Dinâmica — Nabla

01 Cinemática vetorial: o que fica do Cálculo e da Estática

A ideia. A Estática (Mecânica Geral 1) tratava de corpos que não se movem: a soma das forças era zero e você resolvia sistemas de equações. A Dinâmica solta o corpo. Agora posição, velocidade e aceleração mudam com o tempo, e a ferramenta que amarra as três é a derivada. Antes de qualquer coisa, vale arrumar a linguagem vetorial — porque daqui para frente quase toda grandeza tem direção, e errar um sinal de componente é o jeito mais comum de perder a questão inteira.

As três operações que aparecem em prova

\mathbf{A} \cdot \mathbf{B} = A_x B_x + A_y B_y + A_z B_z = AB\cos\theta

O produto escalar devolve número, e o uso prático é achar ângulo entre vetores ou projetar um vetor sobre uma direção. O produto vetorial devolve vetor, perpendicular aos dois:

\mathbf{A} \times \mathbf{B} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ A_x & A_y & A_z \\ B_x & B_y & B_z \end{vmatrix}

e é dele que sai momento de força, momento angular e a velocidade de um ponto de corpo rígido em rotação. O módulo fecha a lista:

|\mathbf{A}| = \sqrt{A_x^2 + A_y^2 + A_z^2}

02 Movimento retilíneo: posição, velocidade e aceleração

A ideia. A partícula anda sobre uma reta. Um único eixo basta, e a posição vira um número com sinal, $s$ , medido a partir de uma origem que você escolhe. Tudo nesta seção é consequência de duas definições: velocidade é a taxa com que a posição muda, e aceleração é a taxa com que a velocidade muda.

A terceira equação, a que não tem tempo

Além das duas definições, existe uma relação que elimina $t$ — e é a mais pedida em prova, porque quase toda questão dá posições e velocidades sem falar de tempo:

a\,ds = v\,dv

Ela sai de $a = dv/dt$ multiplicando por $ds/ds$ : $a = \dfrac{dv}{dt}\dfrac{ds}{ds} = v\dfrac{dv}{ds}$ .

Exemplo rápido — deslocamento não é distância

Uma partícula tem $s = t^3 - 6t^2 + 9t$ (em metros, $t$ em segundos). Ache o deslocamento e a distância percorrida de $t = 0$ a $t = 4\text{ s}$ .

Primeiro, onde ela para: $v = 3t^2 - 12t + 9 = 3(t-1)(t-3)$ , logo $v = 0$ em $t = 1$ e $t = 3$ . As posições: $s(0) = 0$ , $s(1) = 4$ , $s(3) = 0$ , $s(4) = 4$ .

O deslocamento é $s(4) - s(0) = 4\text{ m}$ . A distância soma os trechos em módulo: $|4-0| + |0-4| + |4-0| = 12\text{ m}$ . Quem não procura os instantes em que $v = 0$ responde 4 nas duas e perde metade da questão.

03 Aceleração variável: a = f(t), a = f(v), a = f(s)

A ideia. Este é o assunto que a ementa destaca em separado, e com razão: é o coração do 1º EE. O enunciado dá a aceleração como função de alguma coisa, e o que muda de caso para caso não é a física — é qual das três relações você separa e integra. Reconhecer o caso é 80% da questão.

O roteiro dos três casos

Caso 1 — $a = f(t)$ . Use $dv = a\,dt$ e integre; depois $ds = v\,dt$ e integre de novo.

\int_{v_0}^{v} dv = \int_0^t f(t)\,dt

Caso 2 — $a = f(v)$ . Aqui há duas saídas, e a escolha depende do que se pede. Para relacionar $v$ com $t$ , separe $\dfrac{dv}{f(v)} = dt$ . Para relacionar $v$ com $s$ , use a relação sem tempo:

\int_{s_0}^{s} ds = \int_{v_0}^{v} \frac{v\,dv}{f(v)}

Caso 3 — $a = f(s)$ . Só uma saída: a relação sem tempo, porque $a$ e $s$ já estão do mesmo lado.

\int_{v_0}^{v} v\,dv = \int_{s_0}^{s} f(s)\,ds \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{v^2 - v_0^2}{2} = \int_{s_0}^{s} f(s)\,ds

Exemplo rápido — arrasto proporcional à velocidade

Um barco desliga o motor a $v_0 = 8\text{ m/s}$ e sofre desaceleração $a = -0{,}5\,v$ (com $v$ em m/s). Que distância ele percorre até parar praticamente, isto é, até $v = 1\text{ m/s}$ ?

É o caso $a = f(v)$ , e a pergunta é distância — então a relação sem tempo:

\int_{s_0}^{s} ds = \int_{v_0}^{v}\frac{v\,dv}{-0{,}5\,v} = \int_{8}^{1} \frac{dv}{-0{,}5} = -2\,(1 - 8) = 14

Logo $s = 14\text{ m}$ . Note que o $v$ do numerador cancelou com o $v$ da aceleração: é o que torna esse caso rápido, e é por isso que ele cai tanto. Se a pergunta fosse “em quanto tempo”, o caminho seria $dv/(-0{,}5v) = dt$ , que dá logaritmo — e mostra que a rigor ele nunca para.

04 Movimento dependente: blocos, cabos e polias

A ideia. Dois ou mais corpos ligados por um cabo que não estica. Se um desce, o outro sobe — e a relação entre as velocidades não é sempre 1 para 1: depende de quantos trechos de cabo sustentam cada bloco. O truque do assunto é não raciocinar sobre o movimento, e sim escrever que o comprimento total do cabo é constante e derivar.

