ExercÃ_cios_Dinâmica_I

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Disciplina: 
Mecânica da Partícula(MP) 
Aula 3 – Dinâmica: 
Exercícios Resolvidos: Forças Especiais 
Curso: Engenharia/Básico 
1º./2º. semestres 
prof. Gilberto F. de Lima 
Roteiro para resolução de exercícios da Dinâmica 
 
1) Listar todos os dados fornecidos no texto, nas figuras e nos gráficos. 
 
2) Listar os resultados desejados. 
 
3) Identificar e desenhar todas as forças presentes, o diagrama de forças. 
 
4) Distinguir as forças externas (aquelas cuja Ação se dá sobre o corpo/sistema, 
mas a Reação não , ou vice-versa) das forças internas (aquelas cujo par Ação e 
Reação está dentro do sistema). 
 
5) Projetar, se necessário, forças nos eixos de referência (x, y e z). Trabalhar 
apenas com forças nesses eixos. 
 
6) Verificar se alguns resultados já podem ser obtidos com o uso de equações da 
Cinemática. 
 
7) Escrever as equações fundamentais (2ª. lei de Newton) separadamente para 
cada corpo presente e em cada eixo de referência. 
 
8) Mãos à obra: fazer os cálculos necessários. 
 Devido ao princípio da independência dos movimentos podemos, e devemos, 
trabalhar com a 2ª. Lei de Newton separadamente em cada uma das duas ou três 
direções de referência, caso o movimento seja, ou possa ser, bi ou tridimensional. 
 Ou seja: 
 𝐹𝑥, 𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑚. 𝑎𝑥 
 𝐹𝑦, 𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑚. 𝑎𝑦 
 𝐹𝑧, 𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑚. 𝑎𝑧 
Normal 
L 
𝑭 Dados: 
∆Scano = L = 6,4 m; 
m = 10 kg; 
vo = 0 m/s; 
vf = 800 m/s; 
Questões: 
a) ∆tcano = ?; 
b) Fprop = ? 
Resolução: 
a) v2 = v𝑜
2 + 2. 𝑎𝑜. ∆𝑆 ⟹ 𝑎𝑜 =
v2
2. ∆S 
 ⟹ 𝑎𝑜 =
(800 m/s)2
2. (6,4 m)
 
⟹ 𝑎𝑜 =
6,4 × 105 m2/s2
12,8 m
 ⟹ 𝑎𝑜 = 5 × 10
4 m/𝑠2 
= 0 
 𝑭 
1) O tubo de um canhão tem comprimento L = 6,4 m. A granada tem m = 10 kg e 
sai da peça com velocidade vo = 800 m/s. Considerando-se que o movimento seja 
uniformemente acelerado, pedem-se: 
a) o tempo de percurso no cano; 
b) a força resultante que age na granada durante o disparo. 
v 
v = v𝑜 + 𝑎𝑜 ∙ ∆𝑡 
= 0 
Agora: 
⟹ ∆𝑡 =
v
𝑎𝑜
 ⟹ ∆𝑡 =
800 m/𝑠
5 × 104 m/𝑠2
 
⟹ ∆𝑡 = 0,016 𝑠 ⟹ ∆𝑡 = 16 𝑚𝑠 ⟹ ∆𝑡 = 1,6 × 10−3 𝑠 
b) 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑝 = 𝑚. 𝑎 ⟹ 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑝 = (10 kg )(5 × 10
4 m/𝑠2 ) 
⟹ 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑝 = 5 × 10
5 N 
=N 
Exercício Extra: A figura mostra os blocos A, B e C, de massas: mA = 5 kg, mB = 2 kg 
e mC = 10 kg, sendo empurrados para a direita por uma força F = 170 N aplicada 
no bloco A. Não há atrito entre os blocos e o piso. Determine: 
a) a aceleração do sistema; 
b) as forças de contato entre os blocos. 
 Repita os cálculos, mas agora com F sendo aplicada no bloco C e no sentido 
oposto. 
A 
B 
C 
F 
Dados: 
mA = 5 kg; 
mB = 2 kg; 
mC = 10 kg; 
F = 170 N 
Questões: 
a) a = ?; 
b) NAB e NBC = ? 
c) a , NAB e NBC = ?, para F = −170 N 
 
Resolução: A 
B 
C 
F 
𝑵𝑨𝑩 𝑵𝑨𝑩 
𝑵𝑩𝑪 𝑵𝑩𝑪 
 𝐹𝑒𝑥𝑡, 𝑖 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐹 = (𝑚𝐴+ 𝑚𝐵+𝑚𝐶) ∙ 𝑎 
⟹ 𝑎 =
𝐹
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵+ 𝑚𝐶
 
 Forças de contato (Normais) surgem entre as superfícies dos blocos. Para 
simplificar o desenho elas foram deslocadas desses pontos. Neste exercício não 
será necessário considerar as forças Normais entre o piso e os blocos. 
 
a) Para calcular a aceleração será usada apenas a força externa e a massa total: 
⟹ 𝑎 =
170 N
5 + 2 + 10 kg
 
⟹ 𝑎 =
170 kg.m/𝑠2
17 kg
 
a 
⟹ 𝑎 = 10 m/𝑠2 
x 
Diagrama 
de 
Forças 
b) Equacionando as forças para o bloco A, temos: 
 𝐹𝐴, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐹 − 𝑁𝐴𝐵 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐹 − 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 = 𝑁𝐴𝐵 
⟹ 𝑁𝐴𝐵 = 170 N − (5 kg) ∙ (10 m/𝑠
2) ⟹ 𝑁𝐴𝐵 = 170 N − 50 N 
⟹ 𝑁𝐴𝐵 = 120 N 
A 
B 
C 
F 
𝑵𝑨𝑩 𝑵𝑨𝑩 
𝑵𝑩𝑪 𝑵𝑩𝑪 
a 
x 
 E equacionando as forças para o bloco B, temos: 
 𝐹𝐵, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑁𝐴𝐵−𝑁𝐵𝐶 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁𝐵𝐶 = 120 N − (2 kg) ∙ (10 m/𝑠
2) ⟹ 𝑁𝐵𝐶 = 120 N − 20 N 
⟹ 𝑁𝐵𝐶 = 100 N 
⟹ 𝑁𝐴𝐵− 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 = 𝑁𝐵𝐶 
A 
B 
C 
F 
𝑵𝑨𝑩 𝑵𝑨𝑩 
𝑵𝑩𝑪 𝑵𝑩𝑪 
a 
x 
F 
a 
 Agora, invertendo o sentido de F e aplicando-a no bloco C, teremos o diagrama 
de forças mostrado. 
 
 Equacionando, temos: 
 𝐹𝑒𝑥𝑡, 𝑖 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎 ⟹ −𝐹 = (𝑚𝐴+ 𝑚𝐵+𝑚𝐶) ∙ 𝑎 
⟹ 𝑎 =
−𝐹
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵+ 𝑚𝐶
 ⟹ 𝑎 =
−170 N
5 + 2 + 10 kg
 
⟹ 𝑎 =
−170 kg.m/𝑠2
17 kg
 ⟹ 𝑎 = −10 m/𝑠2 
A 
B 
C 
𝑵𝑨𝑩 𝑵𝑨𝑩 
𝑵𝑩𝑪 𝑵𝑩𝑪 
x 
Diagrama 
de 
Forças 
 Equacionando as forças para o bloco C, temos: 
 𝐹𝐶, 𝑖 = 𝑚𝐶 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑁𝐵𝐶−𝐹 = 𝑚𝐶 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁𝐵𝐶 = 170 N + (10 kg) ∙ (−10 m/𝑠
2) ⟹ 𝑁𝐵𝐶 = 170 N − 100 N 
⟹ 𝑁𝐵𝐶 = 70 N 
⟹ 𝑁𝐵𝐶 = 𝐹 + 𝑚𝐶 ∙ 𝑎 
F 
a 
A 
B 
C 
𝑵𝑨𝑩 𝑵𝑨𝑩 
𝑵𝑩𝑪 𝑵𝑩𝑪 
x 
 E equacionando as forças para o bloco B, obtemos: 
 𝐹𝐵, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑁𝐴𝐵−𝑁𝐵𝐶 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁𝐴𝐵 = 70 N + (2 kg) ∙ (−10 m/𝑠
2) ⟹ 𝑁𝐴𝐵 = 70 N − 20 N 
⟹ 𝑁𝐴𝐵 = 50 N 
⟹ 𝑁𝐴𝐵 = 𝑁𝐵𝐶 +𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
F 
a 
A 
B 
C 
𝑵𝑨𝑩 𝑵𝑨𝑩 
𝑵𝑩𝑪 𝑵𝑩𝑪 
x 
 Por que há diferença nos valores das normais de um caso para o outro? 
 
