LISTA 10 - FORÇAS DE ATRITO

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LISTA 10- FORÇAS DE ATRITO 
PROF. IGOR FERREIRA 
 
 
1. (G1 - col. naval 2019) Em relação a alguns conceitos 
fundamentais em Física, assinale a opção correta. 
a) É possível somar vetorialmente velocidade e 
aceleração. 
b) As grandezas físicas intensidade de corrente elétrica 
e pressão são vetoriais. 
c) Os satélites se mantêm em órbita em torno da Terra 
porque se encontram além do campo gravitacional da 
Terra. 
d) Inércia é a força que mantém os corpos em repouso 
ou em movimento retilíneo uniforme. 
e) A força de atrito que age em um corpo não apresenta 
sentido contrário ao do movimento do corpo. 
 
2. (Espcex (Aman) 2018) Um bloco A de massa 
100 kg sobe, em movimento retilíneo uniforme, um 
plano inclinado que forma um ângulo de 37 com a 
superfície horizontal. O bloco é puxado por um sistema 
de roldanas móveis e cordas, todas ideais, e coplanares. 
O sistema mantém as cordas paralelas ao plano 
inclinado enquanto é aplicada a força de intensidade F 
na extremidade livre da corda, conforme o desenho 
abaixo. 
 
 
 
Todas as cordas possuem uma de suas extremidades 
fixadas em um poste que permanece imóvel quando as 
cordas são tracionadas. 
Sabendo que o coeficiente de atrito dinâmico entre o 
bloco A e o plano inclinado é de 0,50, a intensidade 
da força F é 
 
Dados: sen 37 0,60 = e cos 37 0,80 = 
Considere a aceleração da gravidade igual a 210 m s . 
a) 125 N 
b) 200 N 
c) 225 N 
d) 300 N 
e) 400 N 
 
3. (Ita 2018) A partir de um mesmo ponto a uma certa 
altura do solo, uma partícula é lançada sequencialmente 
em três condições diferentes, mas sempre com a 
mesma velocidade inicial horizontal 0v . O primeiro 
lançamento é feito no vácuo e o segundo, na atmosfera 
com ar em repouso. O terceiro é feito na atmosfera com 
ar em movimento cuja velocidade em relação ao solo é 
igual em módulo, direção e sentido à velocidade 0v . 
Para os três lançamentos, designando-se 
respectivamente de 1 2t , t e 3t os tempos de queda da 
partícula e de 1 2v , v e 3v os módulos de suas 
respectivas velocidades ao atingir o solo, assinale a 
alternativa correta. 
a) 1 3 2 1 3 2t t t ; v v v    
b) 1 2 3 1 3 2t t t ; v v v =   
c) 1 3 2 1 3 2t t t ; v v v=  =  
d) 1 2 3 1 3 2t t t ; v v v  =  
e) 1 2 3 1 2 3t t t ; v v v =  = 
 
4. (Efomm 2020) Um bloco de massa m é colocado sobre 
um disco que começa girar a partir do repouso em torno de 
seu centro geométrico com aceleraçăo angular constante igual 
a .α Se o bloco está a uma distância d do centro, e o 
coeficiente de atrito estático entre o objeto e a superfície vale 
,μ considerando a aceleraçăo da gravidade igual a g, quanto 
tempo levará até que o bloco comece a deslizar sobre o disco? 
a) 
2
g
d
μ
α
 
b) 
2
g
d
μ
α
 
c) 
g
d
μ
α
 
d) 
1 4
2
2 2
g 1
d
μ
α α
  
 − 
   
 
e) 
1 4
2
2 2
1 g
d
μ
α α
  
 +  
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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5. (Epcar (Afa) 2017) Na situação da figura a seguir, os 
blocos A e B têm massas Am 3,0 kg= e Bm 1,0 kg.= 
O atrito entre o bloco A e o plano horizontal de apoio 
é desprezível, e o coeficiente de atrito estático entre B 
e A vale e 0,4.μ = O bloco A está preso numa mola 
ideal, inicialmente não deformada, de constante elástica 
K 160 N m= que, por sua vez, está presa ao suporte 
S. 
 