O procedimento, em três passos

Escolha a origem numa parte fixa e meça $s_A$ e $s_B$ dali, no sentido do cabo.
Escreva $l_T = (\text{soma dos trechos}) = \text{const}$ . Trechos que não mudam podem ser jogados numa constante única.
Derive em relação ao tempo: as constantes somem e sobra a relação entre velocidades. Derive de novo para as acelerações.

2 s_B + s_A = l \quad\Longrightarrow\quad 2 v_B + v_A = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2 a_B + a_A = 0

05 Movimento relativo entre duas partículas

A ideia. Duas partículas se movendo, e a pergunta é sobre uma vista pela outra: o avião em relação ao vento, o carro em relação ao outro carro. Nesta unidade os eixos que acompanham a partícula observadora apenas transladam — não giram —, e por isso a conta é uma soma vetorial simples. (A versão com eixos girando é assunto da 2ª unidade.)

\mathbf{r}_B = \mathbf{r}_A + \mathbf{r}_{B/A} \qquad \mathbf{v}_B = \mathbf{v}_A + \mathbf{v}_{B/A} \qquad \mathbf{a}_B = \mathbf{a}_A + \mathbf{a}_{B/A}

Exemplo rápido — dois carros numa curva

O carro $A$ vai para leste a $18\text{ m/s}$ e freia a $2\text{ m/s}^2$ ; o carro $B$ vai para o norte a $12\text{ m/s}$ , com velocidade constante. Qual a velocidade de $B$ vista de $A$ ?

Com $\mathbf{i}$ para leste e $\mathbf{j}$ para o norte: $\mathbf{v}_A = 18\mathbf{i}$ e $\mathbf{v}_B = 12\mathbf{j}$ . Então

\mathbf{v}_{B/A} = \mathbf{v}_B - \mathbf{v}_A = -18\mathbf{i} + 12\mathbf{j}

de módulo $\sqrt{18^2 + 12^2} = 21{,}6\text{ m/s}$ , apontando a noroeste. Para a aceleração, $\mathbf{a}_A = -2\mathbf{i}$ e $\mathbf{a}_B = \mathbf{0}$ , logo $\mathbf{a}_{B/A} = +2\mathbf{i}$ : para quem está em $A$ freando, $B$ parece ganhar velocidade para leste.

06 Movimento curvilíneo em coordenadas retangulares

A ideia. A trajetória deixa de ser reta. A posição vira vetor, e velocidade e aceleração saem de derivar esse vetor. O fato geométrico que organiza tudo: a velocidade é sempre tangente à trajetória, enquanto a aceleração aponta para dentro da curva — ela tem uma parte que muda o módulo da velocidade e outra que muda a direção.

Em coordenadas retangulares os versores são fixos, então cada eixo se resolve independentemente dos outros — três problemas de movimento retilíneo em paralelo. É essa independência que faz o próximo assunto, o projétil, ser tão direto.

A velocidade é sempre tangente; a aceleração aponta para o lado de dentro da curva.

07 Movimento de projétil

A ideia. Caso particular do movimento curvilíneo, e o mais pedido da unidade. Desprezando o ar, sobra uma única força: o peso. Logo a aceleração é $g$ para baixo, e mais nada. A consequência é a que resolve toda questão do assunto: na horizontal a velocidade não muda; na vertical o movimento é uniformemente acelerado. Dois problemas independentes, amarrados pelo mesmo relógio.

x = x_0 + v_{0x}t \qquad y = y_0 + v_{0y}t - \tfrac{1}{2}gt^2 \qquad v_y = v_{0y} - gt

Alcance, altura máxima e trajetória

No ponto mais alto, $v_y = 0$ — é essa condição, e não uma fórmula decorada, que dá o instante $t = v_{0y}/g$ e a altura. Eliminando $t$ entre $x$ e $y$ chega-se à equação da trajetória, que é uma parábola:

y = x\tan\theta - \frac{g\,x^2}{2v_0^2\cos^2\theta}

08 Componentes normal e tangencial: raio de curvatura

A ideia. Coordenadas retangulares resolvem o projétil, mas escondem o que interessa numa curva. Aqui os eixos passam a andar com a partícula: um deles aponta para onde ela vai (tangente), o outro para o centro da curva (normal). A recompensa é a aceleração se separar em duas parcelas com significado físico: uma muda a rapidez, a outra muda a direção.

\mathbf{a} = a_t\,\mathbf{u}_t + a_n\,\mathbf{u}_n \qquad\text{com}\qquad a_t = \frac{dv}{dt} = v\frac{dv}{ds}, \qquad a_n = \frac{v^2}{\rho}

Para uma trajetória dada por $y = f(x)$ , o raio de curvatura sai da fórmula do Cálculo:

\rho = \frac{\left[1 + (dy/dx)^2\right]^{3/2}}{\left|d^2y/dx^2\right|}

Exemplo rápido — jato d'água com aclive 6/8

Um jato sai do bico com aclive de 6 cm na vertical para cada 8 cm na horizontal, e o raio de curvatura inicial é $\rho_0 = 3{,}8\ \mathrm{m}$ . Ache a velocidade de saída.

O aclive dá $\tan\theta = 6/8$ , logo $\sin\theta = 3/5$ e $\cos\theta = 4/5$ . Depois de sair do bico a única aceleração é $g$ , para baixo; a componente dela normal à trajetória é $a_n = g\cos\theta = \tfrac{4}{5}g$ . Então

\frac{4}{5}g = \frac{v_0^2}{\rho_0} \quad\Longrightarrow\quad v_0 = \sqrt{\tfrac{4}{5}\,g\,\rho_0} = \sqrt{0{,}8 \times 9{,}81 \times 3{,}8} = 5{,}5\ \mathrm{m/s}

No ponto de altura máxima a velocidade é horizontal, então $g$ é inteiramente normal: $a_n = g = v_h^2/\rho_M$ com $v_h = v_0\cos\theta$ . Isso dá $\rho_M = (4/5)^3\rho_0 = 1{,}9\ \mathrm{m}$ — a curva fecha, e é por isso que o topo da parábola parece mais “apertado”.