 
 Porque num caso sobra mais massa para empurrar depois de um contato do que 
no outro. 
 
 
 No primeiro caso (F aplicada em A), a NAB é maior porque há mais massa a ser 
empurrada depois do bloco A. 
 
 
 No segundo caso (F aplicada em C), a mesma NAB é menor porque só tem que 
empurrar o bloco A para dar-lhe a aceleração do sistema. 
 
 
 Todos os blocos movem-se com a mesma aceleração, então a resultante de forças 
em cada um tem que ser tal que mantenha aquela aceleração. 
T 
Gq 
Dados: 
mc = 300 kg; 
mq = 700 kg; 
vo = 0 m/s; 
vf = 2,0 m/s; 
∆S = 0,5 m 
Questão: 
T = ? 
Resolução: 
v2 = v𝑜
2 + 2. 𝑎𝑜. ∆𝑆 ⟹ 𝑎𝑜 =
v2
2. ∆S 
 ⟹ 𝑎𝑜 =
(2 m/s)2
2. (0,5 m)
 
⟹ 𝑎𝑜 =
4 m2/s2
1 m
 ⟹ 𝑎𝑜 = 4 m/𝑠
2 
= 0 
Gc 
y 
2) Um elevador vertical tem cabine com massa mc = 300 kg 
e leva carga útil com massa mq = 700 kg. Subindo a partir 
do repouso, atinge velocidade v = 2,0 m/s em percurso de 
0,5 m. Determinar a força de tração no cabo. 
𝐺𝑞 = 𝑚𝑞 ∙ g = (700 kg ) 10 
m
𝑠2
 = 7000 N 
 𝐹𝑒𝑥𝑡, 𝑖 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑇 − 𝐺𝑞 − 𝐺𝑐 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑇 = 𝐺𝑞 + 𝐺𝑐 +𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑇 = 7000 N + 3000 N + (1000 kg )(4 m/𝑠2 ) 
⟹ 𝑇 = 14.000 N 
 Para calcular a tração T usaremos apenas as forças externas e a massa total: 
𝐺𝑐 = 𝑚𝑐 ∙ g = 300 kg 10 
m
𝑠2
 = 3000 N 
⟹ 𝑇 = 10.000 N + 4000 N 
N 
N 
N 
 Só por curiosidade, calculemos o valor da Normal entre a carga e o elevador. 
 
 As forças sobre a carga são o peso Gq e a reação Nq 
do piso (Ne é a ação da carga sobre o piso do elevador). 
 
 Daí, sobre a carga temos: 
y 
Gq 
Nq 
Ne 
 𝐹𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑁𝑞 − 𝐺𝑞 = 𝑚𝑞 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁𝑞= 𝐺𝑞 +𝑚𝑞 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁𝑞= 7000 N + (700 kg )(4 m/𝑠
2 ) 
⟹ 𝑁𝑞= 7000 N + 2800 N ⟹ 𝑁𝑞= 9800 N 
N 
Tração 
Resolução: 
 Dados: 
mA = 6 kg; 
mB = 14 kg; 
Questões: 
a) a = ?; 
b) T = ? 
c) ∆S = ? 
 Uma polia ideal (sem massa e sem atrito) apenas desvia a direção de uma tração 
e de um movimento. 
 
 Na sequência desenha-se o diagrama de forças. 
3) Em uma máquina de Atwood a polia é livre e 
giratória, sem atrito. O fio é leve, flexível e inextensível. 
Os blocos A e B suspensos apresentam massas: 
mA = 6 kg e mB = 14 kg. Abandonando o sistema em 
repouso, pedem-se: 
a) a aceleração do conjunto; 
b) a força de tração no fio; 
c) o percurso em 2 s. 
GB 
GA 
T 
T y 
 Observe que, nesta configuração, as trações T 
são forças internas. Seu papel é fazer os dois 
blocos moverem-se juntos. 
 
 Elas formam um par ação-reação, embora 
tenham mesma direção e o mesmo sentido, 
contrariando, aparentemente,a 3ª. lei de Newton. 
Isso se deve ao desvio feito pela polia. 
 
 Há pelo menos duas formas de resolver este 
exercício. 
 
1ª. opção) Escrevendo as equações da 2ª. lei 
separadamente para cada corpo: 
 
 
Bloco A: 
 
 
Bloco B: 
 𝐹𝐴, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 ⟹ −𝐺𝐴 + 𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 
 𝐹𝐵, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 ⟹ −𝐺𝐵 + 𝑇 = 𝑚𝐵 ∙ (−𝑎) ⟹ 𝑇 = 𝐺𝐵 −𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 + 𝐺𝐴 
 Nos problemas envolvendo polias nos quais os corpos adquirem movimentos em 
sentidos opostos, é preciso indicar, obrigatoriamente, qual corpo sobe e qual 
desce, ou seja, qual aceleração é positiva e qual é negativa. 
 
 
 Tal indicação pode ser arbitrária; a confirmação se a escolha foi exata ou não virá 
quando se calcular a aceleração. Se o cálculo fornecer uma aceleração negativa 
significa que o sentido de movimento dos blocos foi invertido. Apenas isso. Não 
houve erro. 
 
 
 Neste exercício, o bloco B cairá por ser mais pesado, por isso foi dado o sinal 
negativo à sua aceleração. 
a) Comparando as equações encontra-se: 
⟹ (𝑚𝐴+ 𝑚𝐵) ∙ 𝑎 = (𝑚𝐵 −𝑚𝐴) ∙ g ⟹ (𝑚𝐴+ 𝑚𝐵) ∙ 𝑎 = 𝐺𝐵 −𝐺𝐴 
⟹ 𝑎 =
(𝑚𝐵−𝑚𝐴) ∙ g
𝑚𝐴 +𝑚𝐵
 ⟹ 𝑎 =
(14 kg − 6 kg) ∙ (10 m/𝑠2)
6 kg + 14 kg
 
⟹ 𝑎 =
(8 kg) ∙ (10 m/𝑠2)
20 kg
 ⟹ 𝑎 = 4 m/𝑠
2 
 
𝑇 = 𝐺𝐵 −𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 + 𝐺𝐴 
⟹ 𝑚𝐴∙ 𝑎 + 𝐺𝐴 = 𝐺𝐵 −𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
b) Para determinar a tração, basta entrar com este valor de aceleração em uma 
das duas equações dos blocos. 
𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 + 𝐺𝐴 ⟹ 𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 + 𝑚𝐴 ∙ g 
⟹ 𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ (𝑎 + g) ⟹ 𝑇 = 6 kg ∙ 4 + 10 m/𝑠
2 
⟹ 𝑇 = 84 N ⟹ 𝑇 = 6 kg ∙ 14 m/𝑠2 
c) A altura que um bloco descer é igual à altura que o outro subirá, ou seja, seus 
deslocamentos terão o mesmo valor mas sentidos opostos. 
 