 
 
O conjunto formado pelos dois blocos pode ser 
movimentado produzindo uma deformação na mola e, 
quando solto, a mola produzirá certa aceleração nesse 
conjunto. Desconsiderando a resistência do ar, para que 
B não escorregue sobre A, a deformação máxima que 
a mola pode experimentar, em cm, vale 
a) 3,0 
b) 4,0 
c) 10 
d) 16 
 
6. (G1 - col. naval 2017) Em um depósito, uma pessoa 
puxa um carrinho com sacas de milho, conforme mostra 
a figura a seguir. 
 
 
 
Dados: 2sen 0,5; cos 0,8; g 10 m s .θ θ= = = 
 
 
Considerando que a massa do carrinho, quando vazio, 
vale 20 kg, que o coeficiente de atrito entre as rodas do 
carrinho e o solo vale 0,2 e que, durante o 
deslocamento a velocidade foi constante, pode-se 
afirmar que a força exercida pela pessoa foi de 
a) 260 N 
b) 350 N 
c) 400 N 
d) 650 N 
e) 800 N 
 
7. (Esc. Naval 2014) Observe a figura a seguir. 
 
 
 
Um caixote pesando 50N, no instante t 0,= se 
encontra em repouso sobre um plano muito longo e 
inclinado de 30 em relação à horizontal. Entre o 
caixote e o plano inclinado, o coeficiente de atrito 
estático é 0,20 e o cinético é 0,10. Sabe-se que a força 
F, paralela ao plano inclinado, conforme indica a figura 
acima, tem intensidade igual a 36N. No instante 
t 9s,= qual o módulo, em newtons, da força de atrito 
entre o caixote e o plano? Nesse mesmo instante, o 
bloco estará subindo, descendo ou permanece em 
repouso sobre o plano inclinado? 
 
Dados: 
sen30 0,5
cos30 0,9
 =
 =
 
a) 14 e descendo. 
b) 11 e permanece cm repouso. 
c) 9,0 e subindo. 
d) 8,5 e permanece em repouso. 
e) 4,5 e subindo. 
 
8. (Esc. Naval 2017) Analise a figura a seguir. 
 
 
 
A figura acima exibe um bloco de 12 kg que se 
encontra na horizontal sobre uma plataforma de 3,0 kg. 
O bloco está preso a uma corda de massa desprezível 
que passa por uma roldana de massa e atrito 
desprezíveis fixada na própria plataforma. Os 
coeficientes de atrito estático e cinético entre as 
superfícies de contato (bloco e plataforma) são, 
respectivamente, 0,3 e 0,2. A plataforma, por sua vez, 
encontra-se inicialmente em repouso sobre uma 
superfície horizontal sem atrito. Considere que em um 
dado instante uma força horizontal F passa a atuar 
sobre a extremidade livre da corda, conforme indicado 
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na figura. 
 
Para que não haja escorregamento entre o bloco e a 
plataforma, o maior valor do módulo da força F 
aplicada, em newtons, é 
 
Dado: 2g 10 m s= 
a) 4 9 
b) 15 9 
c) 10 
d) 20 
e) 30 
 
9. (Ita 1998) Um caixote de peso W é puxado sobre um 
trilho horizontal por uma força de magnitude F que 
forma um ângulo θ em relação a horizontal, como 
mostra a figura a seguir. Dado que o coeficiente de 
atrito estático entre o caixote e o trilho é μ, o valor 
mínimo de F, a partir de qual seria possível mover o 
caixote, é: 
 
 
a) 
( )
 2W
1 μ−
 
b) 
( )
Wsen
1 tan
θ
μ θ−
 
 
c) 
( )
Wsen
1 tan
μ θ
μ θ−
 
d) 
( )
Wsec
1 tan
μ θ
μ θ−
 
 
e) (1 - μtanθ)W 
 
10. (Efomm 2016) Os blocos A e B da figura pesam 
1,00 kN, e estão ligados por um fio ideal que passa por 
uma polia sem massa e sem atrito. O coeficiente de 
atrito estático entre os blocos e os planos é 0,60. Os 
dois blocos estão inicialmente em repouso. Se o bloco 
B está na iminência de movimento, o valor da força de 
atrito, em newtons, entre o bloco A e o plano, é 
 