09 Coordenadas polares: componentes radial e transversal

A ideia. Quando o movimento é descrito por um raio que gira — um braço mecânico, uma haste com um anel deslizando, um satélite —, o par natural não é $(x,y)$ e sim $(r,\theta)$ . E aqui aparece a diferença que a 1ª unidade avisou: os versores giram junto com a partícula, então derivá-los não dá zero. É de onde saem os termos extras que ninguém adivinha.

\mathbf{v} = \dot{r}\,\mathbf{u}_r + r\dot{\theta}\,\mathbf{u}_\theta

\mathbf{a} = \left(\ddot{r} - r\dot{\theta}^2\right)\mathbf{u}_r + \left(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}\right)\mathbf{u}_\theta

10 Equações do movimento: a 2ª lei de Newton

A ideia. Até aqui a cinemática descrevia como a partícula se move, sem perguntar por quê. A dinâmica fecha o circuito: a causa do movimento é a força resultante, e a ponte entre as duas é uma única equação. O procedimento nunca muda — desenhar o diagrama de corpo livre, escolher os eixos, projetar, resolver.

\sum \mathbf{F} = m\,\mathbf{a}

Projetada, ela vira duas ou três equações escalares. E a escolha dos eixos é livre — é aí que se ganha tempo:

\sum F_x = m a_x, \quad \sum F_y = m a_y \qquad\text{ou}\qquad \sum F_t = m a_t, \quad \sum F_n = m \frac{v^2}{\rho}

11 Forças de vínculo e atrito

A ideia. O conteúdo programático fala em “forças de vínculo”, e é o nome certo: normal, tração e atrito não são dadas no enunciado — elas se ajustam para que o corpo obedeça à restrição de estar apoiado, preso ou encostado. Achá-las é metade das questões de dinâmica. E o atrito tem um detalhe que decide questão: ele tem dois regimes.

F_{at} \leq \mu_e N \quad (\text{parado}), \qquad F_{at} = \mu_c N \quad (\text{escorregando})

Exemplo rápido — a rampa que muda de inclinação

Um bloco escorrega por uma rampa a $30{,}0^\circ$ com aceleração de $3{,}00\ \mathrm{m/s^2}$ . Qual a nova inclinação para que ele passe a descer com velocidade constante?

Com eixos na rampa: ao longo dela, $mg\sin\theta - \mu_c N = ma$ ; perpendicular, $N = mg\cos\theta$ . Logo

a = g\,(\sin\theta - \mu_c\cos\theta)

A massa não aparece. Com os dados da primeira rampa, isolando o coeficiente:

\mu_c = \tan 30{,}0^\circ - \frac{3{,}00}{9{,}81\cos 30{,}0^\circ} = 0{,}2242

Velocidade constante significa $a = 0$ , então $\tan\theta' = \mu_c$ e $\theta' = 12{,}6^\circ$ . Esse é o ângulo de repouso: a inclinação em que o atrito cinético empata exatamente com a componente do peso.

12 Movimento circular: a força que curva a trajetória

A ideia. Caso mais pedido da 2ª lei, porque junta as duas metades da cadeira: a cinemática diz que curvar exige aceleração $v^2/\rho$ para o centro, e a dinâmica pergunta quem faz essa força. A resposta é sempre uma força real — tração, normal, atrito, peso ou a soma delas.

\sum F_n = m\,\frac{v^2}{r}

13 Trabalho de uma força

A ideia. Até aqui, todo problema saía da 2ª lei: monta o diagrama, escreve $\sum F = ma$ , integra. Funciona sempre — e às vezes dá muito trabalho, porque exige conhecer a aceleração em cada instante. O método da energia troca esse detalhe por uma pergunta mais barata: quanto a força empurrou ao longo do caminho, e o que isso fez com a velocidade. Some posição inicial e final — o meio do trajeto some da conta. O preço é que você perde a informação de tempo: energia não responde “quando”.

U_{1\to2} = \int_{\mathbf{r}_1}^{\mathbf{r}_2} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \int_{s_1}^{s_2} F\cos\theta\ ds

O produto escalar é o coração da definição: só a componente da força na direção do movimento trabalha. Componente perpendicular dá zero.

Os três trabalhos que caem em prova

Força constante ao longo de um deslocamento reto de módulo $s$ :

U_{1\to2} = F\,s\cos\theta

Peso, em um deslocamento vertical $\Delta y = y_2 - y_1$ (com $y$ para cima):

U_{1\to2} = -W\,\Delta y = -mg\,(y_2 - y_1)

O sinal é a parte que se erra: descer é trabalho positivo, subir é negativo. E note que só a altura importa — o caminho horizontal, a forma da rampa e o comprimento do trajeto não entram.

Mola linear, deformada de $s_1$ a $s_2$ a partir do comprimento natural:

U_{1\to2} = -\left(\tfrac{1}{2}k s_2^2 - \tfrac{1}{2}k s_1^2\right)

O sinal negativo diz que a mola resiste: comprimir ou esticar é trabalho negativo sobre o corpo, soltar é positivo.

14 Princípio do trabalho e energia cinética

A ideia. Integre $\sum F = m\,a$ ao longo da trajetória, usando $a\,ds = v\,dv$ — o mesmo truque da seção 03 —, e a 2ª lei vira uma equação escalar sem aceleração nenhuma dentro. É o teorema mais rentável da cadeira: uma equação, uma incógnita, sem decompor vetor.