 
 Escolhendo o bloco A, que sobe, portanto tendo deslocamento positivo, 
obtemos: 
∆𝑆 = v𝑜 ∙ ∆𝑡 +
𝑎𝑜
2
∆𝑡 2 
= 0 
⟹ ∆𝑆 =
(4 m/𝑠2)(2 𝑠)2
2
 
⟹ ∆𝑆 =
(4 m/𝑠2)(4 𝑠2)
2
 ⟹ ∆𝑆 = 8 m 
 2ª. opção) Outra forma de resolver é imaginar os blocos na horizontal, eliminando 
a polia e considerando o Peso como sendo uma força horizontal qualquer. 
 Dessa forma fica destacado que a Tração é uma força interna, um par ação-
reação que se cancela nos cálculos. 
GB GA 
T T 
x 
 𝐹𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐺𝐴 − 𝑇 + 𝑇 − 𝐺𝐵 = 𝑚𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑚𝐴 ∙ g − 𝑚𝐵 ∙ g = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑎 ⟹ (𝑚𝐴− 𝑚𝐵) ∙ g = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑎 
⟹ 𝑎 =
(𝑚𝐴− 𝑚𝐵) ∙ g
𝑚𝐴 +𝑚𝐵
 ⟹ 𝑎 =
(6 kg − 14 kg) ∙ (10 m/𝑠2)
6 kg + 14 kg
 
⟹ 𝑎 =
(−8 kg) ∙ (10 m/𝑠2)
20 kg
 ⟹ 𝑎 = −4 m/𝑠2 
 De fato: 
 Neste equacionamento não foi preciso definir de antemão o sinal da aceleração 
porque todos os corpos movem-se num mesmo sentido. 
 
 
 O sinal dela saiu naturalmente nos cálculos, indicando, neste exemplo, que o 
sistema se move no sentido negativo adotado, o que corresponde à queda do 
bloco B na máquina de Atwood estudada. 
 
 
 Agora todos os cálculos subsequentes (da Tração e do deslocamento neste 
exercício, ou quaisquer outros que forem solicitados), devem ser feitos usando a 
aceleração com o sinal encontrado, pois todas as equações foram montadas agora 
para resultar nesse valor. 
 
 
 É o que será visto na sequência. 
 𝐹𝐴, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐺𝐴 − 𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑇 = 𝐺𝐴 −𝑚𝐴 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ g −𝑚𝐴 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ (g − 𝑎) 
 Assim, para obter o valor de T, basta resolvermos a 2ª. lei de Newton apenas 
para um dos blocos. Escolhendo o bloca A, temos: 
⟹ 𝑇 = 6 kg ∙ 10 − −4 m/𝑠2 
⟹ 𝑇 = 84 N 
⟹ 𝑇 = 6 kg ∙ 10 + 4 m/𝑠2 ⟹ 𝑇 = 6 kg ∙ 14 m/𝑠2 
c) Agora, o deslocamento do sistema é único e o mesmo para ambos os blocos. 
Assim: 
∆𝑆 = v𝑜 ∙ ∆𝑡 +
𝑎𝑜
2
∆𝑡 2 ⟹ ∆𝑆 =
(−4 m/𝑠2)(2 𝑠)2
2
 
⟹ ∆𝑆 =
(−4 m/𝑠2)(4 𝑠2)
2
 ⟹ ∆𝑆 = −8 m 
= 0 
 De fato, o deslocamento do sistema agora, na horizontal, é negativo. 
 
 Tudo está coerente. 
 Na realidade, o papel da polia não é meramente o de 
desviar forças e movimentos. 
 
 As polias fazem a conexão do sistema com o meio 
externo de forma a prover as forças necessárias à 
realização dos deslocamentos pretendidos. 
 
 A polia não é um corpo isolado, como o desenho deste 
exercício parece sugerir. Elas devem estar conectadas a 
alguma estrutura de sustentação. 
 
 Dessa forma encontramos o seguinte diagrama de 
forças aplicado a ela e à essa estrutura. 
 
 As Trações são, na verdade, aplicadas sobre a polia, e 
são as reações desta que sustentam os pesos. Esse 
esforço sobre a polia (2T ) é transmitido para a estrutura 
de suporte que reage e sustenta todo o sistema. 
 
 Num caso real é preciso considerar ainda o peso da 
própria polia (Gp). 
GB 
T 
GA 
T 
T T 
2T 
Gp 
2T 
+ Gp 
+ Gp 
 Se os dois blocos tiverem exatamente a mesma massa, 
é óbvio que o sistema estará em equilíbrio estático, ou 
seja, em repouso, pois as Trações seriam iguais ao Peso. 
𝐺𝐴 = 𝐺𝐵 = 𝑇 
 Portanto, a polia estaria submetida a uma força igual 
ao dobro do peso (2T = 2G), e a sua sustentação teria 
que suportar essa força, além do peso da própria polia. 
 
 Se as massas não forem iguais, a sustentação ainda 
terá que aguentar uma força que é igual a 2T, mas, 
nesse caso, ela seria menor que a soma dos pesos, 
desde que os blocos estejam livres para se moverem. 
 
 É só confirmar no exercício estudado, onde as massas 
não eram iguais, que 2T é menor que a soma dos pesos. 
 
 Resumo da discussão: é fundamental dimensionar 
adequadamente a sustentação da polia. GB 
T 
GA 
T 
T T 
2T 
Gp 
2T 
+ Gp 
+ Gp 
Exemplo Extra: Sistema de Polias Móveis. 
 
 Se o sujeito da figura tem uma massa de 80 kg, qual 
a força T4 necessária para erguê-lo? 
 
 O peso desse sujeito é: 
𝐺 = 𝑚g ⟹ 𝐺 = (80 kg)(10 m/𝑠2) 
⟹ 𝐺 = 800 N 
 Esse peso (carga) será redistribuído entre as polias 
móveis e a fixa, conforme mostrado. 
 
 
Portanto: 
G 
G 
𝑮/𝟐 
𝑮/𝟐 
𝑮/𝟒 
𝑮/𝟒 
𝑮
𝟖
 
𝑮/𝟖 
𝑮
𝟖
 
𝟐
𝑮
𝟖
 
T4 =
𝐺
8
 
 Esta é a força necessária para a carga subir com velocidade 
constante. 
=
𝑮
𝟖
 
⟹ T4=
800 N
8
= 100 N 
 Interessante também é calcularmos a intensidade da força aplicada ao suporte 
do sistema (FS) . 
 
 No caso de movimento uniforme, o valor é dado pela soma: 
𝐹𝑆 =
𝐺
2
+
𝐺
4
+
𝐺
8
+ 2
𝐺
8
 ⟹ 𝐹𝑆 =
4𝐺 + 2𝐺 + 𝐺 + 2𝐺
8
 ⟹ 𝐹𝑆 =
9𝐺
8
 
 Para G = 800 N: 𝐹𝑆 =
9(800 N)
8
 ⟹ 𝐹𝑆 = 900 N 
 Essa solicitação sobre a estrutura de sustentação equivale à soma das forças 
externas atuantes sobre o sistema: o peso do sujeito (G = 800 N) mais a força T4 
aplicada para equilibrá-lo (T4 = 100 N). 
 
 Se T4 for aumentada para erguer a carga de forma acelerada, as solicitações 
sobre a polia fixa e daí sobre o suporte aumentariam também. 
 
 Num projeto de suporte é preciso considerar ainda o peso do próprio sistema 
(polias e fios) que a estrutura também terá que aguentar. 
 Mas, “não existe almoço grátis”. Ou, melhor, não existe milagre. O sistema de 
polias não faz a carga simplesmente desaparecer. Ele apenas redireciona parte 
substancial dela para a estrutura de sustentação, reduzindo assim a força 
necessária para erguê-la. 
 
 Repito: essa estrutura deve então ser devidamente dimensionada para suportar 
essa carga, mais o peso do sistema e também parte da força de içamento. 
 
 Tecnicamente, a carga que o sistema de polias tem que erguer é chamada de 
Força Resistente (FR), enquanto que a força usada para erguê-lo (T4 neste 
exemplo) é chamada de Força Potente (FP). 
 
