X: 
50 = w–∙ RX = w–∙ (Ry + 20) ⇒ 50 = w–∙ Ry–+–w–∙ 20 (II)
Substituindo-se (I) em (II): 
50 = 10 + w–∙ 20 ⇒ w = 2,0 rad/s
2. a
Pai e filho com mesma velocidade, portanto as velo-
cidades escalares dos pontos periféricos das rodas 
de suas bicicletas também são iguais: vP = vF
= w ⋅ ⇒ w ⋅ = w ⋅ ⇒
⇒ w ⋅ ⋅ = w ⋅ ⇒ w =
w
∴w = ⋅ p ⋅ ⇒ ⋅ p ⋅ =
⋅ p ⋅
⇒ =
v R R R
R R
f f
f
f
f
2
2
2 2
2
2 2
P P F F
P F F F P
F
P
F
P
F
3. d
A velocidade de um ponto do disco rígido a 3 cm 
do centro é:
v = 2 ∙ p–∙ r ∙ f = 2 ∙ 3 ∙ 3 ∙ 10−2 ∙ 120 = 21,6 m/s
Logo, o deslocamento desse ponto em 1 s será 
o comprimento da banda de gravação. Assim: 
∆s = v ∙ ∆t = 21,6 ∙ 1 = 21,6 m
Como cada unidade de informação ocupa 0,2 mm:
n ∙ 0,2 ∙ 10−6 = 21,6 ⇒ n = 1.080 ∙ 106 = 1,08 ∙ 108
4. b
Na transmissão de M ∙ C: f1 ∙ r1 = f2 ∙ r2; porém, como 
o número de dentes de uma engrenagem é propor-
cional ao seu raio, aplica-se a mesma relação entre 
frequência e número de dentes, ou seja: f1 ∙ n1 = f2 ∙ n2
Nas condições descritas, a frequência de giro do 
ponteiro é a mesma da engrenagem D e ainda: 
fA = fM = 18 rpm (acopladas ao mesmo eixo). 
Na transmissão entre A e B: fA ∙ nA = fB ∙ nB ⇒
⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =f f f
f
24 72
3B BM
M
Na sequência: fC = fB, pois B e C estão acopladas ao 
mesmo eixo: =f
f
3C
M
Na transmissão entre C e D: fC ∙ nC = fD ∙ nD ⇒
⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = =
⋅
= = =f f f
f f
m
f
36 108
3
3
3 9
18
9
2 rpmC D D
C M
5. d
H1 gira com a mesma velocidade angular da engre-
nagem C: w1 = wC 
H2 gira com a mesma velocidade angular da engre-
nagem D: w2 = wD
Na transmissão de B para C: wB ∙ rB = wC ∙ rC ⇒
⇒ wB ∙ rB = w1 ∙ rC (I)
Na transmissão de A para D: w ∙ rA = wD ∙ rD ⇒
⇒ wA ∙ rA = w2 ∙ rD (II)
⇒
w ⋅
w ⋅
=
w ⋅
w ⋅
r
r
r
r
(I)
(II)
C
D
B B
A A
1
2
, mas: rC = rD; rB = 2 · rA e 
wA = wB (mesmo eixo de rotação); assim: 
w
w
=
⋅
=
r
r
2
2,0A
A
1
2
6. a
Na transmissão de M ∙ C: frequências e raios são 
inversamente proporcionais.
Para duas polias, A e B: fA ∙ rA = fB ∙ rB
Para pontos em suas periferias: vA = vB 
Ainda, polias que giram com mesmo eixo de rotação 
têm frequências iguais.
Nas duas montagens: r3 > r2 > r1 
Em P: v1 = v2; f1 > f2 = f3 e v3 > v2 
Em Q: v1 = v3; f1 > f3 = f2 e v3io
/S
h
u
tt
er
St
o
c
k
2 poliSAber
41
2-
3
01
8
Projétil lançado 
obliquamente em relação à 
superfície da água.
Lançamento oblíquo
Considere o seguinte exemplo: um corpo é lançado, 
do solo, com velocidade inicial 

v0 que forma um ângulo 
q (0° 0: quando o eixo y for orientado para baixo.
ayde Daiane dos Santos foi analisado durante um dia de treina-
mento no Centro Olímpico em Curitiba, através de sensores e filmagens que permitiram reproduzir a trajetória do 
centro de gravidade de Daiane na direção vertical (em metros), assim como o tempo de duração do salto. 
D
es
lo
ca
m
en
to
 v
er
tic
al
 (m
)
1,4
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
1,6
1,8
2
0,60,5 0,8 0,9 1 1,1
Tempo (s)
0,70,40,30,20,10
De acordo com o gráfico acima, determine:
a) A altura máxima atingida pelo centro de gravidade de Daiane.
b) A velocidade média horizontal do salto, sabendo-se que a distância percorrida nessa direção é de 1,3 m.
c) A velocidade vertical de saída do solo.
6. (UFF-RJ) Após um ataque frustrado do time adversário, o goleiro se prepara para lançar a bola e armar um contra-
-ataque. Para dificultar a recuperação da defesa adversária, a bola deve chegar aos pés de um atacante no menor 
tempo possível. O goleiro vai chutar a bola, imprimindo sempre a mesma velocidade, e deve controlar apenas o 
ângulo de lançamento. A figura mostra as duas trajetórias possíveis da bola num certo momento da partida.
Assinale a alternativa que expressa se é possível ou não determinar qual destes dois jogadores receberia bola no 
menor tempo. Despreze o efeito da resistência do ar. 
a) Sim, é possível, e o jogador mais próximo receberia a bola no menor tempo. 
b) Sim, é possível, e o jogador mais distante receberia a bola no menor tempo. 
c) Os dois jogadores receberiam a bola em tempos iguais. 
d) Não, pois é necessário conhecer os valores da velocidade inicial e dos ângulos de lançamento.
e) Não, pois é necessário conhecer o valor da velocidade inicial.
 poliSAber 7
 aula 8 Física a
41
2-
3
roda de Leitura
Parâmetros relevantes do lançamento oblíquo 
1. Tempo de subida (ts): instante em que o corpo atinge o ponto de altura máxima. Equacionando-se a velocidade 
vertical vy:
No ponto de altura máxima: vy = 0
v0y = v0 · sen q
ay = –g (eixo orientado para cima) 
vy = v0y – g · t ⇒ 0 = v0 · sen q – g · ts ⇒ g · ts = v0 · sen q ⇒ =
⋅ q
A
v
g
sen0
2. Altura máxima (Hmáx.) atingida pelo projétil, a partir do ponto de lançamento. 
No ponto de altura máxima: vy = 0 
v0y = v0 · sen q 
a = –g (eixo orientado para cima)
Dsy = Hmáx. 
Usando a equação de Torricelli para o movimento vertical do corpo:
= + ⋅ ⋅ D ⇒ = ⋅ q − ⋅ ⋅ ⇒ =
⋅ q
v v a s v g H H
v
g
2 0 ( sen ) 2
( sen )
2y y y y
2
0
2 2
0
2
máx. máx.
0
2
3. Tempo total de permanência no ar (T)
Para o caso do movimento simétrico em relação ao vértice da parábola, o intervalo de tempo de subida (ts) é igual 
ao de descida (td). Portanto, o tempo total de permanência no ar é dado por: 
T = ts + td = 2 ∙ ts ⇒ =
⋅ ⋅ q
T
v
g
2 sen0
4. Alcance horizontal (A): distância horizontal percorrida pelo corpo entre o instante de lançamento; t0 = 0 e instante 
T, tempo total de permanência no ar.
Retomando o exemplo do movimento simétrico e equacionando o deslocamento na horizontal (eixo x):
Dsx = vx · t
vH = v0 ∙ cos q 
t = =
⋅ ⋅ q
T
v
g
2 sen0 ⇒ Dsx = A
Logo, temos:
= ⋅ q ⋅
⋅ ⋅ q
=
⋅ ⋅ q ⋅ q
A v
v
g
v
g
cos
2 sen 2 sen cos
0
0 0
2
Mas, como 2sen q · cos q = sen (2q), então: =
⋅ q
A
v
g
sen 20
2
Alcance máximo (Amáx.)
Para uma mesma velocidade de lançamento, o alcance horizontal será máximo quando o seno de 2q também for 
máximo, ou seja: 
sen(2q) = 1 ⇒ 2q = 90° ⇒ q = 45° 
Assim: =A
v
gmáx.
0
2
Nota: Quando o ângulo de lançamento de 45°, a altura máxima é dada por:
=
⋅ q
=
⋅




=
⋅
⇒ =H
v
g
v
g
v
g
H
v
g
( sen )
2
2
2
2
2
4
2 4máx.
0
2 0
2
2
0
2
máx.
0
2
Mas, como =A
v
gmáx.
0
2
, temos: Amáx. = 4 ∙ Hmáx. 
Física a aula 8
8 poliSAber
41
2-
3
Que agente físico “continua empurrando” o personagem no terceiro quadro?
Mesmo alcance
A partir da equação do alcance horizontal (A), verifica-
-se que, para ângulos de lançamento complementares 
e naturalmente a mesma velocidade de lançamento, os 
alcances são iguais.
Pode-se comprovar por um exemplo simples, para os 
ângulos de 30° e 60°.
=
⋅ q
A
v
g
sen 20
2
Para q = 30°, temos: sen (2 · 30°) = sen 60° = 
3
2
Para q = 60°, temos: sen (2 · 60°) = sen 120° = 
3
2
 
Logo, para o mesmo v0 os alcances serão iguais.
navegar
. Acesso em: 3 jan. 2018.
Acesse o link anterior e leia sobre a construção do 
primeiro foguete capaz de atravessar o oceano.
s e n h a
ágora
A balística forense é uma disciplina, integrante da cri-
minalística, que estuda as armas de fogo, sua munição 
e os efeitos dos tiros por elas produzidos, sempre que 
tiverem uma relação direta ou indireta com infrações 
penais, visando esclarecer e provar sua ocorrência.
Disponível em: . Acesso em: 3 jan. 2018.
Até que ponto a ciência e a tecnologia podem contribuir 
nas soluções e melhoramentos das relações sociais? Suas 
contribuições são sempre necessariamente positivas? 
Caso prefira, pesquise sobre esta questão.
 polisaber 9
41
2-
3
Física a – aulas 9 e 10 – leis de NewtoN
Dois tipos de interação na natureza: A: de campo, ou à distância; B: de contato.
Força
Em sua obra Os princípios matemáticos da filosofia natural, Newton apresenta a seguinte definição: Uma força exer-
cida é uma ação exercida sobre um corpo, para mudar o seu estado, ou de repouso, ou de movimento uniformemente 
adiante em uma linha reta.
Enquanto uma definição ou um conceito, este enunciado não é suficientemente claro sobre o agente físico força, 
mas pode-se entender com boa precisão que este agente físico, surge da ação de um corpo sobre outro corpo, e pela 
mesma razão que o primeiro age no segundo, o segundo também age no primeiro, logo há uma interação entre os dois. 
Assim entende-se que força é o resultado da interação entre dois corpos. A partir dessa interação, podem ocorrer 
três efeitos no corpo: deformação, alteração da velocidade ou equilíbrio.
Observação: a Roda de Leitura apresenta de que formas essa interação pode acontecer, bem como as principais 
forças da mecânica.
Além de um conceito da mecânica, força é uma grandeza física, que como já exemplificado na aula 6, é vetorial, assim, para 
caracterizá-la, é necessário conhecer sua intensidade (módulo acompanhado de unidade de medida), sua direção e seu sentido.
No Sistema Internacional de Unidades (SI), a grandeza força é medida em newtons (N), simbolicamente: [F] = N.
Força resultante (R
��
) 
Define-se força resultante, ou resultante das forças sobre um corpo, como a soma de todas as forças que atuam 
sobre este corpo. Matematicamente, temos a expressão a seguir, em que n é o número de forças que atuam no corpo:
R F F F F F... n i
i
n
1 2 3
1
�� ��� ��� �� ��� ��
∑= + + + + =
=
as leis de Newton ou leis do movimento
A partir das contribuições feitas por Copérnico, Galileu e Kepler, seus antecessores, Isaac Newton estabeleceu as bases 
da mecânica clássica, com três leis fundamentais, que regem o movimento dos corpos e a lei da gravitação universal, 
que será apresentada posteriormente.
Primeira lei de Newton ou princípio da inércia 
Este princípio estabelece as condições de equilíbrio de uma partícula.
Quando a resultante das forças, aplicadas em uma partícula, for nula, então ela permanecerá em seu estado de 
equilíbrio, ou seja: em repouso ou em movimento retilíneo e uniforme.
A B
Va
d
im
 s
a
d
o
Vs
ki
 /
 s
h
u
tt
er
st
o
c
k
ki
ef
er
pi
x
 /
 s
h
u
tt
er
st
o
c
k
Física a aulas 9 e 10
10 polisaber
41
2-
3
Observações: 
1) O termo equilíbrio significa que a força resultante sobre o corpo é nula e apresenta duas situações reais possíveis:
•	 quando o corpo está em repouso, diz-se que está em equilíbrio estático
•	 quando o corpo está em movimento retilíneo e uniforme, em equilíbrio dinâmico.
2) Inércia: propriedade inerente à matéria pela qual todo corpo tende a permanecer em seu estado de equilíbrio (em 
repousoou em movimento retilíneo e uniforme).
Segunda lei de Newton ou princípio fundamental da dinâmica
Este princípio descreve o efeito da ação de uma força resultante não nula, agindo sobre um corpo, assim: completa 
o raciocínio descrito na primeira lei. 
Quando a força resultante que age sobre um corpo é nula, este corpo permanece em equilíbrio: seu movimento 
não sofre alterações. Portanto, quando 
��
R é não nula, seu movimento sofrerá alterações, logo: o vetor velocidade 
do corpo varia, ou ainda: o corpo é submetido a uma aceleração (

a ), que indica a rapidez da variação do vetor 
velocidade do corpo.
Newton estudou a relação entre esta força resultante e a aceleração sofrida pelo corpo, chegando às seguintes 
conclusões:
A aceleração (

a) adquirida pelo corpo tem sempre a mesma direção e o mesmo sentido da força resultante (
��
R) 
que nele atua.
O módulo desta aceleração (a) é diretamente proporcional ao módulo desta força resultante (R).
Para a mesma força resultante (
��
R ) aplicada a corpos diferentes, o módulo da aceleração adquirida pelo corpo é 
inversamente proporcional à sua massa (m).
Matematicamente, temos:
a
R
m
R m a
�
��
�� �
= ⇒ = ⋅
Observações: 
1) Por análise dimensional: [F] = [m] · [a]; no SI: 
N kg
m
s2= ⋅
2) Uma vez que a aceleração adquirida pelo corpo é inversamente proporcional à sua massa, constata-se que a gran-
deza física massa, é a medida quantitativa de sua inércia, assim: quanto maior a massa de um corpo, maior a sua 
inércia; em outras palavras: Maior a tendência que este apresenta em permanecer em seu estado de equilíbrio.
Terceira lei de Newton ou princípio da ação e reação
Diferentemente dos princípios anteriores, este não faz referências às relações de causa e efeito no movimento de um 
corpo, apenas descreve as forças de interação entre dois corpos.
Quando um corpo A aplica uma força, 
��
F , sobre outro corpo B, então o corpo B, também aplica uma força, 
��
F− , 
sobre o corpo A, de mesmo módulo, mesma direção e sentido oposto ao da primeira.
Observações:
1) Essas duas forças constituem o chamado par ação-reação.
2) Tanto 
��
F como 
��
F− podem ser chamadas de ação ou reação, uma vez que as forças agem simultaneamente nos 
dois corpos.
3) É importante destacar que estas forças estão aplicadas em corpos distintos e, portanto, não se equilibram. Se 
��
F está aplicada no corpo B, então, 
��
F− está aplicada no corpo A.
4) Por atuarem em corpos diferentes, estas forças produzem efeitos diferentes em cada um.
 polisaber 11
aulas 9 e 10 Física a
41
2-
3
exercícios
1. Os princípios matemáticos da filosofia natural, conhecidos como leis de Newton, foram publicados em 1686 e des-
crevem as regras básicas para o movimento dos corpos. Considerando os enunciados destes princípios, julgue (V 
ou F) cada uma das afirmações:
I. O princípio da Inércia, afirma que, para manter um corpo em movimento retilíneo uniforme, é necessária a ação de 
uma força resultante não nula.
II. As leis de Newton são válidas somente para referenciais inerciais. 
III. A massa de um corpo é uma propriedade intrínseca ao corpo.
IV. A inércia de um corpo é medida por sua massa.
V. Forças de ação e reação são forças de mesmo módulo, mesma direção e sentidos opostos e estão aplicadas em 
um mesmo corpo.
2. (PUC-SP) Um satélite em órbita ao redor da Terra é atraído pelo nosso planeta e, como reação, (terceira lei de 
Newton) atrai a Terra. A figura que representa corretamente esse par ação-reação é:
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
3. (Fatec-SP) Os aviões voam porque o perfil aerodinâmico de suas asas faz com que o ar que passa por cima e por 
baixo delas ocasione uma diferença de pressão que gera o empuxo. Esta força de empuxo é que permite ao avião 
se sustentar no ar. Logo, para que o avião voe, as hélices ou turbinas do avião é que empurram o ar para trás, e o 
ar reage impulsionando a aeronave para a frente. Desta forma, podemos dizer que o avião se sustenta no ar sob a 
ação de 4 forças: a motora ou propulsão; a de resistência do ar ou arrasto; a de peso; a de empuxo ou sustentação.
Resistência 
do ar
Força
motora
Empuxo
Peso
Caso um avião voe em velocidade constante e permaneça à mesma altitude, é correto afirmar que a somatória das:
a) forças verticais é nula e a das horizontais, não nula.
b) forças horizontais é nula e a das verticais, não nula.
c) forças horizontais e verticais é nula.
d) forças positivas é nula.
e) forças negativas é nula.
i. (f) princípio da inércia estabelece que um corpo em mru está sujeito a uma força resultante nula.
ii. (V) a massa é uma propriedade de cada corpo.
iii. (V) para referenciais não inerciais, há o surgimento de forças fictícias, não obedecendo às leis de Newton como as descrevemos. 
iV. (V) inércia é a tendência de todo corpo em manter sua velocidade inalterada, assim: quanto maior a massa do corpo, maior sua inércia.
V. (f) as forças de ação e reação sempre são aplicadas em corpos distintos. 
forças de ação e reação têm mesma intensidade, mesma 
direção, e sentidos opostos. 
Nas condições descritas, o avião desenvolve mru, portanto 
a força resultante sobre ele é nula, assim suas componentes 
horizontal e vertical também são nulas.
Física a aulas 9 e 10
12 polisaber
41
2-
3
4. (Mackenzie-SP) Uma mola helicoidal de compri-
mento natural 20 cm pende verticalmente quando 
é presa pela extremidade superior. Suspendendo-se 
um corpo de massa 200 g pela extremidade inferior, 
seu comprimento passa a ser 25 cm. A constante 
elástica da mola é:
(Dado: g = 10 m/s2)
a) 5,0 ∙ 102 N/m
b) 4,0 ∙ 102 N/m
c) 4,0 ∙ 101 N/m
d) 8,0 N/m
e) 4,0 N/m
5. (UEL-PR) Um corpo de massa m é submetido a uma 
força resultante de módulo F, adquirindo acelera-
ção a. A força resultante que se deve aplicar a um 
corpo de massa 
m
2
 para que ele adquira aceleração 
4a deve ter módulo:
a) 
F
2
b) F c) 2F d) 4F e) 8F
6. (Vunesp) A baleia azul adulta é o maior animal do 
nosso planeta, possuindo uma massa de aproxima-
damente 150 toneladas. Supondo que uma baleia 
azul leve 7,5 segundos para chegar a uma velocida-
de horizontal de 15 km/h a partir do repouso e con-
siderando que a força de resistência da água FA seja 
metade daquela imprimida pela baleia FB, esboce o 
diagrama de forças atuando na baleia ao longo da 
direção horizontal de movimento e calcule o valor 
da força de resistência da água.
7. A caixa da figura tem massa de 20 kg e é arrastada, 
sobre um plano horizontal sem atrito, por uma força 
F de intensidade igual a 200 N. 
Note e adote:
sen θ = 0,6; cos θ = 0,8; g = 10 m/s2
F
θ
Calcule:
a) a aceleração adquirida pela caixa;
b) o módulo da força normal sobre a caixa.
4. Na condição de equilíbrio, a força peso se iguala, em 
módulo, à força elástica. assim, temos:
Fel. = P ⇒ k ∙ (l − l0) = m ∙ g ⇒
⇒ k ∙ (0,25 − 0,20) = 0,2 ∙ 10 ⇒
⇒ k = 40 N/m = 4,0 ∙ 101 N/m
5. R = m ∙ a ⇒ para o corpo 1: F = m ∙ a ⇒
⇒ para o corpo 2: 
F
m
a m a F'
2
4 2 2= ⋅ = ⋅ =
Na direção do movimento as forças que atuam sobre a baleia são: Fb, a favor do movimento 
e Fa, oposta ao movimento, portanto: 
F
B
F
A
para a baleia: a
v
t
a
15
3,6
0
7,5
1
1,8
m/s2= ∆
∆
=
−
⇒ = 
além disso: R = Fb – Fa, mas Fb = 2FA, então, temos:
R = 2Fa − Fa = Fa
∴ R = m ∙ a ⇒ = ⋅ ⋅ ≅ ⋅ = ⋅F 150 10
1
1,8
83 10 N 8,3 10 Na
3 3 4
decomposição da força F;
Na horizontal (eixo x): Fx = F ∙ cos θ = 200 ∙ 0,8 = 160 N
Na vertical (eixo y): Fy = F ∙ sen θ = 200 ∙ 0,6 = 120 N
diagrama de forças para a caixa:
F
y
 = 120 N
F
x
 = 160 N
P = 200 N
N
sobre a caixa: R = Fx = m ∙ a ⇒ 160 = 20 ∙ a ⇒ a = 8,0 m/s2
Na vertical as forças se equilibram:
 N + Fy = P ⇒ N + 120 = 200 ⇒ N = 80 N
 polisaber 13
aulas 9 e 10 Física a
41
2-
3
8. (Fuvest-SP) Objetos em queda sofrem os efeitos da resistência 
do ar, a qual exerce uma força que se opõe ao movimento 
desses objetos, de tal modo que, após um certo tempo, eles 
passam a se mover com velocidade constante. Para uma partí-
cula de poeira no ar, caindo verticalmente, essaforça pode ser 
aproximada por 


F b va = − ⋅ , sendo 

v a velocidade da partícula 
de poeira e b uma constante positiva. O gráfico mostra o com-
portamento do módulo da força resultante sobre a partícula, 
FR, como função de v, o módulo de 

v .
Note e adote: O ar está em repouso
O valor da constante b, em unidades de Ns/m, é:
a) 1,0 ∙ 10−14 b) 1,5 ∙ 10−14 c) 3,0 ∙ 10−14 d) 1,0 ∙ 10−10 e) 3,0 ∙ 10−10 
estudo orieNtado
exercícios
1. (Fuvest-SP) As duas forças que agem sobre uma gota de chuva, a força peso e a força devida à resistência do ar, 
têm mesma direção e sentidos opostos. A partir da altura de 125 m acima do solo, estando a gota com uma veloci-
dade de 8 m/s, essas duas forças passam a ter o mesmo módulo. A gota atinge o solo com a velocidade de:
a) 8 m/s b) 35 m/s c) 42 m/s d) 50 m/s e) 58 m/s
2. (Fatec-SP) Durante a construção de um edifício de 30 andares, uma grua precisa levantar até o topo do edifício um 
conjunto de blocos cuja massa é 1.000 kg. Observa-se que, quando esses blocos passam pela metade da altura 
total, a sua velocidade de ascensão é constante.
Considerando que a aceleração gravitacional no local da construção é 10 m/s², é correto afirmar que a ordem de 
grandeza da força resultante aplicada pela grua sobre o conjunto dos blocos quando esse passa pelo 18o andar é, 
em newtons:
a) 103 b) 104 c) 105 d) 106 e) 107
3. (FGV-SP, adaptada)
Debussy
para cá, para lá…
para cá, para lá…
um novelozinho de linha…
para cá, para lá…
para cá, para lá…
oscila no ar pela mão de uma criança
(Vem e vai…)
Que delicadamente e quase a adormecer o balança
− psio… −
para cá, para lá…
para cá e…
− o novelozinho caiu.
manoel bandeira
3
2
1
0,20 0,4 0,6 0,8 1
v (10–4 m/s)
FR (10–14 N)
para a partícula da poeira: R = P – Fa 
do gráfico, para v = 0:
R = 3 ∙ 10−14 N
Nesse ponto (v = 0), então: Fa = 0
assim, temos: R = P = 3 ∙ 10−14 N
também do gráfico, para v = 1 ∙ 10−4 m/s, 
R = 0, logo, neste ponto: 
P = Fa = 3 ∙ 10−14 N ⇒ Fa = b ∙ v ⇒
⇒ 3 ∙ 10−14 = b ∙ 1 ∙ 10−4 ⇒ b = 3 ∙ 10−10 Ns/m 
Física a aulas 9 e 10
14 polisaber
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2-
3
Centrado pela mão da criança em M, o novelozinho em movimento descendente não pôde completar o “para lá”, 
uma vez que, ao atingir o ponto P, a criança, finalmente adormecida, abandona a extremidade do fio.
M
P
Desconsiderando-se a resistência do ar, dos esboços indicados, aquele que melhor representa a força resultante 
sobre o novelozinho após a passagem pelo ponto P é:
a) M
P
b) M
P
c) M
P
d) M
P
e) M
P
4. (PUC-SP) Leia a tira abaixo: 
A balança está equivocada em relação à indicação que deve dar ao peso do sanduíche. Na tira apresentada, a indi-
cação correta para o peso do sanduíche deveria ser:
a) 2.000 N
b) 200 N
c) 2 N
d) 2 kg
e) 20 g 
 polisaber 15
aulas 9 e 10 Física a
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2-
3
5. (UFSCar-SP) Leia a tirinha.
calvin e haroldo, bill Watterson
Imagine que Calvin e sua cama estivessem a céu aberto, em repouso sobre um ponto P do equador terrestre, no 
momento em que a gravidade foi “desligada” por falta de pagamento da conta.
P
Tendo em vista que o ponto P’ corresponde ao ponto P horas mais tarde, e supondo que nenhuma outra força 
atuasse sobre o garoto após “desligada” a gravidade, o desenho que melhor representa a posição de Calvin (ponto 
C) no instante considerado é:
a) 
P’
C
b) 
P’
C
c) 
P’
C
d) 
P’C
e) 
P’C
6. (UEL-PR) Duas forças, uma de módulo 30 N e outra de módulo 50 N, são aplicadas simultaneamente num corpo. 
A força resultante R vetorial certamente tem módulo R tal que:
a) R > 30 N
b) R > 50 N
c) R = 80 N
d) 20 NP
Assim, entende-se a força peso como o resultado da 
interação entre a Terra e o corpo. 
Caracterização vetorialmente desta força:
 – intensidade (ou módulo): P = m ∙ g, em que m é a 
massa do corpo e g, a aceleração da gravidade local;
 – direção: vertical (na reta que une o centro do corpo 
ao centro da Terra);
 – sentido: de cima para baixo (dirigida para o centro 
da Terra).
Observações: 
1) Próximo à superfície da Terra: g = 9,8 m/s2 ≅ 10 m/s2.
2) Outra unidade de força utilizada é o quilograma-
-força (kgf): 
1 kgf é a intensidade do peso de um corpo de 
massa 1 kg, em um local em que a aceleração da 
gravidade é normal (g = 9,8 m/s2).
Logo: 
P = m ∙ g ⇒ 1 kgf = 1 kg · 9,8 m/s2 ⇒ 1 kgf = 9,8 N ⇒10 N
Força de contato (C

) entre duas superfícies
Considere o exemplo de uma caixa apoiada sobre uma 
mesa horizontal:
A maneira mais eficiente de entender a força que 
a mesa (superfície de apoio) aplica na caixa (corpo) é 
através de suas componentes: perpendicular e paralela-
mente, a esta superfície.
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aulas 9 e 10 Física a
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3
Força normal (N

)
Devido à ação da força peso, vertical e para baixo 
e em função da compressão entre suas superfícies, a 
mesa aplica força na caixa, no sentido de impedir que 
a caixa penetre nela, e pela característica dessa força 
ser sempre perpendicular às superfícies em contato, 
recebe o nome de forma normal. Esquematicamente:
N
Assim, a força normal é resultado da interação entre a 
superfície de apoio e o corpo, na direção perpendicular 
à superfície e no sentido de empurrar o corpo.
Força de atrito ( A

)
Considere, agora, que a caixa esteja deslizando sobre 
a mesa para a direita. Como as superfícies em contato 
apresentam rugosidades que se entrelaçam, surge resis-
tência ao movimento de uma em relação à outra. Logo; a 
mesa aplica na caixa uma força na direção paralela à sua 
superfície e no sentido oposto ao deslizamento da caixa: 
chamada força de atrito. Esquematicamente:
A
Assim, a força de atrito é resultado da interação entre 
a superfície de apoio e o corpo, na direção paralela à 
esta superfície.
Logo, a força de contato (

C ), que a superfície de apoio 
aplica no corpo, é a resultante dessas duas componentes: 
  
C N A= + . Esquematicamente:
A
C
N
Observações:
1) Em módulo: C2 = N2 + A2
2) Nas situações em que não houver ação da força de 
atrito 
 
C N= .
3) A relação entre a intensidade da força de atrito (A) e a 
intensidade da força normal (N) será descrita na aula 12.
Força de tração (T

)
Considere o exemplo de um fio fixo em um ponto O e 
um corpo oscilando preso a sua outra extremidade, na 
posição da figura:
O
Observa-se que o fio aplica uma força no corpo no sentido 
de puxá-lo que recebe o nome de força de tração, ou sim-
plesmente: tração. Sendo o fio ideal: flexível, inextensível e 
de massa desprezível, a tração é transmitida integralmente 
pelo fio, ou seja, todos os pontos do fio recebem e exercem 
força de mesma intensidade. Esquematicamente:
O
T
Assim, a força de tração é resultado da interação entre 
o fio e os corpos, presos em suas extremidades, tem 
sempre a mesma direção do fio e o sentido de puxar 
(tracionar), pois o fio é flexível.
Força elástica (F

) 
Considere uma mola presa em um suporte e pendente 
na vertical, inicialmente sem deformação. Em seguida, 
prende-se na extremidade inferior da mola um corpo 
que desce lentamente até atingir a posição de equilíbrio:
x
Física a aulas 9 e 10
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3
Observa-se que a mola sofre uma deformação (x) e 
que aplica no corpo uma força na mesma direção e de 
sentido oposto a esta deformação: a força elástica. 
Esquematicamente:
F
Assim, a força elástica é resultado da interação entre a 
mola e os corpos, presos em suas extremidades.
Caracterização vetorialmente desta força / Lei de 
Hooke
Robert Hooke (1635-1703), físico britânico, determinou 
que a intensidade desta força é diretamente proporcional 
à deformação sofrida pela mola, então, a força elástica 
apresenta:
 – Intensidade (ou módulo): F = k ∙ x, em que x é a de-
formação sofrida pela mola e k é a constante elástica 
da mola, que depende das características da mola.
 – Direção: a mesma da deformação.
 – Sentido: oposto ao da deformação.
Todas essas características ficam resumidas na equa-
ção vetorial: 


F k x= − ⋅
Observação: 
1) Unidade de k: [k] = [F]/[x]; no SI: [k] = N/m
2) Mola ideal é aquela que obedece à lei de Hooke e 
tem massa desprezível. Assim, como no fio ideal, 
devido ao fato de não possuir massa, a força aplicada 
sobre a mola se transmite integralmente por toda 
sua extensão.
Navegar
Leia o capítulo 5 (O triunfo da razão), do livro A dança do 
universo – dos mitos da criação ao big-bang, de Marcelo 
Gleiser – Companhia das Letras, para conhecer sobre a vida e 
obra de Issac Newton e sobre o nascimento do mecanicismo.
ágora
a natureza e suas leis escondiam-se na escuridão.
e deus disse: “faça-se Newton!”, e tudo se iluminou.
alexander pope
Será possível, ainda hoje, entendermos plenamente a 
importância do legado científico de Newton? Pesquise 
sobre os estudos de Issac Newton fora da Física.
s e N h a
Como seria representada esta tirinha se fosse um sistema de blocos?
 polisaber 21
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3
aplicações das leis de Newton
Fazer aplicações às leis de Newton pode-se resumir objetivamente na aplicação da segunda lei: 


R m a= ⋅ . No entanto, 
para tal, todo o conteúdo apresentado até o módulo anterior necessariamente será utilizado, relembrando: 
 – todas as grandezas definidas na cinemática, principalmente: deslocamento, intervalo de tempo, velocidade e 
aceleração.
 – as três leis do movimento descritas por Newton, além das forças apresentadas até então: peso, força de contato 
(normal e atrito), tração e força elástica.
 – as operações vetoriais, essencialmente: adição de vetores e multiplicação de um vetor por um escalar.
Assim, desenvolver essas aplicações significa: relacionar a força resultante que atua sobre um corpo, ou um siste-
ma de corpos, com a aceleração adquirida por este, como consequência da resultante. Para estabelecer essa relação, 
será necessário o desenvolvimento de uma metodologia ou procedimento, independentemente do tipo de movimento 
descrito pelo corpo. 
Pode-se descrever esse procedimento nas seguintes etapas:
 – Construir o diagrama de forças: representação de todas as forças que atuam no corpo.
 – Indicar a aceleração: indicar a direção e o sentido da aceleração adquirida pelo corpo.
 – Determinar a força resultante: equacionar o módulo da força resultante sobre o corpo fazendo a soma das 
forças que nele atuam.
 – Aplicar a segunda lei do movimento: aplicar 


R m a= ⋅ , para o corpo.
Justificando-se essas etapas: para a aplicação da segunda lei, com o objetivo de se calcular a aceleração, é necessário 
conhecer a força resultante, que por sua vez é determinada pela soma das forças, o que explica a necessidade da cons-
trução do diagrama de forças. A indicação da direção e sentido da aceleração, facilita a determinação da força resultante, 
uma vez que, da segunda lei, sabe-se que a aceleração e a força resultante têm mesma direção e mesmo sentido.
Observações:
1. Essas etapas não precisam ser desenvolvidas necessariamente na ordem apresentada, porém a solução completa 
da questão envolve, direta ou indiretamente, as quatro etapas.
2. Algumas questões, mais diretas, podem ser resolvidas com a aplicação de apenas uma ou duas dessas etapas.
Elevador £ bloco em movimento vertical
Física a – aula 11 – aplicações das leis de NewtoN
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Física a aula 11
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3
exercícios
1. No interior de um elevador, um homem de massa 70 kg encontra-se sobre uma balança graduada em newtons. 
Determine:
a) o módulo e o sentido da aceleração do elevador quando a balança marca 840 N.
b) a indicação da balança quando o elevador desce acelerado de 3 m/s2.
o elevador100 150
3 2
300
5
300 60 
= =v
x
x
2
60
120 km/hm
 
