EXERCÍCIOS PROPOSTOS RESOLVIDOS LEIS DE NEWTON E APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON - 22 ao 44

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA - DPF 
FÍSICA I – MECÂNICA 
 11 
22) Um bloco A, de massa igual a 3m, desliza sobre um plano, in-
clinado de um ângulo θ em relação à horizontal, com veloci-
dade constante, enquanto a prancha B, de massa m, ligada 
por um fio ao topo do plano, permanece em repouso sobre A. 
Determine o coeficiente de atrito cinético entre A e B e entre A 
e a superfície do plano inclinado, assumindo que ambos são 
iguais. Faça um diagrama com todas as forças que atuam so-
bre o bloco A e sobre a prancha B, identificando-as. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA = 3m, 
mB = m, 
θ e g 
Diagramas vetoriais das forças que atuam: 
Ilustração: Diagrama do corpo livre: 
Para o bloco A: 
Para a prancha B: 
SIGNIFICADO DOS SÍMBOLOS: 
SN

 ⇒ reação normal do plano sobre o bloco A 
ABN

 ⇒ reação normal do bloco A sobre a prancha B 
BAN

 ⇒ reação normal da prancha B sobre o bloco A 
c(SA)f

 ⇒ força sobre A, devida ao atrito entre A e a superfície S 
c(BA)f

 ⇒ força sobre A, devida ao atrito entre A e B 
c(AB)f

 ⇒ força sobre B, devida ao atrito entre A e B 
gmPP
 33 BA == ⇒ peso de A 
gmP

=B ⇒ peso de B 
T

 ⇒ tração no fio 
Temos ainda que: ABBA NN = e c(BA)c(AB) ff = 
Uma vez que, o bloco A desce o plano inclinado com velocidade 
constante e a prancha B permanece em repouso, a 1a Lei de New-
ton, ∑ = 0F

, se aplica a ambos os corpos (aA = aB = 0). 
PARA O CORPO B: 
Em y: 0BABB =−=∑ yy PNF ∴ θcosBAB mgPN y == 
sendo θmgμNμf coscABcc(AB) == (22.1) 
PARA O CORPO A: 
Em y: 0ABASA =−−=∑ yy PNNF 
θmgNN cos3BAS += (22.2) 
Substituindo (22.1) em (22.2), temos θmgN cos4S = . (22.3) 
De (22.3), temos θmgμNμf cos4 cScc(SA) == . (22.4) 
Em x: 0AAc(SA)c(BA)AA ==−−=∑ amffPF xx 
Substituindo (22.1) e (22.4) na equação acima, temos, 
[ ] 0)41(cossen3 c =+− mgθμθ ∴ θµ tan5
3
c = . (22.5) 
 SUGESTÃO: Prove que o módulo da tensão no fio que liga a 
prancha B ao topo da rampa é dada por xPT B5
8
= . 
 
23) Imagine que você esteja sustentando um livro de 4 N em re-
pouso sobre a palma da sua mão. Complete as seguintes sen-
tenças: 
a) Uma força de cima para baixo de módulo igual a 4 N é exerci-
da sobre o livro pela ________. 
b) Uma força de baixo para cima de módulo ___ é exercida sobre 
________ pela palma da sua mão. 
c) É a força de baixo para cima do item (b) a reação da força de 
cima para baixo do item (a)? _____. 
d) A reação à força do item (a) é a força de módulo ___ exercida 
sobre _________ pelo _______. Seu sentido é __________. 
e) A reação da força do item (b) é a força de módulo ___ exerci-
da sobre ______ pelo _______. 
f) As forças dos itens (a) e (b) são iguais e opostas em virtude 
da __________ Lei de Newton. 
g) As forças dos itens (b) e (e) são iguais e opostas em virtude 
da __________ Lei de Newton. 
Suponha agora que você exerça sobre o livro uma força de baixo 
para cima de módulo igual a 5 N. 
h) O livro permanece em equilíbrio? _____. 
i) É a força exercida pela sua mão igual e oposta à força exerci-
da sobre o livro pela Terra? _____. 
j) É a força exercida sobre o livro pela Terra igual e oposta à for-
ça exercida sobre a Terra pelo livro? _____. 
k) É a força exercida sobre o livro pela sua mão igual e oposta à 
força exercida sobre sua mão pelo livro? _____. 
Finalmente, suponha que você retire subitamente sua mão en-
quanto o livro se move para cima? 
l) Quantas forças atuam agora sobre o livro? _____, _________ 
______________________________. 
m) O livro está em equilíbrio? _____. 
RESPOSTAS: a) Terra; b) 4 N, o livro; c) Não; d) 4 N, a Terra, livro, 
para cima; e) 4 N, a mão, livro; f) Primeira; g) Terceira; h) Não; 
i) Não; j) Sim; k) Sim; l) Uma, a força gravitacional; m) Não 
θ 
A 
B 
A c(SA)f

 
SN

 
BAN

 c(BA)f

 
AP

 
θ 
A c(SA)f

 
SN

 
BAN

 
c(BA)f

 
AP

 
xPA

 
yPA

 x 
y 
0A =a
 
Sentido do 
movimento 
B 
c(AB)f

 
BP

 
T

 
θ 
yPB

 
xPB

 
x 
y 0B =a
 
ABN

 
Sobre o bloco A 
Sobre a prancha B 
B 
ABN

 
c(AB)f

 B
P

 
T

 
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24) Os blocos A, B e C são dispostos como indicado na figura a-
baixo, ligados por cordas de massas desprezíveis. As massas 
de A e B são iguais a M e o coeficiente de atrito cinético entre 
cada bloco e a superfície é µc. O bloco C desce com velocida-
de constante. Determine a massa do bloco C, em termos de 
µc, θ e M. Despreze as massas das polias, bem como o atri-
to em seus eixos. 
SOLUÇÃO: 
Dados: µc, θ e M (dados explícitos) e g (dado implícito) 
Ilustração: Diagrama do corpo livre para os blocos A, B e C. 
SIGNIFICADO DOS SÍMBOLOS: 
AN