 Define-se a Vantagem Mecânica (VM) como a razão entre a força resistente e a 
força potente: 
 
𝑉𝑀 =
𝐹𝑅
𝐹𝑃
 
 
 Quanto maior a vantagem mecânica de um sistema (polias, alavancas, etc.), 
menor aforça potente requerida para obter o resultado desejado. 
 Dados: 
me = 50 kg; 
mO = 90 kg; 
a = 3 m/s
2; 
Questões: 
a) T = ?; 
b) N = ? 
5) O sistema esquematizado compõe-se de um 
elevador de massa me = 50 kg e de um operador 
de massa mO = 90 kg, estando este apoiado na 
plataforma daquele. O elevador está suspenso por 
uma corda que passa por uma polia fixa e vem às 
mãos do operador. A corda e a polia são 
consideradas ideais. O operador puxa a corda e 
sobe com o elevador, com aceleração constante 
a = 3 m/s2. Pedem-se: 
a) a tração no cabo; 
b) a reação normal entre os pés do operador e a 
plataforma do elevador. 
T 
T 
GO 
Ge 
N 
N 
 O diagrama de forças é mostrado ao lado. 
 
 
 Nesta configuração as Trações são um par ação-
reação mas que não se cancelam. Na verdade, 
aqui seus efeitos se somam. 
 
 A situação é inusitada, mas será elucidada mais 
à frente. 
 
 Aqui os dois corpos que compõe o sistema 
movem-se no mesmo sentido, diferente do que 
ocorria no exercício anterior da máquina de 
Atwood. Portanto, as duas acelerações têm o 
mesmo sinal. 
Resolução: 
y 
 𝐹𝑖 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑇 − 𝐺𝑂 + 𝑁 + 𝑇 − 𝐺𝑒 − 𝑁 = (𝑚𝑂+𝑚𝑒) ∙ 𝑎 
⟹ 2𝑇 = 𝐺𝑂 + 𝐺𝑒 + (𝑚𝑂+𝑚𝑒) ∙ 𝑎 
⟹ 2𝑇 = 90 + 50 kg [ 10 + 3 m/𝑠2] 
⟹ 2𝑇 = 1820 N 
⟹ 2𝑇 = (140 kg)(13 m/𝑠2) 
⟹ 2𝑇 = 𝑚𝑂 ∙ g + 𝑚𝑒 ∙ g + (𝑚𝑂+𝑚𝑒) ∙ 𝑎 
⟹ 2𝑇 = (𝑚𝑂+𝑚𝑒) ∙ g + (𝑚𝑂+𝑚𝑒) ∙ 𝑎 
⟹ 2𝑇 = (𝑚𝑂+𝑚𝑒) ∙ (g + 𝑎) 
a) Equacionando: 
⟹ 𝑇 = 910 N 
T 
T 
GO 
Ge 
N 
N 
y 
b) Agora, para obtermos o valor da Normal, 
repetimos o cálculo da 2ª. lei de Newton apenas 
sobre um dos corpos. 
 
 Escolhendo o operador: 
 𝐹𝑂, 𝑖 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑇 − 𝐺𝑂 + 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + 𝐺𝑂 − 𝑇 
⟹ 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + 𝑚𝑂 ∙ g − 𝑇 
⟹ 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + g − 𝑇 
⟹ 𝑁 = 90 kg 3 + 10 m/𝑠2 − 910 N 
⟹ 𝑁 = 90 kg 13 m/𝑠2 − 910 N 
⟹ 𝑁 = 1170 N − 910 N ⟹ 𝑁 = 260 N 
T 
T 
GO 
Ge 
N 
N 
y 
T 
T 
GO 
Ge 
T T 
2T 
y 
N 
N 
 Fica claro neste exercício que as trações aplicadas 
nas extremidades do fio que passa pela polia não 
são realmente um par ação-reação, ou seja, não são 
forças internas verdadeiras, pois tais forças não são 
capazes de fazer um sistema mover-se por inteiro 
numa mesma direção ou sentido. 
 
 O verdadeiro par ação-reação é formado em cada 
ramo do fio. Aqui, um par entre o operador e a 
polia, e outro entre esta e o elevador. 
 
 Se pensarmos na polia como parte do sistema, 
então todas essas forças serão internas e fazem as 
partes do sistema se aproximarem: a cabine com o 
operador se aproxima da polia. 
 
 Se interpretarmos que a polia não faz parte do 
sistema, então essas trações são forças externas que 
aceleram o sistema: cabine mais operador. 
 
 Independentemente disso, deve haver uma 
sustentação adequada para a polia. 
2T 
 Esta discussão toda não altera os raciocínios e procedimentos empregados para 
resolver o exercício. 
 
 
 Ela teve a intenção apenas de não deixar margem à contestação de conceitos e 
princípios físicos já explicados. 
 
 
 Como se viu, não houve contradição da resolução realizada com nenhuma teoria 
já apresentada. 
 
 
 Tudo está coerente. 
 Este exercício também pode ser solucionado da maneira alternativa usada na 
máquina de Atwood, trabalhando com ele na horizontal, ignorando a polia. 
 Nesta configuração as forças de Tração formam um verdadeiro par ação-reação, 
ou seja, são forças internas. E aqui agem mesmo como tal ao aproximar as partes 
do sistema, prevalecendo sobre os pesos. 
 
 
 No equacionamento de cada corpo, será preciso informar que eles se movem em 
sentidos opostos; suas acelerações têm sinais contrários. 
T 
Ge 
N 
T 
GO N 
x 
 𝐹𝑒, 𝑖 = 𝑚𝑒 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑇 − 𝐺𝑒 − 𝑁 = 𝑚𝑒 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁 = 𝑇 − 𝐺𝑒 −𝑚𝑒 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁 = 𝑇 −𝑚𝑒 ∙ 𝑎 + g 
⟹ 𝑁 = 𝑇 −𝑚𝑒 ∙ g − 𝑚𝑒 ∙ 𝑎 
T 
Ge 
N 
T 
GO N 
x 
 Equacionando o elevador: 
 𝐹𝑂, 𝑖 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐺𝑂−𝑇 − 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ (−𝑎) 
⟹ 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + 𝐺𝑂 − 𝑇 
⟹ 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + g − 𝑇 
⟹ 𝑇 − 𝐺𝑂 + 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 +𝑚𝑂 ∙ g − 𝑇 
T 
Ge 
N 
T 
GO N 
x 
 Equacionando o operador, que se move no sentido negativo: 
 
𝑁 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + g − 𝑇 
𝑁 = 𝑇 −𝑚𝑒 ∙ 𝑎 + g 
 Comparando as duas equações obtidas, encontramos: 
⟹ 𝑇 − 𝑚𝑒 ∙ 𝑎 + g = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + g − 𝑇 
⟹ 𝑇 + 𝑇 = 𝑚𝑂 ∙ 𝑎 + g + 𝑚𝑒 ∙ 𝑎 + g 
⟹ 2𝑇 = 90 + 50 kg [ 10 + 3 m/𝑠2] 
⟹ 2𝑇 = 1820 N ⟹ 2𝑇 = (140 kg)(13 m/𝑠2) 
⟹ 2𝑇 = (𝑚𝑂+ 𝑚𝑒) ∙ (g + 𝑎) 
⟹ 𝑇 = 910 N ⟹ 𝑇 =
1820 N 
2
 
 Desta vez escolhendo o elevador para calcular a Normal, tem-se: 
𝑁 = 𝑇 −𝑚𝑒 ∙ 𝑎 + g ⟹ 𝑁 = 910 N − 50 kg ∙ [ 3 + 10 m/𝑠
2] 
⟹ 𝑁 = 910 N − 50 kg ∙ (13 m/𝑠2) ⟹ 𝑁 = 910 N − 650 N 
⟹ 𝑁 = 260 N 
 Os resultados são idênticos aos obtidos com o sistema na posição original. 
Força de Atrito 
 Dados: 
m = 10 kg; 
vo = 0 m/s; 
vf = 6 m/s; 
∆t = 3 s; 
F = 30 N 
Questões: 
a) a = ?; 
b) Fat = ? 
c) μ= ? 
𝐹 
𝐹 𝑎𝑡 
G 
𝑵𝒃 
𝑵𝒔 
x 
y 
Resolução: 
v 
𝑵𝒔 = −𝑵𝒃 ⟹ 𝑵𝒔 = 𝑵𝒃 ⟹ 𝑵𝒔 = 𝑵𝒔 
𝑎 
13) Um bloco de massa m = 10 kg apoia-se em uma superfície horizontal rugosa 
com coeficiente de atrito μ. Partindo do repouso, o bloco atinge velocidade de 
6 m/s em 3 s, sob efeito de uma força motora horizontal de intensidade F = 30 N. 
Pedem-se: 
a) a aceleração do bloco; 
b) a força de atrito; 
c) o coeficiente de atrito. 
a) v = v𝑜 + 𝑎𝑜. ∆𝑡 ⟹ 𝑎𝑜 =
v
∆t 
 ⟹ 𝑎𝑜 =
6 m/s
3 𝑠
 