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 aula 1 Física a
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3. (Fuvest-SP) Um passageiro, viajando de metrô, fez o 
registro de tempo entre duas estações e obteve os 
valores indicados na tabela abaixo.
Chegada Partida
Vila Maria 0:00 min 1:00 min
Felicidade 5:00 min 6:00 min
Supondo que a velocidade média entre duas es-
tações consecutivas seja sempre a mesma e que 
o trem pare o mesmo tempo em qualquer esta-
ção da linha, de 15 km de extensão, é possível 
estimar que um trem, desde a partida da Estação 
Bosque até a chegada à Estação Terminal, leva 
aproximadamente:
Terminal
Felicidade
Vila Maria
Central
São José Arco-Verde
Bosque
2 km
a) 20 minutos
b) 25 minutos
c) 30 minutos
d) 35 minutos
e) 40 minutos
4. (UFRGS-RS) Um caminhão percorre três vezes o 
mesmo trajeto. Na primeira, sua velocidade média 
é de 15 m/s e o tempo de viagem é t1. Na segunda, 
sua velocidade média é de 20 m/s e o tempo de via-
gem é t2. Se na terceira o tempo de viagem for igual 
a 
+t t
2
1 2 , qual será a velocidade média do caminhão 
nessa vez?
a) 20,00 m/s 
b) 17,50 m/s 
c) 17,14 m/s
d) 15,00 m/s 
e) 8,57 m/s
5. (Vunesp) Na fronteira K-T, entre os períodos Cretá-
ceo e Terciário, ocorreu a extinção dos dinossau-
ros. A teoria mais conhecida para explicar essa ex-
tinção supõe que um grande meteoro, viajando a 
70.000 km/h, teria atingido o nosso planeta, dando 
origem à cratera de Chicxulub no golfo do México, 
com cerca de 170 km de diâmetro. Supondo que ele 
tenha vindo de um grupo de asteroides próximos de 
Marte, que dista por volta de 77 ∙ 106 km da Terra, 
determine, em dias, o tempo que teríamos para ten-
tar nos preparar para o impacto caso ele ocorres-
se na atualidade. Suponha que 70.000 km/h seja a 
velocidade média do asteroide em relação à Terra 
e que, no momento de sua detecção, estivesse a 
77 ∙ 106 km de distância. Desconsidere o desloca-
mento da Terra pelo espaço.
6. (Fuvest-SP) Uma moto de corrida percorre uma pis-
ta que tem o formato aproximado de um quadrado 
com 5 km de lado. O primeiro lado é percorri-
do a uma velocidade escalar média de 100 km/h, 
o segundo e o terceiro, a 120 km/h, e o quarto, a 
150 km/h. Qual a velocidade escalar média da moto 
nesse percurso?
roda de leitura
Conceitos iniciais da cinemática escalar
Referencial, repouso e movimento
No movimento de um corpo é necessária a adoção do 
referencial em relação ao qual o movimento será descrito. 
Assim, não existem movimento nem repouso absolutos; 
todo movimento é relativo: um corpo pode estar em 
movimento em relação a um referencial e em repouso 
em relação a outro referencial. 
Um corpo está em movimento sempre que, em rela-
ção ao referencial adotado, a posição dele mudar com o 
decorrer do tempo e está em repouso sempre que, em 
relação ao referencial adotado, a posição dele não se 
alterar no decorrer do tempo.
No exemplo da foto a seguir, considere que o fotógrafo 
está parado à beira da estrada.
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Física a aula 1
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Assim, tanto a motorista quanto a passageira estão 
em movimento em relação ao fotógrafo, ou seja, suas 
posições mudam no decorrer do tempo em relação 
ao fotógrafo, porém a passageira está em repouso em 
relação à motorista, pois sua posição não se altera no 
decorrer do tempo em relação à motorista.
Ponto material e corpo extenso
Na cinemática, um corpo em movimento é chamado pon-
to material sempre que suas dimensões forem desprezíveis 
quando comparadas às distâncias percorridas por ele, caso 
contrário será considerado um corpo extenso. (Observação: 
geralmente, na cinemática, os móveis são pontos materiais.)
Exemplo
Um automóvel, ao realizar uma viagem de alguns quilôme-
tros, é considerado um ponto material, pois suas dimensões 
– comprimento, largura e altura – são desprezíveis diante da 
distância percorrida na viagem. No entanto, essas mesmas 
dimensões não serão irrelevantes quando ele estiver mano-
brando em um estacionamento. Logo, nesta nova situação, 
o mesmo veículo é considerado um corpo extenso.
Trajetória 
A trajetória é o trajeto, ou o caminho, percorrido pelo 
corpo durante seu movimento. Para um ponto material, a 
trajetória consiste na linha formada pelas sucessivas posi-
ções ocupadas por esse móvel ao longo de seu percurso.
No caso de um carro durante uma viagem, sua trajetória 
é o próprio leito da rodovia.
Assim como o movimento, a trajetória também de-
pende do referencial adotado, ou seja, a trajetória de um 
móvel também é relativa. 
Na cinemática escalar, em que se estudam os movi-
mentos em uma única dimensão, a trajetória pode ser 
representada por meio de uma linha orientada. A orien-
tação da trajetória indica o sentido de crescimento dos 
marcos indicativos da posição do móvel. No exemplo da 
viagem em uma rodovia, os marcos indicativos da posição 
são as placas de quilometragem, contadas a partir de um 
marco zero: em um sentido a quilometragem aumenta 
− sentido positivo da trajetória –; no sentido oposto 
diminui – sentido negativo da trajetória.
Espaço (s) ou posição
A posição ocupada pelo corpo, num determinado 
instante de tempo (t), durante sua trajetória, é definida 
como o espaço do corpo e é representada pela letra s.
Retomando o exemplo da viagem na rodovia, o espaço, 
ou posição, do carro num determinado instante é dado 
pela placa indicativa da quilometragem. Quando o carro 
passa ao lado da placa, a quilometragem indicada nela 
naquele instante é a distância ao longo da trajetória entre 
essa posição e o marco zero (origem dos espaços).
Deslocamento escalar (Δs) 
Ao mudar de posição, o móvel realiza um desloca-
mento sobre a trajetória denominado deslocamento 
escalar (ou variação do espaço), representado por Δs 
e que pode ser calculado pela diferença entre as duas 
posições ocupadas pelo móvel na trajetória entre dois 
instantes: s, que corresponde ao espaço do móvel no 
instante t e s0, que corresponde ao espaço inicial do 
móvel no instante t0. Logo:
Δs = s − s0
Nota: O instante t0 não indica o início do movimento, 
mas, sim, o início do estudo do movimento.
Exemplo
Um carro vai do km 80 (ponto A) de uma rodovia até o 
km 150 (ponto B) e retorna ao km 90 (ponto C).
 – O deslocamento escalar do carro entre A e B é:
	 ΔsAB = sB - sA ⇒ ΔsAB = 150 - 80 ⇒ ΔsAB = 70 km
 – O deslocamento escalar do carro entre B e C é:
	 ΔsBC = sC - sB ⇒ ΔsBC = 90 − 150 ⇒ ΔsBC = − 60 km
 – O deslocamento escalar do carro entre A e C é:
	 ΔsAC = sC - sA ⇒ ΔsAC = 90 - 80 ⇒ ΔsAC = 10 km
Diferença entre deslocamento escalar (Δs) e 
distância percorrida (d)
Para a determinação da distância percorrida (d) por 
um móvel, consideram-se todos os deslocamentos 
efetuados, em módulo. Assim, não importa o sentido 
do movimento, a distância percorrida é sempre positiva 
e, quando ocorre inversão no sentido de movimento, 
considera-se o deslocamento por etapas. (Observação: 
O odômetro do carro afere a distância percorrida e não 
o deslocamento escalar.)
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 aula 1 Física a
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No exemplo anterior:
 – Distância percorrida entre A e B é:
 dAB = ΔsAB = 70 km
 – Distância percorrida entre B e C é:
 dBC = ΔsBC = 60 km
 – Distância percorrida quando o carro vai de A até B 
e retorna a C:
 dABC = ΔsAB + ΔsBC ⇒ dABC = 70 + 60 ⇒ dABC = 130 km
Classificação dos movimentos quanto ao sentido 
 – Movimento progressivo: quando o movimento do 
corpo ocorre no sentido da orientação da trajetória, 
logo sua velocidade escalar é positiva (v > 0).
 – Movimento retrógrado: quando o movimento do corpo 
ocorre no sentido oposto ao da orientação da trajetória, 
logo sua velocidade escalar é negativa (ve o homem sofrem a mesma aceleração, uma vez que o homem está em repouso em relação ao elevador.
diagrama de forças para o homem:
N
P
a indicação da balança é o valor da força normal (N).
Quando N = 840 N, sobre o homem, temos:
R = N − P = 840 − 700 = 140 N, para cima.
R = m ∙ a ⇒ 140 = 70 ∙ a ⇒ a = 2,0 m/s2, para cima.
Quando a aceleração do homem for para baixo:
R = P − N = m ∙ a ⇒ 700 − N = 70 ∙ 3,0 ⇒
⇒ N = 700 − 210 = 490 N
 polisaber 23
 aula 11 Física a
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3
2. Um bloco, de massa 4,0 kg, desliza sobre um plano inclinado de 37° em relação à horizontal. Considerando todas 
as resistências ao movimento insignificantes. Determine:
(Dados: g = 10 m/s2, sen 37° = 0,60 e cos 37° = 0,80)
a) a intensidade da aceleração do bloco;
b) a intensidade da força normal que o plano aplica no bloco;
c) Nas mesmas condições, a intensidade da força que deveria ser aplicada ao bloco, paralelamente ao plano, para 
mantê-lo em repouso.
3. (Vunesp, adaptada) Dois blocos, A e B, de massas m e 2m, respectivamente, ligados por um fio inextensível e de 
massa desprezível, estão inicialmente em repouso sobre um plano horizontal sem atrito. Quando o conjunto é pu-
xado para a direita pela força horizontal F aplicada em B, como mostra a figura, o fio fica sujeito à tração T1. Quando 
puxado para a esquerda por uma força de mesma intensidade que a anterior, mas agindo em sentido contrário, o 
fio fica sujeito à tração T2.
A
B
T
1
m 2m F
A
B
T
2
m 2m-F
diagrama de forças para o bloco:
x
N
θ
θ
P
x
P
y
P
y
Px = P ∙ sen θ = 40 ∙ 0,6 = 24 N
Py = P ∙ cos θ = 40 ∙ 0,8 = 32 N
No bloco:
R = Px = m ∙ a ⇒ 24 = 4,0 ∙ a ⇒ a = 6,0 m/s2
No eixo y as forças se equilibram: N = Py ⇒ N = 32 N
para manter o bloco em repouso:
x
N
θ
θ
P
x
P
y
P
y
F
R = 0 ⇒ F = Px ⇒ F = 24 N
Física a aula 11
24 polisaber
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2-
3
Determine:
a) a intensidade da aceleração sofrida pelos blocos nas duas situações;
b) a intensidade da tração T2, em função de T1.
4. (UFC-CE) A figura abaixo mostra dois blocos de massas m = 2,5 kg e M = 6,5 kg, ligados por um fio que passa sem 
atrito por uma roldana. Despreze as massas do fio e da roldana e suponha que a aceleração da gravidade vale 
g = 10 m/s2.
m
F
M
P
O bloco de massa M está apoiado sobre a plataforma P e a força F aplicada sobre a roldana é suficiente apenas para 
manter o bloco de massa m em equilíbrio estático na posição indicada. Sendo F a intensidade dessa força e R, a 
intensidade da força que a plataforma exerce sobre M, é correto afirmar que:
a) F = 50 N e R = 65 N
b) F = 25 N e R = 65 N
c) F = 25 N e R = 40 N
d) F = 50 N e R = 40 N
e) F = 90 N e R = 65 N
Nas duas situações a resultante de forças sobre o sistema (A + B) é a mesma: R = F, e a massa do sistema é 3m, logo: 
R = M ∙ a ⇒ F = 3m ∙ a a
F
m3
⇒ =
Na situação i, T1 é a resultante sobre o bloco A, assim, aplicando-se R = M ∙ a, para o bloco A: T1 = m ∙ a (i)
Na situação ii, T2 é a resultante sobre o bloco B, analogamente, R = M ∙ a, para o bloco B: T2 = 2m ∙ a (ii)
substituindo-se (i) em (ii): T2 = 2 ∙ T1
diagrama de forças de cada corpo do sistema:
m
M
F
P
m
P
M
T
T
T R
T
sistema em repouso: resultante = 0
para m: T = Pm ⇒ T = 25 N
para a polia: F = 2 ∙ T ⇒ F = 2 ∙ 25 = 50 N
para M: T + R = PM ⇒ 25 + R = 65 N ⇒ R = 40 N
 polisaber 25
 aula 11 Física a
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2-
3
estudo orieNtado
exercícios
1. Um elevador, com massa de 800 kg, desce sofrendo 
a ação da força peso e quatro forças opostas ao 
movimento, conforme a figura:
ff
P
Trilho
TrilhoTrilho
Trilho
ff
Para f = 1.000 N, calcule a intensidade da acelera-
ção do elevador neste instante e indique sua dire-
ção e sentido.
(Dado: g = 10 m/s2)
2. (Vunesp) Algumas embalagens trazem, impres-
sas em sua superfície externa, informações sobre 
a quantidade máxima de caixas iguais a ela que 
podem ser empilhadas, sem que haja risco de da-
nificar a embalagem ou os produtos contidos na 
primeira caixa da pilha, de baixo para cima. Consi-
dere a situação em que três caixas iguais estejam 
empilhadas dentro de um elevador e que, em cada 
uma delas, esteja impressa uma imagem que indica 
que, no máximo, seis caixas iguais a ela podem ser 
empilhadas.
6
6
6
Suponha que esse elevador esteja parado no an-
dar térreo de um edifício e que passe a descrever 
um movimento uniformemente acelerado para 
cima. Adotando g = 10 m/s2, é correto afirmar 
que a maior aceleração vertical que esse eleva-
dor pode experimentar, de modo que a caixa em 
contato com o piso receba desse, no máximo, a 
mesma força que receberia se o elevador esti-
vesse parado e, na pilha, houvesse seis caixas, 
é igual a:
a) 2 m/s2 
b) 4 m/s2
c) 6 m/s2
d) 8 m/s2
e) 10 m/s2
Física a aula 11
26 polisaber
41
2-
3
3. (UFRJ) Um bloco de massa m é abaixado e levantado 
por meio de um fio ideal. Inicialmente, o bloco é 
abaixado com aceleração constante vertical, para 
baixo, de módulo a (por hipótese, menor do que o 
módulo g da aceleração da gravidade), como mos-
tra a figura 1. Em seguida, o bloco é levantado com 
aceleração constante vertical, para cima, também 
de módulo a, como mostra a figura 2. Sejam T a ten-
são do fio na descida e T’ a tensão do fio na subida.
T
Figura 1 Figura 2
T’T
a
a
Determine a razão 
T
T
'
 em função de a e g.
4. (AFA-SP) Um avião reboca dois planadores idênticos 
de massa m, com velocidade constante. A tensão 
no cabo (II) é T. De repente o avião desenvolve uma 
aceleração a. Considerando a força de resistência 
do ar invariável, a tensão no cabo (I) passa a ser:
(I)(II)
a) T + m · a 
b) T + 2m · a
c) 2T + 2m · a
d) 2T + m · a
5. (Fuvest-SP) O mostrador de uma balança, quando 
um objeto é colocado sobre ela, indica 100 N, como 
esquematizado em A. Se tal balança estiver desni-
velada, como se observa em B, seu mostrador deve-
rá indicar, para esse mesmo objeto, o valor de:
0
100
A
0
30 cm
g
40 cm
B?
a) 125 N
b) 120 N
c) 100 N
d) 80 N
e) 75 N
6. Na antiguidade, um dos métodos usados para se 
elevar blocos muito pesados era o de arrastá-los 
por rampas, quanto menos íngreme a rampa menor 
o esforço necessário para levantar o bloco.
Considere que o bloco da figura tenha massa de 
2,0 toneladas, sendo arrastado pela rampa em linha 
reta, com velocidade constante, sob a ação de uma 
força F, também constante e paralela ao plano.
8,0 m
6,0 m
F
Use g = 10 m/s2 e despreze eventuais atritos, qual 
o módulo de F, em newtons, para realizar o movi-
mento descrito?
a) 20.000
b) 16.000
c) 12.000
d) 8.000
e) 6.000
roda de leitura
Segue alguns clássicos da dinâmica, como exemplos 
de aplicação do procedimento descrito no conteúdo 
desta aula.
1. Movimento de um corpo no interior de um elevador
Considere o exemplo de uma pessoa apoiada no 
piso de um elevador inicialmente em repouso. Dia-
grama de forças para a pessoa:
 polisaber 27
 aula 11 Física a
41
2-
3
N
P
Dinamicamente três situações podem ocorrer:
I. O elevador permanece em repouso, sobe ou desce 
com velocidade constante.
Nestas condições, a aceleração do elevador é nula 
e como a pessoa repete o movimento do elevador, 
sua aceleração também é nula.
•	 Indicando a aceleração: a = 0
•	 Determinando a força resultante para a pessoa, em 
módulo: 
 R = N − P (I) (ou R = P − N)
•	 Aplicando-se a segunda lei para a pessoa: 
 R = m ∙ a (II)
Como (I) = (II), temos: N − P = m ∙ 0 ⇒ N = P 
II. O elevador sobe em movimento acelerado ou desce 
em movimento retardado.
Nestas condições, a aceleração é vertical e para cima.
•	 Indicando a aceleração: a ↑
•	 Determinando a força resultante para a pessoa, em 
módulo: 
R = N − P (I) 
•	 Aplicando-se a segunda lei para a pessoa: R = m ∙ a (II)
Como (I) = (II), temos: N − P = m ∙ a ⇒ N = P + m ∙ 
a ⇒ N > P 
Assim, a pessoa tem a sensação de estar mais pe-
sada, pois a sensação de peso não é dada pela força 
peso, mas pela força normal trocada entre o piso do 
elevador e a pessoa.
III. O elevador desce em movimento acelerado ou sobe 
em movimento retardado.
Nestas condições,a aceleração é vertical e para baixo.
•	 Indicando a aceleração: a ↓
•	 Determinando a força resultante para a pessoa, em 
módulo: 
R = P − N (I) 
•	 Aplicando−se a segunda lei para a pessoa: R = m ∙ a (II)
Como (I) = (II), temos: P − N = m ∙ a ⇒ N = P − m ∙ 
a ⇒ N sen 
θD, o que implica que o tempo de permanência no ar 
da bola lançada para o jogador mais distante é menor 
que o tempo de permanência no ar da bola lançada 
para o jogador mais próximo. 
Portanto, é possível determinar qual dos jogadores 
receberia a bola no menor tempo e este é o jogador 
mais distante do goleiro.
Aulas 9 e 10
 Estudo orientado
1. a
A partir do instante, a altura de 125 m, em que as duas 
forças, que agem na gota, passam a ter o mesmo 
módulo, elas se equilibram; logo: R = 0.
Assim, esta estará em MRU, chegando ao solo com 
velocidade de módulo 8 m/s.
gabarito – Física a
 polisaber 31
 gabarito Física a
41
2-
3
2. b
A partir do 15o andar o conjunto está em MRU; logo: 
R = 0, como:
R = FGRUA – P = 0 ⇒
⇒ FGRUA = P = 1.000 ∙ 10 = 10.000 = 104 N
3. c
Após o garoto abandonar a extremidade do fio, a 
única força que atua no novelozinho é a força peso.
4. c
A balança indica a massa do sanduíche, m = 200 g. 
Assim, seu peso será:
P = m ∙ g ⇒ P = 0,2 ∙ 10 = 2 N
5. c
Inicialmente Calvin está em repouso em relação à 
Terra e possui uma velocidadetangencial, devido 
ao movimento de rotação da Terra. Como nenhuma 
força atua sobre o garoto quando a gravidade é desli-
gada, Calvin, por inércia, continua em MRU com esta 
velocidade tangencial (sai pela tangente).
6. d
O módulo da resultante será mínimo quando as 
duas forças aplicadas estiverem na mesma direção 
e sentidos opostos; assim: 
Rmín. = 50 – 30 = 20 N
O módulo da resultante será máximo quando as 
duas forças aplicadas estiverem na mesma direção 
e mesmo sentido; assim:
Rmáx. = 30 + 50 = 80 N
7. e
Nas condições descritas, depois que a bola deixa a 
mão do jogador, sofre a ação exclusiva da força peso.
8. a
Tomando a superfície da Terra como referencial, a 
força peso é vertical e para baixo.
Estando a mola comprimida, ela está deformada para 
cima, a força elástica tem sentido oposto ao da de-
formação, portanto também é orientada para baixo. 
9. a) Do gráfico, para M2 e uma elongação de 3,0 cm, 
F = 15 N.
b) Na situação de equilíbrio, a força elástica que 
atua na mola 1 é igual à força elástica na mola 
2. Portanto, F1 = 15 N. Do gráfico para F = 15 N, a 
elongação da mola 1 será de 8 cm.
10. a
A partir dos diagramas de forças para cada elefan-
tinho do móbile:
20 g
T
1
T
2
T
3
T
2
P
1
T
3
P
3
P
2
30 g
70 g
No equilíbrio, R = 0; logo:
T3 = P3 = M3 ∙ g = 70 ∙ 10−3 ∙ 10 = 0,7 N
T2 = P2 + T3 = P2 + P3 = (M2 + M3) ∙ g =
= 100 ∙ 10−3 ∙ 10 = 1,0 N
T1 = P1 + T2 = P1 + P2 + P3 = (M1 + M2 + M3) ∙ g =
= 120 ∙ 10−3 ∙ 10 = 1,2 N
11. a
No equilíbrio do recipiente R, temos Fel. = P; assim, 
à medida que a água sai do recipiente, essas forças 
variam em intensidade, logo em módulo: 
∆Fel. = ∆P ⇒ k ∙ ∆x = ∆m ∙ g ⇒
⇒ k ∙ (0,20 − 0,12) = (1,16 − 0,20) ∙ 10 ⇒
⇒ k = 120 N/m
12. R = m ∙ a
Para o bloco A: F = mA ∙ a (I)
Para os blocos A e B juntos: F = (mA + mB) ∙ 
a
2
 (II)
De (I) = (II), temos:
mA ∙ a = (mA + mB) ∙ 
a
2
 ⇒
⇒ 2mA ∙ a = (mA + mB) ∙ a ⇒
⇒ 2mA = (mA + mB) ⇒
⇒ 2mA − mA = mB ⇒ mA = mB ⇒ 
m
m
1A
B
⇒ =
Física a gabarito
32 polisaber
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2-
3
Aula 11
 Estudo orientado
1. Sobre o elevador:
R = P − 4 ∙ f = 8.000 − 4 ∙ 1.000 = 4.000 N, vertical 
para baixo.
Como R = m ∙ a ⇒ 4.000 = 800 ∙ a ⇒ a = 5 m/s2, 
vertical para baixo.
2. e
Diagrama de forças para o sistema de caixas:
N
P
6
6
6
N: força normal que o piso do elevador aplica na caixa 
com ele em contato.
P: peso total das caixas
Nas condições descritas: N = 6mg (m = massa de 
uma caixa)
P = 3mg
Para o sistema, temos:
R = N − P = 3ma ⇒ 6mg − 3mg = 3ma ⇒
⇒ a = g = 10 m/s2
3. R = m ∙ a 
Na situação 1: P − T = m ∙ a ⇒
⇒ T = m ∙ g − m ∙ a ⇒ T = m(g − a) (I)
Na situação 2: T’− P = m ∙ a ⇒
⇒ T’ = m ∙ g + m ∙ a ⇒ T’ = m(g + a) (II) 
⇒ =
+
−
⇒ =
+
−
II
I
T
T
m g a
m g a
T
T
g a
g a
( )
( )
' ( )
( )
'
4. c
Diagrama de forças para o planador da esquerda na 
condição inicial; v constante.
R
ar
T
ll
 = T
Nesta condição: R = 0 ⇒ Rar = T (I)
Diagrama de forças para os dois planadores juntos 
na condição de estarem acelerados para a direita:
R
ar
R
ar
T
l
Para o sistema dos dois planadores: 
R = M ∙ a ⇒ TI − 2 ∙ Rar = 2ma (II)
Substituindo-se (I) em (II): 
TI − 2T = 2ma ⇒ TI = 2T + 2ma
5. d
Na situação A:
N = P;
N = 100 N (indicação da balança) ⇒ P = 100 N
Na situação B:
N’ = Py = P ∙ cos θ ⇒
N' 100
40
50
80 N⇒ = ⋅ = (triângulo 3; 4; 5)
6. c
Bloco em MRU: 
R = 0 ⇒ F = Px = P ∙ sen α
F = m ∙ g ∙ 0,6 (triângulo 3; 4; 5) ⇒
⇒ F = 2.000 ∙ 10 ∙ 0,6 = 12.000 N
Física a
ZR
yZ
n
eR
/S
h
u
tt
eR
St
o
c
k
2 poliSabeR
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2-
4
01
8
Estudo da intensidade da 
força de atrito
a força atrito cinético a( )c
��
Considere um corpo deslizando sobre uma superfície 
plana e horizontal:
DeslizamentoN

A
c

Observa-se que a superfície aplica no corpo uma força 
oposta ao deslizamento − a força de atrito cinético − e, 
ainda, que a intensidade desta força permanece cons-
tante enquanto houver deslizamento relativo entre eles.
Assim, define-se o coeficiente de atrito cinético entre 
o bloco e a superfície, como: µ = A
NC
C
Nessa expressão, Ac é a intensidade da força de atrito 
cinético entre o bloco e a superfície de apoio e N é a 
intensidade da força normal entre o bloco e a superfície 
de apoio.
Logo, invertendo-se essa equação, temos: AC = µC ⋅ N
a força atrito estático a( )E
��
Considere, agora, que este mesmo corpo esteja apoia-
do sobre a mesma superfície, com uma força horizontal 
F
��
aplicada ao bloco, inicialmente em repouso:
aula 12 − Força dE atrito E aplicaçõEs
aulas 9 e 10 descreveram a força de atrito como uma componente da 
força de contato entre duas superfícies, na direção paralela a essas 
superfícies. Sendo assim, resta o desenvolvimento do estudo do módulo 
(ou intensidade) dessa componente e, para tal, é necessário dividir o 
estudo em duas situações: 
atrito estático e atrito cinético (ou dinâmico).
A
E
 F

Enquanto o corpo permanecer em repouso, a força 
resultante sobre este será nula; logo, constata-se que a 
superfície aplica no bloco uma força oposta à tendência 
de deslizamento − a força de atrito estático. Para que a 
resultante seja nula devemos ter AE = F; logo, variando-se 
F
��
, varia-se igualmente A( )E
��
.
Portanto, conclui-se que a intensidade da força de atrito 
estático não é constante até que o corpo comece a 
deslizar sobre a superfície de apoio. Imediatamente antes 
do corpo começar a deslizar, a intensidade da força de 
atrito estático atinge seu limite máximo (AEmáx.), o que 
define a situação de iminência de deslizamento de uma 
superfície em relação à outra.
Analogamente à definição do coeficiente de atrito ci-
nético, define-se o coeficiente de atrito estático, entre 
o bloco e a superfície, como: µ = A
NE
Emáx.
Nessa expressão, AEmáx. é a intensidade da força de atrito 
estático máxima entre o bloco e a superfície de apoio e N é 
a intensidade da força normal entre o bloco e a superfície 
de apoio.
Logo, para o atrito estático, temos: AE ≤ µE ⋅ N, em que 
AEmáx. = µE ⋅ N.
Observação:
Coeficientes de atrito são grandezas adimensionais, que:
 – dependem das naturezas das superfícies em con-
tato e do seu estado de polimento;
 – para os casos de interesse, o cinético não depende 
da velocidade relativa entre as superfícies;
 – para as mesmas superfícies em contato: µE > µC
 poliSabeR 3
 aula 12 Física a
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2-
4
ExErcícios
Para os exercícios a seguir use, quando necessário: g = 10 m/s2
1. O bloco da figura tem massa de 20 kg e encontra-se em repouso quando a força F
��
 passa a atuar sobre ele. 
F

Sabendo-se que os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e a superfície de apoio são iguais, respec-
tivamente, a 0,3 e 0,2, determine a intensidade da força de atrito entre o bloco e a superfície, nos seguintes casos:
a) F = 40 N
b) F = 60 N
c) F = 80 N
2. (Fatec-SP) Durante a preparação das salas para o concurso da Fatec, os organizadores arrastavam mesas e car-
teiras para que tudo ficasse pronto. Vesti começou a observar Bular empurrar uma mesa. Ele notou que a colega 
aplicava uma força de intensidade FAP sobre a mesa e a mesa não começava a se movimentar instantaneamente, 
demorando certo intervalo de tempo para isso. Vesti deduziu, então, que isso ocorria devido à força de atrito de 
intensidade FAT entre o chão e os pés da mesa. Lembrando das aulas de física, recordou-se de três conceitos: atrito 
estático, atrito dinâmico (ou cinético) e iminência de movimento.
(I)
(III)
(II)
F AT
F
AP
0
Diagrama de forças para o bloco: 
A

P

N

F

Determinando a força de atrito estático máxima: 
Aemáx. = µe ⋅ N e N = P = 200 n
Aemáx. = 0,3 ⋅ 200 = 60 n
como F AEmáx., o bloco desliza, então o atrito será cinético:
∴ Ac = µc ⋅ N = 0,2 ⋅ 200 = 40 n
Física a aula 12
4 poliSabeR
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2-
4
Considerando a situação descrita e esses três conceitos, podemos concluir corretamente que, no gráficoesquemá-
tico representado, os pontos (I), (II) e (III) correspondem, respectivamente, a situações de:
(I) (II) (III)
a) iminência de movimento atrito dinâmico atrito estático
b) atrito dinâmico iminência de movimento atrito estático
c) atrito dinâmico atrito estático iminência de movimento
d) atrito estático iminência de movimento atrito dinâmico
e) iminência de movimento atrito estático atrito dinâmico
3. (Unifesp, adaptada) Conforme noticiou um site, cientistas da Universidade de 
Berkeley, Estados Unidos, “criaram uma malha de microfibras sintéticas que uti-
lizam um efeito de altíssima fricção para sustentar cargas em superfícies lisas”, 
à semelhança dos “incríveis pelos das patas das lagartixas”.
Segundo esse site, os pesquisadores demonstraram que a malha criada “con-
segue suportar uma moeda sobre uma superfície de vidro inclinada a até 80°” 
(veja a foto).
Dados: sen 80° = 0,98, cos 80° = 0,17 e tg 80° = 5,7, pode-se afirmar que, nessa 
situação, o módulo da força de atrito estático máxima entre essa malha, que 
reveste a face de apoio da moeda, e o vidro, em relação ao módulo do peso da 
moeda, equivale a, aproximadamente:
a) 5,7%
b) 11%
c) 17%
d) 57%
e) 98%
4. (Vunesp) Um bloco de massa 2,0 kg repousa sobre outro de massa 3,0 kg, que pode deslizar sem atrito sobre uma 
superfície plana e horizontal. Quando uma força de intensidade 2,0 N, agindo da direção horizontal, é aplicada ao 
bloco inferior, o conjunto passa a se movimentar sem que o bloco superior escorregue sobre o inferior.
2,0 kg
2,0 N
3,0 kg
Nessas condições, determine:
a) a aceleração do conjunto;
b) a intensidade da força de atrito entre os dois blocos.
na situação (i), a mesa continua em repouso. portanto, o atrito é estático.
na situação (ii), a mesa ainda continua em repouso, mas a força de atrito estático atinge seu valor máximo. portanto, a mesa está na iminência de movimento.
na situação (iii), a mesa está escorregando. portanto, o atrito é dinâmico.
Diagrama de forças para a moeda:
A

P
y

P
x

N

a moeda está na iminência de escorregamento, portanto R = 0 e Px = A (atrito estático máximo).
P A
A
P
sen sen 0,98 98%⋅ θ = ⇒ = θ = =
para o sistema (dois blocos juntos), a força resultante é a força horizontal aplicada.
∴ R = 2,0 n (normal e peso se equilibram), logo:
R = m ⋅ a ⇒ 2,0 = (2,0 + 3,0) ⋅ a ⇒ a = 0,4 m/s2
ao puxar o bloco de 3,0 kg, para a direita, o bloco de cima (2,0 kg) tende a escorregar para a esquerda, assim sofre do bloco de baixo uma força de atrito estático no sentido 
oposto, ou seja: para a direita. logo, para o bloco de cima esta será a força resultante: R = AE (normal e peso se equilibram) 
R = m ⋅ a ⇒ AE = 2,0 ⋅ 0,4 ⇒ AE = 0,8 n
 poliSabeR 5
 aula 12 Física a
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2-
4
Estudo oriEntado
ExErcícios
1. (Enem-MEC) Uma pessoa necessita da força de atrito em seus pés para se deslocar sobre uma superfície. Logo, 
uma pessoa que sobe uma rampa em linha reta será auxiliada pela força de atrito exercida pelo chão em seus pés.
Em relação ao movimento dessa pessoa, quais são a direção e o sentido da força de atrito mencionada no texto?
a) Perpendicular ao plano e no mesmo sentido do movimento.
b) Paralelo ao plano e no sentido contrário ao movimento.
c) Paralelo ao plano e no mesmo sentido do movimento.
d) Horizontal e no mesmo sentido do movimento.
e) Vertical e sentido para cima.
2. (Fatec-SP) Um motorista conduzia seu automóvel de massa 2.000 kg que trafegava em linha reta, com velocidade 
constante de 72 km/h, quando avistou uma carreta atravessada na pista. Transcorreu 1 s entre o momento em que 
o motorista avistou a carreta e o momento em que acionou o sistema de freios para iniciar a frenagem, com desa-
celeração constante igual a 10 m/s². Antes de o automóvel iniciar a frenagem, pode-se afirmar que a intensidade 
da resultante das forças horizontais que atuavam sobre ele era:
a) nula, pois não havia forças atuando sobre o automóvel.
b) nula, pois a força aplicada pelo motor e a força de atrito resultante atuavam em sentidos opostos com intensi-
dades iguais.
c) maior do que zero, pois a força aplicada pelo motor e a força de atrito resultante atuavam em sentidos opostos, 
sendo a força aplicada pelo motor a de maior intensidade.
d) maior do que zero, pois a força aplicada pelo motor e a força de atrito resultante atuavam no mesmo sentido com 
intensidades iguais.
e) menor do que zero, pois a força aplicada pelo motor e a força de atrito resultante atuavam em sentidos opostos, 
sendo a força de atrito a de maior intensidade.
3. (Enem-MEC) O freio ABS é um sistema que evita que as rodas de um automóvel sejam bloqueadas durante uma 
frenagem forte e entrem em derrapagem. Testes demonstram que, a partir de dada velocidade, a distância de fre-
nagem será menor se for evitado o bloqueio das rodas. O ganho na eficiência da frenagem na ausência de bloqueio 
das rodas resulta do fato de:
a) o coeficiente de atrito estático tornar-se igual ao dinâmico, momentos antes da derrapagem. 
b) o coeficiente de atrito estático ser maior que o dinâmico, independentemente da superfície de contato entre os 
pneus e o pavimento. 
c) o coeficiente de atrito estático ser menor que o dinâmico, independentemente da superfície de contato entre os 
pneus e o pavimento. 
d) a superfície de contato entre os pneus e o pavimento ser maior com as rodas desbloqueadas, independentemente 
do coeficiente de atrito. 
e) a superfície de contato entre os pneus e o pavimento ser maior com as rodas desbloqueadas e o coeficiente de 
atrito estático ser maior que o dinâmico.
Física a aula 12
6 poliSabeR
41
2-
4
4. (Vunesp) Na linha de produção de uma fábrica, uma 
esteira rolante movimenta-se no sentido indicado 
na figura 1, e com velocidade constante, transpor-
tando caixas de um setor a outro. Para fazer uma 
inspeção, um funcionário detém uma das caixas, 
mantendo-a parada diante de si por alguns segun-
dos, mas ainda apoiada na esteira que continua ro-
lando, conforme a figura 2.
No intervalo de tempo em que a esteira continua ro-
lando com velocidade constante e a caixa é mantida 
parada em relação ao funcionário (figura 2), a resul-
tante das forças aplicadas pela esteira sobre a caixa 
está corretamente representada na alternativa:
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
5. (Enem-MEC) Uma invenção que significou um grande 
avanço tecnológico na Antiguidade, a polia compos-
ta ou a associação de polias, é atribuída a Arquime-
des (287-212 a.C.). O aparato consiste em associar 
uma série de polias móveis e uma polia fixa. A figura 
exemplifica um arranjo possível para esse aparato. É 
relatado que Arquimedes teria demonstrado para o 
rei Hierão um outro arranjo desse aparato, moven-
do sozinho, sobre a areia da praia, um navio repleto 
de passageiros e cargas, algo que seria impossível 
sem a participação de muitos homens. Suponha que 
a massa do navio era de 3.000 kg, que o coeficiente 
de atrito entre o navio e a areia era de 0,8 e que 
Arquimedes tenha puxado o navio com uma força F

, 
paralela à direção do movimento e de módulo igual 
a 400 N. Considere os fios e as polias ideais, a acele-
ração da gravidade igual a 10 m/s2 e que a superfície 
da praia é perfeitamente horizontal.
F

Disponível em: www.histedbr.fae.unicamp.br. acesso 
em: 28 fev. 2013 (adaptado).
O número mínimo de polias móveis usadas, nessa 
situação, por Arquimedes foi:
a) 3
b) 6
c) 7
d) 8
e) 10
6. (PUC-SP) Um garoto corre com velocidade de 5 m/s 
em uma superfície horizontal. Ao atingir o ponto A, 
passa a deslizar pelo piso encerado até atingir o 
ponto B, como mostra a figura.
Considerando a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, 
o coeficiente de atrito cinético entre suas meias e o 
piso encerado é de:
a) 0,050
b) 0,125
c) 0,150
d) 0,200
e) 0,250
 poliSabeR 7
 aula 12 Física a
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2-
4
roda dE lEitura
Aplicações da força de atrito entre um corpo e uma 
superfície de apoio
I. Um carro, com velocidade de 90 km/h, freia brus-
camente, travando as rodas até o repouso em uma 
pista plana e horizontal.Sabendo-se que o coeficiente de atrito cinético, en-
tre os pneus e a pista, é 0,625, determinar:
a) o módulo da desaceleração do carro;
Para o carro nas condições descritas:
N = P = m ⋅ g e R = AC ⇒ m ⋅ a = µC ⋅ m ⋅ g ⇒
⇒ a = µC ⋅ g = 0,625 ⋅ 10 = 6,25 m/s2
b) o deslocamento do carro desde o início da frenagem 
até atingir o repouso.
Como essa força resultante é constante, durante a 
frenagem, a aceleração do carro também é cons-
tante; logo, temos:
v2 = v0
2 + 2 ⋅ a ⋅ Ds ⇒ 02 = 252 + 2 ⋅ (−6,25) ⋅ Ds ⇒
⇒ Ds = 50 m
II. O gráfico representa a variação da intensidade da 
força de atrito sobre um bloco, de massa 2,5 kg, ini-
cialmente em repouso sobre uma superfície plana 
e horizontal, quando uma força F

 de intensidade 
variável e paralela à superfície, atua sobre ele.
150
10
15
F
at. 
(N)
F (N)
Determinar os coeficientes de atrito estático e ciné-
tico entre o bloco e a superfície. 
Do gráfico, temos:
AEmáx. = 15 N e AC = 10 N
Nas condições descritas: N = P = 25 N
∴ AEmáx. = µE ⋅ N ⇒ 15 = µE ⋅ 25 ⇒ µE = 0,6
AC = µC ⋅ N ⇒ 10 = µC ⋅ 25 ⇒ µC = 0,4
III. Um corpo de massa m permanece em repouso 
apoiado em uma rampa inclinada de um ângulo θ, 
em relação à horizontal.
(Dado: aceleração da gravidade local: g)
a) Determinar a intensidade da força de atrito que 
atua no corpo;
No equilíbrio do corpo, temos:
AE = Px = P ⋅ sen θ ⇒ AE = m ⋅ g ⋅ sen θ 
b) Considerando que o corpo se encontra na iminência 
de escorregar, calcule o coeficiente de atrito estático 
entre o corpo e a rampa.
No equilíbrio do corpo e na iminência de escorre-
gamento: 
AEmáx. = Px = P ⋅ sen θ ⇒ AEmáx. = m ⋅ g ⋅ sen θ
N = Py = P ⋅ cos θ ⇒ N = m ⋅ g ⋅ cos θ
A
N
m g
m g
sen
cos
tgE
Emáx.
Eµ = = ⋅ ⋅ θ
⋅ ⋅ θ
⇒ µ = θ
IV. Outra forma comum de resistência ao movimento 
é a resistência do ar. No entanto, como o compor-
tamento desta resistência muda, dependendo das 
características de cada situação, em cada caso esse 
comportamento deve ser descrito no enunciado. 
Veja um exemplo a seguir.
(Unifesp) Em um salto de paraquedismo, identifi-
cam-se duas fases no movimento de queda do pa-
raquedista. Nos primeiros instantes do movimento, 
ele é acelerado. Mas devido à força de resistência 
do ar, o seu movimento passa rapidamente a ser 
uniforme com velocidade v1, com o paraquedas ain-
da fechado. A segunda fase tem início no momento 
em que o paraquedas é aberto. Rapidamente, ele 
entra novamente em um regime de movimento uni-
forme, com velocidade v2. 
Supondo que a densidade do ar é constante, a força 
de resistência do ar sobre um corpo é proporcio-
nal à área sobre a qual atua a força e ao quadrado 
de sua velocidade. Se a área efetiva aumenta 100 
vezes no momento em que o paraquedas se abre, 
pode-se afirmar que:
a) 
v
v
2
1
 = 0,08
b) 
v
v
2
1
 = 0,1
c) 
v
v
2
1
 = 0,15
d) 
v
v
2
1
 = 0,21
e) 
v
v
2
1
 = 0,3
Do enunciado, temos: Rar = A ⋅ v2 
Como o movimento é retilíneo e uniforme, temos: 
Rar = P
E ainda:
A2 = 100 ⋅ A1 ⇒ Rar1 = Rar2 = P ⇒
⇒ A1 ⋅ v1
2 = A2 ⋅ v2
2 ⇒ A1 ⋅ v1
2 = 100 ⋅ A1 ⋅ v2
2 ⇒ 
⇒ = ⇒ = =v
v
v
v
1
100
1
10
0,12
2
1
2
2
1
Física a aula 12
8 poliSabeR
41
2-
4
s E n h a
navEgar
. Acesso em: 23 jan. 2018.
Leia e aprenda sobre a mecânica do freio ABS e sua associação com a força de atrito.
ágora
Quão perfeito seria um Universo sem nenhuma forma de atrito? 
Sempre que estudamos os movimentos, na ausência de atritos ou outras formas de resistência, a primeira impressão 
é a de que estamos tratando de sistemas ideais e, portanto, perfeitos, isso será mesmo verdadeiro? 
Faça este questionamento e, caso considere necessário, desenvolva uma breve pesquisa sobre a importância dos 
atritos em nosso cotidiano.
um caso muito comum nas pistas é encontrar duas curvas separadas por uma reta curta. para não perder velocidade, 
o piloto deve tentar percorrer as duas curvas como se fossem uma só. assim, vai movimentar o volante apenas uma vez 
e fará um traçado único. para conseguir um percurso mais suave e natural, poderá optar por não usar toda a largura, 
mantendo-se mais perto do centro da pista.
Disponível em: . acesso em: fev. 2018.
 poliSabeR 9
41
2-
4
aula 13 − dinâmica do movimEnto circular
Dinâmica do movimento circular uniforme
Um corpo em movimento circular uniforme, de raio r, tem velocidade (v

) constante 
em módulo, porém de direção variável no decorrer do tempo, como consequência, 
este corpo está sujeito a uma aceleração radial, apontando para o centro da trajetória: 
a aceleração centrípeta (ac

).
De acordo com a 2a lei de Newton, R m a


= ⋅ . Essa aceleração centrípeta é consequência 
de uma força resultante na mesma direção e no mesmo sentido: a força resultante 
centrípeta, ou simplesmente resultante centrípeta. Em módulo, temos: Rc = m ⋅ ac 
Ainda, temos:
a
v
r
r R m
v
r
m rc
2
2
c
2
2= = ω ⋅ ⇒ = ⋅ = ⋅ ω ⋅
Observação: A resultante centrípeta não é uma força aplicada sobre o corpo e sim a resultante das forças na direção 
radial, em outras palavras: a soma de todas as componentes de forças que atuam no corpo na direção radial, sempre 
apontando para o centro.
ExErcícios
1. Uma pequena esfera de massa 100 g, presa à extremidade de um fio de 2,0 m de comprimento, que tem sua outra 
extremidade presa a um ponto P, é abandonada de certa altura e passa pelo ponto mais baixo da trajetória com 
velocidade escalar de 2,0 m/s.
Adote g = 10 m/s2 e desconsidere a resistência do ar.
No ponto mais baixo da trajetória, determine:
a) a intensidade da força resultante sobre a esfera;
b) a intensidade da tração no fio.
C
r
a
c
Vi
c
to
R 
M
o
u
SS
a
/S
h
u
tt
eR
St
o
c
k
no ponto mais baixo da trajetória, a resultante sobre a esfera é a resultante centrípeta, R m a
m v
rc c
2
= ⋅ = ⋅
, em que r é o comprimento do fio:
R R
0,1 2,0
2,0
0,2 nc
2
c= ⋅ ⇒ =
Diagrama de forças para a esfera no ponto mais baixo: P
T

P

o ponto P é o centro da trajetória circular da esfera; portanto, temos: 
Rc = T – P ⇒ T = Rc + P = 0,2 + 1,0 ⇒ T = 1,2 n
Física a aula 13
10 poliSabeR
41
2-
4
2. (PUC-SP) Considere que, numa montanha russa de 
um parque de diversões, os carrinhos do brinquedo, 
de massa total m, passem pelo ponto mais alto 
do loop, de tal forma que a intensidade da reação 
normal nesse instante seja nula. Adotando r como 
o raio do loop e g como a aceleração da gravidade 
local, podemos afirmar que a velocidade e a acelera-
ção centrípeta sobre os carrinhos na situação consi-
derada valem, respectivamente:
a) mrg e mr
b) rg e mg
c) 
r
g
 e 
mr
g
d) rg e 0
e) rg e g
3. (Fuvest-SP) Nina e José estão sentados em cadeiras, 
diametralmente opostas, de uma roda-gigante que 
gira com velocidade angular constante. Em certo 
momento, Nina se encontra no ponto mais alto do 
percurso e José, no mais baixo; após 15 s, antes de 
a roda completar uma volta, suas posições estão in-
vertidas. A roda-gigante tem raio R = 20 m e as mas-
sas de Nina e José são, respectivamente, MN = 60 kg 
e MJ = 70 kg. Calcule:
Note e adote: p = 3; aceleração da gravidade g = 10 m/s2.
a) o módulo v da velocidade linear das cadeiras da 
roda-gigante;
b) o módulo aR da aceleração radial de Nina e de José.
c) os módulos NN e NJ das forças normais que as cadei-
ras exercem, respectivamente, sobre Nina e sobre 
José no instante em que Nina se encontra no ponto 
mais alto do percurso e José, no mais baixo.
4. Um pêndulo cônico consiste em uma massa m, pre-
sa à extremidade de um fio, girando em trajetória 
circular horizontal, conforme mostra a figura: 
m
ω
L
θ
Para m = 1,0 kg, um fio de comprimento L = 5,0 m e 
um ângulo θ = 60°, girando com velocidade angular 
constante, determine:
Note e adote: despreze a resistência do ar; acelera-
ção da gravidade g = 10 m/s2. 
a) a intensidade da tração no fio;
b) a velocidade angular ω da massa.
no ponto mais alto e na condição de N = 0, a resultantecentrípeta sobre os 
carrinhos é a força peso.
∴ Rc = P ⇒ m ⋅ ac = m ⋅ g ⇒ ac = g 
ainda, a velocidade é a mínima necessária para que se complete o loop.
∴ a g
v
r
g v r g v r gc
2
2= ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅
a roda-gigante leva 15 s para dar meia volta; portanto, seu período é T = 30 s. 
Do Mcu, temos:
v
R
T
2 2 3 20
30
4 m/s= p = ⋅ ⋅ =
a aceleração radial é a aceleração centrípeta:
a
v
R
a
4
20
0,8 m/sc
2 2
c
2= = ⇒ =
Diagrama de forças para nina no ponto 
mais alto:
N
N

P
N

Rc = PN − NN = MN ⋅ ac ⇒ 600 − NN =
= 60 ⋅ 0,8 ⇒ NN = 552 n
Diagrama de forças para José no ponto 
mais baixo:
N
J

P
J

 
Rc = NJ − PJ = MJ ⋅ ac ⇒ NJ − 700 =
= 70 ⋅ 0,8 ⇒ NJ = 756 n
Diagrama de forças para a massa:
T

P

Força resultante centrípeta sobre a 
massa: R T Pc
  
= + 
essa resultante é horizontal, pois 
aponta para o centro da trajetória ho-
rizontal; assim, pela regra do polígono:
T
P
R
C
θ
neste triângulo retângulo, temos:
P
T
T
P
Tcos
cos
10
0,5
20 nθ = ⇒ =
θ
= ⇒ =
no mesmo triângulo:
R
P
R P m a m g a gtg tg tg tgc
c c cθ = ⇒ = ⋅ θ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ θ ⇒ = ⋅ θ (i)
Mas:
ac = ω2 ⋅ r e r = L ⋅ sen θ ⇒ ac = ω2 ⋅ L ⋅ sen θ
Substituindo em (i), temos:
L g L g
g
L
sen tg sen
sen
cos
cos
10
5,0 0,5
4,0 2,0 rad/s
2 2
2
ω ⋅ ⋅ θ = ⋅ θ ⇒ ω ⋅ ⋅ θ = ⋅ θ
θ
⇒
⇒ ω =
⋅ θ
=
⋅
= ⇒ ω =
 
 poliSabeR 11
aula 13 Física a
41
2-
4
Estudo oriEntado
ExErcícios
1. Um carro de corrida de massa igual a 800 kg faz uma curva de raio igual a 400 m, em pista plana e horizontal, a 
uma velocidade de 216 km/h. 
a) Qual a força de atrito lateral, exercida pela pista, nos pneus do carro?
b) Considerando que, nesta velocidade, o carro encontra-se na iminência de derrapar, qual o coeficiente de atrito 
estático entre a pista e os pneus do carro?
2. (FGV-SP) Vendedores aproveitam-se da morosidade do trânsito para vender amendoins, mantidos sempre aqueci-
dos em uma bandeja perfurada encaixada no topo de um balde de alumínio; dentro do balde, uma lata de leite em 
pó, vazada por cortes laterais, contém carvão em brasa (figura 1). Quando o carvão está por se acabar, nova quan-
tidade é reposta. A lata de leite é enganchada a uma haste de metal (figura 2) e o conjunto é girado vigorosamente 
sob um plano vertical por alguns segundos (figura 3), reavivando a chama.
Figura 3Figura 2Figura 1
(Dados: p = 3,1 e g = 10 m/s2)
Mantendo o movimento circular de raio 80 cm, a menor velocidade que a lata deve possuir no ponto mais alto de 
sua trajetória para que o carvão não caia da lata é, em m/s:
a) 2
b) 2
c) 2 2
d) 4
e) 4 2
3. Manobra clássica da esquadrilha da fumaça, o loop, consiste na aeronave descrever uma trajetória circular no 
plano vertical.
J12816J
J1
28
16
J
J12816J
J12816J
Física a aula 13
12 poliSabeR
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2-
4
Considere que o loop tem raio R = 40 m e que, no 
ponto mais alto da trajetória, a velocidade da aero-
nave é v = 144 km/h (40 m/s). A intensidade da força 
normal, aplicada pelo banco sobre o piloto, neste 
ponto, é:
Note e adote: Massa do piloto: m = 80 kg; acelera-
ção da gravidade local: g = 10 m/s2
a) nula
b) 800 N
c) 1.600 N
d) 2.400 N
e) 3.200 N
4. (Vunesp) Em um edifício em construção, João lança 
para José um objeto amarrado a uma corda inex-
tensível e de massa desprezível, presa no ponto O 
da parede. O objeto é lançado perpendicularmente 
à parede e percorre, suspenso no ar, um arco de 
circunferência de diâmetro igual a 15 m, contido 
em um plano horizontal e em movimento uniforme, 
conforme a figura. O ponto O está sobre a mesma 
reta vertical que passa pelo ponto C, ponto médio 
do segmento que une João a José. O ângulo θ, for-
mado entre a corda e o segmento OC, é constante.
fora de escala
João
JoséC
O
θ
Considerando sen θ = 0,6, cos θ = 0,8, g = 10 m/s2 
e desprezando a resistência do ar, a velocidade an-
gular do objeto, em seu movimento de João a José, 
é igual a:
a) 1,0 rad/s
b) 1,5 rad/s
c) 2,5 rad/s
d) 2,0 rad/s
e) 3,0 rad/s
5. (Fuvest-SP) Um disco de raio r gira com velocidade 
angular ω constante. Na borda do disco, está presa 
uma placa fina de material facilmente perfurável. 
Um projétil é disparado com velocidade v

 em di-
reção ao eixo do disco, conforme mostra a figura, e 
fura a placa no ponto A. 
A r
ω
v

Enquanto o projétil prossegue sua trajetória sobre o 
disco, a placa gira meia circunferência, de forma que 
o projétil atravessa mais uma vez o mesmo orifício 
que havia perfurado. Considere a velocidade do pro-
jétil constante e sua trajetória retilínea. O módulo da 
velocidade v

 do projétil é:
a) 
rω
p
 
b) 
r2ω
p
c) 
r
2
ω
p
d) ωr
e) 
r
r
ω
6. (FMCA) Para aumentar a segurança e permitir maior 
velocidade nas curvas, é conveniente que elas sejam 
construídas com uma sobrelevação, ou seja, que a 
parte externa da curva seja mais elevada do que 
a interna, em relação à horizontal. As figuras mos-
tram um veículo em dois tipos de curva: uma plana 
e horizontal, e outra inclinada de um ângulo θ.
(Dados: g = 10 m/s2 e tg 20° = 0,36)
C
R
Figura 1
C
R
Figura 2
θ
a) Calcule o menor coeficiente de atrito estático que 
permite ao veículo da figura 1 fazer uma curva circular 
de raio R = 250 m, ao redor do ponto C, a 72 km/h, 
sem derrapar.
b) Calcule a velocidade escalar que permite ao veículo 
da figura 2 fazer uma curva horizontal circular de raio 
250 m, inclinada de θ = 20° em relação à horizontal, 
independentemente do atrito lateral, ou seja, sem 
tender a escorregar para baixo nem para cima.
 poliSabeR 13
aula 13 Física a
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2-
4
roda dE lEitura
Dois exemplos clássicos da dinâmica do movimento circular 
I. Movimento circular na horizontal
Carro em uma curva plana e horizontal
Ao descrever uma curva plana na horizontal, por inércia, o carro tende a derrapar para fora da curva; sendo assim, a 
pista aplica aos pneus a força de atrito estático (atrito lateral), no sentido oposto a essa tendência, portanto esta 
força desempenha a função de resultante centrípeta sobre o carro: 
v