 ⇒ reação normal da superfície sobre o bloco A 
BN

 ⇒ reação normal do plano inclinado sobre o bloco B 
BAT

 ⇒ força que B exerce sobre a corda que o liga ao bloco A 
ABT

 ⇒ força que A exerce sobre a corda que o liga ao bloco B 
CBT

 ⇒ força que C exerce sobre a corda que o liga ao bloco B 
BCT

 ⇒ força que B exerce sobre a corda que o liga ao bloco C 
c(A)f

 ⇒ força sobre A, devida ao atrito entre A e a superfície 
c(B)f

 ⇒ força sobre B, devida ao atrito entre B e o plano inclinado 
gMPP

== BA ⇒ peso de A igual ao peso de B 
gmP CC =

 ⇒ peso do bloco C 
Temos ainda que: ABBA TT = e BCCB TT = 
Como os blocos deslocam-se com velocidade constante, a 1a Lei 
de Newton, ∑ = 0F

, se aplica aos três corpos. 
PARA O CORPO C: 
Em y: gmPTTPTF y CCCBBCCBCC 0 ===⇒=−=∑ (24.1) 
PARA O CORPO A: 
Em y: ∑ ==⇒=−= gMPNPNF y AAAAA 0 (24.2) 
Em x: gMfTfTF x∑ ==⇒=−= cC(A)BAc(A)BAA 0 µ (24.3) 
PARA O CORPO B: 
Em y: θcos0 BBBBB MgPNPNF yyy ==⇒=−=∑ (24.4) 
De (24.3), temos θMgμNf coscBcc(B) == µ (24.5) 
Em x: ∑ =−−−= 0Bc(B)ABCBB xx PfTTF (24.6) 
Substituindo (24.1), (24.3) e (24.5) em (24.6), temos 
0senθθcosccC =−−− MgMgMggm µµ 
∴ ( )[ ]θμθMm cos1sen cC ++= (24.7) 
 
25) Um trenó cheio de estudantes em férias (massa total M) es-
correga para baixo numa encosta de montanha cujo ângulo de 
inclinação é α. Determine, em função dos vetores unitários 
que se fizerem necessários, o vetor aceleração do trenó 
quando a montanha está coberta de (a) gelo (supor µc = 0) e 
(b) neve (µc > 0). Faça uso de ilustrações, eixos cartesianos 
de referência, e represente os dados pertinentes. Faça o dia-
grama do corpo isolado para cada situação. Utilize g para a 
aceleração da gravidade. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M, α, µc e g 
Ilustração: Diagrama do corpo livre para o bloco. 
a) a montanhas está coberta de gelo, µc = 0 ⇒ 0cc == Nf µ . 
Na ausência de atrito ao longo do declive, a análise a seguir, da 
resultante das forças ao longo do eixo y, que fornecerá o valor da 
normal (N), torna-se dispensável. 
Em y: 0=−=Σ yy PNF ∴ αcosmgPN y == (25.1) 
Em x: xxx maPF ==Σ ∴ xmamg =αsen 
⇒ αsengax = (25.2) 
e )ˆ(sen iga α= (25.3) 
b) a montanha está coberta de neve, µc > 0. 
A força de atrito cinético é dada por 
αµµ cosccc mgNf == (25.4) 
Em x: xcxx mafPF =−=Σ (25.5) 
Substituindo (25.4) em (25.5), obtém-se 
xmamg =− )cossen( c αµα 
∴ )cossen( c αµα −= gax (25.6) 
ou )ˆ()cossen( c iga αµα −=

 (25.7) 
 Na ausência de atrito, µc = 0, (25.7) reduz-se a (25.3). 
θ 
CBT

 ABT

 
BP

 
B 
c(B)f

 
BN

 
yPB

 xPB

 
y 
x 
A 
BAT

 
AP

 
c(A)f

 AN

 
y 
x BCT

 
CP

 
C 
y 
g
 
sentido do 
movimento 
g
 
x 
y 
α 
α 
P

 
N

 
yP

 
cf

 
xP

 
mgP =αcosmgPy = 
αsenmgPx = 
θ 
A 
B 
C 
θ 
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26) O bloco A da figura abaixo possui peso P e o coeficiente de 
atrito estático entre ele e a superfície na qual repousa vale 
1/3. Determine o valor máximo do peso do bloco B (em função 
de P) para o qual o sistema ainda permanece em repouso. 
Considere senθ = 3/5 e cosθ = 4/5. 
SOLUÇÃO: 
Dados: P e θ 
Ilustração: Diagrama das forças nos blocos e no nó. 
Nos diagramas acima AA TT ′= (26.1) 
e BB TT =′ . (26.2) 
Cálculo do valor máximo de PB para que o sistema ainda perma-
neça em equilíbrio: 
Para o bloco A: PNfT eAemaxeA µµ === (26.3) 
Para o bloco B: BB PT = (26.4) 
Para o nó: xTT CA =′ (26.5) 
BC TT y ′= (26.6) 
De (26.1) (26.3) e (26.5), obtém-se 
PT eC cos µθ = (26.7) 
e de (26.2), (26.4) e (26.6), tem-se 
BC sen PT =θ . (26.8) 
Isolando TC em (26.7) e (26.8) e igualando o resultado, temos 
θθ
µ
sencos
Be
C
PPT == , 