T_1 + \sum U_{1\to2} = T_2

Atrito cinético entra como trabalho negativo

U_{at} = -\mu_c N\,s

com $s$ o comprimento do caminho percorrido, não o deslocamento. Ir e voltar não cancela: o atrito tira energia nas duas idas. É por isso que atrito não tem energia potencial associada — depende do caminho, e não só dos extremos.

Exemplo rápido — bloco que desce e freia

Um bloco de $10\ \mathrm{kg}$ é solto do repouso no topo de uma rampa lisa de $2{,}0\ \mathrm{m}$ de altura. Ao chegar ao plano horizontal, percorre um trecho com $\mu_c = 0{,}25$ . Qual a distância até parar?

Da posição inicial ao repouso final, $T_1 = T_2 = 0$ , e a soma dos trabalhos tem de ser zero:

\underbrace{mg\,h}_{\text{peso, descida}} - \underbrace{\mu_c\,mg\,d}_{\text{atrito}} = 0 \quad\Longrightarrow\quad d = \frac{h}{\mu_c} = \frac{2{,}0}{0{,}25} = 8{,}0\ \mathrm{m}

A massa cortou e a forma da rampa nunca entrou na conta. Com Newton, esse mesmo problema exigiria decompor o peso, achar a aceleração na rampa, achar $v$ no pé e depois desacelerar — três etapas para chegar ao mesmo número.

15 Energia potencial: peso e mola

A ideia. Peso e mola têm uma propriedade especial: o trabalho delas depende só das posições inicial e final, nunca do caminho. Força assim se chama conservativa, e para ela vale a pena guardar o trabalho numa “conta poupança” — a energia potencial — em vez de recalcular a integral a cada problema.

V_g = m g y \qquad\qquad V_e = \tfrac{1}{2}k s^2

16 Conservação da energia mecânica

A ideia. Se todas as forças que trabalham são conservativas, o teorema do trabalho e energia se reduz à forma mais enxuta da mecânica: a soma de cinética e potencial não muda. É a equação que resolve montanha-russa, pêndulo, bloco-mola e loop vertical em uma linha.

T_1 + V_1 = T_2 + V_2

E quando há atrito ou uma força externa qualquer, a versão geral — a que serve para todo problema:

T_1 + V_1 + \sum U_{1\to2}^{\text{não-cons.}} = T_2 + V_2

Macete de prova

O loop vertical: dois teoremas, nesta ordem. A questão típica diz “de que altura mínima soltar para completar a volta sem descolar do trilho”. A solução tem duas partes e quem mistura as duas erra:

No topo do loop, a condição de não descolar é a 2ª lei com $N = 0$ — só o peso curva a trajetória: $mg = mv_{topo}^2/R$ , ou seja, $v_{topo}^2 = gR$ . Isto é Newton, não energia.
Só então a conservação da energia liga esse $v_{topo}$ à altura de partida.

Do repouso a uma altura $h$ até o topo, que está a $2R$ :

mgh = \tfrac{1}{2}m(gR) + mg(2R) \quad\Longrightarrow\quad h = \tfrac{5}{2}R

Guardar " $h = 2{,}5R$ " decorado não serve: a Q2 do 2º EE de 2025.1 põe uma colisão inelástica no meio do caminho, e o número muda.

Exemplo rápido — velocidade máxima do bloco sobre a mola

Este é o esqueleto da Q1 do 2º EE de 2023.1. Um bloco de massa $m$ está sobre uma mola de constante $k$ , comprimida da deformação de equilíbrio de dois blocos, $s_1 = 2mg/k$ . O bloco de cima é retirado de repente. Onde a velocidade é máxima?

A resultante sobre o bloco que sobrou é $F = k s - mg$ , que diminui conforme a mola relaxa. Ela se anula quando $s = mg/k$ — e é exatamente ali que a velocidade é máxima, porque depois desse ponto a força passa a frear.

Ou seja: a resposta não vem de derivar a energia, vem de perceber que velocidade máxima é onde a força resultante troca de sinal. Só depois se usa energia entre $s_1$ e esse ponto para achar o valor de $v_{\max}$ .

17 Potência e eficiência

A ideia. Trabalho não diz nada sobre pressa. Potência é a taxa: o mesmo trabalho feito em metade do tempo exige o dobro de potência. É o que dimensiona motor, guincho e elevador — e o que aparece em prova como um item (c) curto no fim de uma questão de energia.

P = \frac{dU}{dt} = \mathbf{F}\cdot\mathbf{v} \qquad\qquad \varepsilon = \frac{P_{\text{saída}}}{P_{\text{entrada}}} = \frac{U_{\text{saída}}}{U_{\text{entrada}}}

A forma $P = \mathbf{F}\cdot\mathbf{v}$ é a útil: é ela que permite calcular potência num instante, sem integrar nada.

18 Impulso e momento linear

A ideia. A unidade anterior integrou a 2ª lei no espaço e obteve energia. Agora integre no tempo, e sai o outro grande teorema da cadeira. A diferença prática: energia é escalar e perde a informação de tempo; momento linear é vetorial e é justamente o que serve quando o enunciado fala de duração, de choque ou de dois corpos que interagem.

m\mathbf{v}_1 + \sum \int_{t_1}^{t_2} \mathbf{F}\,dt = m\mathbf{v}_2

Sendo vetorial, essa equação vale componente por componente — e é assim que se usa: uma equação em $x$ , outra em $y$ . Perceber que uma das componentes tem impulso nulo (nenhuma força naquela direção) é o que resolve metade das questões.