A
E

Rc = AE = m ⋅ aC ⇒ AE = m
v
r
2
⋅
Desta equação, conclui-se que, quanto maior for a velocidade do carro, maior deverá ser a intensidade da força de 
atrito estático, para mantê-lo na curva; então, quando a força de atrito estático atingir seu valor máximo, o carro 
estará na iminência de derrapar e a sua velocidade será a máxima possível para que o carro não saia pela tangente, 
nesta condição:
A N m
v
r
N P m g m g m
v
r
g
v
r
v r g v r g
eEmáx. E
máx.
2
E
máx.
2
E
máx.
2
máx.
2
E máx. E
= µ ⋅ = ⋅ = = ⋅ ⇒ µ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒
⇒ µ ⋅ = ⇒ = µ ⋅ ⋅ ⇒ = µ ⋅ ⋅
II. Movimento circular na vertical
Globo da morte ou loop
Neste exemplo, é essencial a análise do movimento no ponto mais alto da trajetória, o que levará a uma condição 
de velocidade mínima, para que o loop se complete.
c
h
en
 W
S/
Sh
u
tt
eR
St
o
c
k
a
Rn
o
 V
a
n
 D
u
lM
en
/S
h
u
tt
eR
St
o
c
k
Física a aula 13
14 poliSabeR
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2-
4
Diagrama de forças para o corpo neste ponto:
N

P

Nesse ponto: RC = N + P ⇒ N + m ⋅ g = m
v
r
2
⋅
Essa equação mostra que, quanto maior a velocidade no ponto mais alto, maior será a intensidade da força 
normal aplicada no corpo e, vice-versa, ou seja, quanto menor a velocidade, menor a normal e, assim, a velo-
cidade será mínima, quando a normal também for mínima. Substituindo-se N = 0 na equação anterior, temos: 
m ⋅ g = m
v
r
v r g v r gmín.
2
mín.
2
mín.⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅
navEgar
. Acesso em: fev. 2018.
Acesse o link e aprenda como dirigir em uma curva em segurança.
eu prefiro as curvas da estrada de Santos
onde eu tento esquecer
um amor que eu tive e vi pelo espelho
na distância se perder
Roberto e erasmo carlos
s E n h a
 poliSabeR 15
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2-
4
aula 14 − trabalho E EnErgia cinética
Trabalho motor ao levantar uma viga.
Trabalho (T)
Considere um corpo submetido à ação de uma força F

, que forma um ângulo θ com o seu deslocamentovetorial d

, 
entre um ponto A e um ponto B:
θ
BA
F

d

I. Sendo F

 constante, ao longo do deslocamento d

, o trabalho realizado por esta força (TF) é dado por: 
TF = F ⋅ d ⋅ cos θ
Nessa expressão, F é a intensidade (módulo) da força F

, d é o módulo do deslocamento d

 e θ é o ângulo entre F

 e d

.
Observações:
1. Trabalho é uma grandeza escalar, sendo assim, assume valores positivos, negativos ou nulo, que depende exclusi-
vamente do valor θ do ângulo entre F

 e d

:
 – Para 0° ≤ θ 0, portanto: T > 0
 O trabalho é motor, o que indica que a força atua no sentido de acelerar o corpo.
 – Para 90° 0 e v2 ≥ 0 ⇒ Ec ≥ 0
4. Unidades de medidas no SI
[m] = kg; [v] = m/s ⇒ [E] = kg ·
m
s
kg · m
s
2 2
2





 = = J (Joule) 
O trabalho da força resultante e o teorema da energia cinética
Uma vez que a força resultante é a soma de todas as forças aplicadas sobre um corpo, o trabalho da força resultante, 
ou trabalho resultante, sobre este corpo, é a soma dos trabalhos de todas as forças que nele atuam, matematicamente: 
∑=RT T
A análise dimensional para a energia cinética, leva ao mesmo resultado da análise dimensional para o trabalho, o que 
não é mera coincidência, mas sim, indica uma estreita relação entre essas duas grandezas. Esta relação pode ser en-
tendida conceitualmente da seguinte forma: quando um corpo é acelerado pela força resultante, sua velocidade escalar 
aumenta, portanto sua energia cinética aumenta. 
Uma vez que “energia não pode ser criada, nem pode ser destruída”, a pergunta que surge naturalmente é a seguinte: 
De onde surgiu esse acréscimo de energia? 
A resposta só pode ser uma: Essa quantidade de energia foi transferida ao corpo pela força resultante e, assim, 
entende-se o trabalho da força resultante como sendo o acréscimo de energia cinética adquirido pelo corpo, no mesmo 
intervalo de tempo. Generalizando e expressando-se matematicamente:
TR = DEc = Ec. final – Ec. inicial
Esse é o teorema da energia cinética. Veja a demonstração matemática na Roda de Leitura.
ExErcícios
1. (Fatec-SP) Um motorista conduzia seu automóvel de massa 2.000 kg que trafegava em linha reta, com velocidade 
constante de 72 km/h, quando avistou uma carreta atravessada na pista. Transcorreu 1 s entre o momento em 
que o motorista avistou a carreta e o momento em que acionou o sistema de freios para iniciar a frenagem, com 
desaceleração constante igual a 10 m/s².
Desprezando-se a massa do motorista, assinale a alternativa que apresenta, em joules, a variação da energia ciné-
tica desse automóvel, do início da frenagem até o momento de sua parada.
Lembre-se de que E
m v
2c
2
= ⋅
, expressão em que Ec é dada em Joules, m em quilogramas e v em metros por segundo.
a) +4,0 ⋅ 105
b) +3,0 ⋅ 105
c) +0,5 ⋅ 105
d) –4,0 ⋅ 105
e) –2,0 ⋅ 105
DEc = Ec.final − Ec.inicial = 0 − 
m v
2
2.000 20
2
4,0 10 J0
2 2
5⋅ = − ⋅ = − ⋅
 poliSabeR 17
 aula 14 Física a
41
2-
4
2. (Fatec-SP) Durante o estágio realizado por uma aluna do curso 
de Mecânica de Precisão da Fatec, ela faz uma análise de um 
material, por meio de um sistema mecânico que tensiona a peça 
de maneira longitudinal. Esse sistema está interligado a um dis-
positivo eletrônico que registra a tensão aplicada e a deforma-
ção sofrida por essa peça.
Para saber o módulo de resiliência (energia acumulada durante 
essa deformação) dessa peça, ela esboça um gráfico com as 
duas grandezas.
De acordo com a leitura dos dados apresentados pelo gráfico, 
podemos afirmar que o trabalho realizado pela força tensora até atingir a deformação máxima de 10 mm é, em 
joules, de:
a) 5,0 ⋅ 10–1
b) 2,5 ⋅ 100
c) 5,0 ⋅ 101
d) 2,5 ⋅ 102
e) 5,0 ⋅ 103
3. (Unicamp-SP) O primeiro satélite geoestacionário brasileiro foi lançado ao espaço em 2017 e será utilizado para 
comunicações estratégicas do governo e na ampliação da oferta de comunicação de banda larga. O foguete que 
levou o satélite ao espaço foi lançado do Centro Espacial de Kourou, na Guiana Francesa. A massa do satélite é 
constante desde o lançamento até a entrada em órbita e vale m = 6,0 ⋅ 103 kg. O módulo de sua velocidade orbital 
é igual a vor. = 3,0 ⋅ 103 m/s. Desprezando a velocidade inicial do satélite em razão do movimento de rotação da Terra, 
o trabalho da força resultante sobre o satélite para levá-lo até a sua órbita é igual a:
a) 2 MJ
b) 18 MJ
c) 27 GJ
d) 54 GJ
4. (Fuvest-SP) Usando um sistema formado por uma corda e uma roldana, um homem levanta uma caixa de massa m, 
aplicando na corda uma força F
��
 que forma um ângulo θ com a direção vertical, como mostra a figura. O trabalho 
realizado pela resultante das forças que atuam na caixa – peso e força da corda –, quando o centro de massa da 
caixa é elevado, com velocidade constante v, desde a altura yA até a altura yB, é:
y
B
y
A
x
y
g

θ
m
F

a) nulo
b) F(yB – yA) 
c) mg(yB – yA)
d) Fcos θ ⋅ (yB – yA)
e) mg(yB – yA) + 
mv
2
2
0 2 4 6
Deformação (mm)
8 10 12
Comportamento de tensão-deformação
de material para análise
600
500
400
300
200
100
0
Te
ns
ão
 (N
)
(D
MÁX.
, T
MÁX.
)
T Área do triângulo entre 0 e 10 mm
n=
TA
10 10 500
2
2,5 2,5 10 J
3
0= ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅
−
TR = DEc = Ec.final − Ec.inicial = 
m v
2
0
6,0 10 (3,0 10 )
2
27 10 J 27 GJ
2 3 3 2
9⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =
TR = DEc = Ec.final − Ec.inicial, como o levantamento é feito à velocidade constante: 
Ec.final − Ec.inicial = 0 ⇒ TR = 0
Física a aula 14
18 poliSabeR
41
2-
4
Estudo oriEntado
ExErcícios
1. (Fuvest-SP) Em uma competição de salto em distância, um atleta de 70 kg tem, imediatamente antes do salto, 
uma velocidade na direção horizontal de módulo 10 m/s. Ao saltar, o atleta usa seus músculos para empurrar o 
chão na direção vertical, produzindo uma energia de 500 J, sendo 70% desse valor na forma de energia cinética. 
Imediatamente após se separar do chão, o módulo da velocidade do atleta é mais próximo de:
a) 10,0 m/s b) 10,5 m/s c) 12,2 m/s d) 13,2 m/s e) 13,8 m/s
2. (Enem-MEC) 
uma análise criteriosa do desempenho de usain bolt na quebra do recorde mundial dos 100 metros rasos mostrou que, 
apesar de ser o último dos corredores a reagir ao tiro e iniciar a corrida, seus primeiros 30 metros foram os mais velozes 
já feitos em um recorde mundial, cruzando essa marca em 3,78 segundos. até se colocar com o corpo reto, foram 13 
passadas, mostrando sua potência durante a aceleração, o momento mais importante dacorrida. ao final desse percurso, 
bolt havia atingido a velocidade máxima de 12 m/s.
Disponível em: . acesso em: 5 ago. 2012. (adaptado)
Supondo que a massa desse corredor seja igual a 90 kg, o trabalho total realizado nas 13 primeiras passadas é 
mais próximo de:
a) 5,4 ⋅ 102 J b) 6,5 ⋅ 103 J c) 8,6 ⋅ 103 J d) 1,3 ⋅ 104 J e) 3,2 ⋅ 104 J
3. (Unicamp-SP) Músculos artificiais feitos de nano tubos de carbono embebidos em cera de parafina podem supor-
tar até duzentas vezes mais peso que um músculo natural do mesmo tamanho. Considere uma fibra de músculo 
artificial de 1 mm de comprimento, suspensa verticalmente por uma de suas extremidades e com uma massa de 
50 gramas pendurada, em repouso, em sua outra extremidade. O trabalho realizado pela fibra sobre a massa, ao se 
contrair 10%, erguendo a massa até uma nova posição de repouso, é:
Se necessário, utilize g = 10 m/s2
a) 5 ⋅ 10−3 J b) 5 ⋅ 10−4 J c) 5 ⋅ 10−5 J d) 5 ⋅ 10−6 J
4. (Enem-MEC) Num sistema de freio convencional, as rodas do carro travam e os pneus derrapam no solo, caso a força exer-
cida sobre o pedal seja muito intensa. O sistema ABS evita o travamento das rodas, mantendo a força de atrito no seu valor 
estático máximo, sem derrapagem. O coeficiente de atrito estático da borracha em contato com o concreto vale µE = 1,0 
e o coeficiente de atrito cinético para o mesmo par de materiais é µC = 0,75. Dois carros, com velocidades iniciais iguais a 
108 km/h, iniciam a frenagem numa estrada perfeitamente horizontal de concreto no mesmo ponto. O carro 1 tem sistema 
ABS e utiliza a força de atrito estática máxima para a frenagem; já o carro 2 trava as rodas, de maneira que a força de atrito 
efetiva é a cinética. Considere g = 10 m/s².
As distâncias, medidas a partir do ponto em que iniciam a frenagem, que os carros 1 (d1) e 2 (d2) percorrem até 
parar são, respectivamente:
a) d1 = 45 m e d2 = 60 m
b) d1 = 60 m e d2 = 45 m
c) d1 = 90 m e d2 = 120 m
d) d1 = 5,8 ⋅ 102 m e d2 = 7,8 ⋅ 102 m
e) d1 = 7,8 ⋅ 102 m e d2 = 5,8 ⋅ 102 m
 poliSabeR 19
 aula 14 Física a
41
2-
4
5. (Vunesp-SP) O monumento de Stonehenge, na Inglater-
ra, é uma construção que impressiona pela sua gran-
diosidade, sobretudo por ter sido construído por vol-
ta de 2.800 a.C. A maior pedra em Stonehenge mede 
cerca de 10 m e tem massa de 50.000 kg, tendo sido 
retirada de uma pedreira a 30 km de distância do local. 
Uma das hipóteses a respeito de como um povo tão 
primitivo teria sido capaz de realizar tamanha façanha 
supõe que a pedra teria sido arrastada em algum tipo 
de trenó primitivo por sobre a neve. 
Considerando um coeficiente de atrito cinético de 0,2 e que 500 pessoas teriam participado do arraste da enorme 
pedra de 50.000 kg, realizado na horizontal e a velocidade constante, ao longo dos 30 km, e adotando g = 10 m/s2, 
pode-se afirmar que o valor médio para o trabalho realizado por cada indivíduo seria de:
a) 2.000 kJ b) 5.000 kJ c) 5.500 kJ d) 6.000 kJ e) 6.500 kJ
6. (UFRJ) Um plano está inclinado, em relação à horizontal, de um ângulo θ cujo seno é igual a 0,6 (o ângulo é menor 
do que 45°).
Um bloco de massa m sobe nesse plano inclinado sob a ação de uma força horizontal 
��
F , de módulo exatamente 
igual ao módulo de seu peso, como indica a figura a seguir.
m
θ
= mgF

 
a) Supondo que não haja atrito entre o bloco e o plano inclinado, calcule o módulo da aceleração do bloco.
b) Calcule a razão entre o trabalho TF da força 
��
F e o trabalho TP do peso do bloco, ambos em um deslocamento no 
qual o bloco percorre uma distância d ao longo da rampa.
roda dE lEitura
Cálculo do trabalho: dois exemplos de particular importância 
I. Trabalho da força peso 
Seja um corpo de massa m, deslocando-se verticalmente, de um ponto A até um ponto B próximos ao solo, entre 
os quais há um desnível h: 
A
B
h g
m
P

O trabalho da força peso no deslocamento de A até B é dado por:
TP = P ⋅ d ⋅ cos θ
Física a aula 14
20 poliSabeR
41
2-
4
Mas: d = h e θ = 0° (a força peso e o deslocamento 
são verticais e para baixo), assim: cos 0° = 1 TP = 
= P ⋅ h ou TP = m ⋅ g ⋅ h
Se o corpo subir, no deslocamento de B para A: 
θ = 180° e cos 180° = −1 ⇒ TP = −m ⋅ g ⋅ h
Observação: Pode-se demonstrar que o trabalho da 
força peso não depende da trajetória, descrita pelo 
corpo em seu deslocamento, o que caracteriza essa 
força como conservativa. Seu trabalho depende 
apenas do peso do corpo P = m ⋅ g e do desnível h, 
entre as posições A e B; esquematicamente:
A
m
B
h
P

TP = ±m ⋅ g ⋅ h
 – TP > 0 quando o corpo desce h. 
 – TP . Acesso em: fev. 2018.
Acesse o link, descubra o funcionamento básico de uma máquina a vapor e seu desenvolvimento histórico. Atente 
para a substituição do trabalho animal pelo trabalho dos motores de combustão, presentes hoje em nosso cotidiano.
ágora
a força de um exército, como a energia em mecânica, é obtida multiplicando-se a massa pela velocidade, a marcha 
rápida aumenta o moral da tropa, e assim há muitas chances para vitória.
napoleão bonaparte
A citação de Napoleão traz o conceito de energia cinética fisicamente errado. Desenvolva uma rápida pesquisa 
histórica, procure descobrir a qual conceito físico ele se referiu e, se possível, por que, naquela época, esses conceitos 
eram confundidos.
s E n h a
A Termodinâmica é o campo da Física que estuda as relações entre calor e trabalho mecânico, buscando otimizar 
o funcionamento das máquinas industriais. Baseada no Princípio da Conservação da Energia, a Primeira Lei da Termo-
dinâmica afirma que “energia não é criada nem destruída, apenas transformada; assim, a quantidade total de energia 
de um sistema tende a permanecer constante”. A Segunda Lei da termodinâmica, por suavez, postula que “não se 
pode converter todo calor em trabalho”. Assim, ao acionar a chave de um automóvel, é produzida uma faísca que 
incendeia o combustível; com isso, parte da energia química nele contida é convertida em energia mecânica (com 
os gases decorrentes da combustão movimentando os pistões do motor) e parte em energia térmica (calor, que faz 
o motor esquentar), que se dissipa é não é aproveitada para gerar trabalho.
22 poliSabeR
41
2-
4
Aula 12
 Estudo orientado
1. b
Ao andar sobre uma superfície, os pés da pessoa ten-
dem a escorregar para trás. Logo, a superfície aplica, so-
bre os pés, a força de atrito estático no sentido oposto, 
ou seja, para frente. Essa força tem sempre a mesma 
direção da superfície e estará no sentido contrário do 
movimento dos pés (para frente).
2. b
Antes de iniciar a frenagem, o automóvel está em 
MRU; portanto: R = 0
Na direção do movimento, as forças que atuam 
no automóvel são: a força “aplicada” pelo motor 
(FM) e a força de atrito resultante (A), em sentidos 
opostos. Assim, para R = 0, temos: FM = A
3. b
O freio ABS não permite o travamento das rodas, 
portanto, durante sua ação, o atrito é estático, e 
ainda: o coeficiente de atrito estático é maior que o 
coeficiente de atrito dinâmico.
4. c
A resultante das forças aplicadas pela esteira sobre a 
caixa é a força de contato da esteira sobre a caixa. 
As componentes desta força são: a força normal ( N
��
) 
vertical e para cima e a força de atrito ( A
��
), que como 
a esteira continua rolando para a esquerda. A caixa 
desliza, em relação à esteira, para a direita; portanto, 
a força de atrito atua no sentido oposto a este des-
lizamento, ou seja, para a esquerda. Assim, temos:
N

A

C

5. b
Para movimentar o navio, a força a ele aplica-
da, na direção do movimento, deve superar a 
força de atrito estático máxima AEmáx. = µE ⋅ N e, 
N = P = 30.000 N ⇒ AEmáx. = 0,8 ⋅ 30.000 = 24.000 N
No arranjo de polias apresentado, cada polia móvel 
dobra o esforço aplicado (F = 400 N). Então, sendo n 
o número de polias móveis, temos: 
n Esforço transmitido
1 800 N
2 1.600 N
3 3.200 N
4 6.400 N
5 12.800 N
6 25.600 N
Assim, para superar o atrito estático máximo (24.000 N), 
serão necessárias, no mínimo, 6 polias móveis.
6. b
Calculando a desaceleração do garoto, temos:
v2 = v0
2 + 2 ⋅ a ⋅ Ds ⇒ 0 = 52 + 2 ⋅ a ⋅ 10 ⇒ a = −1,25 m/s2
A força resultante sobre o garoto é a força de atrito 
cinético (normal e peso se equilibram: N = P); assim, 
da 2a lei de Newton para o garoto, temos:
= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ µ ⋅ = ⋅ ⇒
⇒ µ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ µ = = =
F m a A m a N m a
m g m a
a
g
1,25
10
0,125
R
Aula 13
 Estudo orientado
1. a) Para o carro, a força de atrito estático lateral é 
resultante centrípeta:
 R A m
v
r
= = · 800
60
400
7.200 NC E
2 2
∴ = ⋅ = 
b) Na iminência de derrapagem, a força de atrito 
estático é máxima:
 ∴ AE = µE ⋅ N (N = P; equilíbrio na vertical)
 ∴ 7.200 = µE ⋅ 8.000 ⇒ µE = 0,9
2. c
Diagrama de forças para o carvão, no ponto mais alto:
Carvão
N

P

gabarito – Física a
 poliSabeR 23
 gabarito Física a
41
2-
4
R P N R
m v
R
P N
m v
R
;c c
2 2
= + = ⋅ ⇒ + = ⋅
Condição de velocidade mínima:
= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
⇒ = ⋅ = ⋅ = =
N m g
m v
R
v R g
v R g
0
0,8 10 8 2 2 m/s
2
2
 
3. d
No ponto mais alto da trajetória, a resultante centrí-
peta sobre o piloto: 
Rc = N + P
= ⋅ ⇒ + ⋅ = ⋅ ⇒
⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒
⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ =
R m a N m g
m v
R
N
m v
R
m g
N N
80 40
40
80 10 2.400 N
c c
2
2
2
4. a
O objeto descreve meia volta de um pêndulo cônico 
entre João e José, em que:
a g a r
r g r g
tg e
tg
sen
cos
7,5 10
0,6
0,8
10
7,5
3
4
1,0 rad/s
c c
2
2 2
2 2
= ⋅ θ = ω ⋅ ⇒
⇒ ω ⋅ = ⋅ θ ⇒ ω ⋅ = ⋅ θ
θ
⇒
⇒ ω ⋅ = ⋅ ⇒ ω = ⋅ =
5. b
No mesmo intervalo de tempo em que o projétil 
percorre o diâmetro do disco, esse dá meia volta, 
ambos em movimento uniforme:
Para o projétil: v
s
t
r
t
t
r
v
2 2= D
D
=
D
⇒ D = 
Para o disco: 
t t
tω = Dθ
D
= p
D
⇒ D = p
ω
∴ 
r
v
v
r2 2= p
ω
⇒ = ω
p
 
6. a) Para o carro na curva plana horizontal e na imi-
nência de derrapar:
 
= ⇒ ⋅ = µ ⋅ = ⇒
⇒ ⋅ = µ ⋅ ⋅ ⇒
⇒ µ =
⋅
=
⋅
=
R A m a N N P
m
v
r
m g
v
r g
( )
20
250 10
0,16
c Emáx. c E
2
E
E
2 2
b) para a pista sobrelevada: aC = g ⋅ tg θ (solução 
análoga a do pêndulo cônico, apenas trocando a 
força de tração pela força normal).
 
= ⋅ θ ⇒ = ⋅ ⋅ θ ⇒
⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒
⇒ = ⋅ = =
v
r
g v r g
v
v
tg tg
250 10 0,36 25 36
5 6 30 m/s 108 km/h
2
2
2
Aula 14
 Estudo orientado
1. b
A energia cinética total (Ec) do atleta é igual à soma 
da energia cinética em função de sua velocidade no 
instante anterior ao salto (EcH) com a energia cinética 
produzida pelos músculos ao empurrar o chão na 
vertical (EcV). 
EcH = m ⋅ 
v
2
H
2
 = 70 ⋅ 
10
2
2
 = 3.500 J
Ainda, EcV corresponde a 70% de 500 J: 
EcV = 0,7 ⋅ 500 = 350 J
∴ Ec = 3.500 + 350 = 3.850 J
Então: 
= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
⇒ = ⇒ ≅
E
m v v
v v
2
3.850
70
2
110 10,5 m/s
c
2 2
2
 
2. b
TR = DEc = Ec.final − Ec.inicial = 
m v
2
0
90 12
2
6.480 J 6,5 10 GJ
2 2
3=
⋅
− =
⋅
= ≅ ⋅
3. c
TR = DEc = Ec.final − Ec.inicial 
Mas, Ec.final − Ec.inicial = 0 (do repouso ao repouso), e 
ainda:
TR = Tfibra + Tpeso ⇒ 0 = Tfibra + (−mgh) ⇒ Tfibra = mgh 
m = 50 g = 50 ⋅ 10−3 kg e h = 0,1 mm = 0,1 ⋅ 10−3 m 
Tfibra = 50 ⋅ 10−3 ⋅ 10 ⋅ 0,1 ⋅ 10−3 = 50 ⋅ 10−6 J = 5 ⋅ 10−5 J
4. a
Nas condições descritas, a força de atrito é a força re-
sultante sobre os carros, assim: TR = DEc = Ec.final − Ec.inicial
No entanto, Ec.final = 0 (o carro para no final da frena-
gem), o que implica:
TA = m v
A d
m v
2
cos 180
2
2 2
− ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ ° = − ⋅
Mas, A = µ ⋅ N e N = P = mg
∴ µ ⋅ m ⋅ g ⋅ d ⋅ (−1) = m v
d
v
g2 2
2
0
2
− ⋅ ⇒ =
⋅ µ ⋅
Física a gabarito
24 poliSabeR
41
2-
4
v0 = 108 km/h = 30 m/s
•	 para	o	carro	com	ABS:	 d
30
2 1,0 10
45 m1
2
=
⋅ ⋅
=
•	 para	o	carro	sem	ABS:	 d
30
2 0,75 10
60 m2
2
=
⋅ ⋅
=
5. d
Diagrama de forças para uma pedra, na horizontal:
v = cte
F
at.
 F

Sendo constante a velocidade do bloco de pedra:
TR = DEc = 0 ⇒ TF + TA = 0 ⇒
⇒ TF = −A ⋅ d ⋅ cos 180° = −µ ⋅ m ⋅ g ⋅ d ⋅ (−1) =
= 0,2 ⋅ 50.000 ⋅ 10 ⋅ 30.000 ⇒ TF = 3 ⋅ 109 J
Como 500 pessoas realizando este trabalho, cada 
uma realizou:
T
T
500
3 10
500
6 10 6.000 kJF
9
6= = ⋅ = ⋅ =
 
T
T
500
3 10
500
6 10 6.000 kJF
9
6= = ⋅ = ⋅ =
6. a) Como: sen θ = 0,6 
 Pela decomposição das forças no bloco, para-
lelamente ao plano, a força resultante no bloco, 
em módulo, é: R = F ⋅ cos θ − P ⋅ sen θ; logo:
 R = m ⋅ a ⇒ F ⋅ cos θ − P ⋅ sen θ = m ⋅ a ⇒
 ⇒ m ⋅ g ⋅ 0,8 − m ⋅ g ⋅ 0,6 = m ⋅ a ⇒ a = 2,0 m/s2
b) Sendo h a altura do plano e d a hipotenusa do 
triângulo, temos:
 
h
d
h dsen 0,6 0,6θ = = ⇒ = ⋅
 
 O trabalho da força F:
 TF = F ⋅ d ⋅ cos θ = m ⋅ g ⋅ d ⋅ 0,8
 O trabalho da força P:
 TP = −m ⋅ g ⋅ h = −m ⋅ g ⋅ 0,6 ⋅ d
 A razão entre os trabalhos: 
 
T
T
m g d
m g d
0,8
0,6
4
3
F
P
= ⋅ ⋅ ⋅
− ⋅ ⋅ ⋅
= −
Física a
C
o
li
n
 H
u
tC
H
in
g
s/
sH
u
tt
er
st
o
C
k
2 polisaber
41
2-
5
01
8
aulas 15 e 16 − energia mecânica
energia potencial (Ep) 
De forma objetiva, pode-se definir a energia potencial 
de um corpo como: quantidade de energia associada à 
posição do corpo num determinado instante que pode 
ser transformada em energia cinética, daí a origem do 
termo "potencial".
A energia potencial também está associada a uma força 
conservativa, como a força gravitacional, a força elástica 
ou a força elétrica. 
energia potencial gravitacional 
(Epg)
Seja um corpo de massa m situado a uma altura h em 
relação a um nível horizontal de referência (NR), próximo 
à superfície da Terra:
m
h
NR
A energia potencial gravitacional associada ao corpo, 
nesta posição, é definida como o trabalho da força peso 
no deslocamento do corpo, dessa posição até o nível de 
referência. Portanto: 
Epg = TP ⇒ Epg = mgh
Notas:
I. No nível de referência: h = 0, portanto: Epg = 0
II. Para um corpoabaixo do nível de referência: hcomprimento, 
massa e tempo. 
A tabela a seguir mostra as unidades de medida no SI 
para essas grandezas.
Grandeza Unidade no SI
comprimento metro (m) 
massa quilograma (kg)
tempo segundo (s) 
As unidades de medida das demais grandezas serão uma 
associação dessas três unidades da base.
exemplo
=[velocidade]
m
s 
=[aceleração]
m
s2
Como já citado, a cinemática usa apenas as grandezas 
comprimento, tempo, velocidade e aceleração. Outras 
grandezas serão definidas na dinâmica, por exemplo a força:
= ⋅ =[força] kg
m
s
N (Newton)
navegar
No link 
(acesso em: 26 set. 2017), você encontra uma videoaula 
com o tema referencial, movimento e repouso". Vale a 
pena assistir.
ágora
uma pessoa que nunca cometeu um erro nunca 
tentou nada de novo.
eu tentei 99 vezes e falhei, mas na centésima ten-
tativa eu consegui. nunca desista de seus objetivos, 
mesmo que eles pareçam impossíveis; a próxima 
tentativa pode ser a vitoriosa.
Albert Einstein
s e n h a
A cinemática escalar, no ensino médio, descreve os dois tipos de movimento mais elementares: movimento 
uniforme (MU), aquele em que a velocidade escalar de um corpo permanece constante durante certo intervalo de 
tempo, e o movimento uniformemente variado (MUV), no qual a velocidade escalar do corpo varia sempre com 
a mesma taxa em relação ao tempo. Todos os demais movimentos estudados serão exemplos de aplicações do 
MU, do MUV ou, ainda, da composição dos dois.
8 polisaber
41
2-
1
Movimento uniforme
Um móvel encontra-se em movimento uniforme quando sua velocidade escalar instantânea é constante e diferente de zero, 
independentemente da forma da sua trajetória. Como consequência, para intervalos de tempo iguais, o móvel descreve deslo-
camentos escalares iguais e, ainda, sua velocidade escalar instantânea é igual à velocidade escalar média. Matematicamente:
= = Δ
Δ
⇒ Δ = ⋅ Δv v
s
t
s v tm
Função horária do espaço 
A função horária do espaço estabelece a relação entre a posição (ou espaço) (s) ocupada pelo móvel em sua trajetória 
e o instante de tempo (t) em que este ocupa tal posição.
Seja um corpo em movimento uniforme: no instante t0 (instante em que se inicia o estudo do movimento), sua posição 
é s0 (posição inicial); para um instante de tempo t > t0, sua posição será s. 
O deslocamento escalar do corpo nesse intervalo de tempo (Δt = t − t0) é dado por: Δs = v ∙ Δt
Entretanto, como Δs = s − s0, assumindo t0 = 0; Δt = t − t0 = t − 0 = t, temos:
s − s0 = v ∙ t ⇒ s = s0 + v ∙ t
Reforçando a simbologia, v é a velocidade escalar do móvel, constante durante o intervalo de tempo Δt; t0 = 0 é o 
instante inicial, instante em que se inicia o estudo do movimento; s0 é a posição (ou espaço) inicial, ou seja, posição do 
móvel no instante de tempo t0 = 0; s é a posição (ou espaço) do móvel no instante de tempo t e Δs é o deslocamento 
escalar do móvel no intervalo de tempo Δt.
Gráfico s × t
A função horária do espaço para um movimento uniforme (s = s0 + v ∙ t) é uma função do primeiro grau; portanto, o 
gráfico s × t é uma reta inclinada em relação aos eixos. Veja:
 
s
t0 
s
t0
s crescente: v > 0 (movimento progressivo) s decrescente: vh = 3 metros.
a) 3 andares. b) 6 andares. c) 11 andares. d) 22 andares. e) 33 andares.
Física a aulas 15 e 16
6 polisaber
41
2-
5
3. (Vunesp) Um rapaz de 50 kg está inicialmente pa-
rado sobre a extremidade esquerda da plataforma 
plana de um carrinho em repouso, em relação ao 
solo plano e horizontal. A extremidade direita da 
plataforma do carrinho está ligada a uma parede rí-
gida, por meio de uma mola ideal, de massa despre-
zível e de constante elástica 25 N/m, inicialmente 
relaxada. O rapaz começa a caminhar para a direita, 
no sentido da parede, e o carrinho move-se para a 
esquerda, distendendo a mola. Para manter a mola 
distendida de 20 cm e o carrinho em repouso, sem 
deslizar sobre o solo, o rapaz mantém-se em movi-
mento uniformemente acelerado.
Carrinho parado
Mola relaxada
Carrinho parado
20 cm
Considerando o referencial de energia na situação 
da mola relaxada, determine o valor da energia po-
tencial elástica armazenada na mola distendida de 
20 cm e o módulo da aceleração do rapaz nessa 
situação.
Disponível em: (adaptado).
4. (Enem-MEC) O brinquedo pula-pula (cama elástica) 
é composto por uma lona circular flexível horizontal 
presa por molas à sua borda. As crianças brincam 
pulando sobre ela, alterando suas formas de ener-
gia. Ao pular verticalmente, desprezando o atrito 
com o ar e os movimentos de rotação do corpo 
enquanto salta, uma criança realiza um movimento 
periódico vertical em torno da posição de equilíbrio 
(h = 0), passando pelos pontos de máxima e de mí-
nima alturas, hmáx. e hmín., respectivamente.
Esquematicamente, o esboço do gráfico da energia 
cinética da criança em função de sua posição verti-
cal na situação descrita é:
a) 
0h
min.
E
C
h
máx.
h
b) 
0h
min.
E
C
h
máx.
h
c) 
0h
min.
E
C
h
máx.
h
d) 
0h
min.
E
C
h
máx.
h
e) 
0h
min.
E
C
h
máx.
h
5. (Vunesp) Um garoto arremessa uma bola com ve-
locidade inicial inclinada de um ângulo α com a 
horizontal. A bola abandona a mão do garoto com 
energia cinética E0 e percorre uma trajetória para-
bólica contida em um plano vertical, representada 
parcialmente na figura.
α
Desprezando-se a resistência do ar, a energia ciné-
tica da bola no ponto mais alto de sua trajetória é:
a) E0 ∙ sen α
b) E0 ∙ cos α
c) E0 ∙ cos2 α
d) E0 ∙ sen2 α
e) E0 ∙ sen2 α
2
 polisaber 7
 aulas 15 e 16 Física a
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2-
5
6. (Enem-MEC) Uma das modalidades presentes nas olim-
píadas é o salto com vara. As etapas de um dos saltos de 
um atleta estão representadas nas figuras do enunciado.
Etapa I Etapa II
Atleta corre com a vara Atleta apoia a vara no chão
Etapa III Etapa IV
Atleta atinge certa altura Atleta cai em um colchão
Desprezando-se as forças dissipativas (resistência 
do ar e atrito), para que o salto atinja a maior altura 
possível, ou seja, o máximo de energia seja conser-
vada, é necessário que:
a) a energia cinética, representada na etapa I, seja 
totalmente convertida em energia potencial elástica, 
representada na etapa IV. 
b) a energia cinética, representada na etapa II, seja total-
mente convertida em energia potencial gravitacional, 
representada na etapa IV. 
c) a energia cinética, representada na etapa I, seja total-
mente convertida em energia potencial gravitacional, 
representada na etapa III. 
d) a energia potencial gravitacional, representada na 
etapa II, seja totalmente convertida em energia po-
tencial elástica, representada na etapa IV. 
e) a energia potencial gravitacional, representada na 
etapa I, seja totalmente convertida em energia po-
tencial elástica, representada na etapa III.
7. (Fuvest-SP) Uma bola de massa m é solta do alto de 
um edifício. Quando está passando pela posição 
y = h, o módulo de sua velocidade é v. Sabendo-se 
que o solo, origem para a escala de energia poten-
cial, tem coordenada y = h0, tal que h > h0 > 0, a 
energia mecânica da bola em y = (h – h0)
2
 é igual a:
a) 1
2
 mg(h – h0) + 1
4
 mv2
b) 1
2
 mg(h – h0) + 1
2
 mv2
c) 1
2
 mg(h – h0) + 2mv2 
d) mgh + 1
2
 mv2
e) mg(h – h0) + 1
2
 mv2
Note e adote:
Desconsidere a resistência do ar. 
g é a aceleração da gravidade.
8. (Fatec-SP) As bicicletas são meios de transporte al-
ternativos. As pessoas que as utilizam devem seguir 
algumas normas, tais como uso de capacetes, espe-
lhos retrovisores, campainhas e luzes de sinalização 
dianteira e traseira (um farol e uma lanterna). Algu-
mas vezes, as luzes dianteiras são acesas utilizan-
do-se o esforço físico do ciclista nas pedaladas, um 
dínamo e um diodo emissor de luz (LED) o qual sofre 
aquecimento.
Na sequência descrita, observamos que ocorrem as 
transformações de energias mecânica e eletromag-
nética em luminosa e térmica.
Mecânica Eletromagnética
Luminosa
Térmica
Suponha que um conjunto ciclista/bicicleta te-
nha massa igual a 100 kg e que esse ciclista de-
senvolva, de maneira constante, 2 pedaladas 
por segundo, sendo que cada pedalada faz com 
que o conjunto percorra 2 metros em linha reta. 
Se ocorre uma perda, na forma de energia térmica, 
equivalente a 10% do total da energia gerada, pode-
mos afirmar que a parcela transformada em energia 
luminosa é, em joules, de:
a) 2.880
b) 1.440
c) 720
d) 360
e) zero
9. (Fuvest-SP) O projeto para um balanço de corda úni-
ca de um parque de diversões exige que a corda do 
brinquedo tenha um comprimento de 2,0 m. O proje-
tista tem que escolher a corda adequada para o ba-
lanço, a partir de cinco ofertas disponíveis no merca-
do, cada uma delas com distintas tensões de ruptura.
Física a aulas 15 e 16
8 polisaber
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A tabela apresenta estas opções.
Corda Tensão de ruptura (N) 
I 4.200
II 7.500
III 12.400
IV 20.000 
V 29.000
Ele tem também que incluir no projeto uma margem 
de segurança; esse fator de segurança é tipicamen-
te 7, ou seja, o balanço deverá suportar cargas sete 
vezes a tensão no ponto mais baixo da trajetória. Ad-
mitindo que uma pessoa de 60 kg, ao se balançar, 
parta do repouso, de uma altura de 1,2 m em relação 
à posição de equilíbrio do balanço, a(s) corda(s) que 
poderia(m) ser adequada(s) para o projeto é (são):
a) I, II, III, IV e V.
b) II, III, IV e V, apenas.
c) III, IV e V, apenas.
d) IV e V, apenas.
e) V, apenas.
Note e adote:
Aceleração da gravidade: 10 m/s2
Desconsidere qualquer tipo de atrito ou resis-
tência ao movimento e ignore a massa do ba-
lanço e as dimensões da pessoa.
As cordas são inextensíveis.
10. (Enem-MEC) Um garoto foi à loja comprar um esti-
lingue e encontrou dois modelos: um com borracha 
mais “dura” e outro com borracha mais “mole”. O 
garoto concluiu que o mais adequado seria o que 
proporcionasse maior alcance horizontal, D, para as 
mesmas condições de arremesso, quando submeti-
dos à mesma força aplicada. Sabe-se que a constan-
te elástica kd (do estilingue mais “duro”) é o dobro 
da constante elástica km (do estilingue mais “mole”).
A razão entre os alcances 
Dd
Dm
, referentes aos estilin-
gues com borrachas “dura” e “mole”, respectiva-
mente, é igual a:
a) 1
4
b) 1
2
c) 1 d) 2 e) 4
11. (UPM-SP) Um corpo de 200 g é lançado do solo, ver-
ticalmente para cima, com energia cinética de 30 J. 
A aceleração gravitacional no local vale 10 m/s2, du-
rante a subida 20% da energia mecânica é perdida. 
A altura máxima atingida por esse corpo é de: 
a) 6 m b) 8 m c) 10 m d) 12 m e) 15 m 
12. Uma gota de chuva, caindo verticalmente a partir do 
repouso de uma altura de 1.250 m do solo, atinge uma 
velocidade constante de 8 m/s, a aproximadamente 
125 m do chão. Determine o percentual da energia 
mecânica dissipada nos últimos 100 metros da queda.
13. (Fuvest-SP) Uma esfera de 1 kg é solta de uma altu-
ra de 0,5 m. Ao chocar-se com o solo, perde 60% de 
sua energia. Pede-se:
a) a energia cinética da esfera imediatamente após o 
primeiro choque;
b) a velocidade da esfera ao atingir o solo pela se-
gunda vez. 
(Dado: g = 10 m/s²)
14. (UFRJ) Um pêndulo constituído de um fio ideal, de 
comprimento L = 0,90 m e massa 0,1 kg, é solto a 
partir do repouso,da posição inicial mostrada na figu-
ra abaixo, formando um ângulo de 60° com a vertical. 
Ao longo do tempo, o pêndulo vai tendo o seu mo-
vimento amortecido por atrito com o ar, terminando 
por parar completamente na posição de equilíbrio. 
Posição
inicial
Posição
final
60º
Considere g = 10 m/s2 e cos 60° = 0,5. 
Determine a perda da energia mecânica entre o 
momento inicial e o final.
roda de leitura
Teorema da energia potencial
Seja um corpo de massa m deslocando-se de um ponto 
A até um ponto B, conforme a figura:
h
h
B
h
A
B
A
m
NR
P

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 aulas 15 e 16 Física a
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TP = mgh é o trabalho da força peso no deslocamento 
entre A e B. 
hA – hB = h ⇒ TP = mg(hA – hB) = mghA − mghB = Epg
A – Epg
B ⇒
⇒ TP = Epg
A – Epg
B 
Esse resultado é conhecido como teorema da ener-
gia potencial e pode ser aplicado para qualquer força 
conservativa (Fcons.), associada à energia potencial (Ep) 
correspondente. Genericamente: 
O trabalho de uma força conservativa, entre dois 
pontos, é a diferença entre a energia potencial inicial 
e a final, não dependendo da trajetória.
TFcons. = Ep
i – Ep
f
Teorema da energia mecânica
O trabalho da força resultante sobre um corpo é a 
soma dos trabalhos de todas as forças que nele atuam. 
Matematicamente:
TR = TF1 + TF2 + … + TFn
Essas forças podem ser divididas em dois tipos: con-
servativas e não conservativas, logo pode-se escrever: 
TR = TFcons. + TFnãocons. (I) em que TFcons. é o trabalho 
de todas as forças conservativas e TFnãocons. é o trabalho de 
todas as forças não conservativas.
Forças conservativas: peso, elástica e elétrica.
Forças não conservativas: normal, atrito, resistên-
cia do ar, tração e outras.
Do teorema da energia cinética: TR = Ec
f – Ec
i (II)
E do teorema da energia potencial: TFcons. = Ep
i – Ep
f
 (III)
Substituindo-se (II) e (III) em (I):
Ec
f – Ec
i = Ep
i – Ep
f + TFnãocons. ⇒ Ec
f + Ep
f = Ep
i + Ec
i + TFnãocons.
Em
f = Em
i + TFnãocons. ⇒ TFnãocons. = Em
f – Em
i = ΔEm
O trabalho das forças não conservativas é igual à 
variação da energia mecânica sofrida por um corpo, 
no mesmo deslocamento.
navegar
. Acesso em: mar. 2018.
Neste link, é possível baixar o artigo "A produção 
técnico-científica de James Prescott Joule: uma leitura a 
partir da epistemologia de Ludwik Fleck". 
ágora
tudo é energia e isso é tudo o que há. sintonize a 
frequência que você deseja e, inevitavelmente, essa é 
a realidade que você terá. não tem como ser diferente. 
isso não é filosofia. É física.
Esta citação é atribuída a Albert Einstein, mas há 
controvérsias. Depois de uma breve pesquisa, qual sua 
conclusão?
s e n h a
Entre duas máquinas, por exemplo dois motores, qual seria mais adequada a determinada tarefa: uma que realizasse 
trabalho de 1 kJ ou outra que realizasse trabalho de 100 kJ?
a comparação não pode ser feita sem se conhecer o tempo necessário à realização do trabalho por cada máquina. a comparação só faz sentido baseada na potência de cada uma.
10 polisaber
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AulA 17 − potênciA mecânicA
potência mecânica ()
Como sugerido na senha do módulo anterior, conhecer o valor do trabalho realizado por uma máquina, ou por outro 
dispositivo que realiza o trabalho, não é suficiente para medir sua eficiência, é necessário também se considerar a ra-
pidez da realização desse trabalho, o que leva à definição de potência.
Potência mecânica é a grandeza física que mede a rapidez da realização de determinado trabalho.
potência média (m)
Considerando-se uma máquina que realiza um trabalho T no intervalo de tempo ∆t, a potência média da máquina é: 
m = 
\T\
∆t
Notas: 
1. O trabalho deve ser colocado em módulo, porque não se define potência negativa.
2. Unidades de medidas no SI: [T ] = J (joule); [∆t] = s, portanto:
[] = J
s
 = W (watt)
Observação: 1 W é uma potência muito pequena para as aplicações de interesse, por isso é comum o uso dos múltiplos: 
1 kW = 103 W; 1 MW = 106 W e 1 GW = 109 W
Relação entre potência e força
Da definição de potência média, observa-se que esta depende do trabalho T, que por sua vez depende da intensidade 
F da força que o realiza. 
Considere o caso de interesse em que uma força constante F