==
5/4
5/3
3
1taneB PPP θµ , 
e, finalmente, PP 4
1
B = . (26.9) 
27) Uma caixa de massa m desliza para baixo, apoiada em uma 
superfície inclinada de um ângulo θ com a horizontal, empur-
rada por uma força horizontal cujo módulo é F. O coeficiente 
de atrito cinético entre a caixa e a superfície é µc e o módulo 
da aceleração da gravidade local é g. (a) Faça um diagrama 
de corpo isolado para a caixa. Determine (b) a força de atrito 
cinético sobre a caixa; (c) a aceleração da caixa e (d) o módu-
lo F da força para que a caixa deslize para baixo com veloci-
dade constante. 
SOLUÇÃO: 
Dados: m, θ, F, µc e g 
a) Diagrama do corpo livre. 
Do diagrama de forças, temos: 
θcosFFx = (27.1) θsenFFy = (27.2) 
θsenmgPx = (27.3) θcosmgPy = (27.4) 
aax = (27.5) 0=ya (27.6) 
b) yyyyy PFNNPFF −=⇒=−−=∑ 0 (27.7) 
Substituindo (27.2) e (27.4) em (27.7), temos 
)cossen(ccc θθµµ mgFNf −== . (27.8) 
c) xxxx maPFfF −=−−=∑ c (27.9) 
Substituindo (27.1), (27.3), (27.5) e (27.8) em (27.9), temos 
mamgFmgF =−−+ )cossen(sencos c θθµθθ 
mamgF =++− )cossen()sen(cos cc θµθθµθ 
)cossen()sen(cos cc θµθθµθ ++−= gm
Fa (27.10) 
d) Para que a caixa deslize com velocidade constante a acelera-
ção deverá ser nula, portanto, fazendo a = 0 em (27.10), o mó-
dulo da força será dada por 






−
+
=
θθµ
θµθ
cossen
cossen
c
cmgF (27.10) 
θ A 
B 
A 
AP

 
AT

 
N

 
ef

 
x 
y 
B 
BT

 
BP

 
y 
θ AT ′

 
BT ′

 
CT

 
xTC

 
yTC

 
x 
y 
nó 
80cos
60sen
,
,
≅
≅
θ
θ 
g
 
θ 
F

 
x 
xP

 
F

 
N

 
P

 
cf

 
xF

 
yF

 
yP

 
θ 
θ 
y 
g
 
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28) A massa do bloco A na figura abaixo é M e a massa do bloco 
B é 2M. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco A e a 
mesa é 0,50. Despreze as massas do fio e da roldana, bem 
como o atrito na roldana e entre o bloco B e o plano inclinado. 
A aceleração da gravidade local tem módulo g. Determine (a) 
a tensão no fio e (b) a aceleração dos blocos. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA = M, mB = 2M, µc = 0,50 = sen30° = senθ e g 
Ilustração: Diagrama das forças nos blocos. 
Os blocos estão unidos, então 
TTT == BA (28.1) 
e aaa == AB . (28.2) 
Aplicando as Leis de Newton aos movimentos dos blocos, temos: 
BLOCO A 
Em y: ∑ ==⇒=−= gmPNPNF y AAAAAA 0 (28.3) 
∴ gmNf AcAcc µµ == (28.4) 
Em x: AAAcA amTfF x −=−=∑ (28.5) 
Substituindo (28.1), (28.2) e (28.4) em (28.5), e isolando T ou a, 
temos: )( cA gamT µ+= ou gm
Ta c
A
µ−= (28.6) 
BLOCO B 
Em x: ∑ −=−= BBBBB amPTF xx (28.7) 
e θθ sensen BBB gmPP x == (28.8) 
Substituindo (28.1), (28.2) e (28.8) em (28.7), e isolando T ou a, 
temos: )sen(B agmT −= θ ou 
B
sen
m
Tga −= θ (28.9) 
Igualando a nas equações (28.6) e (28.9), obtemos T, e igualando 
T, obtemos a. 
a) Mgg
mm
mmT
B 3
2)sen( c
A
BA =+
+
= µθ (28.10) 
b) gg
mm
mma
6
1sen
BA
cAB =





+
−
=
µθ
 (28.11) 
29) Os blocos A e B, de massas mA e mB, são dispostos sobre 
superfícies sem atrito, como representado na figura abaixo, e 
ligados por cordas de massas desprezíveis. Determine a ace-
leração dos blocos e a tensão na corda que os une. Expresse 
suas respostas em termos dos dados que se fizerem necessá-
rios. Despreze as massas das polias bem como o atrito em 
seus eixos. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA , mB , θ e g 
Ilustração: Diagrama das forças nos blocos. 
Como os blocos estão unidos, a partir dos diagramas de força, 
temos 
TTT == BA (29.1) 
aaa == AB (29.2) 
Na ausência de atrito, a análise da resultante das forças ao longo 
do eixo y, que fornecerá o valor da normal (N), torna-se dispensá-
vel. 
Aplicando as Leis de Newton aos movimentos dos blocos, temos: 
BLOCO A 
AAAA amTF x −=−=∑ (29.3) 
Substituindo (29.1), (29.2) em (29.3), e isolando T ou a, temos: 
amT A= ou 
Am
Ta = (29.4) 
BLOCO B 
∑ −=+−= BBBBB amTPF xx (29.5) 
θθ sensen BBB gmPP x == (29.6) 
Substituindo (29.1), (29.2) e (29.6) em (29.5), e isolando T ou a, 
temos: 
)sen(B agmT −= θ ou 
B
sen
m
Tga −= θ (29.7) 
Igualando a nas equações (29.4) e (29.7), obtemos T, e igualando 
T, obtemos a. 
θsen
BA
B g
mm
ma 





+
= (29.8) 
θsen
BA
BA g
mm
mmT 





+
= (29.9) 
A 
B 
θ = 30º 
B 
θ 
BP

 
yPB

 
xPB

 
BN

 
BT

 
Ba
 
θ 
x 
y 
A 
AP

 
AN

 
cf

 AT

 
Aa
 
x 
y 
g
 
A 
B 
θ 
B 
θ 
BP

 
yPB

 
xPB

 
BN

 
BT

 
Ba
 
θ 
x 
y 
A 
AP

 
AN

 
AT

 
Aa
 
x 
y 
g
 
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 15 
Como você deve ter observado, a solução deste problema é prati-
camente idêntica à do problema 28, exceto pelo fato de, neste úl-
timo, não haver atrito algum. 
Se mA = M, mB = 2M, θ = 30° (sen30° = 0,50), como no pro-
blema 28, a equação (29.8) resulta em (aceleração sem atrito, a) 
ggg
MM
Ma
3
1
2
1
3
230sen
2
2
==°





+
= (29.8) 
enquanto a equação (28.11) fornece (aceleração com atrito, a′ ) 
ggga
6
1
2
1
2
12
3
1)sen2(
3
1
c =




 −=−=′ µθ (28.11) 
Idem para as equações (29.9), T, e (28.10), T ′ . 
MgMgg
M
MT
3
1
2
1
3
230sen
3
2 2
==°





= (29.9) 
MgMgMgT
3
2
2
1
2
1
3
2)sen(
3
2
c =




 +=+=′ µθ (28.10) 
Observe que TT ′< , enquanto aa ′> . 
O caso a seguir é mais geral, se comparado aos problemas 28 e 
29, pois apresentam atrito em ambas as superfícies. 
 