⟹ 𝑎𝑜 = 2 m/𝑠
2 
= 0 
b) 𝐹𝑥, 𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐹 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚 ∙ 𝑎 ⟹ 𝐹 − 𝑚 ∙ 𝑎 = 𝐹𝑎𝑡 
⟹ 𝐹𝑎𝑡 = 30 𝑁 − (10 kg) ∙ (2 m/𝑠
2) ⟹ 𝐹𝑎𝑡 = 30 N − 20 N 
⟹ 𝐹𝑎𝑡 = 10 N 
c) O bloco não se move na direção y (vy = 0), portanto: 
 𝐹𝑦, 𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑦 
= 0 
⟹ 𝑁𝑏 − 𝐺 = 0 ⟹ 𝑁𝑏 = 𝐺 
⟹ 𝑁𝑏 = 𝑚g 
𝐹𝑎𝑡 = 𝜇.𝑁𝑏 Agora: ⟹ 𝜇 =
𝐹𝑎𝑡
𝑁𝑏
 
⟹ 𝑁𝑏 = (10 kg)(10 m/𝑠
2) ⟹ 𝑁𝑏 = 100 N 
⟹ 𝜇 =
10 N
100 N
 
⟹ 𝜇 = 0,1 
Dados: 
G = 500 N; 
F = 450 N 
μ = 0,3 
𝜑 = 30° 
Questões: 
a) a = ?; 
b) Nb = ? 
Fy 
Fx 
Resolução: 
Fy = F.sen 𝜑 Fx = F.cos 𝜑 
17) Um bloco de peso 500 N apoia-se em um plano 
horizontal rugoso com coeficiente de atrito μ = 0,3. 
O bloco move-se sob ação da força F = 450 N, 
inclinada em relação ao horizonte de 30°. Pedem-
se: 
a) a aceleração do bloco; 
b) a reação normal entre a superfície e o bloco. 
b) A velocidade do bloco não muda na direção y (vy = 0 m/s), portanto: 
 𝐹𝑦, 𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑦 ⟹ 𝑁𝑏 + 𝐹𝑦 − 𝐺 = 0 ⟹ 𝑁𝑏 = 𝐺 − 𝐹𝑦 
= 0 
Fy 
Fx 𝐹 𝑎𝑡 
G 
𝑵𝒃 
𝑵𝒔 
⟹ 𝑁𝑏 = 𝐺 − 𝐹. 𝑠𝑒𝑛 𝜑 ⟹ 𝑁𝑏 = 500 N − (450 N). sen 30° 
⟹ 𝑁𝑏 = 500 N − 225 N ⟹ 𝑁𝑏 = 275 N 
 
0,5
 
a) 𝐹𝑥, 𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑥 ⟹ 𝐹𝑥 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑥 
⟹ 𝐹. cos𝜑 − 𝜇.𝑁𝑏 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑥 
⟹ (450 N). cos 30° − (0,3)(275 N) = 𝑚 ∙ 𝑎𝑥 
⟹ 389,7 N − 82,5 N = 𝑚 ∙ 𝑎𝑥 ⟹ 𝑚 ∙ 𝑎𝑥 = 307,2 N 
Agora: 
⟹ 𝑎𝑥 =
307,2 N 
𝑚
 
𝐺 = 𝑚g ⟹ 𝑚 =
𝐺
g 
 ⟹ 𝑚 =
500 N
10 m/𝑠2 
 
⟹ 𝑚 = 50
 kg.m/𝑠2
m/𝑠2 
 ⟹ 𝑚 = 50 kg 
 
0,866
 
Finalmente: 
𝑎𝑥 =
307,2 N 
𝑚
 ⟹ 𝑎𝑥 =
307,2 N 
50 kg
 
⟹ 𝑎𝑥 = 6,14
kg.m/𝑠2
 kg
 ⟹ 𝑎𝑥 = 6,14 m/𝑠
2 
 Dados: 
mA = mB = 10 kg; 
𝜇A = 0,2; 
𝜇B = 0,1; 
FB = 50 N 
Questões: 
a) a = ?; 
b) T = ? 
Resolução: 
𝐺𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ g = 10 kg 10 m/𝑠
2 = 100 N 
𝐺𝐵 = 𝐺𝐴 = 100 N 
14) No esquema anexo apresentam-se dois blocos A 
e B interligados por um fio e apoiados em um plano 
horizontal fixo. Os blocos têmmassas iguais a 
m = 10 kg, e coeficientes de atrito dinâmico 
μA = 0,2 e μB = 0,1. Ao bloco B aplica-se uma força 
F = 50 N. Pedem-se: 
a) a aceleração do conjunto; 
b) a força de tração do cabo de ligação, considerado 
ideal. 
A 
B 
T T 
Fat,B 
Fat,A 
GB GA 
NB NA 
 A velocidade dos blocos não muda na direção y (vy = 0 m/s), portanto, 
 𝐹𝐴, 𝑦, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑦 ⟹ 𝑁𝐴 − 𝐺𝐴 = 0 
⟹ 𝑁𝐴 = 𝐺𝐴 
= 0 
⟹ 𝑁𝐴 = 100 N 
• no bloco A: 
 𝐹𝐵, 𝑦, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑦 ⟹ 𝑁𝐵 − 𝐺𝐵 = 0 
⟹ 𝑁𝐵 = 𝐺𝐵 
= 0 
⟹ 𝑁𝐵 = 100 N 
• no bloco B: 
 𝐹𝑥, 𝑖 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑎𝑥 ⟹ 𝐹𝐵 − 𝐹𝑎𝑡,𝐵 − 𝑇 + 𝑇 − 𝐹𝑎𝑡,𝐴 = 𝑚𝑡𝑜𝑡 ∙ 𝑎𝑥 
⟹ 50 N − 10 N − 20 N = (20 kg) ∙ 𝑎𝑥 
⟹ 𝑎𝑥=
20 N
20 kg
 ⟹ 𝑎𝑥= 1 m/𝑠
2 
a) No sistema como um todo, na direção x: 
 Portanto: 
𝐹𝑎𝑡, 𝐴 = 𝜇𝐴. 𝑁𝐴 = 0,2 . 100 N = 20 N 
𝐹𝑎𝑡, 𝐵 = 𝜇𝐵 . 𝑁𝐵 = 0,1 . 100 N = 10 N 
⟹ 20 N = (20 kg) ∙ 𝑎𝑥 
⟹ 𝑎𝑥= 1
kg.m/𝑠2
 kg
 
b) No bloco A: 
 𝐹𝐴, 𝑥, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑥 ⟹ 𝑇 − 𝐹𝑎𝑡,𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑥 
⟹ 𝑇 = 𝐹𝑎𝑡,𝐴 +𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑥 ⟹ 𝑇 = 20 N + (10 kg)(1 m/𝑠
2) 
⟹ 𝑇 = 20 N + 10 N ⟹ 𝑇 = 30 N 
20) Na figura ilustrada, os blocos têm 
massa mA = 10 kg e mB = 20 kg. 
O coeficiente de atrito entre os blocos é 
μ1 = 0,8 e entre o bloco inferior e o piso 
é μ2 = 0,2. Considerar que não existe 
diferença entre os coeficientes de atrito 
estático e dinâmico. O bloco B é acionado 
pela força F, horizontal. Pedem-se: 
a) a máxima força (Fmax) de acionamento que não produz deslizamento entre os 
blocos; 
b) a aceleração dos blocos no caso anterior; 
c) a aceleração de cada bloco, caso a intensidade da força seja 90% da máxima 
força; 
d) a aceleração de cada bloco, caso a intensidade da força seja 110% da máxima 
força. 
Dados: 
mA = 10 kg; 
mB = 20 kg; 
μ1 = μA,B = 0,8 
μ2 = μB,piso = 0,2 
Questões: 
a) Fmáx = ?; 
b) a = ?; 
c) aA e aB = ?, se F = 0,9∙Fmáx ; 
d) aA e aB = ?, se F = 1,1∙Fmáx 
a 
Fat1 
Resolução: 
GA 
NA, 
x 
y 
NA 
GB 
Fat1 
NB 
Fat2 
Fat2 
NB 
 Identificando as forças 
atuantes. 
GA = mA∙g = (10 kg)∙(10 m/s
2) ⟹ GA = 100 N; 
 