 é paralela ao deslocamento d

:
|T | = F ∙ d ⇒ m = 
\T \
∆t
 = F ∙ d 
∆t
 ⇒ m = F ∙ vm
em que: vm é a velocidade média.
Ilustração da máquina a vapor de James Watt (1736-1819).
M
o
rp
h
a
rt
 C
re
a
ti
o
n
/s
h
u
tt
er
st
o
C
k
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 aula 17 FísicA A
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potência instantânea ()
Substituindo-se na expressão acima a velocidade média vm pela velocidade instantânea v, calcula-se a potência instantânea:
 = F ∙ v
Nota: a análise dimensional reafirma a validade desta equação:
[] = [F] ∙ [v], no SI: [] = N ∙ m
s
 = N ∙ m
s
 = J
s
 = W (watt)
exeRcícios
1. (Unicamp-SP) “Gelo combustível” ou “gelo de fogo” é como são chamados os hidratos de metano que se formam 
a temperaturas muito baixas, em condições de pressão elevada. São geralmente encontrados em sedimentos do 
fundo do mar ou sob a camada de solo congelada dos polos. A considerável reserva de gelo combustível no planeta 
pode se tornar uma promissora fonte de energia alternativa ao petróleo. Considerando que a combustão completa 
de certa massa de gelo combustível libera uma quantidade de energia igual a E = 7,2 MJ, é correto afirmar que 
essa energia é capaz de manter aceso um painel de LEDs de potência  = 2 kW por um intervalo de tempo igual a:
a) 1 minuto b) 144 s c) 1 hora d) 1 dia
2. (Fuvest-SP) Dispõe-se de um motor com potência útil de 200 W para erguer um fardo de massa de 20 kg à altura 
de 100 m em um local onde g = 10 m/s2.
Supondo que o fardo parte do repouso e volta ao repouso, calcule:
a) o trabalho desenvolvido pela força aplicada pelo motor;
b) o tempo gasto nessa operação.
3. (Vunesp) Segundo informação da empresa fabricante, um trator florestal (Trator Florestal de Rodas 545C) é capaz 
de arrastar toras por meio do seu cabo exercendo sobre elas uma força de módulo 2,0 · 105 N, com velocidade 
constante de módulo 2,0 m/s.
Desprezando a massa do cabo e supondo que a força por ele exercida seja horizontal e paralela ao solo, determine 
a potência útil desenvolvida pelo trator.
estudo oRientAdo
exeRcícios
1. (Unicamp-SP) Uma estrela de nêutrons é o objeto astrofísico mais denso que conhecemos, em que uma 
massa maior que a massa do Sol ocupa uma região do espaço de apenas alguns quilômetros de raio. Es-
sas estrelas realizam um movimento de rotação, emitindo uma grande quantidade de radiação ele-
tromagnética a uma frequência bem definida. Quando detectamos uma estrela de nêutrons através 
desse feixe de radiação, damos o nome a esse objeto de Pulsar. Considere que um Pulsar foi detecta-
do e que o total de energia cinética relacionada com seu movimento de rotação equivale a 2 ∙ 1042 J. 
∆E =  ∙ ∆t ⇒ 7,2 ∙ 106 = 2,0 ∙ 103 ∙ ∆t ⇒ ∆t = 3,6 ∙ 103 s = 1 h
em módulo: TF = TP = mgh = 20 ∙ 10 ∙ 100 = 2,0 ∙ 104 J 
TF =  ∙ ∆t ⇒ 2,0 ∙ 104 = 200 ⇒ ∆t ⇒ ∆t = 100 s
 = F ∙ v = 2,0 ∙ 105 ∙ 2,0 = 4,0 ∙ 105 W = 400 kW
FísicA A aula 17
12 polisaber
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Notou-se que, após um ano, o Pulsar perdeu 0,1% 
de sua energia cinética, principalmente em forma de 
radiação eletromagnética. A potência irradiada pelo 
Pulsar vale:
(Se necessário, utilize a aproximação 1 ano ≅ 3,6 ∙ 107 s.)
a) 7,2 · 1046 W
b) 2,0 · 1039 W
c) 5,6 · 1031 W
d) 1,8 · 1042 W
2. (IFSP) Para transportar os operários numa obra, a 
empresa construtora montou um elevador que con-
siste numa plataforma ligada por fios ideais a um 
motor instalado no telhado do edifício em constru-
ção. A figura mostra, fora de escala, um trabalhador 
sendo levado verticalmente para cima com veloci-
dade constante, pelo equipamento. Quando neces-
sário, adote g = 10 m/s2. 
Motor
Considerando que a massa total do trabalhador 
mais plataforma é igual a 300 kg e sabendo que 
com esse elevador otrabalhador sobe um trecho 
de 6 m em 20 s, pode-se afirmar que, desconside-
rando perdas de energia, a potência desenvolvida 
pelo motor do elevador, em watts, é igual a:
a) 2.000
b) 1.800
c) 1.500
d) 900
e) 300
3. (Enem-MEC)
a usina de itaipu é uma das maiores hidrelétricas 
do mundo em geração de energia. Com 20 unidades 
geradoras e 14.000 MW de potência total instalada, 
apresenta uma queda de 118,4 m e vazão nominal 
de 690 m³/s por unidade geradora. o cálculo da 
potência teórica leva em conta a altura da massa 
de água represada pela barragem, a gravidade local 
(10 m/s²) e a densidade da água (1.000 kg/m³). a dife-
rença entre a potência teórica e a instalada é a potência 
não aproveitada.
Disponível em: .
Qual é a potência, em MW, não aproveitada em 
cada unidade geradora de Itaipu?
a) 0
b) 1,18
c) 116,96
d) 816,96
e) 13.183,04
4. (Fuvest-SP) Nos manuais de automóveis, a caracteri-
zação dos motores é feita em CV (cavalo-vapor). Essa 
unidade, proposta no tempo das primeiras máquinas 
a vapor, correspondia à capacidade de um cavalo tí-
pico, que conseguia erguer, na vertical, com auxílio 
de uma roldana, um bloco de 75 kg, à velocidade de 
1 m/s. Para subir uma ladeira, inclinada como na figu-
ra, um carro de 1.000 kg, mantendo uma velocidade 
constante de 15 m/s (54 km/h), desenvolve uma po-
tência útil que, em CV, é, aproximadamente, de:
(sen θ ≅ 0,1)
θ
g
v = 15 m/s
a) 20 CV
b) 40 CV
c) 50 CV
d) 100 CV
e) 150 CV
5. (Enem-MEC)
um carro solar é um veículo que utiliza apenas a ener-
gia solar para a sua locomoção. tipicamente, o carro 
contém um painel fotovoltaico que converte a energia 
do sol em energia elétrica que, por sua vez, alimenta 
um motor elétrico. a imagem mostra o carro solar tokai 
Challenger, desenvolvido na universidade de tokai, no 
Japão, e que venceu o World solar Challenge de 2009, 
uma corrida internacional de carros solares, tendo 
atingido uma velocidade média acima de 100 km/h.
Disponível em: . 
acesso em: 3 jun. 2015.
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 aula 17 FísicA A
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Considere uma região plana onde a insolação (ener-
gia solar por unidade de tempo e de área que che-
ga à superfície da Terra) seja de 1.000 W/m2, que o 
carro solar possua massa de 200 kg e seja construí-
do de forma que o painel fotovoltaico em seu topo 
tenha uma área de 9,0 m2 e rendimento de 30%. 
Desprezando as forças de resistência do ar, o tem-
po que esse carro solar levaria, a partir do repouso, 
para atingir a velocidade de 108 km/h é um valor 
mais próximo de:
a) 1,0 s
b) 4,0 s
c) 10 s
d) 33 s
e) 300 s
6. (Unifesp)
após algumas informações sobre o carro, saímos em 
direção ao trecho off-road. na primeira acelerada já 
deu para perceber a força do modelo. De acordo com 
números do fabricante, são 299 cavalos de potência [...] 
e os 100 km/h iniciais são conquistados em satisfatórios 
7,5 segundos, graças à boa relação peso-potência, já 
que o carro vem com vários componentes de alumínio.
Disponível em: .
O texto descreve um teste de avaliação de um veículo 
importado, lançado neste ano no mercado brasileiro. 
Sabendo que a massa desse carro é de 2.400 kg, e ad-
mitindo 1 cv = 740 W e 100 km/h = 28 m/s, pode-se 
afirmar que, para atingir os 100 km/h iniciais, a potência 
útil média desenvolvida durante o teste, em relação à 
potência total do carro, foi, aproximadamente, de:
a) 90%
b) 75%
c) 60%
d) 45%
e) 30%
(Sugestão: Efetue os cálculos utilizando apenas 
dois algarismos significativos.)
7. (UEPB) Um fazendeiro possui, em suas terras, uma 
pequena queda-d’água, cuja altura é de 12 metros. 
Tendo verificado que, nesta cachoeira, caem 5,0 m3 
de água em 2,0 minutos, sentiu-se estimulado a 
construir uma usina hidrelétrica para instalação elé-
trica de sua fazenda. Lembrando que a aceleração 
da gravidade é, aproximadamente, de 10 m/s2, que 
1 m3 de água corresponde a 1.000 L e que 1 L de 
água possui uma massa de 1 kg, a potência máxima 
desta cachoeira, em kW, é: 
a) 5,0
b) 7,0
c) 9,0
d) 12,0
e) 14,0
RodA de leituRA
Rendimento (η)
A noção de rendimento, ou eficiência, de uma máquina 
ou de um sistema pode ser entendida como a taxa de 
aproveitamento do sistema e está relacionada à potência 
ou ao trabalho realizado. 
Considere que um sistema, em sua operação, receba 
uma potência total t, utilize uma potência útil u, inferior 
à total t, sendo diferença perdida por vários motivos 
(d). Esquematicamente: 
Máquina
ou
sistemaTotal recebido
Perdido
Utilizado3
r
3
u
3
d
O rendimento do sistema é dado pela relação: η = u
t
 
Notas:
1. O rendimento é uma grandeza adimensional, pois 
é a relação entre grandezas de mesma unidade de 
medida.
2. u ≤ t ⇒ η ≤ 1
Unidades práticas de potência
•   CV (cavalo-vapor métrico): 1 CV = 735,49875 W 
•   HP (horse-power: cavalo-vapor de potência): 1 HP = 
= 745,69872 W 
Nas aplicações de interesse usa-se a aproximação: 
   1 CV = 1 HP = 750 W
nAvegAR
Acesse: 
(acesso em: 19 mar. 2018) e leia a biografia de 
James Watt.
FísicA A aula 17
14 polisaber
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ágoRA
eu vendo o que todo mundo quer ter: energia.
James Watt
Toda necessidade física da humanidade pode ser resumida à produção e ao consumo de energia? Sugestão: crie um 
pequeno grupo para debater essa questão.
s e n h A
O que explica a eficiência do air bag na proteção do motorista?
th
ie
u
ry
/s
h
u
tt
er
st
o
C
k
o air bag aumenta o tempo de desaceleração da cabeça do motorista, aplicando o 
impulso necessário, diminuindo assim a intensidade da força aplicada, que é o agente 
causador das lesões físicas.
 polisaber 15
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AulA 18 − Impulso E quAntIdAdE dE movImEnto
Quando o atleta rebate a bola com o bastão, este exerce uma força durante um intervalo de tempo, aplicando na bola um 
impulso.
quantidade de movimento 
de um corpo (Q-)
Considere um corpo de massa m, que no instante de 
tempo t tem velocidade v &. Define-se como quantida-
de de movimento, ou momento linear, do corpo nesse 
instante a grandeza vetorial: 
Q& = m ∙ v& 
Notas:
1. Como a massa m é positiva, a quantidade de mo-
vimento Q& e a velocidade v& têm sempre a mesma 
direção e o mesmo sentido.
2. Unidades de medidas no SI: [Q] = kg ∙ m
s
 
Impulso de uma força (I -)
Considere uma força F& agindo sobre um corpo de massa m 
durante um intervalo de tempo ∆t. Esquematicamente: 
∆t
I
F

F

F

Impulso de uma força constante
Para uma força constante, o impulso no intervalo de 
tempo ∆t é definido pela grandeza vetorial:
IF& = F& ∙ ∆t 
Impulso de uma força variável
Analogamente ao cálculo do trabalho mecânico, para 
uma força de intensidade variável, utiliza-se o método 
gráfico; assim, a intensidade do impulso de uma força 
qualquer é dada pela área sob o gráfico no diagrama F × t:
t
F
t
2
t
1
Área
I = Área
Notas:
1. Como ∆t é sempre positivo, o impulso I & e a força F& 
têm sempre a mesma direção e o mesmo sentido.
2. Unidades de medidas no SI: 
 [I] = N ∙ s = kg ∙ m
s2
 ∙ s = kg ∙ m
s
teorema do impulso
Considere um corpo de massa m sujeito a uma força 
resultante constante R&, na mesma direção e sentido de 
sua velocidade v&0 no instante de tempo t0. Como conse-
quência da ação desta resultante, a velocidade do corpo 
em um instante posterior, t, passa a ser v&. No instante 
de tempo t0, a quantidade de movimento do corpo é 
Q&0 = mv&0 e, no instante de tempo t, Q& = mv&. 
eu
g
en
e 
o
n
is
c
h
en
ko
/s
h
u
tt
er
st
o
c
k
N
FísIcA A aula 18
16 polisaber
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Esquematicamente:
(t
0
)
v
0

Q
0

(t) v

Q

Aplicando-se o princípio fundamental da dinâmica: R& = ma&
Nas condições descritas: a& = ∆v&
∆t
 e ∆v& = v& – v&0
R& = m ∙ 
( v& – v&0)
∆t
 ⇒ R& · ∆t = mv& – mv&0 = Q& – Q&0 
Mas R& ∙ ∆t = I &
R é o impulso da força resultante R& no intervalo de tempo ∆t.
∴ I &
R = Q& – Q&0 = ∆Q&
Enunciamos:
O impulso da forçaresultante é igual à variação da quantidade de movimento sofrida pelo corpo no mesmo 
intervalo de tempo.
Nota: Embora a demonstração tenha considerado uma força resultante constante e paralela ao movimento, esse 
resultado é válido para qualquer movimento.
ExErcícIos
1. (Vunesp) O funcionamento de um grampeador con-
ta com dois estágios distintos: no primeiro, a ação 
de uma força vertical abaixa a parte superior do 
grampeador até que ela toque o papel; no segundo 
estágio, mantida a direção e o sentido da aplicação 
da força, o grampo é inserido entre as folhas de pa-
pel até tocar a guia metálica que o dobra, prenden-
do as folhas.
F

 
F (N)
40
30
20
10
0
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 t (s)
As intensidades das forças empregadas sobre o 
grampeador são expressas no gráfico, que com-
preende o tempo total envolvido na ação de gram-
pear um conjunto de folhas.
O impulso transferido pela pessoa que aciona o 
grampeador, considerando o intervalo de tempo 
descrito no gráfico, tem valor de:
a) 6 N ∙ s
b) 8 N ∙ s
c) 10 N ∙ s
d) 14 N ∙ s
e) 15 N ∙ s
2. (PUC-RJ) Um jogador de tênis, durante o saque, lança 
a bola verticalmente para cima. Ao atingir sua altura 
máxima, a bola é golpeada pela raquete de tênis e sai 
com velocidade de 108 km/h na direção horizontal.
Calcule, em kg ∙ m/s, o módulo da variação do mo-
mento linear da bola entre os instantes logo após e 
logo antes de ser golpeada pela raquete.
(Dado: Considere a massa da bola de tênis igual a 50 g. )
a) 1,5
b) 5,4
c) 54
d) 1.500
e) 5.400 
a intensidade do impulso da força F é determinada pela área no 
gráfico F × t, projetada no eixo t, portanto:
I = Área = 0,1 ∙ 10 + 0,2 ∙ 30 + 0,2 ∙ 40 = 15 n ∙ s
N
m = 50 g = 50 ∙ 10−3 kg; v = 108 km/h = 30 m/s e v0 = 0
∆Q& = Q&f – Q&i = m ∙ v& – m ∙ v&0 ⇒ ∆Q = 50 ∙ 10–3 ∙ 30 – 0 = 1,5 kg ∙ m/s
 polisaber 17
 aula 18 FísIcA A
41
2-
5
3. (Unicamp-SP) Beisebol é um esporte que envolve 
o arremesso, com a mão, de uma bola de 140 g 
de massa na direção de outro jogador que irá 
rebatê-la com um taco sólido. Considere que, em 
um arremesso, o módulo da velocidade da bola 
chegou a 162 km/h, imediatamente após deixar 
a mão do arremessador. Sabendo que o tempo 
de contato entre a bola e a mão do jogador foi de 
0,07 s, o módulo da força média aplicada na bola 
foi de:
a) 324,0 N
b) 90,0 N
c) 6,3 N
d) 11,3 N
Estudo orIEntAdo
ExErcícIos
1. (Enem-MEC) Para entender os movimentos dos cor-
pos, Galileu discutiu o movimento de uma esfera de 
metal em dois planos inclinados sem atritos e com a 
possibilidade de se alterarem os ângulos de inclina-
ção, conforme mostra a figura. Na descrição do expe-
rimento, quando a esfera de metal é abandonada para 
descer um plano inclinado de um determinado nível, 
ela sempre atinge, no plano ascendente, no máximo, 
um nível igual àquele em que foi abandonada.
Ângulo do plano
de subida
Ângulo do plano
de descida
Nível de abandono
da esfera
Se o ângulo de inclinação do plano de subida for 
reduzido a zero, a esfera:
a) manterá sua velocidade constante, pois o impulso 
resultante sobre ela será nulo.
b) manterá sua velocidade constante, pois o impulso 
da descida continuará a empurrá-la.
c) diminuirá gradativamente a sua velocidade, pois não 
haverá mais impulso para empurrá-la.
d) diminuirá gradativamente a sua velocidade, pois o 
impulso resultante será contrário ao seu movimento.
e) aumentará gradativamente a sua velocidade, pois não 
haverá nenhum impulso contrário ao seu movimento.
2. (Enem-MEC, adaptada) Em uma colisão frontal entre 
dois automóveis, a força que o cinto de segurança 
exerce sobre o tórax e abdômen do motorista pode 
causar lesões graves nos órgãos internos. Pensan-
do na segurança do seu produto, um fabricante de 
automóveis realizou testes em cinco modelos dife-
rentes de cinto. Os testes simularam uma colisão de 
0,30 segundo de duração, e os bonecos que repre-
sentavam os ocupantes foram equipados com ace-
lerômetros. Esse equipamento registra o módulo da 
desaceleração do boneco em função do tempo, o 
que permite a determinação da intensidade da for-
ça resultante que atua em cada boneco. Os parâ-
metros como massa dos bonecos, dimensões dos 
cintos e velocidade imediatamente antes e após o 
impacto foram os mesmos para todos os testes. 
O resultado final obtido está no gráfico de força re-
sultante por tempo.
Cinto 1
Cinto 2
Cinto 3
Cinto 4
Cinto 5
0,300,250,200,15
Tempo (s)
0,100,050,00
Fo
rç
a 
re
su
lta
nt
e
Qual modelo de cinto oferece menor risco de lesão 
interna ao motorista?
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
m = 140 g = 0,14 kg; v = 162 km/h = 45 m/s, v0 = 0 e ∆t = 0,07 s
I & = ∆Q& ⇒ F & ∙ ∆t = Q&f – Q&i ⇒ F & ∙ ∆t = m ∙ v& – m ∙ v&0 ⇒
⇒ F ∙ 0,07 = 0,14 ∙ 45 – 0 ⇒ F = 0,14 ∙ 45
0,07
 = 2,0 ∙ 45 = 90,0 n
FísIcA A aula 18
18 polisaber
41
2-
5
3. (Cesgranrio) Na figura a seguir, uma bola de tênis 
de massa M colide elasticamente com a parede, de 
modo a não variar o módulo da velocidade da bola.
Sendo |v&1| = |v&2|, o vetor variação da quantidade de 
movimento da bola ∆Q& (vetorial) é mais bem repre-
sentado por:
60º
v
1

v
2

a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
4. (Unicamp-SP) A importância e a obrigatoriedade do 
uso do cinto de segurança nos bancos dianteiros e 
traseiros dos veículos têm sido bastante divulgadas 
pelos meios de comunicação. Há grande negligência 
especialmente quanto ao uso dos cintos traseiros. 
No entanto, existem registros de acidentes em que 
os sobreviventes foram apenas os passageiros da 
frente, que estavam utilizando o cinto de segurança.
a) Considere um carro com velocidade v = 72 km/h que, 
ao colidir com um obstáculo, é freado com desace-
leração constante até parar completamente após 
∆t = 0,1 s. Calcule o módulo da força que o cinto de 
segurança exerce sobre um passageiro com massa 
m = 70 kg durante a colisão para mantê-lo preso no 
banco até a parada completa do veículo.
b) Um passageiro sem o cinto de segurança pode sofrer 
um impacto equivalente ao causado por uma queda 
de um edifício de vários andares. Considere que, para 
uma colisão como a descrita anteriormente, a energia 
mecânica associada ao impacto vale E = 12 kJ. Calcule 
a altura de queda de uma pessoa de massa m = 60 kg, 
inicialmente em repouso, que tem essa mesma 
quantidade de energia em forma de energia cinética 
no momento da colisão com o solo.
5. (Vunesp) Ótimos nadadores, os golfinhos conse-
guem saltar até 5 m acima do nível da água do mar. 
Considere que um golfinho de 100 kg, inicialmente 
em repouso no ponto A, situado 3 m abaixo da linha 
da água do mar, acione suas nadadeiras e atinja, no 
ponto B, determinada velocidade, quando inicia o 
seu movimento ascendente e seu centro de massa 
descreve a trajetória indicada na figura pela linha 
tracejada. Ao sair da água, seu centro de massa 
alcança o ponto C, a uma altura de 5 m acima da 
linha da água, com módulo da velocidade igual a 
4√

10 m/s, conforme a figura.
3 m
5 m
A B
C
Fora
de escala
Considere que, no trajeto de B para C, o golfinho 
perdeu 20% da energia cinética que tinha ao chegar 
no ponto B, devido à resistência imposta pela água 
ao seu movimento. Desprezando a resistência do ar 
sobre o golfinho fora da água, a velocidade da água 
do mar e adotando g = 10 m/s2, é correto afirmar 
que o módulo da quantidade de movimento adqui-
rida pelo golfinho no ponto B, em kg ∙ m/s, é igual a:
a) 1.800
b) 2.000
c) 1.600
d) 1.000
e) 800
6. (Fuvest-SP, adaptada) O sistema de air bag de um 
carro é formado por um sensor que detecta rápidas 
diminuições de velocidade, uma bolsa inflável e um 
dispositivo contendo azida de sódio (NaN3) e outras 
substâncias secundárias. O sensor, ao detectar uma 
grande desaceleração, produz uma descarga elétri-
ca que provoca o aquecimento e a decomposição 
 polisaber 19
 aula 18 FísIcA A
41
2-
5
da azida de sódio. O nitrogênio (N2) liberado na rea-
ção infla rapidamente a bolsa, que, então, protege o 
motorista. Considere a situação em que um carro, 
inicialmente a 36 km/h (10 m/s),dirigido por um mo-
torista de 60 kg, para devido a uma colisão frontal. 
a) Nessa colisão, qual é a variação ∆E da energia ciné-
tica do motorista? 
b) Durante o 0,2 s da interação do motorista com a 
bolsa, qual é o módulo do impulso resultante aplicado 
sobre o motorista? 
Note e adote: 
Desconsidere o intervalo de tempo para a bolsa inflar. 
Ao término da interação com a bolsa do air bag, o 
motorista está em repouso.
7. (Vunesp) O gol da conquista do tetracampeonato 
pela Alemanha na Copa do Mundo de 2014 foi feito 
pelo jogador Götze. Nessa jogada, ele recebeu um 
cruzamento, matou a bola no peito, amortecendo-a, 
e chutou de esquerda para fazer o gol. Considere 
que, imediatamente antes de tocar o jogador, a bola 
tinha velocidade de módulo v1 = 8 m/s em uma dire-
ção perpendicular ao seu peito e que, imediatamen-
te depois de tocar o jogador, sua velocidade mante-
ve-se perpendicular ao peito do jogador, porém com 
módulo v2 = 0,6 m/s e em sentido contrário.
Antes Depois
v
1

v
2

 
F
R 
(N)
F
máx.
0 0,2 t (s)
Admita que, nessa jogada, a bola ficou em conta-
to com o peito do jogador por 0,2 s e que, nesse 
intervalo de tempo, a intensidade da força resultan-
te (FR), que atuou sobre ela, variou em função do 
tempo, conforme o gráfico.
Considerando a massa da bola igual a 0,4 kg, é cor-
reto afirmar que, nessa jogada, o módulo da força 
resultante máxima que atuou sobre a bola, indicada 
no gráfico por Fmáx., é igual, em newtons, a:
a) 68,8
b) 34,4
c) 59,2
d) 26,4
e) 88,8
rodA dE lEIturA
Exemplos de aplicações
I. Considere um automóvel, em movimento em uma es-
trada, que possui em determinado instante quantida-
de de movimento de módulo igual a 2,0 ∙ 104 kg ∙ m/s 
e energia cinética de 2,5 ∙ 105 J. 
Nesse mesmo instante e segundo o mesmo refe-
rencial, sua velocidade é de:
a) 120 km/h
b) 90 km/h
c) 60 km/h
d) 50 km/h
e) 25 km/h
Ec = 1
2
mv2 e Q = mv ⇒ Ec = 1
2
mv2 = 1
2
 Qv ⇒
⇒ 2,5 ∙ 105 = 1
2
 · 2,0 ∙ 104 ∙ v ⇒ v = 25 m/s = 90 km/h
II. (UFRJ, adaptada) Uma bola de tênis de massa m co-
lide inelasticamente contra uma parede fixa, con-
forme é mostrado na figura a seguir.
v
0

A velocidade da bola imediatamente antes do cho-
que é perpendicular à parede e seu módulo vale v0. 
Imediatamente após o choque, a velocidade continua 
perpendicular à parede e seu módulo passa a valer 
[ 2
3
] v0.
Calcule em função de m e v0:
a) o módulo da variação do momento linear da bola;
∆Q& = Q&2 – Q&1 ⇒ ∆Q = m ∙ 2
3
 ∙ v0 – m ∙ (–v0) = 5mv
3
b) o módulo do impulso aplicado pela parede na bola;
I & = ∆Q& ⇒ I = 5mv0
3
 
FísIcA A aula 18
20 polisaber
41
2-
5
c) a variação de energia cinética da bola.
∆Ec = Ec2 – Ec1 = 1
2
 ∙ m ∙ [ 2
3
 ∙ v0]
2
 – 1
2
 ∙ m (v0)
2 = –5mv2
0
18
 
III. (Unicamp-SP) Muitos carros possuem um sistema 
de segurança para os passageiros chamado air bag. 
Este sistema consiste em uma bolsa de plástico que 
é rapidamente inflada quando o carro sofre uma 
desaceleração brusca, interpondo-se entre o passa-
geiro e o painel do veículo.
Em uma colisão, a função do air bag é:
a) aumentar o intervalo de tempo de colisão entre o 
passageiro e o carro, reduzindo assim a força rece-
bida pelo passageiro.
b) aumentar a variação do momento linear do passa-
geiro durante a colisão, reduzindo assim a força re-
cebida pelo passageiro.
c) diminuir o intervalo de tempo de colisão entre o 
passageiro e o carro, reduzindo assim a força rece-
bida pelo passageiro.
d) diminuir o impulso recebido pelo passageiro devido 
ao choque, reduzindo assim a força recebida pelo 
passageiro.
Do teorema do impulso, temos que I = ∆Q ⇒ F ∙ ∆ t = 
= m ∙ ∆v. Para a mesma variação da quantidade de 
movimento do passageiro, a força média e o inter-
valo de tempo da colisão são inversamente proporcio-
nais, logo: quanto maior for o intervalo de tempo ∆t, 
menor será a força média aplicada ao passageiro, 
por consequência, menor chance de lesões. 
nAvEgAr
Acesse: . (Acesso em: 28 mar. 2018), baixe 
o pdf e leia sobre a jaqueta para motociclista com air bag.
ágorA
Deus, em sua onipotência, criou a matéria ao mesmo 
tempo que o movimento e o repouso de suas partes, 
e graças à sua cotidiana influência, ele mantém tanta 
quantidade de movimento no universo hoje quanto ele 
colocou quando o criou.
rené Descartes
Esta citação de Descartes (1596-1650), também co-
nhecida como sua primeira lei sobre o movimento, não 
leva em consideração uma característica fundamental 
da grandeza quantidade de movimento. Faça uma rá-
pida pesquisa e descubra qual é essa característica e 
como essa lei se aplica aos sistemas mecanicamente 
isolados.
Antes das colisões Após as colisões
Pesquise: Que tipo de colisão ocorre entre as esferas do pêndulo múltiplo?
s E n h A
m
a
h
m
o
o
D
 a
li
sh
a
h
i/
sh
u
tt
er
st
o
c
k
colisão frontal perfeitamente elástica.
 polisaber 21
41
2-
5
gabarito – Física a
Aulas 15 e 16
 Estudo orientado
1. c
A energia potencial elástica armazenada no arco se 
transforma em energia cinética da flecha.
2. e
Energia cinética perdida no choque: Ec = 
m ∙ v2
2
Energia potencial gravitacional na queda da pessoa: 
Ep = mgh
∴ 
m ∙ v2
2
 = mgh ⇒ 
2.000 ∙ 102
2
 = 100 ∙ 10 ∙ h ⇒ h = 100 m 
Número de andares: n = 
100
3
 ≅ 33 andares
3. Energia potencial elástica armazenada na mola:
E = 
k ∙ x2
2
 = 
25 ∙ 0,22
2
 = 0,5 J 
Na condição descrita, a intensidade da força elásti-
ca que atua na mola é igual à intensidade da força 
resultante no rapaz. Assim:
R = ma ⇒ kx = ma
25 ∙ 0,2 = 50 ∙ a ⇒ a = 0,1 m/s2
4. c
Desprezando-se a resistência do ar, o sistema é 
conservativo:
Ec + Ep = E = cte
Para h ≥ 0: Ec + mgh = E ⇒ Ec = E − mgh
Portanto, o gráfico é uma reta com declividade 
negativa e com Ec = 0 para h = hmáx. (a criança para).
Para h ≤ 0: Ec + mgh + 
kh2
2
 = E ⇒ Ec = E − mgh − 
kh2
2
Portanto, o gráfico é um arco de parábola com con-
cavidade negativa e com Ec = 0 para h = hmín.. 
5. c
Desprezando-se a resistência do ar, o sistema é 
conservativo.
No lançamento: Ec = 
mv2
0
2
 = E0 
No ponto de altura máxima: v = vx = v0 ∙ cos α 
Ec = 
mv2
x
2
 = 
m(v0 ∙ cos α)2
2
 ⇒ mv2
0
2
 · cos2 α = 
= E0 ∙ cos2 α
6. c 
Tipos de energia associados a cada etapa do movi-
mento do atleta: 
Etapa I – velocidade do atleta: energia cinética.
Etapa II – flexão da vara: energia potencial elástica.
Etapa III – ponto de altura máxima: energia potencial 
gravitacional.
Para que o atleta atinja a máxima altura possível, toda 
energia cinética da etapa I deve ser convertida em 
energia potencial gravitacional na etapa III.
7. e
Em = Ec + Ep
Na posição y = h, a velocidade da bola é v, e sua altura 
em relação ao referencial adotado é: h – h0. Logo: 
Em = 
mv2
2
 + mg(h – h0)
Na posição y = 
(h – h0)
2
 a energia mecânica é a mes-
ma, pois o sistema é conservativo.
8. c
A velocidade do conjunto é: ∆s = 4,0 m (2 pedaladas 
de 2,0 m cada uma) no intervalo de tempo de 1,0 s. 
Logo: v = 4,0 m/s
Energia mecânica do conjunto: Em = Ec = 
mv2
2
 = 
= 
100 ∙ 4,02
2
 = 800 J
10% transformados em energia térmica; logo, pela 
conservação da energia, 90% são transformados em 
energia luminosa.
∴ Eluminosa = 0,9 ∙ 800 = 720 J
9. c
A energia mecânica da pessoa é constante, tomando-se 
como referencial para a energia potencial gravitacio-
nal o nível do ponto mais baixo:
mv2
2
 = mgh ⇒ v2 = 2gh = 2 ∙ 10 ∙ 1,2 ⇒ 24
em que v é a velocidade da pessoa nesse ponto.
No ponto mais baixo, a resultante centrípeta sobre 
a pessoa é dada por: 
RC = T – P ⇒ 
mv2
r
 = T – mg ⇒ 
⇒ T = 
mv2
r
 + mg = 
60 ∙ 24
2,0
 + 60 ∙ 10 ⇒ T = 1.320 N
Aplicando-se o fator de segurança de 7 vezes, a corda 
deve suportar:
7 ∙ 1.320 N = 9.240 N
Da tabela de opções: cordas III, IV e V.
Física a gabarito
22 polisaber
41
2-
5
10. b
O alcance horizontal no lançamento oblíquo é dado 
por: D = 
v2
0 ∙ sen 2θ
g
. Assim, para as mesmas con-
dições de arremesso:
D = α ∙ v2
0(I) (D é proporcional ao quadrado da velo-
cidade de lançamento.)
A velocidade v0 advém da conversão da energia 
potencial elástica da borracha em energia cinética: 
mv2
0
2
 = 
kx2
2
 ⇒ mv2
0 = kx2 (II)
Para a mesma força aplicada: F = kx ⇒ x = 
F
k
 (III)
Substituindo (III) em (II), temos:
mv2
0 = k [ F
k
]
2
 ⇒ v2
0 = 
F2
m
 ∙ 
1
k
Logo: v2
0 = α ∙ 
1
k
 (IV) (O quadrado da velocidade de 
lançamento é proporcional ao inverso da constante 
elástica.)
De (I) e (IV), temos: D = α ∙ 
1
k
 (O alcance é proporcio-
nal ao inverso da constante elástica.)
Para a borracha “dura”:
Dd = α ∙ 
1
kd
 (V)
E, para a borracha “mole”: Dm = α ∙ 
1
km 
(VI)
Dividindo-se (V) por (VI): 
Dd
Dm
 = 
km
kd
Como kd = 2km ⇒ 
Dd
Dm
 = 
1
2
 
11. d
Perda de 20% da energia mecânica, e, ainda, a energia 
potencial inicial (no solo) e a energia cinética final (na 
altura máxima) são nulas. Logo: 
Epf = 0,80 ∙ Eci
m ∙ g ∙ h = 0,8 ∙ 30 → 0,2 ∙ 10 ∙ h = 0,80 ∙ 30
h = 12 m
12. Nos últimos 100 m de queda, a velocidade da gota 
é constante, portanto sua energia cinética também é 
constante, assim a perda de energia mecânica será 
a variação da energia potencial gravitacional da 
gota: Ediss. = mg∆h = mg ∙ 100
Sua energia mecânica inicial é: Ei
m = mgh0 = mg ∙ 1.250
Percentualmente: 
Ediss.
Ei
m
 = 
mg ∙ 100
mg ∙ 1.250
 ∙ 100% = 
= 
1
12,5
 ∙ 100% = 8%
13. a) Sejam posição inicial (A), posição antes do pri-
meiro choque (B), e considerando-se que duran-
te a queda há conservação da energia mecâni-
ca, temos:
 EmA = EmB ⇒ EpA = EcB
 EcB = 1 ∙ 10 ∙ 0,5 ⇒ EcB = 5 J
 No primeiro choque, há perda de 60% dessa 
energia, assim:
 E’cB = 0,40 ∙ EcB = 0,40 ∙ 5 = 2 J
b) Durante a subida, após o primeiro choque, e 
durante a descida antes do segundo, há con-
servação da energia, portanto: 
m ∙ v2
2
 = 2 J ⇒ 
⇒ v2 = 4 ⇒ v = 2 m/s 
14. A altura inicial da bolinha é:
h = L − L ∙ cos 60° = 0,9 – 0,9 ∙ 0,5 = 0,45 m
Energia mecânica inicial:
Em = Ec + Ep ⇒ Ei
m = 
0,1 ∙ (0)2
2
 + 0,1 ∙ 10 ∙ 0,45 = 0 + 
+ 0,45 = 0,45 J
Energia mecânica final (ao atingir a posição de 
equilíbrio):
Em = Ec + Ep ⇒ Ef
m = 
0,1 ∙ (0)2
2
 + 0,1 ∙ 10 ∙ (0) = 0 J
Logo, energia dissipada:
Ediss. = Ei
m – Ef
m = 0,45 J
Aula 17
 Estudo orientado
1. c
∆E =  ∙ ∆t ⇒ 2,0 ∙ 1042 ∙ 0,001 =  ∙ 3,6 ∙ 107 ⇒ 
⇒  ≅ 5,6 ∙ 1031 W
2. d
Como o elevador sobe em MRU, em módulo: 
Felevador =  = mg = 3.000 N
Logo:
 = F ∙ v e v = 
∆s
∆t
 = 
6
20
 = 
3
10
 m/s ⇒ 
⇒  = 3.000 ∙ 
3
10
 = 900 W
3. c
Para cada unidade geradora, a potência teórica da 
água represada é dada por:
 = 
mgh
∆t
 polisaber 23
 gabarito Física a
41
2-
5
Para um ∆t = 1,0 s, o volume de água que cai da 
altura h = 118,4 m é de: 690 m3
Como cada m3 de água tem massa de 103 kg, a massa 
de água é: 
m = 690 ∙ 103 kg
 = 
690 ∙ 103 ∙ 10 ∙ 118,4
1
 = 8,1696 ∙ 108 W = 816,96 MW
E a potência instalada é de:
 = 
14 ∙ 103
20
 = 700 MW
Assim, a diferença é de:
816,96 − 700 =116,96 MW
4. a
Equivalência entre watt e cavalo-vapor:
{ = F ∙ v = m ∙ g ∙ v
 = 75 ∙ 10 ∙ 1 = 750 W
∴ 1 CV = 750 W
Para o automóvel em MRU:
F
R
 = O
 
P
x

P
y

N

F

F = Px = m ∙ g ∙ sen θ
F = 1.000 ∙ 10 ∙ 0,1
F = 1.000 N
A potência desenvolvida pelo carro: 
{ = F ∙ v = 1.000 ∙ 15
 = 15.000 W = 20 CV
5. d
A potência total absorvida pelo painel é: 
t = 1.000 ∙ 9,0 = 9.000 W
Logo, a potência útil no movimento do carro é: 
u = 9.000 ∙ 0,3 = 2.700 W
Mas temos:
u = 
∆E
∆t
 = 
m ∙ v2
2
∆t
 ⇒
⇒ 2.700 = 
200 ∙ 302
2 ∙ ∆t
 ⇒ ∆t = 
9 ∙ 104
2,7 ∙ 103
 = 33,33 s 
6. c
A potência total do carro é: t = 299 ∙ 740 ≅ 2,2 ∙ 105 W
A potência útil do carro é: 
u = 
∆E
∆t
 = 
m ∙ v2
2
∆t
 ⇒ u = 
2.400 ∙ 282
2
7,5
 ≅ 1,3 ∙ 105 W 
∴ 
u
t
 = 
1,3 ∙ 105
2,2 ∙ 105
 ≅ 0,6 = 60%
7. a
A energia disponível na cachoeira, para conversão 
em eletricidade, é a energia potencial gravitacional 
da água. Logo:  = mgh
∆t
Para um ∆t = 2,0 min = 120 s, o volume de água que 
cai da altura h = 12 m é de: 5,0 m3 = 5.000 L. Como 
cada litro de água tem massa de 1 kg, a massa de 
água é: m = 5.000 kg
 = 
5.000 ∙ 10 ∙ 12
120
 = 5.000 W = 5,0 kW
Aula 18
 Estudo orientado
1. a
A esfera, por inércia, manterá sua velocidade constante 
em movimento retilíneo, portanto a força resultante 
e o impulso resultante sobre ela serão nulos.
2. b
Para que o motorista, ou o boneco, desacelere até 
o repouso, é necessária a aplicação de um impulso 
resultante no sentido oposto ao movimento, até que a 
quantidade de movimento seja nula. Por outro lado, o 
risco de lesão interna é tanto maior quanto maior for a 
intensidade da força aplicada sobre o corpo. Assim, o 
cinto 2 corresponde ao de menor intensidade máxima 
da força resultante, portanto de menor risco de lesão.
3. c
∆Q& = Q&f – Q&i = m ∙ v&2 – m ∙ v&1 = m ∙ (v&2 – v&1) = m ∙ ∆v&
Diagrama vetorial: ∆v& = v&2 – v&1 
∆v

v
1

60°
v
2

Física a gabarito
24 polisaber
41
2-
5
O vetor ∆Q& tem a mesma direção e sentido que o 
vetor ∆v&.
4. a) m = 70 kg; v = 0, v0 = −72 km/h = −20 m/s (o sinal 
negativo indica sentido oposto ao do impulso do 
cinto) e ∆t = 0,1 s
 I & = ∆Q& ⇒ F& ∙ ∆t = Q&F – Q&I ⇒ F& ∙ ∆t = m ∙ v& – m ∙ v&0 ⇒
 ⇒ F& ∙ 0,1 = 0 − 70 ∙ (−20) ⇒ F& = 
1.400
0,1
 = 1,4 ∙ 104 N
b) Pela descrição do item:
 Epg = Ec = mgh = 12 ∙ 103 J ⇒ h = 
12 ∙ 103
60 ∙ 10
 = 20 m
5. b
m = 100 kg; vC = 4√

10 m/s
Tomando como referência, para a energia potencial 
gravitacional, o nível do ponto B e nas condições 
descritas:
EmC = 0,8 ∙ EcB 
⇒ 
mv2
C
2
 + mghC = 0,8 ∙ 
mv2
B
2
 ⇒ (4√

10)2
2
 + 10 ∙ 8 = 
= 0,8 ∙ 
v2
B
2
 ⇒ v2
B = 
320
0,8
 = 400 ⇒ vB = 20 m/s
Logo, o módulo da quantidade de movimento do 
golfinho no ponto B: 
QB = m ∙ vB = 100 ∙ 20 = 2.000 kg ∙ m/s
6. a) m = 60 kg; v0 = 36 km/h = 10 m/s e v = 0
	 ∆Ec = mv2
2
 – mv2
0
2
 = 0 – 
60 ∙ 102
2
 = 3.000 J
b) I & = ∆Q& ⇒ I & = Q&F – Q&I ⇒ I & = m ∙ v& – m ∙ v&0 ⇒
 ⇒ I & = 0 – 60 ∙ (–10) = 600 N ∙ s (O sinal negativo 
indica sentido oposto ao do impulso.)
7. b
m = 0,4; v2 = 0,6 m/s, v1 = −8 m/s (O sinal negativo 
indica sentido oposto.)
I = Área ⇒ I = 
Fmáx ∙ 0,2
2
 = 0,1 Fmáx.
I & = ∆Q& ⇒ I & = Q&F – Q&F ⇒ I & = m ∙ v& – m ∙ v&0 ⇒
⇒ 0,1 ∙ Fmáx. = 0,4 ∙ 0,6 – 0,4 ∙ (–8) ⇒ Fmáx. = 
0,4 ∙ 8,6
0,1
 = 
= 4 ∙ 8,6 = 34,4 N
N
Física a
Pe
tr
 S
m
id
a
/S
h
u
tt
er
St
o
c
k
2 PoliSaber
41
2-
6
01
8
aulas 19 e 20 − sistemas isolados e colisões
sistemas mecanicamente isolados 
Um sistema de corpos é o conjunto de corpos, cujos movimentos são estudados simultaneamente.
Quantidade de movimento de um sistema
A quantidade de movimento de um sistema de corpos, é a soma das quantidades de movimento de cada corpo do 
sistema, para um mesmo referencial e em determinado instante de tempo.
Para um sistema constituído por n corpos:
�� �� �� �� �� � � � �
Q Q Q Q Q m v m v m v m v... ...1 2 3 n 1 1 2 2 3 3 n n= + + + + = + + + +
Forças internas e forças externas
Em um sistema, há ação das forças internas: forças trocadas nas interações entre dois corpos do sistema, também 
ação de forças externas: forças aplicadas aos corpos do sistema por outros corpos. 
Nos casos em que a resultante das forças externas for nula, o sistema é dito isolado, ou ainda: mecanicamente isolado. 
Para um sistema mecanicamente isolado, a resultante de forças sobre esse sistema é nula, pois a resultante externa 
é nula, pela definição de sistema isolado e a resultante interna também, pois são forças devido a interações agindo em 
par ação e reação, sempre de mesmo módulo, mesma direção e sentidos opostos, assim: o impulso resultante também 
é nulo (
� ��
I R tR = ⋅ Δ ).
Aplicando-se o teorema do impulso, para o sistema isolado:
� �� �� �� �� ��
I Q Q O Q QR final inicial final inicial= − = ⇒ =
Então, em um sistema mecanicamente isolado, a quantidade de movimento é constante; este é o princípio da con-
servação da quantidade de movimento.
Notas: 
 1. Esse princípio será aplicado no estudo das colisões e dasexplosões, ou ainda em situações equivalentes, propor-
cionando grande facilidade no equacionamento.
 2. Veja o desenvolvimento matemático do estudo das colisões na roda de leitura.
Choque mecânico entre esferas de mesma massa.
SP
en
c
er
 h
o
Pk
in
S/
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
 PoliSaber 3
 aulas 19 e 20 Física a
41
2-
6
Colisões ou choques 
mecânicos
Considere o exemplo de uma colisão entre duas 
esferas, A e B, que se movem numa mesma direção, 
antes e depois da colisão (colisão frontal).
Sejam mA e mB as massas das esferas A e B, 
respectivamente, 