30) Os blocos A e B, de massas mA e mB, são dispostos sobre 
superfícies, como representado na figura abaixo, e ligados por 
cordas de massas desprezíveis. Os coeficientes de atrito ciné-
tico entre os blocos e as superfícies sobre as quais deslizam 
são µcA e µcB. Determine a aceleração dos blocos e a tensão 
na corda que os une. Expresse suas respostas em termos dos 
dados que se fizerem necessários. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA , mB , µcA , µcB, θ e g 
Ilustração: Diagrama das forças nos blocos. 
A partir dos diagramas de força, como os blocos estão unidos, po-
demos escrever 
TTT == BA (30.1) 
aaa == AB (30.2) 
Aplicando as Leis de Newton aos movimentos dos blocos, temos: 
BLOCO A 
Em y: ∑ ==⇒=−= gmPNPNF y AAAAAA 0 (30.3) 
∴ gmNf AcAAcAcA µµ == (30.4) 
Em x: AAcAAA amfTF x −=+−=∑ (30.5) 
Substituindo (30.1), (30.2) e (30.4) em (30.5), e isolando T ou a, 
temos: )( cAA gamT µ+= ou gm
Ta cA
A
µ−= (30.6) 
BLOCO B 
Em y: θcos0 BBBBB gmNPNF yy =⇒=−=∑ (30.7) 
∴ θµµ cosBcBBcBcB gmNf == (30.8) 
Em x: ∑ −=++−= BBBBBB amfTPF cxx (30.9) 
θθ sensen BBB gmPP x == (30.10) 
Substituindo (30.1), (30.2) e (30.10) em (30.9), e isolando T ou a, 
temos: [ ]agmT −−= )cossen( cBB θµθ 
ou 
B
cB )cossen( m
Tga −−= θµθ (30.11) 
Isolando a nas equações (30.6) e (30.11) e igualando o resultado, 
obtemos T. Fazendo o mesmo prodedimento com T, obtemos a. 
g
mm
mma 





+
−−
=
BA
AcABcB )cossen( µθµθ (30.12) 
g
mm
mmT 





+
++=
BA
BA
cAcB )cossen( µθµθ (30.13) 
 
31) Uma pilha de 3 blocos iguais, de mesma massa m, encontra-
se apoiada sobre o piso de um elevador, como representado 
na figura abaixo. O elevador está subindo em movimento uni-
formemente retardado com uma aceleração de módulo a. De-
termine o módulo da força que o bloco 1 exerce sobre o bloco 
2. Considere g o módulo da aceleração da gravidade local. 
SOLUÇÃO: 
Dados: m1 = m2 = m3 = m , a e g 
Ilustração: Diagrama das forças para os blocos. 
SIGNIFICADO DOS SÍMBOLOS: 
Força que a Terra exerce sobre os blocos: 
gmPPP

=== 321 ⇒ peso dos blocos 
N

 ⇒ reação normal: 
2/3N

 ⇒ do bloco 2 sobre o bloco 3 
3/2N

 ⇒ do bloco 3 sobre o bloco 2 
1/2N

 ⇒ do bloco 1 sobre o bloco 2 
2/1N

 ⇒ do bloco 2 sobre o bloco 1 
E/1N

 ⇒ do elevador sobre o bloco 1 
B 
θ 
BP

 
yPB

 
xPB

 
BN

 
BT

 
Ba
 
θ 
x 
y 
A 
AP

 
AN

 
cAf

 
AT

 
Aa
 
x 
y 
g
 
cBf

 
3 
2 
1 
a )(tv 
1 
a 
)(tv 
3 
y 
PP

=3 
3/2N

 
2 
y 
PP

=2 
2/1N

 
2/3N

 
y 
PP

=1 
1/EN

 
1/2N

 
g

 
A 
B 
θ 
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 16 
Pela 3a Lei de Newton: 
2/33/2 NN

−= e 1/22/1 NN

−= 
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento dos blocos, temos 
Bloco 3: amPNF y 333/23 −=−=∑ 
)(3/2 agmN −= (31.1) 
Bloco 2: amPNNF y 222/32/12 −=−−=∑ 
)(2/32/1 agmNN −+= (31.2) 
Como 2/33/2 NN = , substituído (31.1) em (31.2), obtém-se 
)(22/1 agmN −= (31.3) 
• Qual seria o valor de 2/1N para os seguintes casos? 
a) O elevador estivesse em repouso. 
b) O elevador estivesse subindo em movimento uniforme. 
c) O elevador estivesse descendo em movimento uniforme. 
d) O elevador estivesse descendo com a mesma aceleração a. 
 
32) Um bloco A, de massa igual a M, é colocado sobre um bloco 
B, de massa igual a 2M. Este, por sua vez é colocado sobre o 
bloco C, de massa igual a 3M, que se encontra apoiado sobre 
o piso de um elevador. Sabendo que o módulo da aceleração 
da gravidade local vale g e que o elevador está subindo com 
aceleração igual a 0,5g, calcule o módulo da força que o piso 
do elevador exerce sobre o bloco C. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA = M , mB = 2M , mC = 3M e a = 0,5g 
Ilustração: Diagrama das forças para os blocos. 
SIGNIFICADO DOS SÍMBOLOS: 
Força que a Terra exerce sobre os blocos: 
gMPF

== AT/A ⇒ peso do bloco A 
gMPF
 2BT/B == ⇒ peso do bloco B 
gMPF
 3CT/C == ⇒ peso do bloco C 
N