 
GB = mB∙g = (20 kg)∙(10 m/s
2) ⟹ GB = 200 N 
 Ignorando agora as forças 
que agem sobre o piso, 
obtém-se as equações da 
Dinâmica para cada bloco e 
em cada eixo: 
• Bloco A 
 – no eixo y, a velocidade é constante e nula (vA, y = 0), então: 
 𝐹𝐴, 𝑦, 𝑖 = 𝑚. 𝑎𝑦 ⟹ 𝑁𝐴 − 𝐺𝐴 = 0 ⟹ 𝑁𝐴= 𝐺𝐴 
⟹ 𝑁𝐴= 100 𝑁 
 A força de atrito entre os blocos A e B (Fat1) é, portanto: 
 𝐹𝑎𝑡1= 𝜇1∙ 𝑁𝐴 ⟹ 𝐹𝑎𝑡1 = (0,8) ∙ (100 𝑁) ⟹ 𝐹𝑎𝑡1 = 80 𝑁 
= 0 
a 
Fat1 
GA 
NA, 
x 
y 
NA 
GB 
Fat1 
Fat2 
NB 
 𝐹𝐴, 𝑥, 𝑖 = 𝑚. 𝑎𝑥 ⟹ 𝐹𝑎𝑡1 = 𝑚𝐴. 𝑎 ⟹ 𝐹𝑎𝑡1 = 𝑚𝐴 . 𝑎 
⟹ 𝜇1. 𝑁𝐴 = 𝑚𝐴. 𝑎 ⟹ 𝜇1. 𝑚𝐴. g = 𝑚𝐴. 𝑎 ⟹ 𝜇. g = 𝑎 
⟹ 𝑎 = (0,8)(10 m/𝑠2) ⟹ 𝑎 = 8 m/𝑠2 
 Ainda no bloco A, 
agora no eixo x: 
 Esta é a aceleração máxima que o conjunto pode ter para que o bloco A não 
descole do bloco B. É portanto a resposta do item (b). 
a 
Fat1 
GA 
NA, 
x 
y 
NA 
GB 
Fat1 
Fat2 
NB 
 Agora, no bloco B: 
 – no eixo y, a velocidade é 
constante e nula (vB, y = 0), 
então: 
 𝐹𝑦, 𝑖 = 𝑚. 𝑎𝑦 ⟹ 𝑁𝐵 − 𝑁𝐴 − 𝐺𝐵 = 0 ⟹ 𝑁𝐵 = 𝐺𝐵 + 𝑁𝐴 
⟹ 𝑁𝐵 = 200 𝑁 + 100 𝑁 ⟹ 𝑁𝐵 = 300 𝑁 
 A força de atrito entre o bloco B e o piso (Fat2): 
 𝐹𝑎𝑡2= 𝜇2∙ 𝑁𝐵 ⟹ 𝐹𝑎𝑡2 = (0,2) ∙ (300 𝑁) ⟹ 𝐹𝑎𝑡2 = 60 𝑁 
a 
Fat1 
GA 
NA, 
x 
y 
NA 
GB 
Fat1 
Fat2 
NB 
= 0 
 𝐹𝐴, 𝑥, 𝑖 = 𝑚. 𝑎𝑥 ⟹ 𝐹 − 𝐹𝑎𝑡1− 𝐹𝑎𝑡2= 𝑚𝐵 . 𝑎 
⟹ 𝐹 = 𝐹𝑎𝑡1 + 𝐹𝑎𝑡2+ 𝑚𝐵 . 𝑎 ⟹ 𝐹 = 80 N + 60 N + (20 kg) ∙ (8 m/𝑠
2) 
⟹ 𝐹 = 140 N + 160 N 
 Ainda no bloco B, agora 
no eixo x: 
⟹ 𝐹 = 300 N 
 Esta é, portanto, a máxima força que pode ser aplicada ao bloco B sem que o 
bloco A deslize independentemente. É a resposta do item (a). 
𝐹𝑚á𝑥 = 300 N 
a 
Fat1 
GA 
NA, 
x 
y 
NA 
GB 
Fat1 
Fat2 
NB 
c) Se a força F corresponder 
a 90% da força máxima, ou 
seja: 
𝐹 = 0,9 ∙ 𝐹𝑚á𝑥 ⟹ 𝐹 = 0,9 ∙ (300 𝑁) ⟹ 𝐹 = 270 N 
 
 Certamente esta força menor produzirá uma aceleração menor que 8 m/s2, ou 
seja, insuficiente para descolar os blocos. Podemos considerar então os blocos 
como um sistema único e determinar sua nova aceleração empregando apenas as 
forças externas que nele atuam no eixo x. 
 𝐹𝑒𝑥𝑡, 𝑥, 𝑖 = 𝑚𝑡𝑜𝑡 . 𝑎𝑥 ⟹ 𝐹− 𝐹𝑎𝑡2= (𝑚𝐴 +𝑚𝐵). 𝑎 
⟹ 270 N − 60 N = (30 kg) ∙ 𝑎 ⟹ 𝑎 =
210 N
30 kg
 ⟹ 𝑎 = 7 m/𝑠2 
a 
Fat1 
GA 
NA, 
x 
y 
NA 
GB 
Fat1 
Fat2 
NB 
d) Se a força F corresponder 
a 110% da força máxima, ou 
seja: 
𝐹 = 1,1 ∙ 𝐹𝑚á𝑥 ⟹ 𝐹 = 1,1 ∙ (300 𝑁) ⟹ 𝐹 = 330 N 
 
 Esta força produzirá uma aceleração no bloco B maior que 8 m/s2, acima, 
portanto, da aceleração máxima que o bloco A pode ter, já que este é arrastado 
apenas pela Fat1. Os blocos se separarão. 
 𝐹𝐵, 𝑥, 𝑖 = 𝑚𝐵 . 𝑎𝑥 
⟹ 330 N − 80 N − 60 N = (20 kg) ∙ 𝑎𝐵 ⟹ 𝑎𝐵 = 
190 N
20 kg
 ⟹ 𝑎𝐵 = 9,5 m/𝑠
2 
 O bloco A ainda terá aceleração de 8 m/s2 ; já para o bloco B teremos: 
⟹ 𝐹 − 𝐹𝑎𝑡1− 𝐹𝑎𝑡2 = 𝑚𝐵 . 𝑎𝐵 
a 
Fat1 
GA 
NA, 
x 
y 
NA 
GB 
Fat1 
Fat2 
NB 
Plano Inclinado 
18) Em uma piscina, um menino de 
massa 30 kg desliza a partir do repouso 
por um escorregador com inclinação de 
30° em relação ao horizonte, descendo 
de uma altura h = 3 m. O coeficiente de 
atrito entre o menino e o escorregador é 
μ = 0,10. Pedem-se: 
a) a normal entre o menino e o 
escorregador; 
b) a aceleração do menino; 
c) a velocidade final do menino; 
d) o tempo de descida. 
Dados: 
m = 30 kg; 
vx’,o = 0 m/s; 
μ = 0,10; 
h = 3 m; 
θ = 30° 
Questões: 
a) N = ?; 
b) ax’ = ?; 
c) vx’, f = ?; 
d) ∆tdescida = ? 
x’ 
y’ 
NB 
G.sen θ 
Fat 
G.cos θ 
Resolução: 
𝐺 = 𝑚 ∙ g = (30 kg ) 10 
m
𝑠2
 = 300 N 
𝐺 ∙ cos 𝜃 = 300 N ∙ cos 30° = 300 N 0,866 = 260 N 
𝐺 ∙ sen 𝜃 = 300 N ∙ sen 30° = 300 N 0,50 = 150 N 
 𝐹𝑦′, 𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑦′ ⟹ 𝑁 − 𝐺 ∙ cos 𝜃 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝐺 ∙ cos 𝜃 
⟹ 𝑁 = 𝐺 ∙ cos 𝜃 ⟹ 𝑁 = 260 N 
a) No eixo y’ a velocidade do menino é constante e nula (vy’ = 0 m/s), portanto: 
b) No no eixo x’: 𝐹𝑥′, 𝑖 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑥′ ⟹ 𝐺 ∙ sen 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑥′ 
⟹ 150 N − 26 N = (30 kg) ∙ 𝑎𝑥′ 
 Podemos então obter: 𝐹𝑎𝑡 = 𝜇.𝑁 = 0,10 260 N = 26 N 
⟹ 𝑎𝑥′ =
124 N
30 kg
 