Av e 

Bv , suas velocidades imediatamente 
antes e 

Av ' e 

Bv ' , suas velocidades imediatamente depois 
da colisão.
Esquematicamente:
m
A
Antes da colisão
v
A
m
B
v
B
m
A
Depois da colisão
v’
A
m
B
v’
B
⇒
A quantidade de movimento do sistema é dada por: 
Imediatamente antes da colisão:
Q m v m vA A B B
�� � �
antes = ⋅ + ⋅
Imediatamente depois da colisão:
�� � �
Q m v m v' 'A A B Bdepois = ⋅ + ⋅
Entretanto, o sistema constituído pelas esferas durante 
a colisão é mecanicamente isolado, assim: 
Q Q
m v m v m v m v' 'A A B B A A B B
antes depois
�� ��
� � � �
= ⇒
⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
Nota: Este também é aplicado às colisões oblíquas, 
aquelas em que as velocidades dos corpos, antes e 
depois da colisão, estão em direções diferentes. 
Outra grandeza relevante neste estudo é a energia 
cinética do sistema: 
Imediatamente antes da colisão: 
E
m v m v
2 2C
A A B Bantes
2 2
=
⋅
+
⋅
Imediatamente depois:
E
m v m v'
2
'
2C
A A B Bdepois
2 2
=
⋅
+
⋅
A comparação entre esses valores classifica a colisão 
como:
I. Colisão perfeitamente elástica, quando não 
há perda de energia cinética do sistema; ou seja: 
=E EC
depois
C
antes
II. Colisão parcialmente elástica, quando há perda 
de energia cinética do sistema,pelas setas. Uma terceira partícula, deno-
minada antineutrino (

v, carga zero), é também produzida nesse processo.
6
2
He 6
2
Li + e— + v
e—
6
3
Li
v v
v v
' '
10 ( 5,0)
1 ' ' 15 (ii)2 1
2 1
−
− −
= ⇒ − =
resolvendo-se o sistema de equações (i) e (ii): v'1 = −5,0 m/s ⇒ 5,0 m/s para a esquerda 
v'2 = 10 m/s ⇒ 10 m/s para a direita
observação: ocorre permuta entre as velocidades na colisão perfeitamente elástica entre massas iguais.
Física a aulas 19 e 20
6 PoliSaber
41
2-
6
O vetor que melhor representa a direção e o sentido 
da quantidade de movimento do antineutrino é:
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
4. (Enem) Durante um reparo na estação espacial 
internacional, um cosmonauta, de massa 90 kg, 
substitui uma bomba do sistema de refrigeração, 
de massa 360 kg, que estava danificada. Inicial-
mente, o cosmonauta e a bomba estão em repou-
so em relação à estação. Quando ele empurra a 
bomba para o espaço, ele é empurrado no sentido 
oposto. Nesse processo, a bomba adquire uma ve-
locidade de 0,2 m/s em relação à estação.
Qual é o valor da velocidade escalar adquirida pelo 
cosmonauta, em relação à estação, após o empurrão?
a) 0,05 m/s
b) 0,20 m/s
c) 0,40 m/s
d) 0,50 m/s
e) 0,80 m/s
5. (Fuvest-SP) Uma caminhonete, de massa 2.000 kg, 
bateu na traseira de um sedã, de massa 1.000 kg, que 
estava parado no semáforo, em uma rua horizon-
tal. Após o impacto, os dois veículos deslizaram 
como um único bloco. Para a perícia, o motorista 
da caminhonete alegou que estava a menos de 
20 km/h quando o acidente ocorreu. A perícia 
constatou, analisando as marcas de frenagem, 
que a caminhonete arrastou o sedã, em linha 
reta, por uma distância de 10 m. Com esse dado 
e, estimando que o coeficiente de atrito cinético 
entre os pneus dos veículos e o asfalto, no local 
do acidente, era 0,5, a perícia concluiu que a ve-
locidade real da caminhonete, em km/h, no mo-
mento da colisão era, aproximadamente:
(Dados: Aceleração da gravidade: 10 m/s2; Descon-
sidere a massa dos motoristas e a resistência do ar.)
a) 10
b) 15
c) 36
d) 48
e) 54
6. (Vunesp) A figura mostra a trajetória de um projétil 
lançado obliquamente e cinco pontos equidistantes 
entre si e localizados sobre o solo horizontal. Os 
pontos e a trajetória do projétil estão em um mes-
mo plano vertical.
I
d d d
A B
d
II III IV V
V
B
No instante em que atingiu o ponto mais alto da tra-
jetória, o projétil explodiu, dividindo-se em dois frag-
mentos, A e B, de massas MA e MB, respectivamente, 
tal que MA = 2MB.
Desprezando a resistência do ar e considerando que 
a velocidade do projétil imediatamente antes da ex-
plosão era VH e que, imediatamente após a explosão, 
o fragmento B adquiriu velocidade VB = 5VH, com mes-
ma direção e sentido de VH, o fragmento A atingiu o 
solo no ponto:
a) IV b) III c) V d) I e) II
7. (Unicamp-SP) Tempestades solares são causadas 
por um fluxo intenso de partículas de altas energias 
ejetadas pelo Sol, durante erupções solares. Esses 
jatos de partículas podem transportar bilhões de 
toneladas de gás eletrizado em altas velocidades, 
que podem trazer riscos de danos aos satélites em 
torno da Terra.
Considere que, em uma erupção solar em parti-
cular, um conjunto de partículas de massa total 
mp = 5 kg, deslocando-se com velocidade de módulo 
vp = 2 ∙ 105 m/s, choca-se com um satélite de massa 
ms = 95 kg que se desloca com velocidade de mó-
dulo igual a vs = 4 ∙ 103 m/s na mesma direção e em 
sentido contrário ao das partículas. Se a massa de 
partículas adere ao satélite após a colisão, o módulo 
da velocidade final do conjunto será de:
a) 102.000 m/s
b) 14.000 m/s
c) 6.200 m/s
d) 3.900 m/s
8. (Enem-MEC) O trilho de ar é um dispositivo utilizado 
em laboratórios de física para analisar movimentos 
em que corpos de prova (carrinhos) podem se mover 
com atrito desprezível. A figura ilustra um trilho ho-
rizontal com dois carrinhos (1 e 2) em que se realiza 
um experimento para obter a massa do carrinho 2. 
 PoliSaber 7
 aulas 19 e 20 Física a
41
2-
6
No instante em que o carrinho 1, de massa 150,0 g, passa a se mover com velocidade escalar constante, o carrinho 
2 está em repouso. No momento em que o carrinho 1 se choca com o carrinho 2, ambos passam a se movimentar 
juntos com velocidade escalar constante. Os sensores eletrônicos distribuídos ao longo do trilho determinam as 
posições e registram os instantes associados à passagem de cada carrinho, gerando os dados do quadro.
Sensor 1 Sensor 3 Sensor 4Sensor 2
Carrinho 1 Carrinho 2
Carrinho 1 Carrinho 2
Posição (cm) Instante (s) Posição (cm) Instante (s)
15,0 0,0 45,0 0,0
30,0 1,0 45,0 1,0
75,0 8,0 75,0 8,0
90,0 11,0 90,0 11,0
Com base nos dados experimentais, o valor da massa do carrinho 2 é igual a:
a) 50,0 g b) 250,0 g c) 300,0 g d) 450,0 g e) 600,0 g
9. (Enem-MEC) o pêndulo de Newton pode ser constituído por cinco pêndulos idênticos suspensos em um mesmo 
suporte. Em dado instante, as esferas de três pêndulos são deslocadas para a esquerda e liberadas, deslocando-se 
para a direita e colidindo elasticamente com as outras duas esferas, que inicialmente estavam paradas.
O movimento dos pêndulos após a primeira colisão está representado em:
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
Física a aulas 19 e 20
8 PoliSaber
41
2-
6
10. Um corpo A com massa M e um corpo B com massa 
2M estão inicialmente em repouso sobre um plano 
horizontal conforme figura:
A B
Barbante
Entre eles, existe uma mola, de massa desprezível, 
que está comprimida por meio de um barbante tra-
cionado que mantém ligados os dois corpos. Após 
o barbante ser cortado, a mola distende-se, empur-
rando as duas massas, que dela se separam e pas-
sam a se mover livremente, com velocidades vA e vB, 
respectivamente. Sendo vB = v, determine: 
(Dados: despreze todas as dissipações.)
a) a velocidade vA; 
b) a energia potencial elástica armazenada na mola 
antes do barbante ser cortado.
11. (Vunesp) Duas esferas de massas m e 2m movem-
-se com velocidades de mesma intensidade V, em 
trajetórias retilíneas perpendiculares entre si, conti-
das num plano horizontal. No ponto P da figura, elas 
colidem de forma inelástica e passam a mover-se 
unidas após a colisão.
m V
V
P
2m
Considerando o sistema isolado, pode-se afirmar que, 
após a colisão, a velocidade das esferas vale:
a) 
v 2
2
b) 
v 5
3
c) 
v 3
2
d) v
e) v 5
12. Um núcleo atômico instável de massa M, inicial-
mente em repouso, ejeta uma partícula de massa m 
com velocidade de módulo v0. Como consequência, 
o núcleo alterado recua. Determine o módulo da ve-
locidade de recuo do núcleo alterado.
13. Em um pêndulo balístico, um projétil é disparado 
em direção a um bloco de madeira, inicialmente em 
repouso, conforme figura:
h
m
1
 + m
2
m
1
m
2
Após o impacto, o projétil aloja-se no bloco e ambos 
sobem uma altura h. 
Qual o valor da velocidade v do projétil, imediata-
mente antes do impacto? 
Dados:
Aceleração da gravidade = g.
Durante a subida do bloco, a resistência do ar 
é desprezível.
14. (Fuvest-SP) Um trabalhador de massa m está em 
pé, em repouso, sobre uma plataforma de massa M. 
O conjunto se move, sem atrito, sobre trilhos 
horizontais e retilíneos, com velocidade de módulo 
constante v. Em certo instante, o trabalhador 
começa a caminhar sobre a plataforma e permanece 
com velocidade de módulo v, em relação a ela, e 
com sentido oposto ao do movimento dela em 
relação aos trilhos. Nessa situação, o módulo da 
velocidade da plataforma em relação aos trilhos é:
a) 
( )
( )
2m M v
m M
+
+
b) 
( )2m M v
M
+
c) 
( )2m M v
m
+
d) 
( )M m v
M
−
e) 
( )
( )
m M v
M m
+
−
 PoliSaber 9
 aulas 19 e 20 Física a
41
2-
6
roda de leitura
Relação entre o coeficiente de restituição e a classificação das colisões: 
Tipo de colisão
Coeficiente de 
restituição
Velocidades relativas
Energia cinética do 
sistema
Perfeitamente elástica e = 1 v vaf ap= =E EC
depois
C
antes
Parcialmente elástica 0C
antes
navegar
Acesse o site (acesso em: maio 2018) 
e faça uma leitura diferente e exemplificada a respeito dos tipos de colisões.
s e n h a
Qual grandeza física explica o comportamento de uma gangorra? momento ou torque de uma força.
b
il
li
o
n
 P
h
o
to
S/
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
41
2-
6
Corpo rígido
um corpo é denominado rígido (ou extenso) quando as forças 
estiverem aplicadas em diferentes pontos desse corpo. Quando 
comparado a um ponto material, ou partícula, que pode sofrer 
apenas movimento de translação, observa-se que o corpo rígido 
pode realizar tanto movimento de translação, quanto de rotação. 
neste módulo o objeto de estudo são as condições de equilíbrio 
de um corpo rígido, uma vez que o equilíbrio da partícula já 
foi descrito na Primeira lei de newton, o Princípio da inércia.
momento de uma força (M)
Considere o seguinte exemplo, uma barra articulada 
em um ponto O sofre a ação de uma força 
��
F, conforme 
o esquema:
O
b Linha de ação da força
F
Define-se momento, ou torque (M), da força 
��
F sobre a 
barra, em relação ao ponto O, o produto: 
M = F ∙ b
Em que F é a intensidade (módulo) da força 
��
F e b é 
chamado braço da força que é a distância da linha de 
ação da força até o ponto O (O é chamado polo).
Dessa forma, entende-se o momento de uma força 
como a medida da tendência de rotação que essa força 
aplica ao corpo, em relação a um ponto (polo).
Notas:
 1. Unidade no Sistema Internacional:
 [M] = N ∙ m (newton × metro)
 2. O momento de uma força é uma grandeza vetorial, 
porém, neste nível de estudo, trabalha-se apenas 
com forças coplanares; logo, define-se apenas a in-
tensidade do momento e diferencia-se seu sentido 
de giro pelo sinal. 
 Por exemplo, se o momento for aplicado no senti-
do anti-horário, será positivo (+), se o momento for 
aplicado no sentido horário, será negativo (–).
 3. Nos casos em que a linha de ação da força passa pelo 
ponto O (polo), o braço da força é nulo (b = 0), portan-
to M = 0, ou seja, essa força não aplica tendência de 
rotação ao corpo, em relação a esse ponto O.
momento resultante (MR) 
Normalmente, um corpo extenso sofre ação de várias 
forças simultaneamente; então, cada força aplica um 
momento sobre o corpo, logo o momento resultante, 
em relação a um ponto O, é a soma de todos os momen-
tos aplicados, considerando-se seus respectivos sinais:
MR = M1 + M2 + M3 + ... + Mn
equilíbrio do corpo rígido
Um corpo rígido em equilíbrio estático não sofre movi-
mento de translação, nem movimento de rotação, para 
tal, é necessário que:
 1. A força resultante no corpo seja nula, temos equilí-
brio de translação.
R
��
= 0
 e simultaneamente:
 2. O momento resultante sobre o corpo seja nulo, te-
mos equilíbrio da rotação.
MR = 0
Nota: veja modelos de questões resolvidas na Roda 
de leitura.
aulas 19 e 20 − eQuilíbrio do corpo rígido
 PoliSaber 11
aula 21 Física a
41
2-
6
exercícios
1. (PUC-SP) Podemos abrir uma porta, aplicando uma força 
��
F em um ponto localizado próximo à dobradiça (figura 1) 
ou exercendo a mesma força 
��
F em um ponto localizado longe da dobradiça (figura 2). 
Figura 1
d
1F
Figura 2
d
2F
Sobre o descrito, é correto afirmar que:
a) a porta abre-se mais facilmente na situação da figura 1, porque o momento da força F aplicada é menor.
b) a porta abre-se mais facilmente na situação da figura 1, porque o momento da força F aplicada é maior.
c) a porta abre-se mais facilmente na situação da figura 2, porque o momento da força F aplicada é menor.
d) a porta abre-se mais facilmente na situação da figura 2, porque o momento da força F aplicada é maior.
e) não há diferença entre aplicarmos a força mais perto ou mais longe da dobradiça, pois o momento de F independe 
da distância d entre o eixo de rotação e o ponto de aplicação da força.
2. (Unicamp-SP) Um homem de massa m = 80 kg quer levantar um objeto, usando uma alavanca rígida e leve. Os 
braços da alavanca têm 1,0 m e 3,0 m.
a) Qual a maior massa que o homem consegue levantar, usando a alavanca e o seu próprio peso?
b) Nesse caso, qual a força exercida sobre a alavanca no ponto de apoio?
3. Uma escada homogênea de peso 400 N está apoiada em uma parede, no ponto P e, sobre o piso, no ponto Q. Não 
há atrito entre a escada e nenhum dos apoios, isto é, o piso e a parede são idealmente lisos.
3,0 m
4,0 m
400 N
Corda
Q
P
Para manter a escada em equilíbrio na posição indicada, intercala-se, entre o pé da escada e a parede, uma corda 
horizontal. Admitindo os dados contidos na figura, a força de tração na corda vale:
a) 150 N
b) 200 N
c) 250 N
d) 300 N
2. a) diagrama de forças sobre a alavanca: 
P
O
P
H
A
N
1,0 m 3,0 m
peso do objeto: PO; peso do homem: PH 
força normal do apoio: N 
o momento resultante sobre a alavanca é nulo, tomando 
o ponto de apoio (A) como referência (polo): 
MR = 0, então em módulo: 
MPH = MP0 ⇒ PH ∙ 3,0 = PO ∙ 1,0
⇒ mH ∙ g ∙ 3,0 = mO ∙ g ∙1,0 ⇒ mH ∙ 3,0 = mO ⇒ mO = 240 kg
b) a resultante das forças na alavanca também é nula: 
N = PH + PO ⇒ N = 800 + 2.400 ⇒ N = 3.200 n
o que faz a porta abrir é o momento da força F aplicado em relação à linha das dobradiças, assim, a porta abre-se mais facilmente na situação da figura 2, porque o momento da 
força F
��
 aplicado é maior, uma vez que o braço da força é maior.
3. diagrama de forças para a escada:
3,0 m
4,0 m
P
Corda
N
2
TN
1
equilíbrio das forças: N1 = P e T = N2 
equilíbrio dos momentos: Mr = 0, tomando o ponto de apoio no 
solo como referência, em módulo: 
P ∙ 1,5 = N2 ∙ 4,0 ⇒ 400 ∙ 1,5 = N2 ∙ 4,0 ⇒ N2 = 150 n ⇒ T = 150 n 
Física a aula 21
12 PoliSaber
41
2-
6
estudo orientado
exercícios
1. (UERJ) Dois rebocadores, 1 e 2, são utilizados para 
auxiliar a atracar o transatlântico em um porto. Os 
rebocadores exercem sobre o navio, respectiva-
mente, as forças paralelas 
��
F1 e F
��
2, conforme mostra 
o esquema a seguir.
Po
rto
F
1
F
2
100 m 80 m
O
Transatlântico
Sabendo que F1 = 1,0 ∙ 104 N e F2 = 2,0 ∙ 104 N, de-
termine:
a) o momento resultante das duas forças em relação 
ao ponto O;
b) o impulso resultante produzido por essas forças 
durante 1 minuto.
2. (Vunesp) Três cubos laranjas idênticos e três cubos 
azuis idênticos estão equilibrados em duas balan-
ças de pratos, também idênticas, conforme indicam 
as figuras.
2 kg
3 kg
A massa de um cubo laranja supera a de um cubo 
azul em exato:
a) 1,3 kg
b) 1,5 kg
c) 1,2 kg
d) 1,4 kg
e) 1,6 kg
3. (Enem-MEC) Em um experimento, um professor le-
vou para a sala de aula um saco de arroz, um pe-
daço de madeira triangular e uma barra de ferro 
cilíndrica e homogênea. Ele propôs que fizessem a 
medição da massa da barra, utilizando esses obje-
tos. Para isso, os alunos fizeram marcações na bar-
ra, dividindo-a em oito partes iguais e, em seguida, 
apoiaram-na sobre a base triangular, com o saco de 
arroz pendurado em uma de suas extremidades, até 
atingir a situação de equilíbrio.
Arroz
5,00 kg
Nessa situação, qual foi a massa da barra obtida pelos 
alunos?
a) 3,00 kg
b) 3,75 kg
c) 5,00 kg
d) 6,00 kg
e) 15,00 kg
4. (Enem-MEC) O mecanismo que permite articular 
uma porta (de um móvel ou de acesso) é a dobra-
diça. Normalmente, são necessárias duas ou mais 
dobradiças para que a porta seja fixada no móvel ou 
no portal, permanecendo em equilíbrio e podendo 
ser articulada com facilidade.
No plano, o diagrama vetorial das forças que as do-
bradiças exercem na porta está representado em:
 PoliSaber 13
aula 21 Física a
41
2-
6
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
5. (Fuvest-SP)
CM
6
4
0 2–3–5
P
y (m)
x (m)
2
O guindaste da figura pesa 50.000 N sem carga, e 
os pontos de apoio de suas rodas no solo horizontal 
estão em x = 0 e x = −5 m. O centro de massa (CM) 
do guindaste sem carga está localizado na posição 
(x = −3 m; y = 2 m). Na situação mostrada na figura, 
a maior carga P que esse guindaste pode levantar 
pesa:
a) 7.000 N
b) 50.000 N 
c) 75.000 N
d) 100.000N
e) 150.000 N
6. (Unicamp-SP) A figura seguinte ilustra uma alavan-
ca, que gira em torno do ponto O. Dois triângulos, 
do mesmo material e de mesma espessura, estão 
presos por fios de massa desprezível nos extremos 
da alavanca. Um triângulo é equilátero; o outro é re-
tângulo e isósceles, e sua hipotenusa tem o mesmo 
comprimento que os lados do triângulo equilátero. 
Note que, nesse caso, o peso dos objetos é propor-
cional à sua área. Conclui-se que, na condição de 
equilíbrio da alavanca, a razão das distâncias, 
i
e
, é 
igual a:
Triângulo equilátero
Triângulo isósceles
Ponto O
e i
a) 3
b) 
3
3
c) 2
d) 3
7. (CPS-SP) De acordo com a mecânica clássica, são 
reconhecidos três tipos básicos de alavancas: a in-
terfixa, a inter-resistente e a interpotente, definidas 
de acordo com a posição relativa da força potente 
(F), da força resistente (R) e do ponto de apoio (P), 
conforme a figura 1.
F R
P
FR
P
F R
P
Alavanca
interfixa
Alavanca
inter-resistente
Alavanca
interpotente
Figura 1
F R
P
FR
P
F R
P
Alavanca
interfixa
Alavanca
inter-resistente
Alavanca
interpotente
Figura 1
Os seres vivos utilizam esse tipo de mecanismo 
para a realização de diversos movimentos. 
Isso ocorre com o corpo humano quando, por 
exemplo, os elementos ósseos e musculares do 
braço e do antebraço interagem para produzir 
movimentos e funcionam como uma alavanca, 
conforme a figura 2.
Física a aula 21
14 PoliSaber
41
2-
6
Braço
Bíceps
Úmero
Antebraço
Rádio
Ulna
Figura 2
Nessa alavanca, o ponto de apoio está localiza-
do na articulação entre o úmero, o rádio e a ulna. 
A força potente é aplicada próximo à base do rá-
dio, em que o tendão do bíceps se insere, e a força 
resistente corresponde ao peso do próprio ante-
braço.
Com base nessas informações, é possível concluir, 
corretamente, que a contração do bíceps provoca, 
no membro superior, um movimento de:
a) extensão, por um sistema de alavanca interfixa.
b) extensão, por um sistema de alavanca interpotente.
c) flexão, por um sistema de alavanca inter-resistente.
d) flexão, por um sistema de alavanca interpotente.
e) flexão, por um sistema de alavanca interfixa.
roda de leitura
Modelos de resoluções, envolvendo momento de uma 
força, momento resultante e equilíbrio do corpo rígido.
1. (Fuvest-SP) Três homens tentam fazer girar, em tor-
no do pino fixo O, uma placa retangular de largu-
ra a e comprimento 2a, que está inicialmente em 
repouso sobre um plano horizontal, de atrito des-
prezível, coincidente com o plano do papel. Eles 
aplicam as forças 
   
F F F FA B C A= = ⋅e 2 , nos pontos A, 
B e C, como representadas na figura. Designando, 
respectivamente, por MA, MB e MC as intensidades 
dos momentos dessas forças em relação ao ponto 
O, é correto afirmar que:
F
A
F
B
F
CO
A
a
a
a
B
C
a) MA = MB > MC e a placa gira no sentido horário.
b) MA MC, e os momentos MA e MB são 
aplicados no sentido horário, portanto a placa gira 
no sentido horário.
2. (Enem-MEC) Um portão está fixo em um muro por 
duas dobradiças A e B, conforme mostra a figura, 
sendo P o peso do portão.
A
B
Caso um garoto se dependure no portão pela extre-
midade livre, e supondo que as reações máximas 
suportadas pelas dobradiças sejam iguais:
a) é mais provável que a dobradiça A arrebente primeiro 
que a B.
b) é mais provável que a dobradiça B arrebente primeiro 
que a A.
c) seguramente as dobradiças A e B arrebentarão 
simultaneamente.
d) nenhuma delas sofrerá qualquer esforço.
e) o portão quebraria ao meio, ou nada sofreria.
A força peso do garoto aplica um momento que tende 
a fazer o portão girar no sentido horário, logo: a do-
bradiça A é tracionada e a dobradiça B é comprimida; 
porém, a dobradiça resiste mais a um esforço de com-
pressão do que a um esforço de tração, então, é mais 
provável que a dobradiça A arrebente primeiro.
 PoliSaber 15
aula 21 Física a
41
2-
6
3. (UFMG) Gabriel está na ponta de um trampolim, que 
está fixo em duas estacas – I e II –, como represen-
tado nesta figura:
I II
Sejam F1
���
 e F2
���
 as forças que as estacas I e II fazem, 
respectivamente, no trampolim.
Com base nessas informações, é correto afirmar 
que essas forças estão na direção vertical e:
a) têm sentido contrário 
���
F1, para cima e 
���
F2 para baixo.
b) ambas têm o sentido para baixo.
c) têm sentido contrário, 
���
F1 para baixo e 
���
F2 para cima.
d) ambas têm o sentido para cima.
O peso do atleta força o lado direito do trampolim 
para baixo, aplicando momento no sentido horário. 
A estaca II se comporta como um ponto de apoio e 
a estaca I é obrigada a aplicar uma força para bai-
xo, aplicando momento no sentido anti-horário para 
equilibrar o momento do peso do atleta.
Esquematicamente:
I II
4. Uma barra de madeira tem 3 m de comprimento 
e 2 kg de massa, uniformemente distribuída em 
toda a sua extensão. Essa barra é suportada por 
um eixo fixo que passa a uma distância de 1 m da 
extremidade da barra em que está colocada uma 
massa de 4 kg (ver figura).
4 kg
1 m
M
Sabendo que a barra pode girar livremente em tor-
no do eixo fixo:
a) reproduza, no caderno de respostas, o desenho 
anterior, indicando todas as forças que atuam no 
sistema barra + blocos.
Diagrama de forças no sistema:
4 kg
1 m 0,5 m P
b
P
2
P
1
N
M
Peso do bloco de 4,0 kg: P1 
Peso da barra: Pb 
Peso do bloco de massa M: P2 
Normal da articulação: N 
b) determine o valor da massa M que deve ser coloca-
da na outra extremidade para que a barra fique em 
equilíbrio na horizontal.
Na condição de equilíbrio, o momento resultante em 
relação à articulação é nulo, portanto, em módulo:
M M M
P
P M
40 1,0 20 0,5 2,0
15 N 1,5 kg
P P P
2
2
b1 2
= + ⇒
⇒ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒
⇒ = ∴ =
5. (Mackenzie-SP) Uma viga AB homogênea, de sec-
ção transversal uniforme, com peso 400 N e com-
primento 5 m, é apoiada em um muro de 3,20 m de 
altura, como mostra a figura.
A
C
B
3,20 m
2,40 m
A força que essa viga exerce sobre o muro, no pon-
to C, tem intensidade igual a:
Física a aula 21
16 PoliSaber
41
2-
6
a) 150 N b) 200 N c) 250 N d) 300 N e) 350 N
Do teorema de Pitágoras no triângulo retângulo for-
mado, AC = 4,00 m.
Diagrama de forças na viga:
A
P
f
at.A
F
C
N
C
N
A
f
at.C
C
3,20 m
2,40 m
x = 1,50 m
4,00 m
2,50 m
O momento resultante em relação ao ponto A é nulo, 
logo, em módulo:
P x N AC N N400 1,5 4 150 NC C C⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =
navegar
Acesse o site (acesso em: maio 
2018) e faça uma leitura sobre a engenharia das maiores 
pontes da Terra.
ágora
“Dê-me um ponto de apoio fixo e eu faço a Terra 
mover-se.”
Essa citação, atribuída a Arquimedes, refere-se ao uso 
de alavancas, isso seria fisicamente possível? Crie um 
pequeno grupo e faça um debate sobre essa questão, 
justificando física e matematicamente.
s e n h a
Quão misteriosa pode ser a explicação sobre o movimento dos astros celestes?
b
il
li
o
n
 P
h
o
to
S/
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
nem tão misteriosa assim, esses movimentos já foram descritos pelas leis de kepler e lei de newton da Gravitação universal.
 PoliSaber 17
41
2-
6
Aulas 19 e 20
 Estudo orientado
1. e
Pela conservação da quantidade de movimento na 
colisão:
Q Q m v m v m v m v
m m m m
m m m m
m m
3 1 ( 2) 4
3 2 4 1
5 3
f i 1 1
'
2 2
'
1 1 2 2
1 2 1 2
1 1 2 2
1 2
�� ��
= ⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
⋅ + ⋅ = ⋅ − + ⋅
⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ ⇒
⇒ ⋅ = ⋅
2. O sistema bloco + bala é isolado, pela conservação 
da quantidade de movimento:
Qi = QF ⇒ ΔQbaia = ΔQBloco ⇒ mbaia ∙ Δvbaia = mBloco ∙ ΔvBloco 
mbaia ∙ 300 = 1,5 ∙ 0,4 ⇒ mbaia = 0,002 kg = 2 g
3. d
Sendo: 6
2He: 0; e– : 1; 3
6Li: 2 e v:

 3
O sistema constituídoobtendo 
8,5 s para o tempo de ultrapassagem.
Em seguida, considerando a informação contida na figura e sabendo que o comprimento do carro era 4 m e que a 
velocidade do carro permaneceu constante e igual a 30 m/s, ele calculou a velocidade média do caminhão, durante 
a ultrapassagem, obtendo corretamente o valor:
a) 24 m/s
b) 21 m/s
c) 22 m/s
d) 26 m/s
e) 28 m/s
8. (Fuvest-SP) Um homem correndo ultrapassa uma composição ferroviária, com 100 metros de comprimento, que se 
move vagarosamente no mesmo sentido. A velocidade do homem é o dobro da velocidade do trem. Em relação à 
Terra, qual o espaço percorrido pelo homem, desde o instante em que alcança a composição até o instante em que 
a ultrapassa?
c
n
h
00
1
vR = vA − vC = 30 − vC 
tempo de ultrapassagem: Δt = 8,5 s
deslocamento relativo entre o automóvel e o caminhão: 
ΔsR = 30 + 4,0 = 34 m; assim:
ΔsR = vR ∙ Δt ⇒ 34 = (30 − vC) ∙ 8,5 ⇒
⇒ 30 − vC = 4,0 ⇒ vC = 26 m/s
Velocidade do trem, em relação à terra: vT = v
Velocidade do homem, em relação à terra: vH = 2v
Velocidade relativa do homem em relação ao trem: vR = 2v − v = v
o deslocamento relativo durante a ultrapassagem é o comprimento do trem (ΔsR = 100 m; 
então: ΔsR = vR ∙ Δt = v ∙ Δt = 100 m)
o deslocamento do homem, em relação à terra, durante a ultrapassagem é dado por: 
ΔsH = vH ∙ Δt = 2v ∙ Δt = 2 ∙ 100 m = 200 m
Física a aulas 2 e 3
12 polisaber
41
2-
1
estudo orientado
exercícios
1. (Enem-MEC) Em uma prova de 100 m rasos, o desempenho típico de um corredor padrão é representado pelo 
gráfico a seguir:
12
12
10
10 16
Tempo (s)
14
8
8
6
Ve
lo
ci
da
de
 (m
/s
)
6
4
4
2
2
0
0
Baseado no gráfico, em que intervalo de tempo a velocidade do corredor é aproximadamente constante:
a) entre 0 e 1 segundo.
b) entre 1 e 5 segundos.
c) entre 5 e 8 segundos.
d) entre 8 e 11 segundos.
e) entre 12 e 15 segundos.
2. (Enem-MEC) O gráfico a seguir modela a distância percorrida, em km, por uma pessoa em certo período de tempo. 
A escala de tempo a ser adotada para o eixo das abscissas depende da maneira como essa pessoa se desloca. Qual 
é a opção que apresenta a melhor associação entre meio ou forma de locomoção e unidade de tempo, quando são 
percorridos 10 km?
Tempo0 1 2
10 km
a) carroça − semana
b) carro − dia
c) caminhada − hora
d) bicicleta − minuto
e) avião − segundo 
 polisaber 13
aulas 2 e 3 Física a
41
2-
1
3. (FGV-SP) Em uma passagem de nível, a cancela é 
fechada automaticamente quando o trem está a 
100 m do início do cruzamento. O trem, de compri-
mento 200 m, move-se com velocidade constante 
de 36 km/h. Assim que o último vagão passa pelo 
final do cruzamento, a cancela se abre liberando o 
tráfego de veículos.
Considerando que a rua tem largura de 20 m, o tempo 
que o trânsito fica contido desde o início do fecha-
mento da cancela até o início de sua abertura, é, em s:
a) 32 b) 36 c) 44 d) 54 e) 60
4. (Fuvest-SP) Um veículo movimenta-se numa pista 
retilínea de 9,0 km de extensão. A velocidade máxi-
ma que ele pode desenvolver no primeiro terço do 
comprimento da pista é 15 m/s, e nos dois terços 
seguintes é de 20 m/s. O veículo percorreu esta pis-
ta no menor tempo possível. Pede-se:
a) a velocidade média desenvolvida;
b) o gráfico v · t deste movimento.
5. Na determinação da profundidade de um lago, um 
recurso útil é o uso de um sonar instalado em 
um barco em repouso, medindo-se o intervalo de 
tempo decorrido entre a emissão de um sinal sono-
ro e sua resposta recebida no barco (eco).
Considere que, em determinada região, esse inter-
valo de tempo medido tenha sido de 2 segundos. 
Sabendo-se que a velocidade de propagação do som 
na água, nessas condições, é constante e igual a 
1.600 m/s, a profundidade do lago nessa região é de:
a) 3.200 m
b) 1.600 m
c) 800 m
d) 400 m
e) 200 m
6. (UFRJ) Em um trecho em declive, de 20 km de ex-
tensão, de uma estrada federal, a velocidade máxi-
ma permitida para veículos pesados é de 70 km/h e 
para veículos leves é de 80 km/h. Suponha que um 
caminhão pesado e um automóvel iniciem o trecho 
em declive simultaneamente e que mantenham ve-
locidades iguais às máximas estabelecidas. Calcule 
a distância entre os dois veículos no instante em 
que o automóvel completa o trecho em declive.
7. (Fuvest-SP) Uma jovem viaja de uma cidade A para 
uma cidade B, dirigindo um automóvel por uma 
estrada muito estreita. Em um certo trecho, em 
que a estrada é reta e horizontal, ela percebe que 
seu carro está entre dois caminhões-tanque bidi-
recionais e iguais, como mostra a figura. A jovem 
observa que os dois caminhões, um visto através 
do espelho retrovisor plano, e o outro, através do 
para-brisa, parecem aproximar-se dela com a mes-
ma velocidade. Como o automóvel e o caminhão 
de trás estão viajando no mesmo sentido, com ve-
locidades de 40 km/h e 50 km/h, respectivamente, 
pode-se concluir que a velocidade do caminhão 
que está à frente é:
50 km/hA
160 km
B
120 km
40 km/h
??
a) 50 km/h com sentido de A para B.
b) 50 km/h com sentido de B para A.
c) 40 km/h com sentido de A para B.
d) 30 km/h com sentido de B para A.
e) 30 km/h com sentido de A para B.
8. (UECE) Duas partículas, A e B, ambas em movimen-
to retilíneo uniforme, na mesma direção e sentido, 
no instante t = 0, encontram-se nas posições 25 m 
e 75 m, respectivamente, conforme indicado no grá-
fico abaixo.
BA
75 m
x
25 m
0
As partículas possuem velocidades relacionadas de 
tal maneira que = ⋅v v
3
2A B . A partícula A deverá al-
cançar a partícula B em x igual a:
a) 100 m
b) 125 m
c) 150 m
d) 175 m
Física a aulas 2 e 3
14 polisaber
41
2-
1
9. De duas cidades separadas de 255 km, partem no 
mesmo instante e na mesma rodovia um ônibus com 
velocidade constante de 80 km/h e uma motocicleta 
com velocidade constante de 90 km/h, em sentidos 
opostos, um ao encontro do outro. Determine:
a) o intervalo de tempo, desde a partida, até que os dois 
veículos se cruzem, na rodovia;
b) a distância percorrida pelo ônibus, até o cruzamento 
dos veículos.
10. Durante um longo trecho retilíneo de uma rodovia, 
um carro movendo-se a 126 km/h resolve ultrapas-
sar um caminhão movendo-se a 81 km/h que está 
50 m à sua frente.
O gráfico a seguir descreve o comportamento da 
posição em função do tempo para cada veículo:
t (s)0
S (m)
50
A
B
B: caminhão
A: carro
Supondo-se que os móveis tenham suas dimensões 
desprezíveis e que os movimentos de ambos sejam 
uniformes, conclui-se que:
a) o carro não consegue ultrapassar o caminhão.
b) o carro leva 15 segundos para ultrapassar o caminhão.
c) o carro leva 4 segundos para ultrapassar o caminhão.
d) a distância entre os dois veículos permanece 
constante.
e) a distância entre os dois veículos vai aumentando 
com o passar do tempo.
11. (Vunesp) Duas carretas, A e B, cada uma com 
25 m de comprimento, transitam em uma rodovia, 
no mesmo sentido e com velocidades constantes. 
Estando a carreta A atrás de B, porém movendo-
-se com velocidade maior que a de B, A inicia uma 
ultrapassagem sobre B. O gráfico mostra o des-
locamento de ambas as carretas em função do 
tempo. Considere que a ultrapassagem começa 
em t = 0, quando a frente da carreta A esteja ali-
nhada com a traseira de B, e termina quando a 
traseira da carreta A esteja alinhada com a frente 
de B. O instante em que A completa a ultrapassa-
gem sobre B é:
150
125
10
t (s)
9
100
87
75
250
x 
(m
)
225
200
175
65
50
43
25
21
0
0
a) 2,0 s 
b) 4,0 s 
c) 6,0 s
d) 8,0 s
e) 10,0 s
12. As manobras de trens nas estações devem prever, 
com precisão, os tempos de ocupação de linhas pa-
ralelas, visando otimizar o uso dessas linhas. 
Considere um trem de 300 m e outro de 200 m de 
comprimento que manobram simultaneamente so-
bre trilhos paralelos com velocidades constantes, 
iguais a 54 km/h e 36 km/h, respectivamente, e em 
sentidos opostos. 
O tempo de ultrapassagem de um pelo outro 
será de:
a) 80 s 
b) 60 s
c) 40 s
d) 20 s
e) 10 s
roda de leitura
A velocidade escalar relativa e a questão depelas partículas: 0, 1, 2 e 3 é iso-
lado, pela conservação da quantidade de movimento:
Q Q Q Q Q Q
Q Q Q 0
f i 1 2 3 0
1 2 3
�� �� �� �� �� ��
�� �� �� �
= ⇒ + + = ⇒
⇒ + + =
Do diagrama vetorial para essa equação:
(Vetor nulo)0
Q
1
Q
2
Q
3
4. e
Pela conservação da quantidade de movimento no 
sistema bomba-cosmonauta:
Q Qf i
�� ��
= ⇒ 360 ∙ 0,2 + 90vcosmonauta = 0 ⇒
⇒ vcosmonauta = − 72
90
 = −0,80 m/s
O sinal negativo indica sentido oposto, recuo, em 
módulo: vcosmonauta = 0,80 m/s.
5. e
Sendo: 
Massa da caminhonete: m1 = 2.000 kg:
Massa do sedã: m2 = 1.000 kg
gabarito – Física a
Velocidade da caminhonete antes da colisão:
v1 
Velocidade do sedã antes da colisão:
v2 (v2 = 0)
Massa do conjunto após a colisão:
M = 3.000 kg 
Velocidade do conjunto imediatamente após a co-
lisão: v’ 
Após a colisão, a força resultante sobre o conjunto 
é a força de atrito de deslizamento:
R = m ∙ a ⇒ Ad = M ∙ a
Mas Ad = µ ∙ N e nesse caso:
N = P = M ∙ g
Assim:
µ ∙ M ∙ g = M ∙ a ⇒ a = µ ∙ g ⇒ a = 0,5 ∙ 10 = 5 m/s2
Pela equação de Torricelli: 
v2 = v0
2 + 2 · a · Δs
Durante a frenagem do conjunto:
v = 0; v0 = v’ e Δs = 10 m ⇒ 02 = v’2 + 2(−5)10 ⇒ 
⇒ v’ = 10 m/s
Pela conservação da quantidade de movimento na 
colisão:�� ��
Q Qf i= ⇒ M ∙ v' = m1 ∙ v1 + m2 ∙ v2 ⇒
⇒ 3.000 ∙ 10 = 2.000 ∙ v1 + 0 ⇒ 
⇒ v1 = 15 m/s = 54 km/h
6. e
Sendo: MB = M e MA = 2M
Imediatamente antes da explosão, ponto mais alto 
da trajetória, a velocidade VH é horizontal, assim, 
pela conservação da quantidade de movimento na 
explosão:�� ��
Q Qf i= ⇒ MA ∙ VA + MB ∙ VB = (MA + MB) ∙ VH 
2M ∙ VA + M ∙ 5VH = 3M ∙ VH ⇒
⇒ 2M ∙ VA = −2M ∙ VH ⇒
⇒ VA = −VH
Portanto, deslocamento horizontal para a esquerda.
Do lançamento oblíquo, o deslocamento horizontal é 
diretamente proporcional à velocidade horizontal; as- 
-sim,se antes da explosão a velocidade horizontal é 
VH e o deslocamento horizontal do projétil é 2d (do 
ponto II ao ponto IV), como o fragmento A, após a 
explosão, tem velocidade −VH, seu deslocamento 
será −2d, ou seja, 2d para a esquerda, portanto do 
ponto IV ao ponto II.
7. c
Pela conservação da quantidade de movimento na 
colisão:�� ��
Q Qf i= ⇒ (mp + ms) · v' = mp · vp + ms · vs
Física a gabarito
18 PoliSaber
41
2-
6
⇒ (5 + 95) · v' = 5 · 2 · 105 + 95 · (–4 · 103) ⇒
⇒ 100v' = 6,2 · 105 ⇒ v' = 6,2 · 103 = 6.200 m/s
8. c
Sendo:
Massa do carrinho 1: m1 = 150 g
Massa do carrinho 2: m2 
Velocidade do carrinho 1 antes da colisão: 
v1
30 0 15 0
1 0 0 0
15 0= −
−
=, ,
, ,
, cm/s
Velocidade do carrinho 2 antes da colisão: v2 = 0
v’ é a velocidade do conjunto imediatamente após 
a colisão:
v '
90,0 75,0
11,0 8,0
5,0 cm/s=
−
−
=
Pela conservação da quantidade de movimento na 
colisão:
�� ��
Q Qf i= ⇒ (m1 + m2) · v' = m1 · v1 + m2 · v2
(150,0 + m2) · 5,0 = 150 · 15,0 + 0
150,0 + m2 = 450,0 ⇒ m2 = 300,0 g
9. c
Na situação descrita, observam-se colisões perfeita-
mente elásticas entre esferas de mesma massa, por-
tanto: da conservação da quantidade de movimento:�� ��
Q Qf i= ⇒ n · m · v' = 3m · v + 0 (I)
Em que n é o número de esferas em movimento, 
após a primeira colisão, e 3 é o número de esferas 
em movimento antes da primeira colisão.
Como as colisões são perfeitamente elásticas:
e
v
v
1
'
(II)= =
Velocidade das esferas após a primeira colisão: v’ 
Velocidade das esferas antes da primeira colisão: v.
Assim, da equação (II), temos v’ = v, substituindo-se em (I):
n ∙ m ∙ v = 3m ∙ v ⇒ n = 3
10. a) Conservação da quantidade de movimento do 
sistema:
 
�� ��
Q Qf i= ⇒ mA · vA + mB · vB = 0 ⇒
 ⇒ M · vA + 2M · v = 0 ⇒ vA = –2 · v
b) Pela conservação da energia mecânica:
 