 ⇒ reação normal: 
B/AN

 ⇒ do bloco B sobre o bloco A 
A/BN

 ⇒ do bloco A sobre o bloco B 
C/BN

 ⇒ do bloco C sobre o bloco B 
B/CN

 ⇒ do bloco B sobre o bloco C 
E/1N

 ⇒ do elevador sobre o bloco C 
Pela 3a Lei de Newton: 
A/BB/A NN

−= e B/CC/B NN

−= 
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento dos blocos, temos 
Bloco A: MaPNF y =−=∑ AB/AA 
MgMgN 5,1)5,01(B/A =+= (32.1) 
Bloco B: MaPNNF y 2BA/BC/BB =−−=∑ 
)5,1(2A/BC/B MgNN += (32.2) 
Como A/BB/A NN = , substituído (32.1) em (32.2), obtém-se 
MgN 5,4C/B = (32.3) 
Bloco C: MaPNNF y 3CB/CE/CC =−−=∑ 
)5,1(3B/CE/C MgNN += (32.4) 
Como B/CC/B NN = , substituído (32.3) em (32.4), obtém-se 
MgN 0,9E/C = (32.5) 
 
33) Um disco (1) de massa m1 está preso a um fio de comprimen-
to L1, tendo a outra extremidade fixa no centro de uma mesa. 
Um segundo disco (2), de massa m2, está ligado ao primeiro 
por outro fio de comprimento L2. Os discos giram num círculo 
horizontal sobre a mesa sem atrito com velocidade angular ω. 
Determine, em função dos dados que se fizerem necessários, 
as tensões nos fios L1 e L2. 
SOLUÇÃO: 
Dados: m1 , m2 , 
L1 , L2 , 
ω e g 
Ilustração: Diagrama das forças nos blocos. 
Da relação entre movimento angular e linear, temos que 
v = ωR ⇒ v1 = ωL1 , v2 = ω(L1+L2) e 
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento dos blocos, temos: 
Para o bloco 1: ∑ −=+−= xx maTTF 11/211 
∴ 1
2
11/21 LmTT ω=− (33.3) 
Para o bloco 2: ∑ −=−= xx maTF 22/12 
∴ )( 21222/1 LLmT += ω (33.4) 
Como 22/11/2 TTT == , substituindo (33.4) em (33.3), temos 
2
212111 )]([ ωLLmLmT ++= 
ou 2221211 )])[( ωLmLmmT ++= (33.5) 
• Para m1 = m2 = M e L1 = L2 = L, tem-se 
v1 = ωL , La 2c1 ω= e LMT 21 3 ω= 
v2 = 2ωL = 2v1 , 1c2c2 22 aLa == ω e LMT 22 2 ω= 
C 
a 
)(tv 
A 
y 
AP

 
B/AN

 
B 
y 
BP

 
C/BN

 
A/BN

 
y 
CP

 
E/CN

 
B/CN

 
g

 
2 L1 L2 
1 
0 
1T

 2/1T

 1/2T

 
2P

 
2N

 
1P

 
1N

 
y y 
L1 
L1+L2 
x 
1
2
1
2
1
c1 LL
va ω== (33.1) 
)( 212
21
2
1
c2 LLLL
va +=
+
= ω (33.2) 
R
R
va 2
2
c ω== 
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 17 
34) Um objeto de massa m preso a um fio de comprimento L é 
posto para girar em um círculo vertical. O módulo da velocida-
de do objeto ao passar pelo ponto A é v e ao passar pelo pon-
to B é 3v. Sabendo que o módulo da aceleração da gravidade 
é g, determine a diferença entre as tensões no fio nos pontos 
B e A (TB – TA). No ponto A, o fio forma um ângulo θ com a 
vertical. Faça o diagrama de corpo livre do objeto nos pontos 
A e B; expresse sua resposta em termos de v, m, θ, L e g. 
SOLUÇÃO: 
Dados: vA = v , vB = 3v , 
θ, R = L e g 
Ilustração: Diagramas do movimento e das forças que agem sobre 
o objeto nos pontos A e B. 
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento dos objetos, na dire-
ção radial, temos: 
Ponto A: ∑ −=−=−−= R
vmmaPTF AAAA
2
cosθ 
L
vmmgTA
2
cos =+ θ 






−= θcos
2
g
L
vmTA (34.1) 
Ponto B: ∑ −=−=−= R
mvmaTPF BBBB
2
 
L
vm
L
vmmgTB
22 9)3(
==− 






+= g
L
vmTB
29
 (34.2) 






+= g
L
vmTB
29
 
De (34.1) e (34.2), temos que a diferença entre TB e TA será, 






−−





+=− θcos9
22
g
L
vmg
L
vmTT AB 






+−+=− θcos9
22
g
L
vg
L
vmTT AB 






++=− )cos1(8
2
θg
L
vmTT AB 
35) Uma esfera de peso P é presa a uma barra vertical por meio 
de duas cordas. Quando o sistema gira em torno da barra, as 
cordas se distendem conforme representado na figura. Para o 
módulo da tensão na corda superior Ts = 2P, determine (a) o 
módulo da tração na corda inferior (Ti) e (b)a velocidade de 
rotação, v,. A aceleração da gravidade é g. 
SOLUÇÃO: 
Dados: P , Ts = 2P e g 
Ilustração: Diagrama das forças que agem sobre a esfera (acima). 
Baseando na figura fornecida no enunciado e no diagrama acima, 
à direita, tem-se: 
8,08,0sen ==
L
L
θ (35.1) 
6,036,064,01sen1cos 2 ==−=−= θθ (35.2) 
PPTT x 2,1)6,02(cosss =×== θ (35.3) 
PPTT y 6,1)8,02(senss =×== θ (35.4) 
iii 6,0cos TTT x == θ (35.5) 
iii 8,0sen TTT y == θ (35.6) 
(a) Em y: 0is =−−=∑ PTTF yyy (35.7) 
Substituindo (4) e (6) em (7), obtém-se 
08,06,1 i =−− PTP 
∴ PPPT 4
3
8,0
6,0
8,0
)0,16,1(
i ==
−
= (35.8) 
(b) Em x: 
r
vmmaTTF xxx
2
cis −=−=−−=Σ (35.9) 
Substituindo (35.4), (35.5) e (35.8) em (35.9), e valendo do fato de 
que gPm /= e LLr 6,0cos == θ , obtém-se 