⟹ 𝑎𝑥′ = 4,133
kg.m/𝑠2
 kg
 ⟹ 𝑎𝑥′ = 4,133 m/𝑠
2 
= 0 
∆S 
h 
θ 
c) No escorregador: 
sen 𝜃 =
ℎ
∆𝑆
 ⟹ ∆𝑆 =
ℎ
sen 𝜃
 ⟹ ∆𝑆 =
3 m
sen 30°
 ⟹ ∆𝑆 =
3 m
0,5
 
⟹ ∆𝑆 = 6 m 
 Usando agora a equação de Torricelli: v𝑥′, 𝑓
2 = v𝑥′, 𝑜
2 + 2. 𝑎𝑥′ . ∆𝑆 
= 0 
⟹ v𝑥′, 𝑓
2 = 2. 𝑎𝑥′. ∆𝑆 ⟹ v𝑥′, 𝑓
2 = 2(4,133 m/𝑠2)(6 m) 
⟹ v𝑥′, 𝑓
2 = 49,6 m2/𝑠2 ⟹ v𝑥′, 𝑓 = 7,04 m/𝑠 
 Já descartando aqui a solução com o negativo da raiz quadrada. 
d) Usando agora a equação da velocidade, teremos: 
v𝑥′, 𝑓 = v𝑥′, 𝑜 + 𝑎𝑥′ ∙ ∆𝑡 ⟹ ∆𝑡 =
v𝑥′, 𝑓
𝑎𝑥′
 ⟹ ∆𝑡 =
7,04 m/𝑠
4,133 m/𝑠2
 
⟹ ∆𝑡 = 1,70 𝑠 
= 0 
4) No arranjo ilustrado, o bloco A com massa 4,0 kg 
aciona o bloco B de massa 2,0 kg. O coeficiente de 
atrito dinâmico entreo bloco B e o plano inclinado 
é 0,25. Pedem-se: 
a) a aceleração do conjunto; 
b) a normal do plano inclinado sobre o bloco B; 
c) a tração no fio. 
Dados: 
mA = 4,0 kg; 
mB = 2,0 kg; 
μ = 0,25 
θ = 37° 
Questões: 
a) a = ?; 
b) NB = ? 
c) T = ? 
Resolução: 
𝐺𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ g = (4,0 kg ) 10 
m
𝑠2
 = 40 N 
𝐺𝐵 = 𝑚𝐵 ∙ g = 2,0 kg 10 
m
𝑠2
 = 20 N 
T 
GA 
T 
Fat 
NB 
GB.cos θ GB.sen θ 
x 
y 
𝐺𝐵 ∙ cos 𝜃 = 20 N ∙ cos 37° = 20 N 0,80 = 16 N 
𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 = 20 N ∙ sen 37° = 20 N 0,60 = 12 N 
 Equacionando as forças em cada corpo e em cada eixo, temos: 
 
• no bloco A só há forças atuando no eixo y: 
 𝐹𝐴,𝑦,𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑦 ⟹ 𝑇 − 𝐺𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ (−𝑎𝑦) ⟹ 𝑇 = 𝐺𝐴 −𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑦 
(O sinal é negativo na aceleração porque este bloco está descendo.) 
Diagrama 
de 
Forças 
• no bloco B: 
− eixo x’: 
 𝐹𝐵, 𝑥′, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑥′ ⟹ 𝑇 − 𝐹𝑎𝑡 − 𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑥′ 
⟹ 𝑇 = 𝐹𝑎𝑡 + 𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑥′ 
 𝐹𝐵, 𝑦′, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑦′ ⟹ 𝑁𝐵 − 𝐺𝐵 ∙ cos 𝜃 = 0 
− no eixo y’ a velocidade do bloco é constante e nula (vy’ = 0 m/s ), portanto: 
⟹ 𝑁𝐵 = 𝐺𝐵 ∙ cos 𝜃 ⟹ 𝑁𝐵 = 16 N 
 E esta já é a resposta do item (b) do exercício. 
= 0 
a) Como trabalhamos com um sistema ideal (polia leve e sem atrito; fio leve, 
flexível e inextensível), as acelerações dos blocos serão idênticas, portanto: 
𝑎𝑥′ = 𝑎𝑦 = 𝑎 
 Podemos então uniformizar as equações da tração nos dois blocos: 
𝑇 = 𝐺𝐴 −𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑦 ⟹ 𝑇 = 𝐺𝐴 −𝑚𝐴 ∙ 𝑎 
𝑇 = 𝐹𝑎𝑡 + 𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑥′ ⟹ 𝑇 = 𝐹𝑎𝑡 + 𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
 Obtemos então: 𝐹𝑎𝑡 = 𝜇.𝑁𝐵 = 0,25 16 N = 4 N 
 Podemos, portanto, igualar essas duas equações da Tração: 
⟹ 𝐹𝑎𝑡 +𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 = 𝐺𝐴 −𝑚𝐴 ∙ 𝑎 
⟹ 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 + 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 = 𝐺𝐴 − 𝐹𝑎𝑡 − 𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 
⟹ (𝑚𝐵+ 𝑚𝐴) ∙ 𝑎 = 𝐺𝐴 − 𝐹𝑎𝑡 − 𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 
⟹ 2 + 4 kg ∙ 𝑎 = 40 − 4 − 12 N 
⟹ 𝑎 =
24 N
6 kg
 ⟹ 𝑎 = 4 m/𝑠2 
 
𝑇 = 𝐺𝐴 −𝑚𝐴 ∙ 𝑎 
𝑇 = 𝐹𝑎𝑡 + 𝐺𝐵 ∙ sen 𝜃 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
⟹ 6 kg . 𝑎 = 24 N 
⟹ 𝑎 = 4
kg.m/𝑠2
 kg
 