Dado: cos 30 0,87  
 
 
a) 60 
b) 70 
c) 80 
d) 85 
e) 90 
 
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
Na(s) questão(ões) a seguir, quando necessário, use: 
 
- Aceleração da gravidade: 2g 10 m s ;= 
- sen 19 cos 71 0,3; =  = 
- sen 71 cos 19 0,9; =  = 
- Velocidade da luz no vácuo: 8c 3,0 10 m s;=  
- Constante de Planck: 34h 6,6 10 J s;−=   
- 191eV 1,6 10 J;−=  
- Potencial elétrico no infinito: zero. 
 
 
11. (Epcar (Afa) 2018) Em muitos problemas de física 
desprezam-se as forças de resistência ao movimento. 
Entretanto, sabe-se que, na prática, essas forças são 
significativas e muitas vezes desempenham um papel 
determinante. 
Por exemplo, “no automobilismo, os veículos 
comumente possuem dispositivos aerodinâmicos 
implementados, os quais têm a função de contribuir 
para o aumento da ‘Downforce’,uma força vertical, 
inversa à sustentação, que busca incrementar a 
aderência dos pneus ao asfalto através de um acréscimo 
na carga normal, permitindo que o veículo possa realizar 
as curvas com uma velocidade maior do que o faria sem 
estes dispositivos”. 
 
(Trecho retirado da monografia intitulada Sistema ativo 
de redução de arrasto aerodinâmico por atuador 
aplicado a um protótipo de fórmula SAE, de autoria de 
Danilo Barbosa Porto, apresentada na Escola de 
Engenharia de São Carlos, da Universidade de São 
Paulo, em 2016). 
 
 
 
 
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Para avaliar o papel da “Downforce”, considere um carro 
de Fórmula 1, de massa M, realizando uma curva em 
determinada pista plana. Ao se desprezar 
completamente os efeitos produzidos pelo seu 
movimento em relação ao ar, mas considerando o atrito 
entre pneus e o asfalto, o carro consegue fazer a curva, 
sem derrapar, a uma velocidade máxima V. Porém, ao 
levar em conta, especificamente, a atuação da 
“Downforce” D (desconsiderando a força de arrasto) a 
velocidade máxima V ' do carro, nessa mesma curva, 
muda em função de D. Nessas condições, o gráfico que 
melhor representa a relação 
V '
V
 em função de D é 
a) 
b) 
c) 
d) 
 
12. (Efomm 2017) Na situação apresentada no 
esquema abaixo, o bloco B cai a partir do repouso de 
uma altura y, e o bloco A percorre uma distância total 
y d.+ Considere a polia ideal e que existe atrito entre o 
corpo A e a superfície de contato. 
 
 
 
Sendo as massas dos corpos A e B iguais a m, 
determine o coeficiente de atrito cinético .μ 
a) 
y
(y 2d)
μ =
+
 
b) 
2d
(y 2d)
μ =
+
 
c) 
(2d y)
y
μ
+
= 
d) 
y
2d
μ = 
e) 
d
(2d y)
μ =
+
 
 
13. (Esc. Naval 2015) Analise a figura abaixo. 
 