×





=





×+=+
L
v
g
PPPTT xx 6,04
36,02,1
2
is 
2)6,0(6,0
4
32,1 vL
P
gP =×





×





×+ 
)6,0(3,0
2
3
2
22,12 Lgv ××





×+×= 
gLLgv 3,03,3)3,0()9,04,2(2 ×=××+= 
∴ Lgv 99,0= (35.10) 
1,6 L 
L 
L 
θ 
θ 
sT

 
yTs

 
xTs

 
xTi

 
iT

 
yTi

 
P

 
y 
x 
g
 
Av
 
Bv
 
A 
B 
L 
θ 
P

 
P

 
BT

 
A 
B 
L 
θ A
T

 
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 18 
36) Um pequeno objeto, abandonado do repouso no ponto P, des-
liza ao longo de um “loop” sem atrito, de raio R. No ponto A, 
mais alto do “loop”, a velocidade do objeto é v = Rg2 . No 
ponto C sua velocidade é v2 e no ponto B, mais baixo, a 
velocidade é v3 . Determine a razão entre as forças exerci-
das sobre o objeto pela parede do “loop” (a) nos pontos B e A 
(NB/NA) e (b) nos pontos C e A (NC/NA). 
SOLUÇÃO: 
Dados: R , vA = v = Rg2 , vC = v2 , vB = v3 e g 
Ilustração: Diagrama das forças que agem sobre o objeto nos pon-
tos A, B e C. 
Para o bloco A: ∑ −=−−= AcAA maPNF y 
R
vmmgN
2
A
A =+ 
mgmg
R
RgmN =−= 2A (36.1) 
Para o bloco B: ∑ =−= BcBB maPNF y 
R
vmmgN
2
B
B =− 
mgmg
R
RgmN 76B =+= (36.2) 
Para o bloco C: 
R
vmmaNF x
2
C
CcCC ===∑ 
mg
R
RgmN 44C == (36.3) 
a) Dividindo (36.2) por (36.1), temos 
77
A
B ==
mg
mg
N
N
 (36.4) 
b) Dividindo (36.3) por (36.1), temos 
44
A
C ==
mg
mg
N
N
 (36.5) 
37) Um carro está fazendo uma curva plana de raio R. Se o coefi-
ciente de atrito estático entre os pneus e a estrada for µe, de-
termine o módulo da velocidade máxima (vmax) com a qual o 
carro pode completar a curva sem derrapar. 
SOLUÇÃO: 
Dados: R , µe e g 
Ilustração: Diagrama das forças que agem sobre o carro. 
Em z: 0=−=Σ PNFz ⇒ mgPN == (37.1) 
Em y: cmaxe mafFy ==Σ (37.2) 
A força centrípeta é a força de atrito estático entre os pneus e o 
piso, que é dada pela equação Nf ee µ≤ . Como se deseja obter 
a velocidade máxima com a qual o veículo poderá curvar sem der-
rapar, para essa situação, a força de atrito deverá ser máxima, lo-
go, mgf emaxe µ= . Assim, a equação (2) passa a ser escrita co-
mo 
R
vmmgf
2
max
emaxe == µ 
∴ gRv emax µ±= (37.3) 
O sinal positivo, por convenção, significa que o carro percorre a 
curva no sentido anti-horário, enquanto o negativo, no sentido ho-
rário. 
 
38) Para um carro deslocando-se com certa velocidade é possível 
inclinar o plano da curva em um ângulo tal que torna o atrito 
dispensável. Nesse caso, o carro pode completar a curva sem 
deslizar, mesmo para 0e =′µ . Supondo a ausência de atrito 
lateral entre os pneus e a pista, determine o ângulo de inclina-
ção (θ ) da curva em relação à horizontal, de modo que o car-
ro possa curvar com segurança, deslocando-se com a mesma 
velocidade (vmax) obtida no problema anterior. Use R para o 
raio da curva. 
SOLUÇÃO: 
Dados: R , gRv emax µ±= , 
eµ′ = 0 e g 
Ilustração: Diagrama das forças que agem sobre o carro. 
x 
z 
y 
R 
v 
N

 
ef

 
P

 
R 
A 
B 
C 
P 
P

 
Ponto C 
CN

 
P

 
Ponto A 
AN

 
P

 
Ponto B 
BN

 
mgP = 
θcosNN y = 
θsenNNx = 
x 
y 
θ 
θ 
g
 
P

 
N

 
yN

 
cx FN

= 
R 
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 19 
Em y: 0=−=Σ PNF yy ∴ mgN =θcos (38.1) 
Em x: cmaNF xx ==Σ ∴ R
vmN
2
maxsen =θ (38.2) 
Dividindo (38.2) por (38.1), tem-se 
Rg
v2maxtan =θ (38.3) 
Substituindo (37.3), Rgv emax µ= , em (38.3), obtém-se 
e
etan µµθ ==
Rg
Rg
 ∴ )arctan( eµθ = . (38.4) 
 
39) Um velho bonde faz uma curva não inclinada. Se o raio da 
curva é R e o módulo da velocidade do bonde é v, que ângulo 
as correias de mão, penduradas livremente no teto, farão com 
a vertical? 
SOLUÇÃO: 
Dados: R, v e g 
a) Referencial inercial (no solo) 
Ilustração: Diagrama de forças 
Em y: ∑ =−= 0PTF yy ∴ mgT =θcos (39.1) 
Em x: xxx MaTF −=−=∑ ∴ R
vmmaT
2
csen ==θ (39.2) 
Dividindo (39.2) por (39.1), temos 
Rg
v2tan =θ ∴ 





=
Rg
v2arctanθ (39.3) 
b) Referencial não inercial (no bonde) 
Ilustração: Diagrama de forças 
Em x: 0fic =+−=∑ FTF xx 
∴ 
R
vmmaTF
2
cfic sen === θ (39.2) 
Dividindo (39.2) por (39.1), temos 
Rg
v2tan =θ ∴ 