19 Conservação do momento linear em um sistema de partículas

A ideia. Some a equação do impulso para todas as partículas de um sistema. Pela 3ª lei, as forças que elas exercem umas nas outras aparecem em pares opostos e se cancelam aos pares. Sobra só o impulso das forças externas — e se ele for nulo numa direção, o momento total naquela direção é o mesmo antes e depois. Não importa o que aconteceu no meio: explosão, choque, mola liberada, corda que se parte.

\sum m_i (\mathbf{v}_i)_1 = \sum m_i (\mathbf{v}_i)_2 \qquad\text{se}\qquad \sum \int \mathbf{F}_{\text{ext}}\,dt = \mathbf{0}

Exemplo rápido — a mola entre os dois blocos

Dois blocos, $2{,}0$ e $3{,}0\ \mathrm{kg}$ , em repouso sobre uma mesa lisa, com uma mola comprimida entre eles guardando $60\ \mathrm{J}$ . A mola é solta. Quais as velocidades?

Momento inicial nulo, logo o final também:

0 = 2v_A' + 3v_B' \quad\Longrightarrow\quad v_A' = -1{,}5\,v_B'

e a energia da mola vai toda para as cinéticas:

60 = \tfrac{1}{2}(2)(1{,}5v_B')^2 + \tfrac{1}{2}(3)(v_B')^2 = 3{,}75\,(v_B')^2

v_B' = 4{,}0\ \mathrm{m/s} \qquad v_A' = -6{,}0\ \mathrm{m/s}

O bloco leve sai mais rápido, na razão inversa das massas. É o mesmo esqueleto da Q3 do 2º EE de 2023.1, com os dois hemisférios.

20 Colisão central direta: o coeficiente de restituição

A ideia. Numa colisão, o momento se conserva, mas a energia não — parte dela vira calor e deformação permanente. Falta então uma segunda equação, e ela não sai da física básica: é uma medida experimental de quanto os corpos “devolvem”. Esse número é o coeficiente de restituição, e ele é o que fecha o sistema de duas incógnitas.

m_A v_A + m_B v_B = m_A v_A' + m_B v_B' \qquad\qquad e = \frac{v_B' - v_A'}{v_A - v_B}

Exemplo rápido — bloco contra bloco preso a uma mola

Este é o esqueleto da Q2 do 2º EE de 2023.1. Blocos $A$ e $B$ de $2{,}0\ \mathrm{kg}$ cada, mesa lisa, $B$ parado contra uma mola de $k = 60\ \mathrm{N/m}$ . $A$ chega a $4{,}0\ \mathrm{m/s}$ e colide com $e = 0{,}7$ .

Momento (massas iguais cortam):

4{,}0 = v_A' + v_B'

Restituição:

0{,}7 = \frac{v_B' - v_A'}{4{,}0} \quad\Longrightarrow\quad v_B' - v_A' = 2{,}8

Somando: $v_B' = 3{,}4\ \mathrm{m/s}$ e $v_A' = 0{,}60\ \mathrm{m/s}$ , ambos para a direita. Só agora entra a energia, e só para o bloco $B$ depois do choque:

\tfrac{1}{2}(2{,}0)(3{,}4)^2 = \tfrac{1}{2}(60)\,x^2 \quad\Longrightarrow\quad x = 0{,}62\ \mathrm{m}

A ordem importa: energia não vale durante a colisão, vale depois dela.

21 Colisão oblíqua: separar na linha de impacto

A ideia. Quando as velocidades não estão alinhadas com a reta que une os centros, a colisão tem duas direções, e cada uma obedece a uma regra diferente. Todo o método é: achar a linha de impacto, girar os eixos para ela, e tratar as duas direções separadamente.

Na direção $n$ valem as duas equações da seção anterior:

m_A (v_{An}) + m_B (v_{Bn}) = m_A (v_{An}') + m_B (v_{Bn}') \qquad e = \frac{v_{Bn}' - v_{An}'}{v_{An} - v_{Bn}}

Na direção $t$ , para esferas lisas, não há força de impulso, e portanto o momento de cada corpo separadamente se conserva:

(v_{At}) = (v_{At}') \qquad\qquad (v_{Bt}) = (v_{Bt}')

Exemplo rápido — bola contra parede

Uma bola chega a uma parede lisa a $10\ \mathrm{m/s}$ , fazendo $30^\circ$ com a parede, e $e = 0{,}80$ . Qual a velocidade de saída e o ângulo?

A linha de impacto é perpendicular à parede. Componentes de chegada: $v_n = 10\sin 30^\circ = 5{,}0$ (contra a parede) e $v_t = 10\cos 30^\circ = 8{,}66$ .

A parede tem massa infinita, então a conservação do momento não dá nada útil — sobra só a restituição, e ela se reduz a $v_n' = e\,v_n$ :

v_n' = 0{,}80 \times 5{,}0 = 4{,}0 \qquad v_t' = 8{,}66\ \ \text{(intacta)}

v' = \sqrt{4{,}0^2 + 8{,}66^2} = 9{,}5\ \mathrm{m/s} \qquad \theta' = \arctan\frac{4{,}0}{8{,}66} = 24{,}8^\circ

O ângulo de saída é menor que o de chegada: só a componente normal foi amortecida. Por isso bola quicando em rampa “escorrega” para frente a cada quique.

22 Momento angular e forças centrais

A ideia. Existe uma terceira quantidade conservada, e ela é a que serve para movimento em torno de um ponto: satélite, haste girando, partícula amarrada a um fio que passa por um furo. Se a força passa pelo ponto de referência, ela não tem braço, não produz momento — e o momento angular em relação a ele fica constante.