 
 
Um bloco A de massa 20 kg está ligado a um bloco B 
de massa 10 kg por meio de uma mola. Os blocos 
foram empurrados um contra o outro, comprimindo a 
mola pela ação de duas forças de mesma intensidade 
F 60 N= e em seguida colocados sobre a superfície 
horizontal, conforme indicado na figura acima. Nessas 
circunstâncias, os blocos encontram-se em repouso. 
Sabendo-se que o coeficiente de atrito estático entre os 
blocos e a superfície é e 0,4,μ = e que 
2g 10m s ,= é 
correto afirmar que se as forças F forem retiradas, 
simultaneamente, 
a) os dois blocos permanecerão em repouso. 
b) o bloco A se deslocará para a esquerda e o bloco B 
para a direita. 
c) o bloco A se deslocará para a esquerda e o bloco B 
permanecerá em repouso. 
d) o bloco A permanecerב em repouso e o bloco B se 
deslocarב para a direita. 
e) os dois blocos se deslocarão para a direita. 
 
 
 
 
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14. (Esc. Naval 2014) Observe a figura a seguir. 
 
 
 
Na figura acima, o bloco de massa m 2,0 kg= que está 
encostado na parede é mantido em repouso devido à 
ação de duas forças, 1F e 2F , cujos módulos variam no 
tempo segundo as respectivas equações 1 0F F 2,0t= + 
e 2 0F F 3,0t,= + onde a força é dada em newtons e o 
tempo, em segundos. Em t 0,= o bloco está na 
iminência de entrar em movimento de descida, sendo o 
coeficiente de atrito estático entre o bloco e a parede 
igual a 0,6. Em t 3,0 s,= qual o módulo, em newtons, 
a direção e o sentido da força de atrito? 
 
Dado: 2g 10m s= 
a) 7,5 e vertical para cima. 
b) 7,5 e vertical para baixo. 
c) 4,5 e vertical para cima. 
d) 1,5 e vertical para cima. 
e) 1,5 e vertical para baixo. 
 
15. (Espcex (Aman) 2014) Um trabalhador da 
construção civil tem massa de 70 kg e utiliza uma polia 
e uma corda ideais e sem atrito para transportar telhas 
do solo até a cobertura de uma residência em obras, 
conforme desenho abaixo. 
 
 
 
O coeficiente de atrito estático entre a sola do sapato 
do trabalhador e o chão de concreto é e 1,0μ = e a 
massa de cada telha é de 2 kg. 
O número máximo de telhas que podem ser sustentadas 
em repouso, acima do solo, sem que o trabalhador 
deslize, permanecendo estático no solo, para um ângulo 
θ entre a corda e a horizontal, é: 
 
Dados: 
2 Aceleração da gravidade : g 10 m / s
cos 0,8
sen 0,6
θ
θ
=
=
=
 
a) 30 
b) 25 
c) 20 
d) 16 
e) 10 
 
16. (Esc. Naval 2018) Considere um bloco de gelo de 
80,0 kg deslizando, com velocidade constante v, em 
um plano inclinado de 30 com a horizontal. Sabendo 
que a massa de gele que derrete por minuto, em 
consequência do atrito, é de 20,0 g, e que o calor 
latente de fusão do gelo é 336 J g, qual o valor da 
velocidade v, em centímetros por segundo? 
 
Dado: 2g 10 m s= 
a) 4,20 
b) 16,8 
c) 20,4 
d) 28,0 
e) 32,0 
 
17. (Esc. Naval 2013) Considere uma força horizontal F 
aplicada sobre a cunha 1, de massa 1m 8,50 kg,= 
conforme mostra a figura abaixo. Não há atrito entre a 
cunha e o chão, e o coeficiente de atrito estático entre 
a cunha e o bloco 2, de massa 2m 8,50 kg,= vale 
0,200. O maior valor de F, em newtons, que pode ser 
aplicado à cunha, sem que o bloco comece a subir a 
rampa é 
 
Dados: 2g 10,0 m s ;= sen 0,600;θ = cos 0,800θ = 
 
 
a) 85,0 
b) 145 
c) 170 
d) 190 
e) 340 
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18. (Ime 2012) 
 