E E E E
E
M v M v
E
M v M v
E M v
( )
2
2 ( )
2
(2 )
2
2
2
3
C
A B
Mi Mf Pelast.
Pelast.
2 2
Pelast.
2 2
Pelast.
2
= ⇒ =
=
⋅
+
⋅ ⋅
=
⋅
+
⋅ ⋅
∴ = ⋅ ⋅
11. b
Sendo:
Velocidade da esfera de massa m antes da colisão: v

1
Velocidade da esfera de massa 2m antes da colisão: 

v2
Velocidade do conjunto imediatamente após a colisão: 

v'
Pela conservação da quantidade de movimento na 
colisão:�� ��
Q Qf i= ⇒ (m + 2m) · 

v ' = m · 

v1 + 2m · 

v2 ⇒ 3

v' = 

v1 + 2

v2
Podemos compor o diagrama vetorial para essa 
equação:
3v’
2v
2
v
1
Do triângulo retângulo: 
(3v’)2 = (v1)
2 + (2v2)
2
Temos, ainda, que:
v1 = v2 = v ⇒ (3v')2 = 5v2 ⇒ v
v
’ = 5
3
12. Sendo:
Massa do núcleo: M 
Velocidade inicial do núcleo: v1 = 0
Massa da partícula ejetada: m
Velocidade inicial da partícula ejetada: v2 = 0 
Massa do núcleo alterado: M − m 
Velocidade final do núcleo alterado: v’1 
Velocidade final da partícula ejetada: vo 
Na ejeção da partícula, o sistema núcleo-partícula 
ejetada é isolado, pela conservação da quantidade 
de movimento:
(M − m)v’1 + m ∙ vO = 0 ⇒
⇒ (M − m)v’1 = −mvO 
= −
−
v
m
M m
v'1 o
O sinal negativo indica que v'1 tem sentido oposto a 
vO' representando um recuo, em módulo:
=
−
v
m
M m
v| |1 o
13. Na subida do conjunto bloco-projétil, a energia me-
cânica é conservada, tomando o nível mais baixo do 
bloco como referência:
m m gh
m m v
v gh v gh
( )
( ) '
2
' 2 ' 2
1 2
1 2
2
2
+ =
+
= ⇒ =
 PoliSaber 19
 gabarito Física a
41
2-
6
Velocidade do conjunto imediatamente após o 
impacto: v’ 
Para o impacto entre o projétil e o bloco, o sistema 
é isolado:�� ��
Q Qf i= ⇒ m1v = (m1 + m2)v' ⇒
⇒ m1v = (m1 + m2) 2gh
v
m m
m
gh= + ⋅1 2
1
2
14. a
Sendo:
Velocidade final do trabalhador em relação aos 
trilhos: v’T 
Velocidade final da plataforma em relação aos tri-
lhos: v’P
Pela conservação da quantidade de movimento no 
sistema (trabalhador + plataforma):�� ��
Q Qf i= ⇒ m · v'T + M · v'P = (m + M) · v (I)
A velocidade do trabalhador em relação à platafor-
ma é:
v'T – v'P = –v ⇒ v'T = –v + v'P (II)
Substituindo-se (II) em (I), temos:
m ∙ (−v + v'P) + M ∙ v'P = (m + M) ∙ v
⇒ –m · v + (m + M) · v'P = (m + M) · v ⇒
⇒ (m + M) · v'P = m · v + m · v + M · v
⇒ (m + M) · v'P = (2m + M) · v ⇒ v'P = ( )
( )
2m M v
m M
+ ⋅
+
Aula 21
 Estudo orientado
1. a) Em relação ao ponto 0:
 MF1
 = 1,0 ∙ 104 ∙ 100 = 1,0 ∙ 106 Nm (sentido 
horário)
 MF2
 = 2,0 ∙ 104 ∙ 80 = 1,6 ∙ 106 Nm (sentido anti-
-horário)
 MR = 1,6 ∙ 106 + (−1,0 ∙ 106) = 6,0 ∙ 105 Nm (sentido 
anti-horário)
b) R = F1 + F2 = 3,0 ∙ 104 N
 IR = R ∙ Δt = 3,0 ∙ 104 ∙ 60 = 1,8 ∙ 106 Ns
2. d
Como as balanças têm braços iguais, em relação ao 
centro, o equilíbrio dos pratos ocorre quando os pe-
sos, em cada um, também forem iguais (equilíbrio dos 
momentos), para o mesmo local, mesma aceleração 
da gravidade, os pesos são proporcionais às massas 
em cada prato, assim:
Massa de cada cubo azul em kg: mA 
Massa de cada cubo laranja em kg: mL
Na balança da esquerda: 
2mA + mL = 2 (I)
Na balança da direita:
mA + 3 = 2 mL (II)
Resolvendo-se o sistema das equações (I) e (II): 
mA = 0,2 kg e mL = 1,6 kg
∴ mL − mA = 1,4 kg
3. e
Peso da barra atua no centro da barra: Pbarra
Peso do arroz: Parroz
Distância entre duas subdivisões sucessivas na 
barra: x 
O momento resultante sobre a barra é nulo, toman-
do o ponto de apoio (A) como referência: 
MR = 0 ⇒ MParroz = MPbarra ⇒ PParroz ∙ 3 = Pbarra ∙ 1
marroz ∙ g ∙ 3 = mbarra ∙ g ∙ 1 ⇒
⇒ 5,0 ∙ 3 = mbarra ⇒
⇒ mbarra = 15 kg 
4. d
Quando a porta está em equilíbrio, a força e o 
momento resultante são nulos. As componentes 
verticais das forças das dobradiças sobre a porta 
devem equilibrar seu peso; para tal, têm sentidos 
para cima.
Para análise das componentes horizontais dessas 
forças, deve-se considerar que a força peso gera 
um momento no sentido horário, fazendo com que 
a dobradiça de cima seja tracionada e a de baixo 
comprimida, as forças que as dobradiças aplicam 
na porta são representadas no diagrama a seguir:
C
1
C
1x
C
1y
C
2y
C
2x
C
2
D
2
D
1
P
5. c
Diagrama de forças sobre o guindaste; na iminência 
de tombamento, a roda traseira perde contato com 
o solo:
Física a gabarito
20 PoliSaber
41
2-
6
CM
6
4
0 2–3–5
P
y (m)
N
P
G
P
B
x (m)
2
Peso da carga: PB
Peso do guindaste: PG 
Força normal do apoio sobre a roda dianteira: N 
O momentoresultante sobre o guindaste é nulo, 
tomando o ponto de apoio (x = 0) como referência:
MR = 0 ⇒ MPB = MPG ⇒ PB ∙ 2 = PG ∙ 3
⇒ PB ∙ 2 = 50.000 ∙ 3 ⇒ PB = 75.000 N
6. a
Diagrama de forças sobre o sistema:
Triângulo
equilátero
Triângulo
isósceles
Ponto O
R
apoio
P
1
e i
P
2
Peso do triângulo equilátero: P1 
Peso do triângulo retângulo: P2 
Reação do apoio sobre a alavanca: Rapoio 
O momento resultante sobre o sistema é nulo, to-
mando o ponto de apoio (O) como referência:
MR = 0 ⇒ MP1
= MP2
 ⇒
⇒ P1 ∙ e = P2 ∙ i ⇒
⇒ m1 ∙ e = m2 ∙ i (I)
Do enunciado, as massas são proporcionais às áreas 
dos triângulos, assim, a área do triângulo equilátero 
de lado L, é:
A L1
23
4
=
A área do triângulo retângulo de hipotenusa L é:
A
L
2
2
4
=
∴ A1 = 3A2 ⇒ m1 = 3m2 (II)
Substituindo-se (II) em (I), temos:
3m2 ∙ e = m2 ∙ i ⇒ =i
e
3
7. d 
Ao girar, o antebraço é flexionado no sentido anti-
-horário, conforme esquema de forças:
F R
P
Força aplicada pelo bíceps ao antebraço: F 
Resistência ao movimento que é o peso do ante-
braço: R 
De acordo com a descrição do enunciado, esse es-
quema corresponde a uma alavanca interpotente.
Física a
Va
d
im
 S
a
d
o
VS
ki
/S
h
u
tt
er
St
o
c
k
2 poliSaber
41
2-
7
01
8
aulas 22 e 23 − Gravitação universal
leis de Kepler
Primeira lei: lei das órbitas
Os planetas giram ao redor do Sol descrevendo tra-
jetórias elípticas, em que o Sol ocupa um dos focos.
Esquematicamente:
f
1 f
2
Periélio
(maior proximidade)
Planeta
Sol
Afélio
(maior afastamento)
Notas: 
1. A órbita de um astro ao redor de outro pode ser 
circular, uma vez que a circunferência é um caso parti-
cular de elipse, e nesta os focos coincidentes definem o 
centro da circunferência.
2. As estações do ano, como descreve a geografia, 
são determinadas pela inclinação do eixo de rotação 
da Terra em relação ao plano da órbita, o que define 
maior ou menor inclinação dos raios solares inciden-
tes na superfície do planeta em cada latitude, e não 
pela distância da Terra ao Sol ao longo de sua trans-
lação ao passar pelo periélio ou pelo afélio – a Terra 
passa pelo periélio no início do verão no hemisfério 
o estudo da gravitação universal demonstra claramente o interesse e a 
curiosidade do homem em explicar o mundo ao seu redor. Na tentativa de entender 
o movimento dos planetas, a partir de um observador na terra, dois modelos 
planetários foram propostos: o sistema geocêntrico, em que a terra é o centro do 
universo, e o sistema heliocêntrico, que coloca o Sol no centro do universo.
do ponto de vista científico, pode-se afirmar que esse estudo se inicia com 
Johannes kepler (1571-1630), astrônomo e matemático alemão que, após muito 
trabalho matemático, estabeleceu a forma correta das órbitas dos planetas 
em torno do Sol, formulando assim os enunciados de três leis, que descrevem 
o movimento planetário e levam o seu nome. posteriormente, esse estudo se 
solidifica com a proposição da lei da gravitação universal, de isaac Newton 
(1642-1727), que estabelece matematicamente a interação gravitacional entre 
duas massas.
sul, porém é inverno no hemisfério norte, e passa pelo 
afélio no início do inverno no hemisfério sul, porém é 
verão no hemisfério norte. 
segunda lei: lei das áreas
O raio-vetor de cada planeta (segmento imaginário 
que liga o centro do Sol ao centro do planeta) varre 
áreas iguais em intervalos de tempo iguais.
Como consequência, a velocidade de translação de um 
planeta ao redor do Sol não é constante.
Dt1 é o intervalo de tempo que o planeta leva para varrer 
a área A1 do setor elíptico e percorrer o deslocamento Ds1. 
Dt2 é o intervalo de tempo que o planeta leva para varrer 
a área A2 do setor elíptico e percorrer o descolamento Ds2.
Esquematicamente:
A
2
A
1
Sol
∆t
1
∆t
2
De acordo com esta lei, se A1 = A2, então Dt1 = Dt2,. 
Como o deslocamento Ds1 é maior que Ds2, que são 
percorridos no mesmo intervalo de tempo, a velocidade 
do planeta quando está mais próximo do Sol é maior do 
que quando está mais afastado. Assim, a velocidade do 
planeta aumenta à medida que ele se aproxima do Sol e 
diminui à medida que ele se afasta.
 poliSaber 3
 aulas 22 e 23 Física a
41
2-
7
terceira lei: lei dos períodos
O quadrado do período de translação (ou revolução) de um planeta em torno do Sol é diretamente proporcional 
ao cubo da distância média desse planeta ao Sol.
Matematicamente: 
=T
d
K
2
3
em que: 
T é o período de translação, ou seja, o intervalo de tempo para que o planeta complete uma volta em torno do 
Sol, também chamado de ano planetário, e
d é a distância média do planeta ao Sol. 
Notas:
1. K é uma constante de proporcionalidade que depende unicamente da massa do Sol, generalizando: da 
massa do astro em torno do qual os corpos orbitam.
2. A distância média d do planeta ao Sol é a medida do semieixo maior da elipse.
d
3. As três leis de Kepler aplicam-se da mesma forma para corpos que gravitem em torno de outro cuja massa seja 
bem maior, por exemplo, para satélites naturais dos planetas e satélites artificiais da Terra.
a lei de newton da gravitação universal
Matéria atrai matéria com uma força de intensidade diretamente proporcional ao produto de suas massas e 
inversamente proporcional ao quadrado da distância entre seus centros.
Matematicamente:
= ⋅ ⋅
F
G M m
d2
em que: 
M e m são as massas dos corpos;
d é a distância entre seus centros de massa e
G é a constante de gravitação universal, com valor de: G 6,67 10
Nm
kg
11
2
2= ⋅ −
Nota: Esta é uma constante universal, portanto não depende dos corpos que interagem, nem da distância entre eles, 
nem mesmo do meio em que estão inseridos.
Física a aulas 22 e 23
4 poliSaber
41
2-
7
Esquematicamente:
FM m
d
–F
Nota: Veja na Roda de Leitura as aplicações diretas da lei da gravitação universal de Newton.
campo gravitacional ou aceleração da gravidade (g)
De forma objetiva, entende-se como campo gravitacional de um astro a região de interação gravitacional que esse 
astro gera ao seu redor.
A força de atração gravitacional que o astro aplica em um corpo a uma distância d de seu centro, desprezando-se outras 
atrações e o efeito da rotação do astro, é o peso desse corpo nessa posição. Assim, igualam-se as expressões, temos: 
= ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅
P F m g
G M m
d
g
G M
d2 2
Essa equação determina a intensidade do campo gravitacional gerado por um astro de massa M a uma distância d 
de seu centro.
Para um ponto na superfície desse astro, temos d = R, raio do astro (considerando-o esférico). Logo, podemos escrever:
= ⋅
g
G M
R2
em que g é a intensidade do campo gravitacional na superfície.
corpos em órbita circular 
Considere o exemplo em que um satélite de massa m desenvolve uma órbita circular de raio r em torno do centro 
da Terra:
vF
r
Terra
Satélite
Sendo a órbita circular, a segunda lei de Kepler estabelece que o módulo da velocidade do satélite é constante, porque 
o satélite não se aproxima nem se afasta da Terra; assim, sua velocidade não aumenta nem diminui. Logo, seu movi-
mento é circular e uniforme em torno do centro da Terra e a força de atração gravitacional 

F desempenha a função 
de resultante centrípeta. Então:
pela conservação da quantidade de movimento no sistema (canhão + bola):
o sinal negativo indica sentido oposto recuo, em módulo: vrecuo = 0,75 m/s.
 poliSaber 5
 aulas 22 e 23 Física a
41
2-
7
R F m a
G M m
r
a
G M
r
c c 2 c 2= ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅
em que M é a massa da Terra.
Desse resultado, pode-se também determinar o módulo da velocidade do satélite nessa órbita:
= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅v
r
G M
r
v
G M
r
v
G M
r
2
2
2
exercícios
1. Johannes Kepler (1571-1630) enunciou as leis do movimento dos planetas em torno do Sol, válidas também para o 
movimento de satélites artificiais em torno da Terra. Desses enunciados é correto afirmar que:
a) o Sol ocupa o centro da trajetória elíptica descrita pelo planeta.
b) o movimento de um planeta em torno do Sol é uniforme.
c) dois satélites artificiaisda Terra, em trajetórias circulares de mesmo raio, terão diferentes períodos de translação, 
dependendo de suas massas.
d) a velocidade de translação de um planeta aumenta à medida que este se aproxima do Sol e diminui à medida que 
se afasta do Sol.
e) planetas mais distantes do Sol completam sua translação num tempo menor que planetas mais próximos.
2. (Mackenzie-SP) Dois satélites de um planeta têm períodos de revolução iguais a 32 dias e 256 dias, respectivamen-
te. Se o raio da órbita do primeiro satélite vale uma unidade, então o raio da órbita do segundo valerá:
a) 4 unidades.
b) 8 unidades.
c) 16 unidades.
d) 64 unidades.
e) 128 unidades.
3. A força gravitacional entre um corpo e a Terra é F. Para um segundo corpo cuja massa seja o triplo da massa do 
primeiro e sua distância ao centro da Terra seja duas vezes maior, o valor da força gravitacional será:
a) F
4
b) F
2
c) F3
4
d) F
e) 2F
4. (Fuvest-SP) A Estação Espacial Internacional, construída em um esforço conjunto de diversos países, deverá orbitar a 
uma distância do centro da Terra igual a 1,05 do raio médio da Terra. Determine a razão R
F
F
e= entre a força Fe com 
que a Terra atrai um corpo nessa estação e a força F com que a Terra atrai o mesmo corpo na superfície da Terra.
da segunda lei, lei das áreas, conclui-se que, quanto mais próximo um planeta estiver do Sol, maior será sua velocidade de translação.
da terceira lei de kepler:





 =





 ⇒





 =





 ⇒





 =






T
T
R
R R R
32
256
1 1
8
11
2
2
1
2
3 2
2
3 2
2
3
= ⇒ =R R64 4
2
3
2
 unidades
para o corpo de massa mc, força de intensidade F, e para o corpo de massa 3mc, força de intensidade F’:
F
G M m
d
t c
2=
⋅ ⋅
F
G M m
d
G M m
d
F
3
2
3
4
3
4
, t c
2
t c
2
( )
( )
=
⋅ ⋅ ⋅
= ⋅
⋅ ⋅
=
Na superfície da terra:
F
G M m
R
t
t
2
=
⋅ ⋅
Na estação espacial:
F
G M m
R
F F
F
F1,05
1
1,05
1
1,05
0,9e
t
t
2 e 2
e
2( ) ( )( )
=
⋅ ⋅
⇒ = ⋅ ⇒ = =
Física a aulas 22 e 23
6 poliSaber
41
2-
7
5. (Unicamp-SP) Recentemente, a Agência Espacial Americana anunciou a descoberta de um planeta a trinta e nove 
anos-luz da Terra, orbitando uma estrela anã vermelha que faz parte da constelação de Cetus. O novo planeta pos-
sui dimensões e massa pouco maiores do que as da Terra e se tornou um dos principais candidatos a abrigar vida 
fora do sistema solar.
Considere este novo planeta esférico com um raio igual a RP = 2RT e massa MP = 8MT, em que RT e MT são o raio e 
a massa da Terra, respectivamente. Para planetas esféricos de massa M e raio R, a aceleração da gravidade na su-
perfície do planeta é dada por =g
GM
R2
, em que G é uma constante universal. Assim, considerando a Terra esférica 
e usando a aceleração da gravidade na sua superfície, o valor da aceleração da gravidade na superfície do novo 
planeta será de:
(Dado: aceleração da gravidade g = 10 m/s2)
a) 5 m/s2
b) 20 m/s2
c) 40 m/s2
d) 80 m/s2
6. Considere um satélite em órbita circular de raio R em torno do centro da Terra, com velocidade constante. Sendo M a mas-
sa da Terra, r o raio da órbita e G a constante gravitacional, determine a velocidade orbital do satélite, em função de M, r e G.
estudo orientado
exercícios
1. (CPS-SP)
disponível em: . acesso em: 26 ago. 2013.
Assinale a alternativa que está de acordo com o conceito mecânico ao qual o cartum faz alusão. 
a) Colombo e Newton descobriram ambos o conceito de força de gravidade trabalhando no Novo Mundo. 
b) A força da gravidade levaria duzentos anos para deslocar o coco da Europa até o Novo Mundo. 
Na superfície da terra:
g
G M
R
t
t
2
=
⋅
= 10 m/s2
Na superfície do planeta:
g
GM
R
G
M
R
GM
R
8
2
8
4
, p
p
2
t
t
2
t
t
2( )
= = ⋅ = ⋅ = 2 · 10 = 20 m/s2
o movimento é circular e uniforme, logo a força de atração gravitacional é a resultante centrípeta sobre o satélite:
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅F G
M m
r
m
v
r
v G
M
r
v G
M
r2
2
2
 poliSaber 7
 aulas 22 e 23 Física a
41
2-
7
c) Colombo chegou ao conceito de força de gravidade 
duzentos anos depois de Newton. 
d) A força da gravidade é duas vezes maior no Novo 
Mundo do que no Velho Mundo. 
e) O coco caiu devido à ação da força gravitacional.
2. (Enem-MEC) A característica que permite identificar 
um planeta no céu é o seu movimento relativo às es-
trelas fixas. Se observarmos a posição de um planeta 
por vários dias, verificaremos que sua posição em re-
lação às estrelas fixas se modifica regularmente. 
A figura destaca o movimento de Marte observado 
em intervalos de dez dias, observado da Terra.
155° 150° 145°
+20
+10
Marte
140° 135° 130°
Projecto Física.
lisboa: Fundação calouste Gulbenkian, 1980 
(adaptado).
Qual a causa da forma da trajetória do planeta Mar-
te registrada na figura?
a) A maior velocidade orbital da Terra faz com que, em 
certas épocas, ela ultrapasse Marte.
b) A presença de outras estrelas faz com que sua 
trajetória seja desviada por meio da atração gra-
vitacional.
c) A órbita de Marte, em torno do Sol, possui uma 
forma elíptica mais acentuada que a dos demais 
planetas.
d) A atração gravitacional entre a Terra e Marte faz com 
que este planeta apresente uma órbita irregular em 
torno do Sol.
e) A proximidade de Marte com Júpiter, em algumas 
épocas do ano, faz com que a atração gravitacional 
de Júpiter interfira em seu movimento.
3. (Vunesp) No dia 5 de junho de 2012, pôde-se 
observar, de determinadas regiões da Terra, o 
fenômeno celeste chamado trânsito de Vênus, cuja 
próxima ocorrência se dará em 2117.
Ápice
Hora de Brasília
20
21
22
23 0h
01
02
19
N
L O
S
Trânsito de Vênus
Início:
Ápice:
Fim:
19h09
22h29
01h49
Tal fenômeno só é possível porque as órbitas de 
Vênus e da Terra, em torno do Sol, são aproxima- 
damente coplanares e porque o raio médio da órbi-
ta de Vênus é menor que o da Terra. Portanto, quan-
do comparado com a Terra, Vênus tem:
a) o mesmo período de rotação em torno do Sol.
b) menor período de rotação em torno do Sol.
c) menor velocidade angular média na rotação em 
torno do Sol.
d) menor velocidade escalar média na rotação em 
torno do Sol.
e) menor frequência de rotação em torno do Sol.
4. (Enem-MEC) Na linha de uma tradição antiga, o as-
trônomo grego Ptolomeu (100-170 d.C.) afirmou a 
tese do geocentrismo, segundo a qual a Terra seria 
o centro do Universo, sendo que o Sol, a Lua e os 
planetas girariam em seu redor em órbitas circula-
res. A teoria de Ptolomeu resolvia de modo razoável 
os problemas astronômicos da sua época. Vários 
séculos mais tarde, o clérigo e astrônomo polonês 
Nicolau Copérnico (1473-1543), ao encontrar ine-
xatidões na teoria de Ptolomeu, formulou a teoria 
do heliocentrismo, segundo a qual o Sol deveria ser 
considerado o centro do Universo, com a Terra, a 
Lua e os planetas girando circularmente em torno 
dele. Por fim, o astrônomo e matemático alemão Jo-
hannes Kepler (1571-1630), depois de estudar o pla-
neta Marte por cerca de trinta anos, verificou que a 
sua órbita é elíptica. Esse resultado generalizou-se 
para os demais planetas.
A respeito dos estudiosos citados no texto, é corre-
to afirmar que:
Física a aulas 22 e 23
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2-
7
a) Ptolomeu apresentou as ideias mais valiosas, por 
serem mais antigas e tradicionais. 
b) Copérnico desenvolveu a teoria do heliocentrismo 
inspirado no contexto político do Rei Sol.
c) Copérnico viveu em uma época em que a pesquisa 
científica era livre e amplamente incentivada pelas 
autoridades. 
d) Kepler estudou o planeta Marte para atender às 
necessidades de expansão econômica e científica 
da Alemanha.
e) Kepler apresentou uma teoria científica que, graças aos 
métodos aplicados, pôde ser testada e generalizada.
Texto para as questões 5 e 6.
em setembro de 2010, Júpiter atingiu a menor 
distância da terra em muitos anos. as figuras abaixo 
ilustram a situaçãode maior afastamento e a de maior 
aproximação dos planetas, considerando que suas 
órbitas são circulares, que o raio da órbita terrestre (Rt) 
mede 1,5 ⋅ 1011 m e que o raio da órbita de Júpiter (RJ) 
equivale a 7,5 ⋅ 1011 m.
Maior afastamento
Júpiter
Sol
Terra
R
J
R
T
Maior aproximação
Júpiter
Sol
Terra
5. (Unicamp-SP) De acordo com a terceira lei de Kepler, 
o período de revolução e o raio da órbita desses 
planetas em torno do Sol obedecem à relação 
T
T
R
R
J
T
2
J
T
3




 =





 , em que TJ e TT são os períodos de 
Júpiter e da Terra, respectivamente. Considerando 
as órbitas circulares representadas na figura, o 
valor de TJ em anos terrestres é mais próximo de: 
a) 0,1
b) 5 
c) 12 
d) 125
6. (Unicamp-SP) A força gravitacional entre dois cor-
pos de massas m1 e m2 tem módulo = ⋅ ⋅
F G
m m
r
1 2
2
, 
em que r é a distância entre eles e G = 6,7 ∙ 10−11 
Nm
kg
2
2 . 
Sabendo que a massa de Júpiter é mJ = 2,0 ∙ 1027 kg 
e que a massa da Terra é mT = 6,0 ∙ 1024 kg, o mó-
dulo da força gravitacional entre Júpiter e a Terra no 
momento de maior proximidade é:
a) 1,4 ∙ 1018 N
b) 2,2 ∙ 1018 N
c) 3,5 ∙ 1019 N
d) 1,3 ∙ 1030 N
7. (Vunesp) Assinale a alternativa que apresenta o que 
as forças dadas pela lei da gravitação universal de 
Newton e pela lei de Coulomb têm em comum:
a) Ambas variam com a massa das partículas que 
interagem. 
b) Ambas variam com a carga elétrica das partículas 
que interagem. 
c) Ambas variam com o meio em que as partículas 
interagem. 
d) Ambas variam com o inverso do quadrado da distân-
cia entre as partículas que interagem. 
e) Ambas podem ser tanto de atração como de repulsão 
entre as partículas que interagem.
8. (Enem-MEC) O ônibus espacial Atlantis foi lançado 
ao espaço com cinco astronautas a bordo e uma 
câmera nova, que iria substituir uma outra danifi-
cada por um curto-circuito no telescópio Hubble. 
Depois de entrarem em órbita a 560 km de altura, 
os astronautas se aproximaram do  Hubble. Dois 
astronautas saíram da  Atlantis  e se dirigiram ao 
telescópio. Ao abrir a porta de acesso, um deles 
exclamou: “Esse telescópio tem a massa grande, 
mas o peso é pequeno”.
Astronauta no espaço.
Fo
to
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ep
ro
d
u
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/e
N
em
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 aulas 22 e 23 Física a
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2-
7
Considerando o texto e as leis de Kepler, pode-se 
afirmar que a frase dita pelo astronauta:
a) se justifica porque o tamanho do telescópio determi-
na a sua massa, enquanto seu pequeno peso decorre 
da falta de ação da aceleração da gravidade. 
b) se justifica ao verificar que a inércia do telescópio é 
grande comparada à dele próprio, e que o peso do 
telescópio é pequeno porque a atração gravitacional 
criada por sua massa era pequena. 
c) não se justifica, porque a avaliação da massa e do 
peso de objetos em órbita tem por base as leis de 
Kepler, que não se aplicam a satélites artificiais. 
d) não se justifica, porque a força-peso é a força 
exercida pela gravidade terrestre, neste caso, sobre 
o telescópio, e é a responsável por manter o pró-
prio telescópio em órbita. 
e) não se justifica, pois a ação da força-peso implica 
a ação de uma força de reação contrária, que não 
existe naquele ambiente. A massa do telescópio 
poderia ser avaliada simplesmente pelo seu volume.
9. Considerando dois prótons separados por uma dis-
tância d no vácuo, determine a relação entre as in-
tensidades da força de repulsão eletrostática (FE) e 
da força de atração gravitacional (FG) entre eles.
Dados:
Massa do próton = 1,67 ∙ 10−27 kg 
Carga elementar = 1,6 ∙ 10−19 C
Constante gravitacional = 6,7 ∙ 10−11 Nm2 ∙ kg−2
Constante eletrostática no vácuo = 
= 9,0 ∙ 109 Nm2 ∙ C−2
10. (PUC-SP) Dois corpos, A e B, de massas 16M e M, 
respectivamente, encontram-se no vácuo e estão 
separados a certa distância. Observa-se que um 
outro corpo, de massa m, fica em repouso quando 
colocado no ponto P, conforme a figura.
A P B
x y
A razão 
x
y
 entre as distâncias indicadas é igual a:
a) 2
b) 4
c) 6 
d) 8
e) 16
11. (FEI-SP) Considerando que na Terra a aceleração 
da gravidade é de 10 m/s2, qual é a aceleração da 
gravidade g’ em um planeta que possui a mesma 
massa e metade do diâmetro da Terra?
a) g’ = 10 m/s2
b) g’ = 20 m/s2
c) g’ = 5 m/s2
d) g’ = 40 m/s2
e) g’ = 2,5 m/s2
12. (Fuvest-SP) A Estação Espacial Internacional orbita 
a Terra em uma altitude h. A aceleração da gravida-
de terrestre dentro dessa espaçonave é:
Dados:
gT é a aceleração da gravidade na superfície da 
Terra 
RT é o raio da Terra
a) nula.
b) g
h
RT
T
2
⋅




c) g
R h
RT
T
T
2
⋅ −



d) g
R
R hT
T
T
2
⋅
+




e) g
R h
R hT
T
T
2
⋅ −
+




13. (Fuvest-SP) A notícia “Satélite brasileiro cai na Terra 
após lançamento falhar”, veiculada pelo jornal O Es-
tado de S. Paulo de 10/12/2013, relata que o satélite 
CBERS-3, desenvolvido em parceria entre Brasil e Chi-
na, foi lançado no espaço a uma altitude de 720 km 
(menor do que a planejada) e com uma velocidade 
abaixo da necessária para colocá-lo em órbita em 
torno da Terra. Para que o satélite pudesse ser co-
locado em órbita circular na altitude de 720 km, o 
módulo de sua velocidade (com direção tangente à 
órbita) deveria ser de, aproximadamente:
Dados:
Raio da Terra = 6 ∙ 103 km
Massa da Terra = 6 ∙ 1024 kg 
Constante de gravitação universal: 
G = 6,7 ∙ 10−11 m3 ∙ s−2 ∙ kg−1
a) 61 km/s
b) 25 km/s
c) 11 km/s
d) 7,7 km/s
e) 3,3 km/s
Física a aulas 22 e 23
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14. (ITA-SP) Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita 
no plano do equador de um planeta, mantendo-se 
estacionário em relação a este. Considere um 
satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja massa 
é MJ = 1,9 ∙ 1027 kg e cujo raio é RJ = 7,0 ∙ 107 m. 
Sendo a constante da gravitação universal G = 
= 6,7 ∙ 10−11 m3 kg−1 s−2 e considerando que o dia de 
Júpiter é de aproximadamente 10 h, determine a altitude 
do satélite em relação à superfície desse planeta.
roda de leitura
o planeta terra e a 
gravidade
A Terra, como a conhecemos, tem características de um 
“planeta água”, por causa da posição em relação ao Sol, 
que permite a existência da água em três fases: sólida, 
líquida e vapor. No entanto, talvez não “conheçamos” 
tanto assim o planeta. Visto do espaço, ele continua tendo 
uma forma quase esférica. No entanto, medições apu-
radas da gravidade mostram como o planeta é moldado 
pela gravidade, tendo sua “esfera” deformada por ela.
a gravidade, como já fez com Newton, continua a ex-
citar a imaginação, levando a conclusões desnorteantes. 
uma delas: quem viajar de navio da cidade do cabo, 
na África do Sul, até belém, no pará, vai percorrer uma 
imperceptível descida. por causa das diferenças de 
massa do planeta no trajeto entre esses dois lugares – e, 
portanto, das variações do campo de gravidade da terra –, 
o nível do mar no porto do sul da África do Sul está a 
70 metros acima da altura do mar no porto de belém.
“Ninguém nota esse desnível porque a distância entre 
a África do Sul e o brasil é muito grande, de quase 8 
mil quilômetros”, assegura o geofísico eder cassola 
molina, professor do instituto de astronomia, Geofísica 
e ciências atmosféricas (iaG) da universidade de São 
paulo (uSp). “além disso, a superfície do mar é curva, já 
que nosso planeta tem o formato aproximado de uma 
esfera.” ele fez no ano passado o mapa do atlântico 
Sul que oferece essas conclusões, para passar no con-
curso de professor livre-docente, e agora uma versão 
menor, em formato a4, está pregada na porta de um 
dos armários de seu amplo laboratório.
[...] “o nível do mar não é constante e varia com o 
tempo e a localização geográfica. Na verdade, nem 
existe um nível do mar, mas um nível médio ou um 
nível instantâneo do mar.”
em um dos computadores próximos às paredes, moli-
na mostra outro mapa, que detalha as variações de altura 
da água na costa brasileira. Nesse mapa, publicado em 
dezembro de 2010 na revista Journal of Geodynamics, 
uma mancha vermelha anordeste da região nordeste do 
brasil representa uma área em que a água do mar deve 
estar 10 metros acima do que as áreas que a cercam, 
marcada em verde e azul. “com um mapa desses à mão”, 
diz molina, “o piloto de um barco poderia desviar das 
áreas mais altas, mesmo que não as veja, e economizar 
tempo e combustível." mesmo útil, essa imagem não 
deixa de ser um desafio à imaginação, principalmente 
dos mais céticos, que dirão que nunca viram uma ladeira 
com água escorrendo no meio do mar.
paolo, F. S. & moliNa, e. c. integrated marine gravity 
field in the brazilian coast from altimeter-derived sea 
surface gradient and shipborne gravity. Journal of 
Geodynamics. v. 50, p. 347-54. 2010. disponível em: 
. acesso em: ago. 2018.
Talvez toda a imaginação necessária para entender os 
efeitos da força gravitacional nos traga a questão: E se 
não houvesse gravidade no planeta Terra?
O texto a seguir mostra as consequências para o 
“planeta água” ocasionadas por uma gravidade zero na 
Terra, de acordo com Karen Masters, astrônoma da Uni-
versidade de Portsmouth, na Grã-Bretanha.
Sem ar e sem água
[...] apesar de os efeitos da gravidade sobre o corpo 
humano a longo prazo serem importantes, se a força 
simplesmente deixasse de existir de uma hora para outra, 
teríamos alguns problemas mais urgentes para resolver.
[...] pessoas que estivessem dentro de casa ou de 
algum edifício naquele momento estariam seguras, 
porque a maioria dessas construções está tão arraigada 
no solo que permaneceriam onde estão, pelo menos 
por um certo tempo.
Qualquer outro objeto que não estivesse "aparafu-
sado" também sairia flutuando. a atmosfera terrestre, 
os oceanos, rios e lagos seriam algumas das primeiras 
coisas que se perderiam no espaço.
barra, colin. o que aconteceria se a gravidade 
deixasse de existir? disponível em: . acesso em: ago. 2018.
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 aulas 22 e 23 Física a
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Hidrostática ou estática dos fluidos?
O título "hidrostática", ainda muito utilizado, se deve à grande ligação do homem com a água. Todavia, os conceitos e 
princípios desenvolvidos no próximo módulo, aplicam igualmente a outros meios materiais, os fluidos: meio ou substância 
que não apresentam forma bem-definida, assumindo a forma do recipiente que os contém, portanto meios líquidos e 
gasosos. Dessa forma, o título "estática dos fluidos" é mais abrangente para esse estudo.
s e n h a
naveGar
Leia “O Sol, a Igreja e a nova astronomia”, capítulo 3 do livro A dança do Universo: dos mitos da criação ao big-bang, 
de Marcelo Gleiser (Companhia das Letras).
Faça a leitura sobre a vida e a obra de Johannes Kepler e sobre o modelo planetário heliocêntrico.
áGora
As citações a seguir são atribuídas a Johannes Kepler:
a geometria existiu e existe desde antes da criação. É coeterna com a mente de deus.
a geometria forneceu a deus um modelo para a criação... a geometria é o próprio deus.
as leis da natureza nada mais são que pensamentos matemáticos de deus.
Crie um grupo multidisciplinar para um debate sobre a comparação feita por Kepler entre Deus e a geometria.
Física a aula 24
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para o estudo da estática dos fluidos, duas definições são fundamentais 
como pré-requisitos, a densidade e a pressão. essas definições são 
válidas com grande generalização, porém, neste módulo, serão aplicadas 
especialmente aos líquidos.
densidade (d) de um líquido
Considerando-se uma massa m de um líquido que ocupe um volume V, a densidade desse líquido é definida pela 
razão entre sua massa e seu volume. Matematicamente:
=d
m
V
Unidade de medida no Sistema Internacional:
  =d
kg
m3
Notas: 
1. Outras unidades de densidade são mais usuais que a unidade no S.I. Entre elas, duas têm destaque prático:
g
cm
grama
centímetro cúbico
e
kg
l
quilograma
litro3








2. Relações de conversão: 1,0 g/cm3 = 1,0 kg/L =1.000 kg/m3
3. Veja na Roda de Leitura a definição genérica de densidade e sua comparação com a definição de massa 
específica.
Massa específica de uma substância ou de um material (ρ)
Matematicamente, as definições de densidade e massa específica podem parecer as mesmas; porém, conhecer a 
diferença entre esses conceitos é um bom diferencial. Densidade define-se para um corpo, enquanto massa específica 
define-se para uma substância ou um material.
Considerando-se uma porção homogênea e maciça de uma substância, a massa específica é definida por:
ρ = m
V
em que m é a massa da porção considerada dessa substância e V é o volume ocupado por ela.
Para cada substância, a massa específica é constante, nas mesmas condições de pressão e temperatura.
Nota: densidade e massa específica têm o mesmo conjunto de unidades de medidas. Simbolicamente:
  = µ  =
 
 
d
m
V
Um corpo terá como densidade a massa específica de uma substância quando for homogêneo e constituído desta 
única substância, sem espaços ocos ou outros materiais em sua constituição. Para meios homogêneos e constitu-
ídos de um único material, podem-se confundir os termos "densidade" do meio ou "massa específica" deste meio.
aula 24 − densidade e Pressão
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aula 24 Física a
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Pressão (P)
Considere uma força normal de intensidade FN aplicada a uma superfície de área A: 
A
F
N
Define-se a pressão média exercida como a razão entre a intensidade dessa força e a área da superfície. Em outras 
palavras: a intensidade da força normal por unidade de área da superfície.
Matematicamente:
P
F
A
N=
Notas:
1. Pressão é uma grandeza escalar que não admite direção nem sentido.
2. Unidades de pressão:
•	 no S.I., temos:   = =P
N
m
Pa
2
(pascal)
•	 outras unidades práticas: atm (atmosfera) e mmHg ou cmHg (milímetros ou centímetros de mercúrio)
3. Relações de conversão: 1 atm = 76 cmHg (760 mmHg) ≅ 1,0 ∙ 105 Pa
exercícios
1. (Faap-SP) Um frasco vazio tem massa igual a 30 g; cheio de água, 110 g e cheio de outro líquido 150 g. A densidade 
deste líquido em relação à água contida no frasco é de: 
a) 0,66
b) 4,00
c) 3,67
d) 1,50
e) 5,00
2. (Unicamp-SP) Em junho de 2017 uma intensa onda de calor atingiu os EUA, acarretando uma série de cancelamen-
tos de voos do aeroporto de Phoenix no Arizona. A razão é que o ar atmosférico se torna muito rarefeito quando 
a temperatura sobe muito, o que diminui a força de sustentação da aeronave em voo. Essa força, vertical de baixo 
para cima, está associada à diferença de pressão DP entre as partes inferior e superior do avião. Considere um 
avião de massa total m = 3 ∙ 105 kg em voo horizontal. Sendo a área efetiva de sustentação do avião A = 500 m2, 
na situação de voo horizontal DP vale:
a) 5 ∙ 103 N/m2
b) 6 ∙ 103 N/m2
c) 1,5 ∙ 106 N/m2
d) 1,5 ∙ 108 N/m2
densidade da água é dA = 1 g/cm3. assim, o frasco cheio de água 
tem massa de 110 g, e o volume do frasco é de 80 cm3, uma vez 
que a massa de água é 80 g.
o líquido tem massa de 120 g, então: d
m
V
120
80
1,5l = = = g/cm3
em relação à densidade da água: d
1
1,5
0,66l,a = =
para a sustentação do avião, a resultante de forças na 
vertical é nula:
Far = p = mg
ainda:
Far = DP ∙ A ⇒ DP ∙ A = mg ⇒ DP ∙ 500 = 3 ∙ 105
 ∙ 10
DP = 6 ∙ 103 N/m2
Física a aula 24
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3. Um cubo de ferro tem aresta de 20 cm e densidade de 8,0 g/cm3. Considerando a aceleração da gravidade local 
igual a 10 m/s2, determine:
a) a massa do cubo;
b) a pressão, em atmosferas, aplicada pelo cubo sobre uma superfície de apoio plana e horizontal.
estudo orientado
exercícios
1. Uma pessoa em pé aplica uma pressão média p sobre o solo horizontal debaixo da sola dos seus sapatos. Quando 
essa pessoa suspende um dos pés, equilibrando-se apenas em uma perna, essa pressão média passa a ser: 
a) p
b) p
2
c) p2
d) 2p
e) 
p
1
2
2. (Vunesp) Um bloco de granito com formato de um paralelepípedoretângulo, com altura de 30 cm e base de 
20 cm de largura por 50 cm de comprimento, encontra-se em repouso sobre uma superfície plana horizontal. 
a) Considerando a massa específica do granito igual a 2,5 ∙ 103 kg/m3, determine a massa m do bloco. 
b) Considerando a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, determine a pressão p exercida pelo bloco sobre a super-
fície plana, em N/m2. 
3. (Fuvest-SP) Para impedir que a pressão interna de uma panela de pressão ultrapasse um certo valor, em sua tampa 
há um dispositivo formado por um pino acoplado a um tubo cilíndrico, como esquematizado na figura.
Pino
Tubo
Tampa da panela
a) d
m
V
m d V Ve 20 8.0003= ⇒ = ⋅ = = cm3
m 8,0 8.000 64.000∴ = ⋅ = g = 64 kg
P
F
A
F p mgb) ; por outro lado, temos: 640N
N= = = = N e A = 0,22 = 4 ∙ 10−2 m2
=
⋅ −
P
640
4 10 2
= 160 ∙ 102 N/m2 = 0,16 ∙ 105 N/m2 = 0,16 atm
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aula 24 Física a
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Enquanto a força resultante sobre o pino for dirigida para baixo, a panela está perfeitamente vedada. Considere o 
diâmetro interno do tubo cilíndrico igual a 4 mm e a massa do pino igual a 48 g.
Na situação em que apenas a força gravitacional, a pressão atmosférica e a exercida pelos gases na panela atuam 
no pino, a pressão absoluta máxima no interior da panela é:
Dados: π = 3
1 atm = 105 N/m2
Aceleração local da gravidade g = 10 m/s2
a) 1,1 atm
b) 1,2 atm
c) 1,4 atm
d) 1,8 atm
e) 2,2 atm
4. (Enem-MEC) Um dos problemas ambientais vivenciados pela agricultura hoje em dia é a compactação do solo, devida ao 
intenso tráfego de máquinas cada vez mais pesadas, reduzindo a produtividade das culturas.
Uma das formas de prevenir o problema de compactação do solo é substituir os pneus dos tratores por pneus mais:
a) largos, reduzindo a pressão sobre o solo.
b) estreitos, reduzindo a pressão sobre o solo.
c) largos, aumentando a pressão sobre o solo.
d) estreitos, aumentando a pressão sobre o solo. 
e) altos, reduzindo a pressão sobre o solo.
5. (Enem-MEC) Pelas normas vigentes, o litro do álcool hidratado que abastece os veículos deve ser constituído de 
96% de álcool puro e 4% de água (em volume). As densidades desses componentes são dadas na tabela. 
Substância Densidade (g/L)
Água 1.000
Álcool 800
Um técnico de um órgão de defesa do consumidor inspecionou cinco postos suspeitos de venderem álcool hidra-
tado fora das normas. Colheu uma amostra do produto em cada posto, mediu a densidade de cada uma, obtendo: 
Posto
Densidade do 
combustível (g/L)
I 822
II 820
III 815
IV 808
V 805
A partir desses dados, o técnico pôde concluir que estavam com o combustível adequado somente os postos: 
a) I e II.
b) I e III.
c) II e IV. 
d) III e V.
e) IV e V.
Física a aula 24
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6. Calcule a densidade de uma mistura de dois líquidos, A e B, de densidades 0,4 g/cm3 e 0,6 g/cm3, respectivamen-
te, quando essa mistura for formada por:
a) volumes iguais dos líquidos A e B;
b) massas iguais dos líquidos A e B.
7. (Vunesp) O início do ato de respirar está relacionado com inspirar o ar, o que consiste em fazer uma dada 
quantidade de ar entrar nos pulmões.
a) Considerando a densidade do ar como sendo 1,3 kg/m3, qual deve ser a massa de ar dentro de um pulmão, quando 
seu volume for 5,0 L?
b) Caso o volume de ar no pulmão varie de 5,0 L para 2,5 L, mantidas a temperatura e a pressão e considerando o ar 
homogêneo, qual a relação entre o número de partículas de ar dentro do pulmão com o maior e com o menor volume?
roda de leitura
veículos × combustível adulterado
É comum a mídia notificar casos de combustíveis adulterados. A alteração da composição química dos combustíveis, 
de modo diferente do que é indicado pela Agência Nacional do Petróleo, Gás Natural e Biocombustíveis (ANP), pode ser 
considerada criminosa.
a análise de combustíveis pode ter variadas motivações e objetivos. o mais conhecido, justamente por ser noticiado, 
é a verificação − e por vezes comprovação − da adulteração de algum combustível. ela pode ser percebida através dos 
seguintes “sintomas” que o veículo pode apresentar:
•  falhas na hora da partida;
•  maior consumo de combustível;
•  danos ao filtro de combustível, velas e bombas do motor;
•  perda de potência.
[...]
a análise química de combustíveis segue uma série de normas técnicas definidas pela petrobras. assim, há alguns 
parâmetros que devem ser analisados para conferir a qualidade do produto. inicialmente, realiza-se o exame de proprie-
dades físicas, como a aparência visual e a densidade. a densidade pode ser conferida através de um densímetro, e, para 
o caso da gasolina, caso esteja menor do que 0,75 g/ml, é provável que esteja adulterada.
[...]
 em casos de adulteração comprovada, caso o motorista sinta-se lesado, ele pode fazer uma denúncia. deve-se guar-
dar a nota fiscal do abastecimento e também levar o carro até um mecânico de confiança, que fará o laudo dos danos 
causados. então, a denúncia deve ser feita formalmente pela aNp e pelo procon. o posto pode até mesmo ser obrigado 
a pagar pelos consertos do carro.
disponível em: . acesso em: ago. 2018.
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aula 24 Física a
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De quais dimensões de uma piscina depende a pressão no fundo dela?
s e n h a
naveGar
Acesse o site (acesso em: maio 2018) e faça uma leitura sobre a biografia de 
Blaise Pascal, atentando-se principalmente a seus trabalhos no campo da matemática.
Sa
Si
N
 p
a
ra
kS
a
/ 
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
apenas da profundidade.
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Aulas 22 e 23
 Estudo orientado
1. e
A queda do coco é causada pela força de atração gravitacional da Terra, dada pela lei da gravitação universal 
de Newton.
2. a
Por estar mais próxima do Sol, a Terra tem velocidade de translação maior que Marte. Para um observador na Ter-
ra, em determinado dia, Marte se apresenta numa posição no céu, mas, ao ser ultrapassado pela Terra, para esse 
mesmo observador, Marte fica para trás, provocando o vaivém aparente na trajetória deste planeta.
3. b
Pela terceira lei de Kepler, Vênus tem menor período de translação que a Terra, o que possibilita a observação de 
seu trânsito por um observador na Terra.
4. e
Kepler desenvolve os enunciados das leis que levam o seu nome com base em observações precisas das posições 
dos corpos celestes, principalmente de Marte, e em cálculos matemáticos, podendo assim ser aplicados a todos 
os corpos celestes, por generalização.
5. c
Da relação do enunciado e sendo o período de revolução da Terra igual a 1 ano:
T
T
1
7,5 10
1,5 10
J
2 11
11
3
J