\sum \mathbf{M}_O = \dot{\mathbf{H}}_O \qquad\qquad (H_O)_1 + \sum\int_{t_1}^{t_2} M_O\,dt = (H_O)_2

Para movimento plano, o módulo tem a forma que se usa na prática:

H_O = m\,v\,d = m\,r^2\dot\theta

com $d$ a distância perpendicular de $O$ à linha da velocidade. A segunda forma, com $r^2\dot\theta$ , é a que casa com as coordenadas polares da seção 09.

Exemplo rápido — o fio puxado pelo furo

Uma esfera de $0{,}50\ \mathrm{kg}$ gira sobre uma mesa lisa a $r_1 = 0{,}60\ \mathrm{m}$ com $v_1 = 3{,}0\ \mathrm{m/s}$ , presa a um fio que passa por um furo no centro. O fio é puxado até $r_2 = 0{,}20\ \mathrm{m}$ . Qual a nova velocidade?

A tração do fio é radial: passa pelo furo, momento nulo em relação a ele. Logo $H_O$ se conserva:

v_2 = v_1\frac{r_1}{r_2} = 3{,}0 \times \frac{0{,}60}{0{,}20} = 9{,}0\ \mathrm{m/s}

A energia cinética passou de $2{,}25\ \mathrm{J}$ para $20{,}3\ \mathrm{J}$ — e não há contradição: quem puxou o fio fez esse trabalho. Momento angular conserva, energia não.

23 Do ponto material ao corpo rígido: translação e rotação

A ideia. Até aqui todo corpo era um ponto: tinha massa e posição, e pronto. Um corpo rígido tem tamanho e orientação — pode girar. E girando, cada ponto dele tem uma velocidade diferente. A boa notícia é que a orientação de um corpo rígido no plano se descreve com um único número, o ângulo $\theta$ , e por isso todo o movimento plano cabe em três coordenadas: $x_G$ , $y_G$ e $\theta$ .

Os três movimentos planos

Translação — $\omega = 0$ : todos os pontos têm a mesma velocidade e a mesma aceleração. O corpo é, para todos os efeitos, um ponto material. Nada de novo.

Rotação em torno de eixo fixo — existe um ponto do corpo que não se move. Para um ponto $P$ a uma distância $r$ do eixo:

v = \omega r \qquad a_t = \alpha r \qquad a_n = \omega^2 r

Movimento plano geral — a soma dos dois: o corpo translada e gira ao mesmo tempo. Biela, cremalheira, roda que rola, escada escorregando na parede. É o caso das provas.

24 Análise de velocidade relativa: a equação que resolve todo mecanismo

A ideia. Pegue dois pontos do mesmo corpo rígido. A distância entre eles não muda — é isso que “rígido” significa. Logo, visto de $A$ , o ponto $B$ só pode fazer uma coisa: girar em volta dele. Essa observação é a equação mais importante da unidade.

\mathbf{v}_B = \mathbf{v}_A + \boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}_{B/A}

Macete de prova

O roteiro, sempre o mesmo — e é vetorial, não escalar. Escreva cada vetor em componentes, iguale $x$ com $x$ e $y$ com $y$ , e resolva o sistema $2\times2$ . Duas equações, duas incógnitas.

O que a prova cobra é a etapa anterior: descobrir a direção de cada velocidade pela geometria do vínculo.

pino num trilho, guia ou cursor → a velocidade é ao longo do trilho;
pino fixo → velocidade nula;
roda que rola sem escorregar → o ponto de contato tem velocidade nula;
extremidade encostada numa parede → velocidade paralela à parede.

Na Q4 da 2ª chamada do 2º EE, a haste $AB$ tem $B$ num cursor vertical ( $\mathbf{v}_B$ vertical, dada) e $A$ num plano a $25^\circ$ ( $\mathbf{v}_A$ com direção conhecida, módulo incógnito). Com $\omega_{AB}$ como segunda incógnita, o sistema fecha.

Exemplo rápido — a escada escorregando

Uma escada de $4{,}0\ \mathrm{m}$ tem o topo $B$ apoiado numa parede vertical e o pé $A$ no chão. O pé desliza a $2{,}0\ \mathrm{m/s}$ , afastando-se da parede, no instante em que a escada faz $60^\circ$ com o chão. Determine $\omega$ e $v_B$ .

Ponha a origem no pé da parede, com $x$ para a direita (o sentido em que $A$ vai). Então $A$ está em $(4\cos 60^\circ,\,0) = (2{,}0;\,0)$ e $B$ em $(0;\,4\sin 60^\circ) = (0;\,3{,}46)$ , de modo que

\mathbf{r}_{B/A} = -2{,}0\,\mathbf{i} + 3{,}46\,\mathbf{j}

Os vínculos dão as direções: $\mathbf{v}_A = 2{,}0\,\mathbf{i}$ (chão) e $\mathbf{v}_B = v_B\,\mathbf{j}$ (parede). Substituindo:

v_B\,\mathbf{j} = 2{,}0\,\mathbf{i} + \omega\mathbf{k}\times(-2{,}0\,\mathbf{i} + 3{,}46\,\mathbf{j}) = (2{,}0 - 3{,}46\,\omega)\,\mathbf{i} - 2{,}0\,\omega\,\mathbf{j}

Em $x$ : $0 = 2{,}0 - 3{,}46\,\omega \Rightarrow \omega = 0{,}577\ \mathrm{rad/s}$ . Em $y$ : $v_B = -2{,}0 \times 0{,}577 = -1{,}15\ \mathrm{m/s}$ — negativo, isto é, o topo desce a $1{,}15\ \mathrm{m/s}$ , que é o que a física manda.

O sinal saiu certo porque os eixos foram fixados antes da álgebra. Trocar o lado da parede sem trocar $\mathbf{r}_{B/A}$ inverte $v_B$ e faz o topo subir: é o erro mais comum da unidade.