c) Finalmente, escolhendo a equação da tração no bloco A, temos: 
𝑇 = 𝐺𝐴 −𝑚𝐴 ∙ 𝑎 ⟹ 𝑇 = 40 N − (4,0 kg) ∙ (4 m/𝑠
2) 
⟹ 𝑇 = 40 N − 16 N ⟹ 𝑇 = 24 N 
B 
A 
B 
A 
19) Dois meninos de pesos iguais a 
G = 350 N, brincam com um caixote 
ao qual amarram uma corda. Um se 
ajeita no caixote enquanto o outro o 
arrasta pela calçada em movimento 
uniforme. A calçada é inclinada em 
relação ao horizonte de 10°, e o cabo 
de acionamento do caixote é paralelo 
à calçada. No movimento ascendente 
a força aplicada pelo menino “motriz” 
é três vezes maior que a força 
necessária no movimento 
descendente. Pedem-se: 
a) as forças de tração no cabo em cada 
caso; 
b) o coeficiente de atrito entre o 
caixote e a calçada; 
c) o mínimo coeficiente de atrito entre 
o menino “motriz” e a calçada. 
Questões: 
a) Td = ? 
 Ts = ?; 
b) μB = ? 
c) μA, mín = ? 
Dados: 
vx’ = cte. ⟹ ax’ = 0 m/s
2; 
GA = GB = G = 350 N; 
θ = 10°; 
Ts = 3Td 
𝑇𝑠 
𝑇𝑠 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 
𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝑇𝑑 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝑇𝑑 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 
𝑁𝐴 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝑁𝐵 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝑁𝐵 
𝑁𝐴 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
x’ 
y’ 
x’ 
y’ 
Resolução: 
B 
A 
B 
A 
Diagrama 
de 
Forças 
• menino A: 
− eixo x’: 𝐹𝐴, 𝑥′, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑥′ ⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠−𝑇𝑠 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 = 0 
= 0 
⟹ 𝑁𝐴 − 𝐺 ∙ cos 𝜃 = 0 
− no eixo y’ a velocidade dos garotos é constante e nula (vy’ = 0 m/s ), portanto: 
= 0 
 𝐹𝐴, 𝑦′, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑦′ ⟹ 𝑁𝐴 = 𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝑇𝑠 
𝑇𝑠 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 
𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝑁𝐴 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝑁𝐵 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
B 
A Equacionando: 
• menino B: 
− eixo x’: 𝐹𝐵, 𝑥′, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑥′ ⟹ 𝑇𝑠 − 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 = 0 
= 0 
⟹ 𝑁𝐵 − 𝐺 ∙ cos 𝜃 = 0 − no eixo y’ : 𝐹𝐵, 𝑦′, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑦′ 
⟹ 𝑁𝐵 = 𝐺 ∙ cos𝜃 
𝑇𝑠 
𝑇𝑠 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 
𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝑁𝐴 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝑁𝐵 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
B 
A 
= 0 
𝑇𝑑 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝑇𝑑 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝑁𝐵 
𝑁𝐴 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
x’ 
y’ 
x’ 
y’ B 
A 
• menino A: 
− eixo x’: 𝐹𝐴, 𝑥′, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑥′ ⟹ 𝐺 ∙ sen 𝜃 + 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑−𝑇𝑑 = 0 
= 0 
⟹ 𝑁𝐴 − 𝐺 ∙ cos 𝜃 = 0 − no eixo y’ : 𝐹𝐴, 𝑦′, 𝑖 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑦′ 
⟹ 𝑁𝐴 = 𝐺 ∙ cos 𝜃 
= 0 
𝑇𝑑 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝑇𝑑 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
𝑁𝐵 
𝑁𝐴 
𝐺 ∙ cos 𝜃 
x’ 
y’ 
x’ 
y’ B 
A 
• menino B: 
− eixo x’: 𝐹𝐵, 𝑥′, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑥′ ⟹ 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑= 0 
= 0 
⟹ 𝑁𝐵 − 𝐺 ∙ cos 𝜃 = 0 − no eixo y’ : 𝐹𝐵, 𝑦′, 𝑖 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎𝑦′ 
⟹ 𝑁𝐵 = 𝐺 ∙ cos𝜃 
= 0 
⟹ 𝑁𝐴 = 𝑁𝐵 = 𝑁 = (350 N) ∙ cos 10° 
 Tanto na subida quanto na descida, as equações do eixo y’ resultam em: 
𝑁𝐴 = 𝑁𝐵 = 𝑁 = 𝐺 ∙ cos 𝜃 
⟹ 𝑁𝐴 = 𝑁𝐵 = 𝑁 = (350 N)(0,985) ⟹ 𝑁𝐴 = 𝑁𝐵 = 𝑁 = 345 N 
 Reunindo as equações do eixo x’, temos: 
Subindo 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 − 𝑇𝑠 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 = 0 
𝑇𝑠 − 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 = 0 
Descendo 
𝐺 ∙ sen 𝜃 + 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 − 𝑇𝑑 = 0 
𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 − 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑 = 0 ⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑 = 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
A: 
B: 
A: 
B: 
⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 = 𝑇𝑠 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 = 𝑇𝑠 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 
⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 = 𝑇𝑑 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 
 Lembrando também que: 𝑇𝑠 = 3. 𝑇𝑑 , reescrevemos as equações: 
 Onde: 
𝐺 ∙ sen 𝜃 = 350 N ∙ sen 10° = (350 N)(0,174) ⟹ 𝐺 ∙ sen 𝜃 = 61 N 
Subindo 
Descendo 
A: 
B: 
A: 
B: 
⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 = 3. 𝑇𝑑+ 𝐺 ∙ sen 𝜃 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 = 𝑇𝑠 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 = 𝑇𝑠 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 ⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐵 = 3. 𝑇𝑑 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑 = 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 = 𝑇𝑑 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 
 As forças de atrito sobre o caixote (B) são iguais tanto na subida quanto na 
descida, pois as superfícies são as mesmas nos dois casos, assim como a força 
Normal, portanto: 
𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑠 = 𝐹𝑎𝑡,𝐵,𝑑 = 𝐹𝑎𝑡,𝐵 = 𝜇𝐵 . 𝑁 
⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐵 = 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
a) Comparando as equações para B, obtemos: 
 ⟹ 3. 𝑇𝑑 −𝐺 ∙ sen 𝜃 = 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐹𝑎𝑡,𝐵 = 3. 𝑇𝑑 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 
𝐹𝑎𝑡,𝐵 = 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
⟹ 3. 𝑇𝑑 −𝑇𝑑 = 𝐺 ∙ sen 𝜃 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 ⟹ 2. 𝑇𝑑 = 2𝐺 ∙ sen 𝜃 
⟹ 𝑇𝑑 = 𝐺 ∙ sen 𝜃 ⟹ 𝑇𝑑 = 61 N 
 Portanto: 𝑇𝑠 = 3. 𝑇𝑑 = 3. (61 N) ⟹ 𝑇𝑠 = 183 N 
c) O mínimo coeficiente de atrito entre o menino motriz (A) e o piso é aquele que 
permite que ele suba a rampa. Então: 
3. 𝑇𝑑 = 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 ⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑠 = 3. 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
⟹ 𝜇𝐴. 𝑁 = 𝑇𝑠 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 ⟹ 𝜇𝐴. 345 𝑁 = 183 N + 61 N 
⟹ 𝜇𝐴 =
244 N
345 N
 ⟹ 𝜇𝐴 = 0,707 
⟹ 𝜇𝐵 =
122 N
345 N
 ⟹ 𝜇𝐵 = 0,354 
b) Considerando agora a equação para B descendo, encontramos: 
𝐹𝑎𝑡,𝐵 = 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 ⟹ 𝜇𝐵 . 𝑁 = 𝑇𝑑 + 𝐺 ∙ sen 𝜃 
⟹ 𝜇𝐵 . 345 N = 61 N + 61 N ⟹ 𝜇𝐵 . 345 N = 122 N 
 
𝑻𝒔
 
 Ocorre uma constatação curiosa quando se tenta calcular a força de atrito no 
menino A durante a descida. Voltando à equação que descreve seu movimento 
na descida, encontramos: 
𝑇𝑑 = 𝐺 ∙ sen 𝜃 + 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 ⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 = 𝑇𝑑 − 𝐺 ∙ sen 𝜃 
⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 = 61 N − 61 N ⟹ 𝐹𝑎𝑡,𝐴,𝑑 = 0 N 
 O estranho resultado indica que esse menino desce a rampa sem precisar fazer 
força, sem necessitar usar a força de atrito estáticopara caminhar. Apenas a 
gravidade o leva para baixo, com a Tração segurando. 
 
 “Pra baixo todo santo ajuda”, já diz o velho ditado. 
 
 Da forma como o exercício foi elaborado, nem mesmo uma força de atrito 
dinâmico atua sobre o garoto. Talvez isso não seja realístico, mas foram as 
condições dadas no exercício e devemos nos conformar com elas.