= ⋅
⋅





 ⇒ ≅ 11,2 anos ≅ 12 anos
6. b
No momento de maior proximidade, a distância entre eles é: d = RJ − RT = 7,5 ∙ 1011 − 1,5 ∙ 1011 = 6,0 ∙ 1011 m
F G
m m
d
6,7 10
2 10 6 10
6 10
J T
2
11
27 24
11 2
( ) ( )
( )
= ⋅
⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅
−
∴ F = 2,2 ∙ 1018 N 
7. d
Lei da gravitação universal e lei de Coulomb, respectivamente: F
G M m
d
G 2= ⋅ ⋅
 e F
K Q Q
d
E
1 2
2=
⋅ ⋅
Assim, ambas variam com o inverso da distância entre as partículas em interação.
8. d
A força de atração gravitacional da Terra sobre o telescópio é responsável por mantê-lo em órbita. Nessa altitude, 
a aceleração da gravidade é aproximadamente 90% de seu valor na superfície da Terra, portanto a expressão “o 
peso é pequeno” não se justifica.
9. Força de atração gravitacional: F
d
F
d
6,7 10 1,67 10 1,67 10 1,87 10
G
11 27 27
2 G
64
2= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅− − − −
d
F
1,87 102
64
G
= ⋅ −
 (I)
Gabarito – Física a
 poliSaber 19
 gabarito Física a
41
2-
6
Força de repulsão elétrica: F
d
F
d
9 10 1,6 10 1,6 10 2,3 10
E
9 19 19
2 E
28
2= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅− − −
d
F
2,3 102
28
E
= ⋅ −
 (II)
Fazendo (I) = (II), temos: 
F F
1,87 10 2,3 1064
G
28
E
⋅ = ⋅ ⇒
− −
FE ≅ 1,23 ∙ 1036 ∙ FG
10. b
Força aplicada em m por B: = ⋅ ⋅
F
K m M
y
PB 2
Força aplicada em m por A: = ⋅ ⋅
F
K m M
x
16
PA 2
Considerando m em repouso, temos: = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅⋅ ⇒ =F F
K m M
y
K m M
x
x
y
16
4PB PA 2 2
11. d
Na superfície da Terra: g
G M
R
10T
T
T
2= ⋅ = m/s2
Na superfície do planeta: g
G M
R
G M
R
2 4
4 10 40, T
T
2
T
2
= ⋅




= ⋅






= ⋅ = m/s2
12. d
Na superfície da Terra: g
G M
R
G M g RT
T
T
2 T T T
2= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ (I)
Na estação espacial: g
G M
R h
, T
T
2( )
= ⋅
+
 (II)
Substituindo (I) em (II), temos: g
g R
R h
g g
R
R h
, T T
2
T
2
,
T
T
T
2
( )
= ⋅
+
⇒ = ⋅
+




13. d
Velocidade orbital: = ⋅
v
G M
r
, para: r = 6 ∙ 103 + 720 = 6.720 km = 6,72 ∙ 106 m, temos:
= ⋅ ⋅ ⋅
⋅
≅ ⋅
−
v
6,7 10 6 10
6,72 10
60 10
11 24
6
6 ≅ 7,7 ∙ 103 m/s = 7,7 km/s
14. A velocidade angular do satélite é igual à do planeta (satélite síncrono ou geoestacionário):
T
2 2
10 3.600
rad/ss j sω = ω ⇒ ω =
π
=
π
⋅
A força gravitacional é a resultante centrípeta sobre o satélite: = ⋅ ⋅ = ω ⇒ ω = ⋅F G
M m
r
m r G
M
r2
2 2
3
π
⋅





 = ⋅ ⋅ ⋅−
r
2
10 3.600
6,7 10
1,9 10
2
11
27
3
r é raio da órbita do satélite. 
∴ r = 1,6 ∙ 108 m
r = RJ + h ⇒ 16 ∙ 107 m = 7,0 ∙ 107 + h ⇒ h ≅ 9,0 ∙ 107 m
Física a gabarito
20 poliSaber
41
2-
6
Aula 24
 Estudo orientado
1. d
Com os dois pés no chão: =p
F
A2
, que A é a área 
de cada sapato.
Com apenas um pé no chão: = =p
F
A
p2,
2. a) = ⇒ =d
m
V
m dV
 V = 30 ∙ 20 ∙ 50 = 30.000 cm3 = 30 L
 d = 2,5 ∙ 103 kg/m3 = 2,5 kg/L ⇒ m = 2,5 ∙ 30 = 
= 75 kg
b) P
F
A
N= e FN = p = mg = 750 N
 A = 0,2 ∙ 0,5 = 0,1 m2
 =P
750
0,1
= 7.500 N/m2
3. c
A pressão absoluta no interior da panela (PA) é a soma 
da pressão atmosférica com a pressão exercida pelo 
pino sobre o interior do cilindro (DP):
P
p
A
48 10 10
2 10
48 10
12 10
pino
cilindro
3
3 2
2
6( )
D = = ⋅ ⋅
π ⋅
= ⋅
⋅
−
−
−
− = 
= 0,4 ∙ 105 N/m2 = 0,4 atm
∴ PA = 1 + 0,4 = 1,4 atm
4. a
A compactação do solo é causada pela pressão 
exercida pelos pneus. Para preveni-la, deve-se 
reduzir essa pressão aumentando-se a área de 
contato dos pneus com o solo, com o uso de pneus 
mais largos.
5. e
Densidade de 1,00 L do combustível com 96% de 
álcool e 4% de água:
= ⋅ + ⋅
d
0,96 800 0,04 1.000
1,00
= 808 g/L
Como a água é mais densa que o álcool, misturas 
com mais que 4% de água em volume apresentarão 
densidade acima de 808 g/L. Assim, os postos ade-
quados são aqueles que apresentam combustível 
com densidade inferior ou igual a esse valor; da tabela 
são os postos IV e V.
6. a) Densidade da mistura com volumes iguais dos 
líquidos A e B:
 VA = VB = V; m = dV ⇒ mA = 0,4V e mB = 0,6V 
 mmistura = 0,4V + 0,6V = 1,0V
 Vmistura = V + V = 2V
 ∴dmistura = 
V
V
1,0
2
= 0,5 g/cm3
b) Densidade da mistura com massas iguais dos 
líquidos A e B:
 mA = mB = m; = ⇒ =V
m
d
V
m
0,4A e =V
m
0,6B
 mmistura = m + m = 2m
 Vmistura = + =m m m
0,4 0,6
5
1,2
 ∴dmistura = =m
m
2
5
1,2
2,4
5
 = 0,48 g/cm3
7. a) Para um volume V = 5,0 L = 5,0 ∙ 10−3 m3 de ar:
 = ⇒d
m
V
 m = dV = 1,3 ∙ 5 ∙ 10−3 = 6,5 ∙ 10−3 kg = 
= 6,5 g
b) Considerando-se o ar um gás ideal:
 = ⇒ = ⇒PV nRT V
nRT
P
V
n
 é constante
 = ⇒ =
n n
n
n
5 2,5 5
2,51 2
1
2
= 2
Física a
D
m
it
ry
 r
ez
n
ic
h
en
ko
/S
h
u
tt
er
St
o
c
k
2 poliSaber
41
2-
8
01
8
aula 25 − Pressão em líquidos
Pressão em líquidos − 
teorema de stevin 
Na determinação da pressão exercida em um ponto 
qualquer de um líquido em equilíbrio é necessária a 
subdivisão do cálculo em duas etapas.
 1. Pressão hidrostática ou pressão da coluna líquida 
(Pliq.)
Considere uma coluna, de um líquido em equilíbrio, de 
altura h e área de secção transversal A:
h
A
Como o líquido está em equilíbrio, a intensidade da 
força normal, trocada entre a coluna e o fundo do reci-
piente, tem a mesma intensidade do peso dessa porção 
de líquido: FN = P = m ∙ g
Logo, a pressão exercida pela coluna no fundo do 
recipiente é dada por:
P
F
A
m g
Aliq.
N= = ⋅
Mas, m = d ∙ V, sendo d a densidade do líquido e V, 
o volume da coluna. Temos ainda, que V = A ∙ h; então:
m = d ∙ A ∙ h
∴ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅P
d A h g
A
P d g hliq. liq.
Observação: Dessa expressão conclui-se que a 
Mecanismos hidráulicos: amplificadores de esforços regidos pelo Princípio de Pascal.
pressão exercida pelo líquido não depende da área de 
secção transversal da coluna e consequentemente, nem 
do formato desta coluna.
 2. Pressão total ou pressão absoluta (P)
A pressão total, exercida na base da coluna líquida, é dada 
pela soma da pressão hidrostática com a pressão exercida 
na superfície livre do líquido; portanto: P = Psup. + Pliq.
Observações
	 •	 Estando	o	 líquido	exposto	 à	 atmosfera,	 a	 pressão	
exercida em sua superfície livre é a pressão atmos-
férica; assim, temos:
 P = Patm. + Pliq. ou P = Patm. + d ∙ g ∙ h
	 •	 Veja	o	item	“Pressão	atmosférica	–	experiência	de	
Torricelli”, na Roda de Leitura.
	 •	 Uma	 consequência	 direta	 do	 Teorema	 de	 Stevin:	
Dois pontos imersos no mesmo nível em um líquido 
em	equilíbrio	estão	submetidos	à	mesma	pressão.
Princípio de Pascal
Blaise Pascal (1623-1662), estudando o comportamento 
dos	fluidos	concluiu	que	“qualquer	acréscimo	de	pressão	
em um fluido incompressível e em equilíbrio, é transmiti-
do integralmente a todos os outros pontos desse fluido”.
Prensa hidráulica
A prensa hidráulica, dispositivo rudimentar que explica 
o funcionamento de todos os equipamentos hidráulicos, é 
a	principal	aplicação	do	princípio	de	Pascal.	Ela	é	consti-
tuída basicamente por dois cilindros interligados, de raios 
n
o
rD
ro
D
en
/S
h
u
tt
er
St
o
c
k
 poliSaber 3
aula 25 Física a
41
2-
8
diferentes, contendo um líquido incompressível, vedados 
por	êmbolos	móveis:
F
1
F
2
A
1
A
2
ΔP
ΔP
ΔP
	 •	 F1

	é	a	força	aplicada	ao	êmbolo	de	área	de	secção	
transversal A1;
	 •	 F2

	é	a	força	que	surge	no	êmbolo	de	área	de	secção	
transversal A2.
Assim, temos que Δ =P
F
A1
1
1
 é o acréscimo de pressão 
no	êmbolo	1	e	ΔP
F
A2
2
2
= é o acréscimo de pressão no 
êmbolo	2.
Portanto, pelo princípio de Pascal, temos:
Δ ΔP P
F
A
F
A1 2
1
1
2
2
= ⇒ =
Logo, as intensidades das forças e as áreas dos 
êmbolos	são	diretamente	proporcionais.	Por	exemplo,	
se A2 = 10 ∙ A1, para cada newton (1 N) aplicado no 
êmbolo	menor	serão	equilibrados	10	newtons	(10	N)	
no	êmbolo	maior	 (essa	máquina	simples	amplifica	o	
esforço dez vezes).
exercícios
1. Um	mergulhador,	em	um	lago	profundo,	desce	até	a	profundidade	de	50	m.	Determine	a	pressão	absoluta	(em	N/m2 
e	em	atm)	suportada	pelo	mergulhador,	a	10	m,	20	m	e	50	m	de	profundidade.
Dados:
densidade	da	água	=	1,0	g/cm3 
pressão atmosférica = 1,0 ∙ 105	N/m2 = 1 atm
e	a	aceleração	da	gravidade	local	=	10	m/s2
2. (Mackenzie-SP)	No	tubo	em	forma	de	U da figura a seguir, o ramo A, de extremidade fechada, contém certo gás. O 
ramo B tem extremidade aberta. O desnível entre as superfícies livres da água é 10 cm. A pressão do gás no ramo 
A excede a pressão atmosférica de:
Dados:
massa	específica	da	água	=	1	g/cm3
g	=	10	m/s2
Gás
A B
Água
10 cm
a) 5	∙	103	N/m2
b) 4 ∙ 103	N/m2
c) 3 ∙ 103	N/m2
d) 2 ∙ 103	N/m2
e) 1 ∙ 103	N/m2
•	 a	10	m	de	profundidade:
 
P P d g h 1 10 1.000 10 10 2 10 N/m 2 atmA Aatm. a
5 5 2= + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ =
•	 a	20	m	de	profundidade:
 
P P d g h 1 10 1.000 10 20 3 10 N/m 3 atmB Batm. a
5 5 2= + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ =
•	 a	50	m	de	profundidade:
 
P P d g h 1 10 1.000 10 50 6 10 N/m 6 atmC Catm. a
5 5 2= + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ =
A	pressão	do	gás	é	igual	à	pressão	no	líquido,	no	outro	ramo	
do	tubo,	no	mesmo	nível,	ou	seja:	a	pressão	absoluta	a	10	
cm	de	profundidade	na	água,	então;	a	pressão	excedente	é	
a	pressão	de	uma	coluna	de	água	de	10	cm	=	0,1	m:
P P d g h
P 1.000 10 0,1 1.000 1 10 N/m
gás atm.
gás
3 2
= + ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ = = ⋅
Física a aula 25
4 poliSaber
41
2-
8
3. (Unicamp-SP)	A	figura	abaixo	mostra,	de	forma	simplificada,	o	sistema	de	freios	a	disco	de	um	automóvel.	Ao	se	
pressionar	o	pedal	do	freio,	este	empurra	o	êmbolo	de	um	primeiro	pistão	que,	por	sua	vez,	através	do	óleo	do	
circuitohidráulico, empurra um segundo pistão. O segundo pistão pressiona uma pastilha de freio contra um disco 
metálico	preso	à	roda,	fazendo	com	que	ela	diminua	sua	velocidade	angular.
Pastilha
de freio
Óleo
de freio
Pedal
de freio
Disco
de freio
d
1
d
2
Considerando o diâmetro d2 do segundo pistão duas vezes maior que o diâmetro d1 do primeiro, qual a razão entre 
a	força	aplicada	ao	pedal	de	freio	pelo	pé	do	motorista	e	a	força	aplicada	à	pastilha	de	freio?
a) 
1
4
b) 
1
2
c) 2 d) 4
estudo orientado
exercícios
1. (Enem-MEC)	A	tabela	a	seguir	registra	a	pressão	atmosférica	em	diferentes	altitudes,	e	o	gráfico	relaciona	a	pressão	de	
vapor da água em função da temperatura.
Altitude (km) Pressão atmosférica 
(mmHg)
0 760
1 600
2 480
4 300
6 170
8 120
10 100
100
Temperatura
Pr
es
sã
o 
de
 v
ap
or
 d
e 
ág
ua
 e
m
 n
m
H
g
200
300
400
500
600
700
800
20 40 60 80 100 120
Um	líquido,	num	frasco	aberto,	entra	em	ebulição	a	partir	do	momento	em	que	sua	pressão	de	vapor	se	iguala	à	
pressão atmosférica. Assinale a opção correta, considerando a tabela, o gráfico e os dados apresentados, sobre as 
seguintes cidades:
Seja	F1	o	módulo	da	força	aplicada	pelo	pé	do	motorista	
e	F2	o	módulo	da	força	aplicada	à	pastilha.	Pelo	princípio	
de	Pascal,	temos:
F
d
F
d
F
d
F
d
F
F2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
1
1
2
= ⇒ = ⇒ =
 poliSaber 5
aula 25 Física a
41
2-
8
Natal (RN) Nível do mar
Campos	do	Jordão	(SP) altitude 1.628 m
Pico da Neblina (RR) altitude 3.014 m
A temperatura de ebulição será:
a) maior em Campos do Jordão.
b) menor em Natal.
c) menor no Pico da Neblina.
d) igual em Campos do Jordão e Natal.
e) não dependerá da altitude.
2. (UEL-PR)	 Para	medir	 a	 pressão	p exercida por um 
gás, contido num recipiente, utilizou-se um manô-
metro de mercúrio, obtendo-se os valores indicados 
na figura a seguir. 
Gás
20 mm
170 mm
Hg
A pressão atmosférica local medida por um barô-
metro	indicava	750	mmHg.	O	valor	de	p,	em	mmHg,	
vale:
a) 150
b) 170
c) 750
d) 900
e) 940
3. (Mackenzie-SP)	Num	laudo	médico,	foi	mencionado	
que	a	pressão	diastólica	do	paciente	é	equivalente	à	
pressão exercida na base inferior de uma coluna de 
9,50	cm	de	mercúrio.	Considerando-se	que	a	pres-
são atmosférica ao nível do mar é 1,00 ∙ 105	N/m2, a 
medida da pressão arterial mencionada no referido 
laudo	médico,	em	unidades	do	SI,	é:
a) 1,05	∙	104	N/m2
b) 1,25	∙	104	N/m2
c) 8,00 ∙ 104	N/m2
d) 1,25	∙	105	N/m2
e) 8,00 ∙ 105	N/m2
4. (Vunesp)	 Para	 que	 se	 administre	 medicamen-
to via endovenosa, o frasco deve ser colocado a 
uma certa altura acima do ponto de aplicação no 
paciente. O frasco fica suspenso em um suporte 
vertical com pontos de fixação de altura variável 
e se conecta ao paciente por um cateter, por onde 
desce o medicamento. A pressão na superfície li-
vre é a pressão atmosférica; no ponto de aplicação 
no paciente, a pressão deve ter um valor maior do 
que a atmosférica. Considere que dois medica-
mentos diferentes precisam ser administrados. O 
frasco do primeiro foi colocado em uma posição 
tal que a superfície livre do líquido encontra-se a 
uma altura h do ponto de aplicação. Para aplicação 
do segundo medicamento, de massa específica 1,2 
vezes maior que a do anterior, a altura de fixação 
do frasco deve ser outra. Tomando h como refe-
rência,	para	a	aplicação	do	segundo	medicamento	
deve-se:
a) diminuir a altura de 
h
5
.
b) diminuir a altura de 
h
6
.
c) aumentar a altura de 
h
5
.
d) aumentar a altura de 
2
5
h
.
e) aumentar a altura de 
h
6
.
5.	 (Unifesp)	A	figura	representa	um	tubo	em	U con-
tendo um líquido L e fechado em uma das extre-
midades, onde está confinado um gás G; A e B são 
dois pontos no mesmo nível.
A B
G
L
Sendo	p0 a pressão atmosférica local, pG a pressão 
do gás confinado, pA e pB a pressão total nos pontos 
A e B	 (pressão	 devida	 à	 coluna	 líquida	 somada	 à	
pressão que atua na sua superfície), pode-se afir-
mar que:
a) p0 = pG = pA = pB
b) p0 > pG e pA = pB
c) p0 pG > pA > pB
e) p0 .	Acesso	
em: set. 2018.
ágora
“Ninguém	é	tão	sábio	que	não	tenha	algo	pra	apren-
der	e	nem	tão	tolo	que	não	tenha	algo	pra	ensinar.”
Blaise	Pascal
O	quanto	você	concorda	ou	discorda	desta	afirmação?
Sugestão:	Em	um	pequeno	grupo	multidisciplinar,	pro-
mova um debate sobre o tema.
 poliSaber 7
aula 25 Física a
41
2-
8
s e n h a
Qual	a	condição	de	flutuabilidade	do	barco?	
©
20
18
	K
iN
g
	F
eA
tu
re
S	
Sy
N
d
ic
A
te
/i
Pr
eS
S.
O	barco	deve	ter	densidade	menor	que	a	densidade	da	água.
8 poliSaber
41
2-
8
este	último	conteúdo	do	material	corresponde	à	descrição	de	mais	uma	força	
de	contato,	a	que	resulta	da	interação	de	um	corpo	com	um	meio	fluido.	Por	
mera	objetividade,	este	item	se	restringe	à	análise	de	um	fluido	em	equilíbrio,	
ou	seja,	em	repouso	ou	em	movimento	retilíneo	e	uniforme.
A	análise	de	interações	com	fluidos	acelerados	é	desenvolvida	no	item	“dinâ-
mica	dos	fluidos”,	que	é	trabalhado	no	ensino	superior,	em	áreas	de	interesse.
empuxo − princípio de arquimedes 
Todo corpo imerso em um fluido em equilíbrio sofre a ação de uma força vertical de baixo para cima, denominada 
empuxo,	cuja	intensidade	é	igual	ao	peso	do	fluido	deslocado	pelo	corpo.
E
Observação: Todo o fluido − meio líquido ou gasoso − exerce em um corpo imerso a força de empuxo, porém essa 
força é mais intensa nos líquidos. Nos meios gasosos o empuxo é significativo somente quando o corpo tiver densidade 
comparável	à	densidade	do	próprio	meio.
Para a dedução matemática da intensidade do empuxo, considere o exemplo de um corpo, parcial outotalmente, 
imerso em um líquido em equilíbrio, como na figura acima.
Do princípio de Arquimedes, a intensidade desta força é igual ao peso do líquido deslocado pelo corpo. Assim, sendo 
E a intensidade do empuxo e P o peso do líquido deslocado pelo corpo, temos: E = P
No entanto, P = m ∙ g, em que m é massa do líquido deslocado e, ainda, m = dL ∙ VLD, sendo dL a densidade do líquido 
e VLD o volume do líquido deslocado. Portanto:
E = dL ∙ VLD ∙ g
Para facilitar o raciocínio, observa-se que o volume de líquido deslocado é o volume do corpo imerso neste líquido, 
ou	seja,	VLD = Vi. Assim, temos:
E = dL ∙ Vi ∙ g
Observação:	Veja	a	seguir	as	unidades	no	sistema	internacional.
[ ] ; [ ]
[ ]
d V
E
= = ⇒
⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅ = (
kg
m
m e [g] = 
m
s
kg
m
m
m
s
kg m
s
N newton
3
3
3
2
3
2 2
))
aulas 26 e 27 − emPuxo / análise dimensional
 poliSaber 9
aulas	26	e	27	 Física a
41
2-
8
exercícios
1. Um	bloco	de	massa	630	g	é	colocado	lentamente	em	um	líquido	desconhecido	e	observa-se	que	são	deslocados	
500	cm3 do líquido, até que o bloco passa a flutuar em equilíbrio. Determine:
(Dado:	g	=	10	m/s2)
a) a intensidade do empuxo exercido pelo líquido no bloco;
b) a	densidade	do	líquido,	em	g/cm3.
2. (Vunesp)	A	maioria	dos	peixes	ósseos	possui	uma	estrutura	chamada	vesícula	gasosa	ou	bexiga	natatória,	que	tem	
a	função	de	ajudar	na	flutuação	do	peixe.	Um	desses	peixes	está	em	repouso	na	água,	com	a	força	peso,	aplicada	
pela Terra, e o empuxo, exercido pela água, equilibrando-se, como mostra a figura 1. 
Desprezando a força exercida pelo movimento das nadadeiras, considere que, ao aumentar o volume ocupado 
pelos	gases	na	bexiga	natatória,	sem	que	a	massa	do	peixe	varie	significativamente,	o	volume	do	corpo	do	peixe	
também	aumente.	Assim,	o	módulo	do	empuxo	supera	o	da	força	peso,	e	o	peixe	sobe	(figura	2).
PP
E
E
Figura 1
Bexiga natatória
Peixe em equilíbrio
(E = P)
Peixe em movimento ascendente
(E > P)
Figura 2
Na	situação	descrita,	o	módulo	do	empuxo	aumenta,	porque:
a) é	inversamente	proporcional	à	variação	do	volume	do	corpo	do	peixe.	
b) a intensidade da força peso, que age sobre o peixe, diminui significativamente.
c) a densidade da água na região ao redor do peixe aumenta. 
d) depende da densidade do corpo do peixe, que também aumenta. 
e) o	módulo	da	força	peso	da	quantidade	de	água	deslocada	pelo	corpo	do	peixe	aumenta.
3. Um	corpo	de	peso	igual	a	2,0	N,	quando	totalmente	imerso	na	água	tem	peso	aparente	de	1,5	N.	Determine:
(Dados: g	=	10	m/s2 e dágua	=	1,0	kg/L)
a) a intensidade do empuxo que a água exerce no corpo;
b) o volume deste corpo, em cm3.
4. Um	corpo	de	massa	específica	0,8	g/cm3, flutua em um recipiente com água. Determine a fração do volume do 
corpo	imerso	na	água?
(Dado:	massa	específica	da	água	=	1,0	g/cm3)∴
5.	 (Fuvest-SP)	Um	objeto	homogêneo	colocado	em	um	recipiente	com	água	tem	32%	de	seu	volume	submerso;	já	em	
um	recipiente	com	óleo,	tem	40%	de	seu	volume	submerso.	A	densidade	desse	óleo,	em	g/cm3, é:
a) 0,32 
b) 0,40
c) 0,64
d) 0,80
e) 1,25
Para	um	corpo	flutuando:
V
V
d
d
i corpo
líguido
=
Para	o	objeto	na	água:
V
V
d
d
1
0,32 32% 0,32 g/cmi corpo
corpo
3( )= = ⋅ ⇒ =
Para	o	objeto	no	óleo:
V
V
d
d d
d
0,32
0,40 40%
0,32
0,4
0,80 g/cmi corpo
óleo óleo
óleo
3( )= = = ⋅ ⇒ = =
No	equilíbrio,	temos:	E	=	P ⇒ E	=	m · g =	0,63	∙	10	=	6,3	N
E	=	dlíq.	∙	Vi g
Vi	=	500	cm
3	=	0,5	L	⇒	6,3	=	dlíq.	∙	0,5	∙	10	
dlíq.	=	1,26	kg/L	=	1,26	g/cm
3
O	empuxo	é	o	peso	do	líquido	deslocado	pelo	corpo,	assim	ao	aumentar	o	volume	do	peixe,	aumenta-se	também	o	volume	de	água	deslocada	e,	portanto,	aumenta-se	o	empuxo.
No	equilíbrio	do	corpo	imerso	na	água,	temos:	
E = P − Paparente ⇒ E	=	2,0	–	1,5	=	0,5	N
E =	dágua	∙ Vi	∙ g
Vi	=	V	(corpo	totalmente	imerso)	⇒	0,5	=	1,0	∙	V	∙	10
V	=	0,05	L	=	50	cm3
Bloco	de	equilíbrio
E = P ⇒ dágua	∙	Vi	∙	g	=	m	∙	g
m	= dbloco	∙	V
V
V
d
d
0,8
1,0
0,8 80%i bloco
água
= = = =
Física a aulas	26	e	27
10 poliSaber
41
2-
8
estudo orientado
exercícios
1. (Fatec-SP)	O	 Brasil	 pretende	 construir	 um	 subma-
rino nuclear que terá massa aproximada de 6.000 
toneladas, poderá descer até uma profundidade de 
350	metros	e	desenvolver	uma	velocidade	máxima	
aproximada	de	12	m/s.
Suponha	as	duas	situações	a	seguir:
I.	 que	 o	 submarino	 descrito	 esteja	 completamente	
estático,	totalmente	submerso	e	próximo	à	lâmina	
d’água, em uma determinada região do oceano que 
possui campo gravitacional constante;
II.	 que	o	 submarino	descrito	 esteja	 navegando	à	 ve-
locidade máxima de forma constante, totalmente 
submerso	e	próximo	à	lâmina	d’água,	em	uma	de-
terminada região do oceano que possui campo gra-
vitacional constante.
Desprezando a coluna d’água acima do submarino, 
podemos afirmar que o empuxo produzido na situa-
ção	(I)	e	a	quantidade	de	movimento	gerada	na	si-
tuação	(II),	respectiva	e	aproximadamente,	são:
a) 6,0 ∙ 104 N e 7,2 ∙ 104	kg	∙	m/s
b) 6,0 ∙ 104 N e 7,2 ∙ 105	kg	∙	m/s
c) 6,0 ∙ 107 N e 7,2 ∙ 106	kg	∙	m/s
d) 6,0 ∙ 107 N e 7,2 ∙ 107	kg	∙	m/s
e) 6,0 ∙ 107 N e 7,2 ∙ 108	kg	∙	m/s
2. (Vunesp)	As	figuras	1	e	2	representam	uma	pes-
soa segurando uma pedra de 12 kg e densidade 
2 ∙ 103	 kg/m3,	 ambas	em	 repouso	em	 relação	à	
água de um lago calmo, em duas situações di-
ferentes. Na figura 1, a pedra está totalmente 
imersa na água e, na figura 2, apenas um quarto 
dela está imerso. Para manter a pedra em repou-
so na situação da figura 1, a pessoa exerce so-
bre ela uma força vertical para cima, constante 
e	 de	 módulo	 F1.	 Para	 mantê-la	 em	 repouso	 na	
situação da figura 2, exerce sobre ela uma força 
vertical	para	cima,	constante	e	de	módulo	F2.
Figura 1 Figura 2
Puxa! Uma pedra tão
grande e tão leve!
Ufa! De repente
ficou pesada!
(http://educar.sc.usp.br.	Adaptado.)
Considerando a densidade da água igual a 103	kg/m3 
e g	=	10	m/s2, é correto afirmar que a diferença F2	–	F1, 
em newtons, é igual a:
a) 60
b) 75
c) 45
d) 30
e) 15
3. (Enem-MEC)	Um	consumidor	desconfia	que	a	balan-
ça do supermercado não está aferindo corretamente 
a massa dos produtos. Ao chegar em casa resolve 
conferir se a balança estava descalibrada. Para isso, 
utiliza um recipiente provido de escala volumétrica, 
contendo	1,0	litro	d’água.	Ele	coloca	uma	porção	dos	
legumes que comprou dentro do recipiente e obser-
va	que	a	água	atinge	a	marca	de	1,5	litro	e	também	
que a porção não ficara totalmente submersa, com 
um terço de seu volume fora d’água. Para concluir o 
teste,	o	consumidor,	com	ajuda	da	internet,	verifica	
que a densidade dos legumes, em questão, é a me-
tade da densidade da água, onde, dágua	=	1	g/cm
3. No 
supermercado a balança registrou a massa da por-
ção	de	legumes	igual	a	0,500	kg	(meio	quilograma).	
Considerando que o método adotado tenha boa 
precisão, o consumidor concluiu que a balança 
 poliSaber 11
aulas	26	e	27	 Física a
41
2-
8
estava descalibrada e deveria ter registrado a mas-
sa da porção de legumes igual a:
a) 0,073 kg
b) 0,167 kg
c) 0,250	kg
d) 0,375	kg
e) 0,750	kg
4. (Unicamp-SP)	 Uma	 boia	 de	 sinalização	 marítima	
muito simples pode ser construída unindo-se dois 
cilindros de mesmas dimensões e de densidades 
diferentes, sendo um de densidade menor e outro 
de densidade maior que a da água, tal como esque-
matizado	 na	 figura	 abaixo.	 Submergindo-se	 total-
mente esta boia de sinalização na água, quais serão 
os pontos efetivos mais prováveis de aplicação das 
forças	peso	e	empuxo?
BA
Densidade
menor
Densidade
maior
C
a) Peso em C e empuxo em B. 
b) Peso em B e empuxo em B.
c) Peso em C e empuxo em A. 
d) Peso em B e empuxo em C.
5.	 (Enem-MEC)	Em	um	experimento	realizado	para	de-
terminar a densidade da água de um lago, foram 
utilizados alguns materiais conforme ilustrado: um 
dinamômetro D	com	graduação	de	0	N	a	50	N	e	um	
cubo	maciço	e	homogêneo	de	10	cm	de	aresta	e	
3	kg	de	massa.	Inicialmente,	foi	conferida	a	calibra-
ção do dinamômetro, constatando-se a leitura de 30 
N quando o cubo era preso ao dinamômetro e sus-
penso no ar. Ao mergulharo cubo na água do lago, 
até que metade do seu volume ficasse submersa, 
foi registrada a leitura de 24 N no dinamômetro.
D
Considerando que a aceleração da gravidade local é 
de	10	m/s2,	a	densidade	da	água	do	lago,	em	g/cm3, 
é:
a) 0,6
b) 1,2
c) 1,5
d) 2,4
e) 4,8
6. (Enem-MEC)	 Durante	 uma	 obra	 em	 um	 clube,	 um	
grupo de trabalhadores teve de remover uma es-
cultura de ferro maciço colocada no fundo de uma 
piscina vazia. Cinco trabalhadores amarraram cor-
das	à	escultura	e	tentaram	puxá-la	para	cima,	sem	
sucesso.
Se	a	piscina	 for	preenchida	com	água,	 ficará	mais	
fácil para os trabalhadores removerem a escultura, 
pois a:
a) escultura flutuará, desta forma, os homens não preci-
sarão fazer força para remover a escultura do fundo.
b) escultura ficará com peso menor. Desta forma, a 
intensidade da força necessária para elevar a escul-
tura será menor.
c) água exercerá uma força na escultura proporcional a 
sua	massa,	e	para	cima.	Esta	força	se	somará	à	força	
que os trabalhadores fazem para anular a ação da 
força peso da escultura.
d) água exercerá uma força na escultura para baixo, 
e esta passará a receber uma força ascendente do 
piso	da	piscina.	Esta	força	ajudará	a	anular	a	ação	
da força peso na escultura.
e) água exercerá uma força na escultura proporcional 
ao	seu	volume,	e	para	cima.	Esta	força	se	somará	à	
força que os trabalhadores fazem, podendo resultar 
em uma força ascendente maior que o peso da 
escultura.
7. (Fuvest-SP)	Um	bloco	de	madeira	impermeável,	de	
massa M e dimensões 2 ∙ 3 ∙ 3 cm3, é inserido muito 
lentamente na água de um balde, até a condição 
de equilíbrio, com metade de seu volume submersa. 
M
m
Física a aulas	26	e	27
12 poliSaber
41
2-
8
A água que vaza do balde é coletada em um copo e 
tem massa m. A figura ilustra as situações inicial e 
final; em ambos os casos, o balde encontra-se cheio 
de água até sua capacidade máxima. A relação en-
tre as massas m e M é tal que:
a) m = 
M
3
b) m = 
M
2
c) m = M
d) m = 2M
e) m = 3M
8. (Unifesp)	Uma	pessoa	com	massa	de	80	kg,	suspen-
sa por um cabo de massa e volume desprezíveis, 
atado a um dinamômetro, é colocada em um tan-
que com água de tal forma que fique ereta, na posi-
ção vertical e completamente imersa. Consideran-
do que a massa específica da água é de 103	kg/m3, 
a pressão atmosférica local de 1,0 ∙ 105	N/m2, a ace-
leração da gravidade g	 =	 10	m/s2 e que a água e 
a pessoa estão em repouso em relação ao tanque, 
calcule:
a) a pressão externa nos pés desta pessoa, que se 
encontram 2,0 m abaixo do nível da água;
b) o volume da pessoa, se o peso aparente registrado 
pelo dinamômetro é de 40 N.
9. (Unicamp-SP)	 Um	 gigantesco	 iceberg desprendeu-
-se recentemente da Antártida, no extremo sul do 
planeta. O desprendimento desse iceberg, batizado 
de A68, foi considerado um dos maiores eventos do 
gênero	já	registrados	pela	ciência	moderna.	Segun-
do	a	NASA,	é	difícil	prever	se	o	iceberg permanece-
rá como um único bloco, mas é mais provável que 
ele se fragmente.
a) Considere que o iceberg tem o formato aproximado de 
uma placa de 6.000 km2	de	área	e	500	m	de	espessura.	
Sendo	a	densidade	do	gelo	dg	=	900	kg/m
3, calcule o 
empuxo sobre o iceberg que o mantém flutuando.
b) Suponha	 um	 iceberg com velocidade de deriva 
constante.	Em	um	dado	momento,	tensões	internas	
fazem com que dois blocos de gelo menores, A e 
B,	 se	 desprendam	e	 sejam	 lançados	 em	 sentidos	
opostos	e	perpendicularmente	à	direção	da	veloci-
dade de deriva do iceberg. As massas dos blocos são 
mA = 2,0 ∙ 105 kg e mB	=	5,0	∙	10
4	kg.	Sabendo	que	
imediatamente	após	a	 fragmentação	a	direção	da	
velocidade de deriva do iceberg se mantém, e que 
o	módulo	da	velocidade	do	bloco	A é vA	=	0,5	m/s,	
calcule	o	módulo	da	velocidade	do	bloco	B imedia-
tamente	após	a	ruptura.	
10. (Vunesp)	Uma	esfera	de	massa	50	g	está	totalmente	
submersa na água contida em um tanque e presa 
ao	 fundo	por	um	 fio,	 como	mostra	 a	 figura	1.	 Em	
dado instante, o fio se rompe e a esfera move-se, a 
partir do repouso, para a superfície da água, onde 
chega	0,60	s	após	o	rompimento	do	fio,	como	mos-
tra a figura 2.
Figura 1 Figura 2
a) Considerando que, enquanto a esfera está se moven-
do no interior da água, a força resultante sobre ela é 
constante, tem intensidade 0,30 N, direção vertical e 
sentido	para	cima,	calcule,	em	m/s,	a	velocidade	com	
que	a	esfera	chega	à	superfície	da	água.
b) Considerando que apenas as forças peso e empu-
xo atuam sobre a esfera quando submersa, que a 
aceleração	gravitacional	seja	10	m/s2 e que a massa 
específica	 da	 água	 seja	 1,0	 ∙	 103	 kg/m3, calcule a 
densidade	da	esfera,	em	kg/m3.
11. (ITA-SP)	Um	pequeno	barco	de	massa	igual	a	60	kg	
tem	o	formato	de	uma	caixa	de	base	retangular	cujo	
comprimento é 2,0 m e a largura 0,80 m. A profun-
didade do barco é de 0,23 m. Posto para flutuar em 
uma lagoa, com um tripulante de 1.078 N e um las-
tro, observa-se o nível da água a 20 cm acima do 
fundo do barco. O valor que melhor representa a 
massa do lastro em kg é:
(Dados: g	=	9,80	m/s2 e dágua	=	1,00	kg/L)
a) 260
b) 210
c) 198
d) 150
e) Indeterminado,	pois	o	barco	afundaria	com	o	peso	
deste tripulante. 
12. (Enem-MEC)	“O	Brasil	 tem	potencial	para	produzir	
pelo	menos	15	mil	megawatts	por	hora	de	energia	
 poliSaber 13
aulas	26	e	27	 Física a
41
2-
8
a	partir	 de	 fontes	alternativas.	 Somente	nos	Esta-
dos	da	região	Sul,	o	potencial	de	geração	de	energia	
por intermédio das sobras agrícolas e florestais é de 
5.000	megawatts	por	hora.	Para	se	ter	uma	ideia	do	
que	isso	representa,	a	usina	hidrelétrica	de	Ita,	uma	
das maiores do país, na divisa entre o Rio Grande 
do	Sul	e	Santa	Catarina,	gera	1.450	megawatts	de	
energia por hora.”
Esse	texto,	transcrito	de	um	jornal	de	grande	circu-
lação, contém, pelo menos, um erro conceitual ao 
apresentar valores de produção e de potencial de 
geração	de	energia.	Esse	erro	consiste	em:
a) apresentar valores muito altos para a grandeza energia.
b) usar unidade megawatt para expressar os valores 
de	potência.
c) usar unidades elétricas para biomassa.
d) fazer uso da unidade incorreta megawatt por hora.
e) apresentar valores numéricos incompatíveis com 
as unidades.
13. (Fatec-SP)	 Sabe-se	 que	 a	 grandeza	 física	 potência	
pode ser expressa como sendo a energia utilizada 
pela unidade de tempo em um determinado sistema.
Considerando como grandezas fundamentais o 
tempo (T), o comprimento (L) e a massa (M), pode-
mos	afirmar	corretamente	que	a	fórmula	dimensio-
nal	da	potência	é:
a) M ∙ L ∙ T
b) M ∙ L2 ∙ T
c) M ∙ L2 ∙ T2
d) M ∙ L2 ∙ T–2
e) M ∙ L2 ∙ T–3
14. (Fuvest-SP)	Uma	gota	de	chuva	se	forma	no	alto	de	
uma nuvem espessa. À medida que vai caindo den-
tro da nuvem, a massa da gota vai aumentando, e o 
incremento de massa Δm, em um pequeno interva-
lo de tempo Δt, pode ser aproximado pela expres-
são Δm = α ∙ v ∙ S ∙ Δt em que α é uma constante, v 
é a velocidade da gota, e S, a área de sua superfície. 
No	sistema	 internacional	de	unidades	 (SI),	a	cons-
tante α é:
a) expressa em kg ∙ m3.
b) expressa em kg ∙ m−3.
c) expressa em m3 ∙ s ∙ kg−1.
d) expressa em m3 ∙ s−1.
e) adimensional.
roda de leitura
Análise dimensional
Durante as exposições em todas as aulas de me-
cânica	 –	 Física	A	 –	 quando	 da	 apresentação	 de	 uma	
equação, relacionando duas ou mais grandezas físicas, 
desenvolveu-se a análise das unidades de medida de 
cada grandeza envolvida na equação, generalizando, este 
estudo é denominado análise dimensional:	 análise	 –	
separação	em	partes	–	das	unidades	de	cada	grandeza,	
e seu correspondente resultado, seguindo as operações 
descritas na equação.
Um	exemplo,	a	grandeza	energia,	a	partir	da	definição	
de energia cinética de um corpo, pode ser descrita, em 
unidades	do	S.I.,	como:
E
m v
E kg
m
s
E
c
kg
m
s
kg m s J joule
= ⋅ ⇒ = ⋅ 