25 Centro instantâneo de rotação

A ideia. Todo corpo em movimento plano tem, em cada instante, um ponto com velocidade nula — real ou imaginário, dentro ou fora do corpo. Se você achar esse ponto, o movimento naquele instante é rotação pura em volta dele, e a equação de velocidade relativa colapsa para $v = \omega r$ . Some o sistema linear: sobra uma multiplicação.

v_P = \omega\,r_{P/CI}

Macete de prova

Como achar o $CI$ : a velocidade de qualquer ponto é perpendicular à reta que o liga ao $CI$ . Então trace, de dois pontos com direção de velocidade conhecida, as perpendiculares às suas velocidades. O cruzamento é o $CI$ .

Três casos de uma vez:

roda que rola sem escorregar → o $CI$ é o ponto de contato com o chão. Daí sai $v_G = \omega R$ e, para o ponto mais alto, $v = 2\omega R$ — o topo de um pneu anda o dobro do carro;
duas velocidades paralelas e de mesmo sentido → o $CI$ está fora do segmento, achado por semelhança de triângulos;
duas velocidades paralelas e de sentidos opostos → o $CI$ está entre os pontos.

Se as duas perpendiculares saem paralelas, o $CI$ está no infinito: é translação, $\omega = 0$ .

Exemplo rápido — a mesma escada, em uma linha

Escada de $4{,}0\ \mathrm{m}$ a $60^\circ$ , pé a $2{,}0\ \mathrm{m/s}$ . O pé anda na horizontal, então a perpendicular é vertical; o topo anda na vertical, então a perpendicular é horizontal. Cruzam no canto oposto, formando um retângulo com a escada como diagonal.

A distância do pé ao $CI$ é a altura da parede, $4\sin 60^\circ = 3{,}46\ \mathrm{m}$ :

\omega = \frac{v_A}{r_{A/CI}} = \frac{2{,}0}{3{,}46} = 0{,}577\ \mathrm{rad/s}

v_B = \omega\,r_{B/CI} = 0{,}577 \times 4\cos 60^\circ = 1{,}15\ \mathrm{m/s}

Mesma resposta do exemplo anterior, sem sistema nenhum, sem produto vetorial e sem risco de erro de sinal. Quando a questão pede só velocidade, é por aqui.

26 Análise de aceleração relativa

A ideia. Derive a equação de velocidade relativa no tempo. Aparece um termo a mais que ninguém adivinha: além da parcela tangencial com $\alpha$ , existe a centrípeta $-\omega^2\mathbf{r}$ , que existe mesmo quando $\alpha = 0$ . Corpo girando a velocidade angular constante tem aceleração — apontando para o centro.

\mathbf{a}_B = \mathbf{a}_A + \boldsymbol{\alpha} \times \mathbf{r}_{B/A} - \omega^2\,\mathbf{r}_{B/A}

Exemplo rápido — a roda que rola e acelera

Uma roda de raio $R = 0{,}30\ \mathrm{m}$ rola sem escorregar; o centro $G$ anda a $4{,}0\ \mathrm{m/s}$ e acelera a $2{,}0\ \mathrm{m/s^2}$ . Quais $\omega$ e $\alpha$ ?

Rolamento sem escorregamento dá as duas relações de uma vez, derivando uma da outra:

\omega = \frac{v_G}{R} = \frac{4{,}0}{0{,}30} = 13{,}3\ \mathrm{rad/s} \qquad \alpha = \frac{a_G}{R} = \frac{2{,}0}{0{,}30} = 6{,}67\ \mathrm{rad/s^2}

Agora a aceleração do ponto de contato $C$ , com $\mathbf{r}_{C/G} = -R\mathbf{j}$ e $\mathbf{a}_G = 2{,}0\,\mathbf{i}$ :

\mathbf{a}_C = 2{,}0\,\mathbf{i} + (-6{,}67\,\mathbf{k})\times(-0{,}30\,\mathbf{j}) - (13{,}3)^2(-0{,}30\,\mathbf{j})

O termo tangencial dá $-2{,}0\,\mathbf{i}$ , que cancela exatamente $\mathbf{a}_G$ — como tinha de ser, já que a velocidade do contato é sempre nula. Sobra a parcela normal:

\mathbf{a}_C = 53{,}3\,\mathbf{j}\ \mathrm{m/s^2}

Apontando para o centro da roda. Velocidade zero, aceleração de mais de 5 g.

27 Momento de inércia

A ideia. Massa mede a resistência de um corpo a ser acelerado em linha reta. Girar tem o seu equivalente, e ele depende não só de quanta massa existe, mas de quão longe do eixo ela está — porque a massa distante precisa percorrer mais caminho para o mesmo ângulo. Esse é o momento de inércia, e é a única grandeza nova da dinâmica do corpo rígido.

I = \int r^2\,dm \qquad\qquad I = I_G + m d^2

A segunda é o teorema dos eixos paralelos, e é a fórmula que a prova usa de verdade: a tabela dá $I_G$ , o problema pede em relação a outro ponto.

Exemplo rápido — o pêndulo de barra

Uma barra uniforme de $3{,}0\ \mathrm{kg}$ e $1{,}2\ \mathrm{m}$ gira em torno de um pino numa extremidade. Qual $I$ em relação ao pino?