=
Rg
v2arctanθ (39.3) 
 
40) Lança-se uma partícula sobre um plano inclinado que forma 
um ângulo θ em relação à horizontal, conforme representado 
a seguir. A partícula parte do ponto A, com velocidade inicial 
0v

, formando um ângulo α com o segmento de reta AB, e a-
tinge o ponto B após deslizar sem atrito sobre o plano. Se a 
distância AB = D e o módulo da velocidade inicial é v0, deter-
mine o ângulo de lançamento α. 
SOLUÇÃO: 
Dados: θ, D, v0 e g 
 
Ilustrações: 
O módulo da aceleração ao longo do eixo y será 
yyy mamgPF −=−=−=∑ θsen 
∴ θsengaa y == (40.1) 
As posições da partícula ao longo do plano são dadas por: 
Em y: 20AB 2
1 tatvyy yy −+= (40.2) 
Em x: tvxx x0AB += (40.3) 
Isolando o tempo (t) nas equações (40.2) e (40.3) e usando o fato 
de que xA = yA = yB = 0 e xB = D, temos 
y
y
x a
v
v
Dt 0
0
2
== (40.4) 
Substituindo (40.1) em (40.4), temos 
)2(sen)cossen2(sen 2020 αααθ vvDg == 






= θα senarcsen2 2
0v
Dg
 
∴ 





= θα senarcsen
2
1
2
0v
Dg
 (6) 
• Observe que, para θ = 90°, equivale ao lançamento obliquo 
de um projétil que forma um ângulo α com a horizontal. 
• Faz sentido discutir o resultado acima para θ = 0? 
θ 
x 
y 
T

 
P

 
T

 
yT

 
θ 
x 
y 
T

 
P

 
T

 
yT

 
ficF

 
α 
0v
 θ 
A B 
+x 
+ y 
0 
Representação 
Vista em perspectiva. 
θ 
+z 
+y 
)ˆ( jaa y −=
 
P

 
yP

 
zP

 
N

 
0 
Vista de perfil. 
Diagrama do corpo livre. 
A 
+x 
B 
+y 
a 
0v
 
α 
0 
Movimento do projétil. 
α
α
sen
cos
00
00
vv
vv
y
x
=
=
 
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 20 
41) No sistema representado ao lado os blocos 
possuem massas mA e mB. Despreze as 
massas da polia e do fio, e suponha que o 
atrito é desprezível. Determine o módulo da 
aceleração dos blocos e da tensão na cor-
da. Considere a aceleração da gravidade 
igual a g e o fio inextensível. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA, mB e g 
Ilustração: Diagrama das forças que agem sobre os blocos. 
Não sabemos se os blocos estão em repouso ou em movimentoe, 
no caso de estarem se movendo, se a roldana gira no sentido ho-
rário ou anti-horário. Suporemos que gire no sentido horário. 
Para o bloco A: AAAAA amPTF y +=−=∑ 
AAAA amgmT +=− (41.1) 
Para o bloco B: BBBBB amPTF y −=−=∑ 
BBBB amgmT −=− (41.2) 
Como os blocos estão ligados e a massa da roldana é nula, os 
módulos das acelerações e das tensões são iguais, ou seja, 
aaa == BA (41.3) 
e TTT == BA . (41.4) 
Substituindo (41.3) e (41.4) em (41.1) e (41.2), e subtraindo (41.2) 
de (41.1), temos 
amgmT
amgmT
BB
AA
+=+−
+=−+
 
ammgmm )()( BAAB +=− 
∴ g
mm
mma
)(
)(
BA
AB
+
−
= . (41.5) 
Usando (41.5) em (41.1) e/ou em (41.2), temos 
g
mm
mmT
BA
BA2
+
= . (41.6) 
• Para mA = mB = m ⇒ 0=a e mgT = 
Observe que os blocos podem estar em repouso ou em movimen-
to uniforme, com a roldana movendo-se no sentido horário ou anti-
horário. 
• Para mA = m e mB = 2m ⇒ 3
ga = e mgT
3
4
= 
O sinal positivo obtido para a aceleração significa que os sentidos 
dos vetores aceleração dos blocos são aqueles arbitrados na figu-
ra acima e que a roldana gira no sentido horário. 
• Para mA = 2m e mB = m ⇒ 3
ga −= e mgT
3
4
= 
O sinal negativo obtido para a aceleração significa que os sentidos 
dos vetores aceleração dos blocos são contrários àqueles arbitra-
dos na figura acima e que a roldana gira no sentido anti-horário. 
42) Dois blocos são ligados por uma corda ideal que passa por 
uma polia, conforme representado na figura abaixo. A massa 
do bloco A é mA e a do bloco B é mB. O coeficiente de atrito 
cinético entre A e a rampa é µc. Determine a aceleração do 
sistema se o bloco A deslizar (a) para cima sobre a rampa e 
(b) deslizar para baixo. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA , mB , µc e g 
a) Ilustração: Diagrama das forças que agem sobre os blocos. 
Vamos supor que as acelerações Aa

 e Ba

 têm os mesmos sen-
tidos dos deslocamentos de A e B. 
Para o bloco A: Conforme demonstrado em problemas anteriores, 
a intensidade da força de atrito que age sobre o bloco A será 
θgmPNf y cosAcAcAcc µµµ === . (42a.1) 
Em x: ∑ =−−= xamfPTF xx AAcAAA (42a.2) 
Substituindo (42a.1) em (42a.2), obtém-se 
AAAcAA cossen amθgmμθgmT =−− (42a.3) 
Para o bloco B: BBBBB amPTF y −=−=∑ 
∴ )( BBB agmT −= (42a.4) 
Como os blocos estão ligados e a massa da roldana é nula, os 
módulos das acelerações e das tensões são iguais, ou seja, 
aaa == BA (42a.5) 
e TTT == BA . (42a.6) 
Substituindo (42a.5) e (42a.6) em (42a.3) e (42a.4), e, em segui-
da, substituindo (42a.4) em (42a.3), temos 
ammgθμθmm )()]cossen([ BAcAB +=+− 
∴ g
mm
θμθmma 