= ⋅ = ⋅ ⋅ = ( )−
2 2
2
2
2 2
2
[ ]
[ ]
Pela necessidade, esta análise levou em conside-
ração	 especialmente	 as	 unidades	 no	 S.I.,	mas	 uma	
simbologiaencontro ou ultrapassagem de móveis
Define-se velocidade escalar relativa (vR ou vRel.) entre 
dois móveis, A e B, na mesma trajetória, ou em trajetórias 
paralelas, da seguinte forma:
vR = vA − vB
 polisaber 15
aulas 2 e 3 Física a
41
2-
1
Nessa equação, vA é a velocidade escalar do móvel A, em relação ao referencial fixo que definiu a trajetória, e 
vB é a velocidade escalar do móvel B em relação ao mesmo referencial. 
Nota: vA e vB têm o mesmo sinal quando A e B se movem no mesmo sentido e sinais diferentes quando A e B estão 
em sentidos opostos.
Exemplo
Dois veículos, 1 e 2, viajam na mesma rodovia com velocidades de 120 km/h e 90 km/h respectivamente. Determine 
a velocidade relativa entre eles quando os dois se movem:
a) no mesmo sentido;
 Independentemente dos sentidos nos movimentos: 
 vR = v1 − v2
 Quando se movem no mesmo sentido: 
 v1 = 120 km/h e v2 = 90 km/h
 ∴ vR = 120 − 90 = 30 km/h
b) em sentidos opostos.
 Quando se movem em sentidos opostos: 
 v1 = 120 km/h e v2 = −90 km/h
 ∴ vR = 120 − (−90) = 210 km/h
O uso da velocidade relativa será especialmente útil na resolução de uma questão muito recorrente neste item do 
conteúdo, que é a questão do encontro, ou ultrapassagem, de móveis. 
Exemplo 1
Em determinado instante, dois automóveis, A e B, que viajam na mesma rodovia, estão distantes entre si 100 km, 
sendo a velocidade de A de 120 km/h e a velocidade de B de 80 km/h, em sentidos opostos. Considerando-se que 
essas velocidades se mantenham constantes, depois de quanto tempo os automóveis estarão lado a lado na rodovia?
Resolução usando as funções horárias. Observe a representação esquemática:
V
A
 = 120 km/h v
B
 = 80 km/h
BA 100 km
Ponto de
encontro:
s
A
 = s
B
No instante t0 = 0, os veículos estão distantes entre si 100 km. Adotando a origem da trajetória na posição de A, temos: 
s0A = 0 e s0B = 100 km. Assim, as funções horárias para cada veículo são:
s = s0 + vt
sA = 0 + 120t = 120t
sB = 100 − 80t
O sinal negativo indica que vB tem sentido oposto ao de vA.
No instante de encontro:
sA = sB ⇒ 120tE = 100 − 80tE ⇒ 200tE = 100 ⇒ tE = 0,5 h
Logo, os veículos estarão lado a lado na rodovia depois de 0,5 h ou 30 min.
A resolução da mesma questão usando velocidade relativa:
vR = vA − vB = 120 − (−80) = 200 km/h
Física a aulas 2 e 3
16 polisaber
41
2-
1
Na determinação do tempo que os veículos levarão para se encontrarem, segue-se o raciocínio como se o 
veículo B estivesse parado e o veículo A aproximando-se com velocidade de 200 km/h. Assim, para que A en-
contre B. ele deve se deslocar 100 km. Esse deslocamento é chamado deslocamento relativo (ΔsR = ΔsA − ΔsB). 
Na representação esquemática: 
v
R
 = 100 km/h
BA ∆S
R 
=100 km
Notas:
1. Observe que, mesmo sem se conhecerem os deslocamentos de cada veículo, a determinação do deslocamento 
relativo é muito simples: é a distância inicial entre os veículos.
 Assim, para o movimento relativo, temos:
 ΔsR = vR ∙ Δt ⇒100 = 200 ∙ Δt ⇒ Δt = 0,5 h
2. A partir desse valor, outras variáveis associadas aos movimentos podem facilmente ser determinadas, como o 
deslocamento de cada veículo, desde o instante inicial até o instante de encontro.
 Usando Δs = v ∙ Δt, temos: ΔsA = 120 ∙ Δt e ΔsB = −80 ∙ Δt
 De Δt = 0,5 h, vem: ΔsA = 120 ∙ 0,5 = 60 km e ΔsB = −80 ∙ 0,5 = −40 km
 O sinal negativo indica que esse deslocamento tem sentido oposto ao primeiro.
 Para confirmarmos, podemos fazer:
	 ΔsR = ΔsA − ΔsB = 60 − (−40) = 100 km
Exemplo 2
Um trem A, de 600 m de comprimento, e outro trem B, de 450 m de comprimento, deslocam-se sobre trilhos paralelos 
com velocidades constantes, respectivamente, iguais a 72 km/h e 54 km/h. Calcular:
a) o tempo de ultrapassagem de A sobre B, quando se deslocam no mesmo sentido.
 vA = 72 km/h = 20 m/s e vB = 54 km/h = 15 m/s 
 vR = vA − vB = 20 − 15 = 5,0 m/s
 Durante a ultrapassagem de A sobre B, o deslocamento relativo deve ser igual à soma dos comprimentos 
dos dois trens:
	 ΔsR = 600 + 450 = 1.050 m
 Assim, temos:
 ΔsR = vR ∙ Δt ⇒ 1.050 = 5,0 ∙ Δt ⇒ Δt = 210 s
b) o tempo de ultrapassagem de um em relação ao outro, quando se deslocam em sentidos opostos.
 vR = vA − vB = 20 − (−15) = 35 m/s
 O sinal negativo indica que vB tem sentido oposto ao de vA.
 Independentemente dos sentidos dos movimentos, o deslocamento relativo continua sendo a soma dos compri-
mentos dos dois trens:
	 ΔsR = 600 + 450 = 1.050 m
 Novamente: ΔsR = vR ∙ Δt ⇒ 1.050 = 35 ∙ Δt ⇒ Δt = 30 s
 polisaber 17
aulas 2 e 3 Física a
41
2-
1
s e n h a
O movimento uniformemente variado é um caso particular dos movimentos variados, ou seja, movimentos 
para os quais a velocidade escalar varia ao longo do tempo. Para este estudo há necessidade de se definir uma 
grandeza que meça a rapidez da variação desta velocidade, ou seja, precisa-se definir aceleração escalar.
navegar
Acesse (acesso em: 4 out. 2017). Neste site, você poderá saber mais 
sobre o desenvolvimento do pensamento científico ao logo do tempo. 
ágora
a ciência humana de maneira nenhuma nega a existência de deus. Quando considero quantas e quão maravilhosas 
coisas o homem compreende, pesquisa e consegue realizar, então reconheço claramente que o espírito humano é obra 
de deus, e a mais notável.
a matemática é o alfabeto que deus usou para escrever o universo.
 Galileu Galilei
Física a gabarito
18 polisaber
41
2-
1
Aula 1
 Estudo orientado
1. a
= Δ
Δ
=
⋅
=v
s
t
6.480
5 24
54 km/hm
 
2. c
No primeiro trecho, Δs1 = 80 km e v1 = 80 km/h, logo:
Δ =
Δ
⇒ Δ = ⇒ Δ =t
s
v
t t
80
80
1,0 h1
1
1
1 1
 
No segundo trecho, Δs2 = 60 km e v2 = 120 km/h, logo:
Δ =
Δ
⇒ Δ = ⇒ Δ =t
s
v
t t
60
120
0,5 h2
2
2
2 2
 
Assim, temos:
Δttotal = Δt1 + Δt2 ⇒ Δttotal = 1,0 + 0,50 ⇒ Δttotal = 1,50 h
3. d
Entre as estações Vila Maria e Felicidade: Δs = 2 km 
e Δt = 4 min, assim:
= Δ
Δ
= =v
s
t
2
4
0,5 km/hm
Entre as estações Bosque e Terminal:
Δs = 15 km, com vm = 0,5 km/min
Portanto, o intervalo de tempo no deslocamento do 
trem é:
Δ = Δ = =t
s
v
15
0,5
30 min
m
Entretanto, entre essas duas estações ocorrem 5 
paradas de 1 min cada uma (tabela); assim, temos:
tempo total = 30 + 5 = 35 min
4. c
Primeira vez: Δs1 = d e v1 = 15 m/s, logo:
=
Δ
⇒ =t
s
v
t
d
151
1
1
1
 
Segunda vez: Δs2 = d e v2 = 20 m/s, logo:
=
Δ
⇒ =t
s
v
t
d
202
2
2
2
Terceira vez: 
Δs3 = d e =
+
=
+
=
+
=t
t t
d d d d
d
2
15 20
2
4 3
60
2
7
120
1 2 ; logo:
=
Δ
Δ
= = ≅v
s
t
d
d7
120
120
7
17,14 m/s3
3
3
5. Para o asteroide: Δs = 77 ∙ 106 km, com vm = 7 ∙ 104 km/h
v
s
t t
t
7 10
77 10
77 10
7 10
11 10 h
1.100
24
dias 46 dias
m
4
6
6
4
2
∴ = Δ
Δ
⇒ ⋅ = ⋅
Δ
⇒
⇒ Δ = ⋅
⋅
= ⋅ = ≅
6. Primeiro lado: Δs1 = 5 km e v1 = 100 km/h, logo:
=
Δ
⇒ = =t
s
v
t
5
100
1
20
h1
1
1
1
 
Segundo e terceiro lados: 
Δs2, 3 = 10 km e v2, 3 = 120 km/h, logo:
t
s
v
t
10
120
1
12
h2, 3
2, 3
2, 3
2, 3=
Δ
⇒ = =
Quarto lado: Δs4 = 5 km e v4 = 150 km/h, logo:
=
Δ
⇒ = =t
s
v
t
5
150
1
30
h4
4
4
4
Percurso total: 
Δs = 20 km e Δ = + + = + + = =t
1
20
1
12
1
30
3 5 2
60
10
60
1
6
h
∴ = Δ
Δ
= =v
s
t
20
1
6
120 km/hm
Aulas 2 e 3
 Estudo orientado
1. c
Do gráfico observa-se que, entre os instantes 0 e 5 s, 
a velocidade aumenta e, após o instante 8 s, a velo-
cidade diminui, ficando aproximadamente constante 
entre os instantes 5 s e 8 s.
2. c
Como o gráfico distância × tempo é uma reta, trata-se 
de um movimento uniforme, logo: = Δ
Δ
v
s
t
, em que: 
Δs = 10 km e Δt ≅ 2,2 unidades de tempo; assim, 
testando as unidades apresentadas nas alternativas:
• para Δt em segundos: 
=v
10 km
2,2 s
 ≅ 4,5 km/s ≅ 16.360 km/h
• para Δt em minutos: 
=v
10 km
2,2 min
 ≅ 4,5 km/min = 270 km/h
gabarito – Física a
 polisaber 19
 gabarito Física a
41
2-
1
• para Δt em horas: 
=v
10 km
2,2 h
 ≅ 4,5 km/h
• para Δt em dias: 
v
10 km
2,2 dias
= ≅ 4,5 km/dia ≅ 0,19 km/h
• para Δt em semanas: 
v
10 km
2,2 semanas
=genérica, também pode ser aplicada, com 
a designação de sistema M.L.T., em que as grandezas 
fundamentais são, respectivamente, massa, compri-
mento e tempo. 
Nessa	 representação,	 o	 conjunto	 de	 unidades	 pos-
síveis, para a grandeza física energia, é expresso por 
[ ]E M L T= ⋅ ⋅ −2 2.
Observação:	Essa	análise	estende-se	às	demais	áreas	
da	Física,	acrescentando-se	às	grandezas	fundamentais	
da Mecânica, outras grandezas básicas, dependendo 
do	sistema	de	unidades	utilizado.	No	S.I.	a	termologia	
insere a unidade de temperatura termodinâmica como 
grandeza fundamental − o kelvin (K) − e a eletricidade, 
com a unidade de intensidade de corrente elétrica − o 
àmpere	(A).
navegar
Acesse o link a seguir e faça a leitura do texto e conheça 
a	história,	ou	a	lenda,	que	teria	sido	a	motivação	para	a	
descoberta que leva o nome de princípio de Arquimedes.
. Acesso em: set. 2018.
Física a aulas	26	e	27
14 poliSaber
41
2-
8
ágora
“Aquele	que	tentou	e	não	conseguiu	é	superior	àquele	que	nada	tentou.”	
	Arquimedes
Reflexão:	Você	já	vivenciou	uma	situação	em	que	o	contexto	desta	afirmação	de	Arquimedes	se	aplicasse?	Em	caso	
positivo,	qual	foi	seu	comportamento?
s e n h a
“Nossa	maior	fraqueza	está	em	desistir.	O	caminho	mais	certo	de	vencer	é	tentar	mais	uma	vez.”
thomas	edison
E	aí,	o	que	você	planeja	para	o	próximo	capítulo	da	sua	vida?
 poliSaber 15
41
2-
8
Aula 25
 Estudo orientado
1. c
A	temperatura	de	ebulição	diminui	à	medida	que	a	
altitude aumenta, assim: na maior altitude, a do Pico 
da Neblina, a temperatura de ebulição será menor.
2. d
P P h P
P
750 170 20
900 mmHg
gás atm. gás
gás
( )= + Δ ⇒ = + −
∴ =
3. b
A pressão arterial é a pressão de uma coluna de 
mercúrio	de	9,50	cm	de	altura.	
Como 1 atm = 1,00 ∙ 105	N/m2	=	76	cmHg,	temos:
P
1,00 10 9,50
76
1,25 10 N/marterial
5
4 2=
⋅ ⋅
= ⋅
4. b
Primeiro frasco:
ΔP = d ∙ g ∙ h
Segundo	frasco:
ΔP = 1,2d ∙ g ∙ h’ ⇒ 1,2d ∙ g ∙ h' = d ∙ g ∙ h ⇒ h’ = 
h
1 2,
Logo:
h
h
'
5
6
=
Portanto, diminuir a altura de 
h
6
.
5. c
Os pontos A e B estão no mesmo nível, no mesmo 
líquido e em equilíbrio; portanto, temos pA = pB. 
O nível livre do líquido em contato com o gás está 
mais baixo que o nível livre em contato com a atmos-
fera, logo: a pressão do gás é maior que a pressão 
atmosférica: po≅ 4,5 km/semana ≅ 0,027 km/h
Logo:
a) (F) Esta velocidade, 0,027 km/h, é bem menor que 
a de uma carroça, que pode chegar a até 26 km/h 
quando puxada por dois cavalos. 
b) (F) Esta velocidade, 0,19 km/h, é muito menor que 
a de um carro e é da ordem de 100 km/h.
c) (V) Esta velocidade, 4,5 km/h, é compatível com a 
de uma pessoa caminhando.
d) (F) Esta velocidade, 270 km/h, é muito superior 
à de uma bicicleta, que atinge em média entre 
40 km/h e 50 km/h.
e) (F) Esta velocidade, 16.360 km/h, é bem superior 
à velocidade de cruzeiro de um avião, que é da 
ordem de 900 km/h.
3. a
Durante a passagem do trem pelo cruzamento:
v = 36 km/h = 10 m/s e Δs = 100 + 200 + 20 = 320 m
t
s
v
320
10
32 s∴ Δ = Δ = =
4. a) Por ter percorrido a pista no menor tempo pos-
sível, o veículo desenvolveu velocidade máxima 
em cada etapa; assim:
Na primeira etapa: 
Δs1 = 3,0 km = 3.000 m e v1 = 15 m/s
t
3.000
15
200 s1∴ Δ = =
Na segunda etapa:	
Δs2 = 6,0 km = 6.000 m e v2 = 20 m/s
t
6.000
20
300 s2∴ Δ = =
No percurso total: 
Δs = 9.000 m e Δt = 200 + 300 = 500 s 
v
s
t
9.000
500
18 m/sm∴ = Δ
Δ
= =
b) Em cada etapa, o movimento foi uniforme, com 
v1 = 15 m/s e v2 = 20 m/s; logo, temos o gráfico 
v · t a seguir.
t (s)200 500
15
20
v (m/s)
5. b
Desde a emissão até o recebimento do eco, o sinal 
sonoro desloca-se do barco até o fundo do lago em 
movimentos de ida e volta. Sendo a profundidade 
local igual a p, o deslocamento do sinal é de Δs = 2p, 
com v = 1.600 m/s, e para Δt = 2 s, em movimento 
uniforme.
∴ Δs = v ∙ Δt ⇒ 2p = 1.600 ∙ Δt ⇒ p = 1.600 m
6. Para o automóvel: ΔsA = 20 km, com vA = 80 km/h;
Δs = v ∙ Δt ⇒ 20 = 80 ∙ Δt ⇒ Δ = =t
20
80
1
4
h
Para o caminhão: vC = 70 km/h, para o mesmo Δt;
ΔsC = vC ∙ Δt ⇒ ΔsC = 70 ∙ =1
4
17,5 m
A distância entre eles será: 
d = ΔsA − ΔsC = 20 − 17,5 = 2,5 km
7. d
Em relação à jovem, os caminhões têm a mesma 
velocidade relativa de aproximação, pois o caminhão 
de trás é mais rápido que o carro. Assim, a velocidade 
da jovem para a direita (de A para B) é vJ = 40 km/h, 
a velocidade do caminhão, de trás para a direita (de 
A para B), é vT = 50 km/h.
Logo, temos:
vR = vT − vJ = 50 − 40 = 10 km/h
O valor positivo indica sentido para a direita.
Velocidade do caminhão da frente: vF 
A velocidade relativa entre J e F é: 
vR = vJ − vF ⇒ 10 = 40 − vF ⇒ vF = −30 km/h
O sinal negativo indica sentido para a esquerda; 
portanto, de B para A.
8. d
Usando as funções horárias de cada partícula:
s = s0 + vt
sA = 25 + vA ∙ t ⇒	 = + ⋅ ⋅s v t25
3
2A B 	
sB = 75 + vB ∙ t
Física a gabarito
20 polisaber
41
2-
1
No instante de encontro:
S S v t v t
v t v t
25
3
2
75
1
2
50 100
A B B B
B B
= ⇒ + ⋅ ⋅ = + ⋅ ⇒
⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ =
Substituindo esse resultado na função horária da 
partícula B:
sA = sB = 75 + 100 = 175 m
9. a) A velocidade relativa entre os veículos é:
vR = vO − vM = 80 − (−90) = 170 km/h
O sinal negativo indica que as velocidades têm 
sentidos opostos.
Até o instante de cruzamento entre eles, o deslo-
camento relativo é ΔsR = 255 km; portanto:
v
s
t t
t170
255 255
170
1,5 hR
R=
Δ
Δ
⇒ =
Δ
⇒ Δ = =
 
b) O deslocamento do ônibus, nesse intervalo de 
tempo, é:
Δs0 = v0 ∙ Δt = 80 ∙ 1,5 = 120 km
10. c
Cálculo do tempo de ultrapassagem: 
vA = 126 km/h = 35 m/s
vB = 81 km/h = 22,5 m/s
vR = vA − vB = 35 − 22,5 = 12,5 m/s
Para a ultrapassagem, o deslocamento relativo é: 
ΔsR = 50 m
∴ Δs = v ∙ Δt ⇒ Δs = v ∙	Δt ⇒ 50 = 12,5 ∙ Δt ⇒ Δt = 4 s
11. d
No final da ultrapassagem, a traseira da carreta A 
deve estar alinhada com a frente da carreta B; assim, 
a frente da carreta A deverá estar a 25 m da frente da 
carreta B. No gráfico, essa situação ocorre para t = 8 s.
12. d
Trem 1: comprimento = 300 m e v1 = 54 km/h = 15 m/s
Trem 2: comprimento = 200 m e v2 = 36 km/h = 10 m/s
A velocidade relativa entre eles é: 
vR = v1 − v2 = 15 − (−10) = 25 m/s
O sinal negativo indica que as velocidades têm sen-
tidos opostos.
Durante a ultrapassagem de um pelo outro, o deslo-
camento relativo entre eles é:
ΔsR = LA + LB = 300 + 200 = 500 m
v
s
t t
t25
500 500
25
20 sR
R∴ =
Δ
Δ
⇒ =
Δ
⇒ Δ = =
 
Física a
n
ik
ky
to
k 
/ 
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
2 poliSaber
41
2-
2
Física a – aula 4 – MoviMento uniForMeMente variado (Muv)
01
8
Movimento uniformemente variado (Muv) 
Define-se movimento uniformemente variado aquele em que, em um intervalo de tempo, a velocidade escalar 
do móvel varia sempre na mesma proporção em relação ao tempo; assim, nesse mesmo intervalo de tempo, a 
aceleração escalar desse móvel permanece constante e, como consequência, sua aceleração escalar instantânea 
é igual à sua aceleração escalar média. Matematicamente: 
= =a a
v
tm
Equações e funções horárias do MUV 
Inicialmente é necessária a precisa compreensão da simbologia matemática que será utilizada:
 – v0: velocidade inicial, velocidade do móvel no instante t0 = 0 (instante do início do estudo do movimento).
 – a: aceleração escalar do móvel, constante no intervalo de tempo (t).
 – t: instante de tempo final no intervalo t.
 – v: velocidade escalar do móvel no instante t.
–– ∆s: deslocamento escalar do móvel no intervalo t, ou seja, entre o instante t0 = 0 e o instante t.
 – s0: espaço (posição) inicial do móvel, ou seja, no instante t0 = 0.
 – s: espaço (posição) do móvel no instante t.
Equações e funções
 – Função horária da velocidade: v = v0 + a ∙ t
 – ( )
∆ =
+
⋅s
v v
t
2
0
 Para um MUV: 
v v
v
2
0
média
( )+
= , entre os instantes t0 = 0 e t.
 – Função horária do espaço: 
 
∆ = ⋅ + ⋅ ⇒ = + ⋅ + ⋅s v t
a
t s s v t
a
t
2 20
2
0 0
2
 – Equação de Torricelli: v2 = v0
2 + 2 ∙ a ∙ ∆s
Observação: Veja a dedução matemática de todas essas equações na seção Roda de Leitura.
Para sair do repouso e vencer a gravidade, o foguete 
precisa acelerar verticalmente para cima; durante 
certos intervalos de tempo sua aceleração escalar será 
constante.
n
o
St
a
lg
ia
 f
o
r 
in
fi
n
it
y 
/ 
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
 poliSaber 3
 aula 4 Física a
41
2-
2
Exemplo de aplicação
Considere que, na largada, um carro de F1 vai de 0 a 200 km/h em 5,2 s.
 
A partir dessa informação e considerando que nesse intervalo de tempo sua aceleração escalar permanece constante, 
pode-se estimar, para esse intervalo de tempo:
a) a distância percorrida pelo carro;
Das informações apresentadas tem-se:
v0 = 0; v 200 km/h
200
3,6
m/s= = e t = 5,2 s
Como em um MUV:
( )
∆ =
+
⋅ ⇒ ∆ =
+






⋅ ⇒ ∆ ≅s
v v
t s s
2
200
3,6
0
2
5,2 144 m0
b) o módulo dessa aceleração.
v = v0 + a ∙ t ⇒ = + ⋅ ⇒ =
⋅
⇒ ≅a a a
200
3,6
0 5,2
200
3,6 5,2
11 m/s2
Propriedade do gráfico v × t 
De todas as propriedades gráficas dos movimentos, a apresentada a seguir tem particular importância.
Da função horária da velocidade para um MUV, conclui-se que v varia linearmente com o tempo t. Graficamente:
v
0 t t
v
v
0
 e
vr
en
ka
li
n
b
a
c
a
k 
/ 
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
n
a
tu
rS
po
rt
S 
/ 
Sh
u
tt
er
St
o
c
k
Física a aula 4
4 poliSaber
41
2-
2
O deslocamento escalar (∆s) do móvel entre dois instantes é dado pela área do gráfico projetada no eixo t; assim, 
entre os instantes t0 = 0 e t:
v
0 t
A
t
v
v
0
∆ =s A
N
Observação: Esta propriedade é válida para qualquer tipo de movimento, não apenas para o MUV.
exercícios
1. (Unicamp-SP) A demanda por trens de alta velocidade tem crescido em todo o mundo. Uma preocupação importante no 
projeto desses trens é o conforto dos passageiros durante a aceleração. Sendo assim, considere que, em uma viagem 
de trem de alta velocidade, a aceleração experimentada pelos passageiros foi limitada a amáx. = 0,09 g, onde 
g = 10 m/s2 é a aceleração da gravidade. Se o trem acelera a partir do repouso com aceleração constante igual a 
amáx., a distância mínima percorrida pelo trem para atingir uma velocidade de 1.080 km/h corresponde a:
a) 10 km b) 20 km c) 50 km d) 100 km
2. Um móvel desce uma rampa com aceleração constante. Num determinado instante, sua velocidade é de20 m/s e, 
5 s depois, sua velocidade é de 40 m/s. Determine:
a) a aceleração escalar do móvel;
40 20
5
4 2= ∆
∆
⇒ = − ⇒ =a
v
t
a a m/s
b) a distância percorrida pelo móvel nesse intervalo de tempo.
para um corpo em Muv:
( )
∆ =
+
⋅ = + ⋅ ⇒ ∆ =
2
40 20
2
5 1500s
v v
t s
( )
m
3. Um veículo viaja a uma velocidade de 72 km/h, em uma estrada reta e horizontal, quando o motorista aciona o freio, 
imprimindo ao veículo uma desaceleração constante à razão de 4 m/s a cada segundo. Considerando-se o instante em 
que se inicia a desaceleração como t0 = 0, qual a distância percorrida pelo veículo do instante 1 s até o instante 3 s?
a) 128 m
b) 72 m
c) 48 m
d) 42 m
e) 24 m
trem em Muv:
a = 0,09 ∙ 10 = 0,9 m/s2; v0 = 0 e v = 1.080 km/h = 300 m/s
v2 = 
0
2v + 2 ∙ a ∙ ∆s ⇒ 3002 = 0 + 2 ∙ 0,9 ∙–∆s ⇒ ∆s = 50.000 m = 50 km
para um corpo em Muv, entre t1 = 1 s e t3 = 3 s (∆t = 2 s):
( )
∆ =
+
∆
2
3 1s
v v
t. ; v = v0 + a ∙ t; com: v0 = 72 km/h = 20 m/s e a = −4 m/s2
para t1 = 1 s, temos: v1 = 20 − 4 ∙ 1 = 16 m/s
para t3 = 3 s, temos: v3 = 20 − 4 ∙ 3 = 8 m/s
logo: 
( )
∆ =
+
⋅ =s m
8 16
2
2 24
 poliSaber 5
 aula 4 Física a
41
2-
2
4. (Enem-MEC) Dois veículos que trafegam com velocidade constante em uma estrada, na mesma direção e sentido, 
devem manter entre si uma distância mínima. Isso porque o movimento de um veículo, até que ele pare totalmen-
te, ocorre em duas etapas, a partir do momento em que o motorista detecta um problema que exige uma freada 
brusca. A primeira etapa é associada à distância que o veículo percorre entre o intervalo de tempo da detecção do 
problema e o acionamento dos freios. Já a segunda se relaciona com a distância que o automóvel percorre enquan-
to os freios agem com desaceleração constante. Considerando a situação descrita, qual esboço gráfico representa 
a velocidade do automóvel em relação à distância percorrida até parar totalmente?
a) 
Ve
lo
ci
da
de
 (m
/s
)
Distância (m)
b) 
Ve
lo
ci
da
de
 (m
/s
)
Distância (m)
c) 
Ve
lo
ci
da
de
 (m
/s
)
Distância (m)
d) 
Ve
lo
ci
da
de
 (m
/s
)
Distância (m)
e) 
Ve
lo
ci
da
de
 (m
/s
)
Distância (m)
estudo orientado
exercícios
1. (Unicamp-SP) O semáforo é um dos recursos utilizados 
para organizar o tráfego de veículos e de pedestres 
nas grandes cidades. Considere que um carro trafega 
em um trecho de uma via retilínea, em que temos 3 
semáforos. O gráfico ao lado mostra a velocidade do 
carro, em função do tempo, ao passar por esse trecho 
em que o carro teve que parar nos três semáforos. 
A distância entre o primeiro e o terceiro semáforo é 
de:
a) 330 m
b) 440 m
c) 150 m
d) 180 m
na primeira etapa, o veículo desenvolve-se uniformemente 
logo o gráfico é uma reta paralela ao eixo das abscissas. 
essa primeira etapa está corretamente representada nos 
gráficos das alternativas b e d.
na segunda etapa, o veículo desacelera uniformemente 
até o repouso, porém a relação entre a velocidade e a 
distância percorrida (neste caso o deslocamento escalar) 
não é uma relação linear, pode ser observado pela equação 
de torricelli; assim, o gráfico v × d não é uma reta, o que 
exclui o gráfico da alternativa b, portanto, o gráfico correto 
é o da alternativa d.
Tempo (s)
Ve
lo
ci
da
de
 (m
/s
)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70
Física a aula 4
6 poliSaber
41
2-
2
2. 
Feito para correr
•	 Animal:	guepardo
•	 Velocidade:	115	km/h
o corpo contribui para que ele tenha agilidade nos 
movimentos. as unhas, por exemplo, ficam sempre 
expostas e se fincam no chão, evitando que o animal 
derrape nas curvas. o tronco esguio e a cauda longa 
ajudam a cortar o vento e manter o equilíbrio, enquanto 
as linhas pretas abaixo dos olhos impedem que o re-
flexo do sol atrapalhe as caçadas diurnas. isso permite 
que ele tenha uma arrancada de 72 km/h.
fonte: . 
acesso em: ago. 2017.
Considere que um guepardo, saindo do repouso 
e correndo em linha reta, atinja a velocidade de 
72 km/h em apenas 2,0 segundos, mantendo ace-
leração constante. A distância percorrida por ele 
nesse intervalo de tempo será de:
a) 40 m
b) 20 m
c) 72 m
d) 36 m
e) 100 m
3. (Enem-MEC) Para melhorar a mobilidade urbana na 
rede metroviária, é necessário minimizar o tempo 
entre estações. Para isso a administração do metrô 
de uma grande cidade adotou o seguinte procedi-
mento entre duas estações: a locomotiva parte do 
repouso com aceleração constante por um terço 
do tempo de percurso, mantém a velocidade cons-
tante por outro terço e reduz sua velocidade com 
desaceleração constante no trecho final, até parar.
Qual é o gráfico de posição (eixo vertical) em função 
do tempo (eixo horizontal) que representa o movi-
mento desse trem?
a) 
Po
si
çã
o
Tempo
b) 
Po
si
çã
o
Tempo
c) 
Po
si
çã
o
Tempo
d) 
Po
si
çã
o
Tempo
e) 
Po
si
çã
o
Tempo
4. (UEL-PR) Um mesmo fenômeno físico pode ser re-
presentado de várias maneiras, através de gráficos 
ou equações algébricas, por exemplo. Muitas vezes, 
os gráficos sintetizam e tornam visuais informações 
que não são evidentes em equações algébricas, bem 
como as equações são capazes de quantificar fa-
tos que através de gráficos são apenas qualitativos.
Assim, por exemplo, a velocidade de um objeto mó-
vel, como função do tempo, é representada pelo 
gráfico a seguir.
 poliSaber 7
 aula 4 Física a
41
2-
2
v (m/s)
t (s)20
3
5
Com base no gráfico, assinale a alternativa cuja 
equação descreve, corretamente, a velocidade do 
objeto, em função do tempo:
a) v(t) = 5 + t
b) v(t) = 5 − t
c) v(t) = 3 + 2t
d) v(t) = 5 − 2t
e) v(t) = −5 + 5t
5. Um corpo descreve movimento com função horária 
do espaço dada por s = t2 − 4 ∙ t + 3. Em unidades 
do SI, para esse móvel, determine para esse corpo:
a) a posição inicial;
b) sua velocidade inicial (t0 = 0);
c) sua aceleração escalar;
d) os instantes em que passa pela origem dos espaços; 
e) a função horária da velocidade;
f) o instante em que o móvel para.
6. Dois móveis partem no mesmo instante de dois 
pontos, de uma mesma reta, situados a 200 m 
de distância um do outro. O primeiro móvel par-
te do repouso com uma aceleração constante de 
4,0 m/s2. O segundo móvel tem velocidade constan-
te de v = 30 m/s. Considerando que eles se movem 
um ao encontro do outro, determine:
a) o tempo que levam para se encontrarem;
b) a posição de encontro dos móveis, medida em rela-
ção ao ponto de partida do primeiro.
roda de leitura
Deduções das equações 
Considere um corpo em MUV que, no instante t0 = 0, 
tem velocidade escalar v0 e ocupa a posição s0 na traje-
tória, em um instante posterior t (t > t0), sua velocidade 
escalar é v e sua posição na trajetória é s.
A aceleração escalar é dada por: a = 
v
t
 ⇒ ∆v = a ∙ ∆t, em 
que: ∆v = v − v0 e ∆t = t − t0 = t − 0 = t ⇒ v − v0 = a ∙ t ⇒ 
⇒ v = v0 + a ∙ t (equação I) 
O seu deslocamento escalar no intervalo de tempo ∆t 
pode ser calculado pela propriedade gráfica:
v
0 t
A
t
v
v
0
( )
∆ = =
+ ⋅
s A
v v t
2
N
trapézio
0
∴ s
v v t( )
2
0∆ =
+ ⋅
 (equação II)
Da equação II, vem:
( )
=
+s
t
v v
2
0 , como ∆t = t (t0 = 0): 
=
s
t
vm
 ⇒ vm = ( )+v v
 
2
0
Substituindo-se (I) em (II):
∆ =
+ ⋅ + ⋅
⇒ ∆ =
⋅ + ⋅ ⋅
⇒s
v a t v t
s
v a t t( )
2
(2 )
2
0 0 0
⇒ ∆ = ⋅ + ⋅s v t
a
t
20
2
Ainda, temos: ∆s = s − s0 ⇒ = + ⋅ + ⋅s s v t
a
t
20 0
2
Finalmente, isolando-se a variável t da equação (I): 
=
−
t
v v
a
0
Substituindo esse resultado na equação (II):
∆s = +





v v
2
0 ∙ 
−





v v
a
0 = 
−
⋅
v v
a2
2
0
2
 ⇒
⇒ 2 ∙ a ∙ ∆s = −v v2
0
2 ⇒ v2 = v0
2 + 2 ∙ a ∙ ∆s
Física a aula 4
8 poliSaber
41
2-
2
Classificação dos movimentos quanto à variação 
do módulo da velocidade escalar 
I. Movimento uniforme: movimento em que a ve-
locidade escalar permanece constante.
II. Movimento variado: movimento em que a velo-
cidade escalar varia.
 – Movimento acelerado:quando o módulo da 
velocidade escalar aumenta, ou seja, a rapidez 
do móvel aumenta. 
No movimento acelerado, a velocidade e a acele-
ração escalares têm o mesmo sentido, logo: sinais 
iguais. 
 – Movimento retardado (ou desacelerado): 
quando o módulo da velocidade escalar diminui, 
ou seja, a rapidez do móvel diminui. 
No movimento retardado, a velocidade e a acele-
ração escalares têm sentidos opostos, logo: sinais 
diferentes.
Gráfico v × t
Como a velocidade escalar varia linearmente com o 
tempo, sua representação gráfica é um segmento de 
reta inclinada.
v
0 t t
v
v
0
a > 0
 
0 t
v
v
0
a 0 
0
t
s
s
0
ado repouso, de uma altura h = 54 m da superfície da estrela, 
apresente um tempo de queda t = 3,0 s. Desta forma, pode-se afirmar que a aceleração da gravidade na estrela é de:
a) 8,0 m/s2
b) 10 m/s2
c) 12 m/s2
d) 18 m/s2
2. (Fuvest-SP) A figura representa o gráfico da posição em função do tempo do movimento de um corpo lançado 
verticalmente para cima, com velocidade inicial v0, na superfície de um planeta.
10
8
6
4
2
0 1 2 3
Tempo (s)
Po
si
çã
o 
(m
)
4 5 6
 
a) Qual o valor da aceleração da gravidade na superfície do planeta?
b) Qual o valor da velocidade inicial v0?
Do Muv: ∆ = ⋅ + ⋅0
2s v t
a
t
2
na queda livre do corpo: v0 = 0; ∆s = 54 m e t = 3 s
assim: = ⋅ ⇒ =54 2 2g
g
2
(3) 12 m/s
Do gráfico: tS = 3 s e hmáx. = 9 m
em um lançamento vertical para cima:
= ⇒ = ⇒ = ⋅
=
⋅
⇒ =
⋅
⇒ = ⋅
30 0
0
0
2
0
2
0
2
t
v
g
v
g
v g
h
v
g
v
g
v g
3 (i)
2
9
2
18 (ii)máx
S
.
elevando-se (i) ao quadrado: = ⋅90
2 2v g (iii)
De (i) = (iii), temos: ⋅ = ⋅ ⇒ =2 2g g g9 18 2 m/s 
De (i), temos: = ⋅ =0v 3 2 6 m/s 
Física a aula 5
12 poliSaber
41
2-
2
3. (Vunesp) O buriti é uma palmeira alta, comum no Brasil central e no sul da planície amazônica. Para avaliar a altura 
de uma dessas palmeiras, um pesquisador provoca a queda de alguns de seus frutos e cronometra o tempo em que 
ela ocorre, obtendo valores compreendidos entre 1,9 s e 2,1 s. Desprezando a resistência do ar exercida sobre os 
frutos em queda, determine as alturas máxima e mínima de onde eles caíram. Adote: g = 10 m/s2
4. Um balão sobe verticalmente, com velocidade constante, quando uma pequena esfera se desprende, a uma altura 
de 75 m, atingindo o solo 5 s depois. Determine:
a) a velocidade do balão;
b) a velocidade com que a esfera atinge o solo. Use: g = 10 m/s2
estudo orientado
exercícios
1. (Fuvest-SP) Um elevador sobe verticalmente com velocidade constante v0, e, em um dado instante de tempo t0, um 
parafuso desprende-se do teto. O gráfico que melhor representa, em função do tempo t, o módulo da velocidade v 
desse parafuso em relação ao chão do elevador é:
a) 
t
0
t
v
v
0
0
b) 
0
t
0
t
v
v
0
c) 
0
t
0
t
v
v
0
d) 
t
0
t
v
v
0
0
e) 
0
t
0
t
v
v
0
Note e adote: Os gráficos se referem ao movimento do parafuso antes que ele atinja o chão do elevador.
Do Muv: ∆ = ⋅ + ⋅0
2s v t
a
t
2
na queda livre do buriti: v0 = 0; ∆s = h e a = g = 10 m/s2
hmáx. para t = 2,1 s e hmín. para t = 1,9 s
∴ = ⋅ = = ⋅ =2 2h h
10
2
(2,1) 22,05 m e
10
2
(1,9) 18,05 mmáx. mín.
a velocidade do balão é a velocidade inicial da esfera, ou seja, no instante em que se desprende, assim: vbalão = v0 da esfera em Muv, a partir desse instante (t0 = 0).
para o movimento da esfera:
∆ = ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇒ = −0
2
0
2
0s v t
a t
v v
2
75 5
10 (5)
2
10 m/s
portanto: vbalão = 10 m/s para cima.
esfera em Muv, no instante t = 5 s:
 
= + ⋅ ⇒ = − + ⋅ ⇒ =0v v a t v v10 10 5 40 m/s
 poliSaber 13
aula 5 Física a
41
2-
2
2. Para se determinar a aceleração da gravidade na 
superfície de um planeta qualquer, basta lançar, a 
partir da superfície, um corpo verticalmente para 
cima e medir o tempo que ele leva para retornar 
à superfície. Considere um planeta sem atmosfera, 
onde um corpo é lançado com velocidade vertical 
de 30 m/s e retorna à superfície após 4 s. Assim 
calcula-se que a aceleração da gravidade, próximo 
à superfície desse planeta, é de:
a) 2,5 m/s2
b) 5,0 m/s2
c) 10 m/s2
d) 15 m/s2
e) 20 m/s2
3. (Enem-MEC)
O Super-homem e as leis do movimento
uma das razões para pensar sobre a física dos 
super-heróis é, acima de tudo, uma forma divertida de 
explorar muitos fenômenos físicos interessantes, des-
de fenômenos corriqueiros até eventos considerados 
fantásticos. a figura seguinte mostra o Super-homem 
lançando-se no espaço para chegar ao topo de um 
prédio de altura H. Seria possível admitir que com seus 
superpoderes ele está voando com propulsão própria, 
mas considere que ele tenha dado um forte salto. neste 
caso, sua velocidade final no ponto mais alto do salto 
deve ser zero, caso contrário, ele continuaria subindo. 
Sendo g a aceleração da gravidade, a relação entre a 
velocidade inicial do Super-homem e a altura atingida 
é dada por: v2 = 2gh.
A altura que o Super-homem alcança em seu sal-
to depende do quadrado de sua velocidade inicial 
porque:
a) a altura do seu pulo é proporcional à sua velocidade 
média multiplicada pelo tempo que ele permanece 
no ar ao quadrado.
b) o tempo que ele permanece no ar é diretamente 
proporcional à aceleração da gravidade e essa é 
diretamente proporcional à velocidade.
c) o tempo que ele permanece no ar é inversamente 
proporcional à aceleração da gravidade e essa é 
inversamente proporcional à velocidade média.
d) a aceleração do movimento deve ser elevada ao 
quadrado, pois existem duas acelerações envol-
vidas: a aceleração da gravidade e a aceleração 
do salto.
e) a altura do pulo é proporcional à sua velocidade 
média multiplicada pelo tempo que ele permanece 
no ar, e esse tempo também depende da sua velo-
cidade inicial.
4. (Mackenzie-SP) Um pequeno corpo é abandonado 
do repouso, no ponto A, situado a uma altura h, e 
atinge o solo com uma velocidade de módulo v. Em 
seguida, o mesmo corpo é disparado verticalmente 
para cima, ao longo da mesma trajetória descrita 
anteriormente, com uma velocidade inicial de mó-
dulo igual a 2v.
A
h
Solo
g
Despreza-se a resistência do ar. Ao atingir o ponto A, 
o módulo da velocidade do corpo é:
a) v 5⋅
b) v 3⋅
c) 
v 3
3
⋅
d) 
v 5
5
⋅
e) 0
Física a aula 5
14 poliSaber
41
2-
2
5. (UECE) Uma pedra é lançada verticalmente para cima. A figura representa a variação da velocidade da pedra, v, em 
função do tempo t, durante a subida.
0 T t
v
v
0
A pedra alcança a altura máxima H ao final de um intervalo de tempo T, contado do instante do lançamento. Pode-
-se afirmar que, ao final do intervalo de tempo 
T
2
, a partir do lançamento, a pedra se encontra a uma altura do 
solo igual a:
a) 
H
4
 b) 
H
3
 c) 
H2
5
 d) 
H3
2
 e) 
H3
4
 
6. (PUC-RJ) Um objeto é solto do repouso de uma altura de H no instante t = 0. Um segundo objeto é arremessado 
para baixo com uma velocidade vertical de 80 m/s depois de um intervalo de tempo de 4,0 s, após o primeiro 
objeto. Sabendo que os dois atingem o solo ao mesmo tempo, calcule H (considere a resistência do ar desprezível 
e g = 10 m/s2).
a) 160 m b) 180 m c) 18 m d) 80 m e) 1.800 m
roda de leitura
A queda livre e a sequência de Galileu
O movimento de queda livre na Terra, onde a aceleração da gravidade vale 10 m/s2, é facilmente mapeado em função 
de suas proporções; partindo do repouso, um corpo em queda livre aumenta sua velocidade em 10 m/s a cada segundo. 
Para se determinar a relação entre as distâncias percorridas durante a queda a cada segundo, pode-se usar a pro-
priedade do gráfico v · t: 
10t
0 t
A
t (s)
v (m/s)
 
∆ =
∆ =
⋅ ⋅
= ⋅
s A
s
t t
t
10
2
5
N
2
Esse deslocamento de um corpo em queda livre entre o instante t0 = 0 e o instante t:
 – para t1 = 1 s, temos: ∆s1 = 5 m
 – para t2 = 2 s, temos: ∆s2 = 20 m
 poliSaber 15
aula 5 Física a
41
2-
2
 – para t3 = 3 s, temos: ∆s3 = 45 m
 – para t4 = 4 s, temos: ∆s1 = 80 m
Logo, conclui-se que as distâncias de queda a cada segundo obedecem à seguinte sequência:
 – entre 0 e 1 s, temos: d1 = 5 m
 – entre 1 s e 2 s, temos: d2 = 15 m
 – entre 2 s e 3 s, temos: d3 = 25 m
 – entre 3 s e 4 s, temos: d3 = 35 m
 – e assim sucessivamente...
Essas distâncias percorridas na vertical a cada segundo são proporcionais aos números ímpares: 1; 3; 5; 7; ...; caso os 
intervalos de tempos sucessivos não sejam iguais a 1 s, essas distâncias não serão iguais a: 5 m, 15 m, 25 m, 35 m, …, 
mas manterão a mesma proporção, ou seja: d, 3d, 5d, 7d, e assim sucessivamente. Esse resultado obtido por Galileu em 
seus experimentos é conhecido como proporções de Galileu dos números ímpares, ou simplesmente sequência de 
Galileu. Esquematicamente,