Pela tabela, $I_G = \tfrac{1}{12}(3{,}0)(1{,}2)^2 = 0{,}36\ \mathrm{kg\cdot m^2}$ , com $G$ no meio, a $d = 0{,}60\ \mathrm{m}$ do pino:

I_O = 0{,}36 + (3{,}0)(0{,}60)^2 = 1{,}44\ \mathrm{kg\cdot m^2}

que é o $\tfrac{1}{3}mL^2 = \tfrac{1}{3}(3{,}0)(1{,}44) = 1{,}44$ da tabela. O teorema dos eixos paralelos e a linha da tabela são a mesma coisa — e é exatamente por isso que decorar as duas linhas é desperdício.

28 Equações do movimento plano

A ideia. A 2ª lei de Newton, para um corpo com tamanho, vira três equações: duas de força, que dizem como o centro de massa translada, e uma de momento, que diz como o corpo gira. E o ponto que confunde todo mundo é este: as duas primeiras usam $G$ , não o ponto onde a força é aplicada.

\sum F_x = m\,(a_G)_x \qquad \sum F_y = m\,(a_G)_y \qquad \sum M_G = I_G\,\alpha

Macete de prova

Três equações, e a incógnita a mais vem do vínculo. Quase sempre aparecem quatro incógnitas (duas reações, $a_G$ e $\alpha$ ), e a quarta equação é a cinemática do vínculo:

roda que rola sem escorregar: $a_G = \alpha R$ — e o atrito é estático, de valor desconhecido, limitado por $\mu_e N$ ;
roda que escorrega: $a_G$ e $\alpha$ são independentes, mas agora o atrito é conhecido: $F = \mu_c N$ ;
corpo pendurado num pino: $a_G = \alpha\,\overline{OG}$ , com o pino como centro.

Escolher errado entre “rola” e “escorrega” é o erro que zera a questão. O teste: resolva supondo que rola, ache o atrito necessário, e compare com $\mu_e N$ . Se passou do limite, refaça supondo que escorrega.

Exemplo rápido — o cilindro que rola pela rampa

Um cilindro cheio de massa $m$ e raio $R$ rola sem escorregar por uma rampa de inclinação $\theta$ . Qual a aceleração do centro?

Ao longo da rampa: $mg\sin\theta - F = m a_G$ . Momentos em $G$ , onde só o atrito tem braço: $F R = I_G \alpha = \tfrac{1}{2}mR^2\alpha$ . E o vínculo: $a_G = \alpha R$ .

Da segunda com a terceira, $F = \tfrac{1}{2}m a_G$ . Substituindo na primeira:

a_G = \frac{g\sin\theta}{1 + \tfrac{1}{2}} = \tfrac{2}{3}\,g\sin\theta

Menos que o $g\sin\theta$ de um bloco deslizando sem atrito — parte do “empurrão” do peso foi gasta em pôr o cilindro a girar. Um anel, com $I_G = mR^2$ , desceria a $\tfrac{1}{2}g\sin\theta$ : mais lento ainda, e independente da massa e do raio nos dois casos.

29 Trabalho e energia no corpo rígido

A ideia. Os dois teoremas da 3ª e da 4ª unidade valem para corpo rígido sem mudança nenhuma de estrutura — só ganham um termo. A energia cinética passa a ter duas parcelas: a de transladar o centro de massa e a de girar em volta dele. E é esse termo extra que faz a questão de rampa com cilindro dar um número diferente do bloco.

T = \tfrac{1}{2}m v_G^2 + \tfrac{1}{2}I_G \omega^2 \qquad\qquad U_{1\to2}^{M} = \int_{\theta_1}^{\theta_2} M\,d\theta

E o teorema, idêntico ao da seção 14:

T_1 + \sum U_{1\to2} = T_2

Exemplo rápido — cilindro na rampa e a normal na curva

Este é o esqueleto da Q3 do 2º EE de 2025.1. Um cilindro de $2{,}0\ \mathrm{kg}$ parte do repouso e desce rolando de $h = 20\ \mathrm{m}$ ; depois sobe uma ladeira de perfil $y = 0{,}2x^2$ . Qual a normal em $x = 5\ \mathrm{m}$ ?

Energia primeiro, para achar a velocidade ali. A altura em $x = 5$ é $y = 0{,}2(25) = 5{,}0\ \mathrm{m}$ , então caiu $15\ \mathrm{m}$ no total:

v_G^2 = \frac{2g(20 - 5)}{1 + \tfrac12} = \frac{2(9{,}81)(15)}{1{,}5} = 196{,}2 \quad\Longrightarrow\quad v_G = 14{,}0\ \mathrm{m/s}

Newton depois, na direção normal à trajetória. Da geometria da parábola, $y' = 0{,}4x = 2{,}0$ em $x = 5$ , logo a tangente faz $\theta = \arctan 2{,}0 = 63{,}4^\circ$ ; e o raio de curvatura, pela fórmula da seção 08:

\rho = \frac{\left[1 + (y')^2\right]^{3/2}}{|y''|} = \frac{(1 + 4)^{3/2}}{0{,}4} = 27{,}95\ \mathrm{m}

A parábola é côncava para cima e o cilindro anda por cima dela: o centro de curvatura está acima da pista, então a aceleração centrípeta aponta para cima. Nessa direção, a normal empurra para cima e a componente do peso, para baixo:

N - mg\cos\theta = m\frac{v_G^2}{\rho}

N = 2{,}0\left(9{,}81\cos 63{,}4^\circ + \frac{196{,}2}{27{,}95}\right) = 2{,}0\,(4{,}39 + 7{,}02) = 22{,}8\ \mathrm{N}

Maior que o peso ( $19{,}6\ \mathrm{N}$ ), e tinha de ser: além de sustentar o cilindro, a pista ainda o obriga a curvar para cima. Se a concavidade fosse para baixo — uma lombada —, o sinal do termo $v^2/\rho$ trocaria, e a pergunta interessante passaria a ser em que ponto $N$ chega a zero.