+
+−
=
BA
cAB )cossen( (42a.7) 
Para que o resultado acima seja satisfeito, ou seja, 0≥a , as se-
guintes condições também devem ser satisfeitas 
θμθ cossen c≥ 
e )cossen( cAB θμθmm −≥ . 
• Se θμθ cossen c= , ou ctan µθ = , gmm
ma 





+
=
BA
B . 
• Se )cossen( cAB θμθmm −= , 0=a . 
A 
B 
A 
AP

 
AT

 
y 
B 
BT

 
BP

 
y 
g
 )ˆ(B jaa −=
 )ˆ(A jaa +=
 
BT

 
BP

 
B 
y 
θ 
AT

 
Av
 
AP

 
A 
cf

 
AN

 
yPA

 xPA

 
y 
x 
g
 Bv
 
θsenAA gmP x = e θcosAA gmP y = gmP By =B 
A 
B θ 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA - DPF 
FÍSICA I – MECÂNICA 
 21 
• Se °= 90θ , g
mm
mma
)(
)(
BA
AB
+
−
= , que é o mesmo resultado 
obtido na equação (41.5). De fato, nesta nova configuração a 
situação é idêntica à do problema 41, inclusive a solução. 
b) Ilustração: Diagrama das forças que agem sobre os blocos. 
Neste caso também suporemos que as acelerações Aa

 e Ba

 têm 
os mesmos sentidos dos deslocamentos de A e B. 
Para o bloco A: ∑ −=+−= xxx amfPTF AAcAAA '' 
Substituindo (42a.1) na equação acima, obtém-se 
AAAcAA 'cossen' amθgmμθgmT −=+− (42b.1) 
Para o bloco B: BBBBB '' amPTF y +=−=∑ 
∴ )'(' BBB agmT += (42b.2) 
Como os blocos estão ligados, os módulos das acelerações e das 
tensões são iguais, ou seja, 
''' BA aaa == (42b.3) 
e ''' BA TTT == . (42b.4) 
Substituindo (42b.3) e (42b.4) em (42b.1) e (42b.2), e, em segui-
da, substituindo (42b.2) em (42b.1), temos 
')()]cossen([ BAcAB ammgθμθmm +−=−− 
∴ g
mm
mθμθma 





+
−−
=
BA
BcA )cossen(' (42a.7) 
Para que o resultado acima seja satisfeito, ou seja, 0≥a , as se-
guintes condições também devem ser satisfeitas 
θμθ cossen c> 
e BcA )cossen( mθμθm ≥− . 
• Se θμθ cossen c= , ou ctan µθ = , gmm
ma 





+
−
=
BA
B' , 
e o sentido da aceleração é contrário ao adotado. 
• Se )cossen( cAB θμθmm −= , 0'=a . 
• Se °= 90θ , g
mm
mma
)(
)('
BA
BA
+
−
= , que é o resultado obtido na 
equação (41.5) com sinal negativo. Esta situação também é 
idêntica à do problema 41, porém, na solução adotaram-se 
sentidos contrários para as acelerações. 
 
43) Dois blocos são ligados por uma corda que passa por uma 
polia, conforme representado na figura do problema anterior. 
A massa do bloco A é mA e o coeficiente de atrito cinético en-
tre A e a rampa é µc. O bloco A desliza para baixo sobre a 
rampa com velocidade constante. Determine a massa de B. 
SOLUÇÃO: 
Dados: mA , µc e g 
Ilustração: Mesmos diagramas de forças empregados na solução 
item (b) do problema anterior (42). 
Como as velocidades são constantes, as acelerações Aa

 e Ba

 
são nulas. 
Para o bloco A: ∑ =+−= 0cAAA fPTF xx 
Substituindo (42a.1) na equação acima, obtém-se 
)cossen( cAA θμθgmT −= (43.1) 
Para o bloco B: 0BBB =−=∑ PTF y 
∴ gmT BB = (43.2) 
Como os blocos estão ligados e a massa da roldana é nula, os 
módulos das tensões são iguais. 
Igualando (43.1) a (43.2), tem-se 
)cossen( cAB θμθmm −= (43.3) 
Este resultado já tinha sido obtido nas considerações ao final do 
problema 42, que implicava em aceleração nula. 
Para que o resultado acima seja satisfeito, ou seja, 0B ≥m , a se-
guinte condição também deve ser satisfeita 
θμθ cossen c≥ , 
ou )arctan(tan cc µθµθ ≥⇒≥ . 
• Se °= 90θ , mmm == AB e mgTTT B ===A , é o 
mesmo resultado obtido na primeira das considerações finais 
do problema 41. Neste caso os blocos podem estar em repou-
so ou em movimento uniforme, com a roldana movendo-se no 
sentido horário ou anti-horário. Você reparou que, neste caso, 
∞≅cµ ? 
• Se resolvermos este mesmo problema considerando que o 
bloco A suba a rampa e o bloco B mova-se para baixo, obte-
remos: 
)cossen(' cAB θμθmm += , (43.3’) 
sendo AcBA ' mmm µ≤≤ . 
θμθ cossen c≥ , 
• Se °= 0θ , AcB' mm µ= e gmTTT B AcA µ=== 
• Se °= 90θ , mmm == AB' e mgTTT B ===A 
 
Teste sua compreensão resolvendo o exercício abaixo: 
44) A massa m está sobre uma mesa, sem atrito, presa a um blo-
co de massa M, pendurado por um fio ideal, massa desprezí-
vel e inextensível, que passa através de um furo no centro da 
mesa, conforme representado na figura abaixo. Determine a 
velocidade escalar com que m deve se mover, em movimento 
M 
m 
r 
BT

 
BP

 
B 
y 
θ 
AT

 
Av
 
AP

 
A 
cf

 
AN

 
yPA

 
xPA

 
y 
x 
g
 Bv
 
θsenAA gmP x = e θcosAA gmP y = gmP By =B 
	L
	R
	A
	B
	C
	P
	R
	A