 
A figura 1 mostra dois corpos de massas iguais a m 
presos por uma haste rígida de massa desprezível, na 
iminência do movimento sobre um plano inclinado, de 
ângulo θ com a horizontal. Na figura 2, o corpo inferior 
é substituído por outro com massa 2m. Para as duas 
situações, o coeficiente de atrito estático é μ e o 
coeficiente de atrito cinético é 
2
μ para a massa 
superior, e não há atrito para a massa inferior. A 
aceleração do conjunto ao longo do plano inclinado, na 
situação da figura 2 é. 
a) ( )2gsen / 3θ 
b) ( )3gsen / 2θ 
c) ( )gsen / 2θ 
d) ( )g 2sen cosθ θ− 
e) ( )g 2sen cosθ θ+ 
 
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
Quando precisar use os seguintes valores para as 
constantes: 
1 ton de TNT = 
94,0 10 J . 
Aceleração da gravidade = 2g 10 m/s= . 
51 atm = 10 Pa . 
Massa específica do ferro 38000 kg/mρ = . 
Raio da Terra = R 6400 km= . 
Permeabilidade magnética do vácuo 7 20 4 10 N/Aμ π
−= 
. 
 
 
19. (Ita 2012) Considere uma rampa plana, inclinada 
de um ângulo θ em relação à horizontal, no início da 
qual encontra-se um carrinho. Ele então recebe uma 
pancada que o faz subir até uma certa distância, 
durante o tempo ts, descendo em seguida até sua 
posição inicial. A “viagem” completa dura um tempo 
total t. Sendo μ o coeficiente de atrito cinético entre o 
carrinho e a rampa, a relação t/ts é igual a. 
 
 
 
 
 
 
 
a) 2 
b) 1 (tan ) / tanθ μ θ μ+ + − 
c) 1 (cos ) / cosθ μ θ μ+ + − 
d) 1 (sen ) / cosθ μ θ μ+ + − 
e) 1 (tan ) / tanθ μ θ μ− + − 
 
20. (Ita 2008) Na figura, um bloco sobe um plano 
inclinado, com velocidade inicial 0v . Considere μ o 
coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície. Indique 
a sua velocidade na descida ao passar pela posição 
inicial. 
 
 
a) 0
(sen sen )
v
(cos cos )
θ μ θ
θ μ θ
−
−
 
b) 0
(sen cos )
v
(sen cos )
θ μ θ
θ μ θ
−
+
 
c) 0
(sen cos )
v
(sen cos )
θ μ θ
θ μ θ
+
−
 
d) 0
( sen cos )
v
( sen cos )
μ θ θ
μ θ θ
+
−
 
e) 0
( sen cos )
v
( sen cos )
μ θ θ
μ θ θ
−
+
 
 
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GABARITO: 
 
Resposta da questão 1: 
 ANULADA 
 
Questão anulada no gabarito oficial. 
 
Analisando as alternativas: 
[A] Falsa. Não é possível somar duas grandezas de naturezas distintas. 
[B] Falsa. As grandezas citadas são escalares. 
[C] Falsa. Os satélites que orbitam a Terra o fazem justamente devido à força de atração gravitacional entre eles e a 
Terra. 
[D] Falsa. Inércianão é uma força, mas sim uma propriedade da matéria. 
[E] Falsa. A força de atrito pode agir em sentido contrário ao do movimento do corpo. 
 
Portanto, não há alternativa correta. 
 
Resposta da questão 2: 
 [A] 
 
 
 
at
N Pcos37 1000 0,8 N 800 N
F' Psen37 F 1000 0,6 0,5 800 F' 1000 N
=  =   =
=  + =  +   =
 
 
Como há 3 roldanas, devemos ter que: 
3
F' 1000
F
82
F 125 N
= =
 =
 
 
Resposta da questão 3: 
 [B] 
 
Como o tempo de queda só depende do movimento vertical, tanto nas situações do ar em repouso como na do ar 
em movimento, os tempos serão maiores do que 1t (para o vácuo), pois as partículas sofrerão resistência ao caírem 
nessas circunstâncias, com 2 3t t ,= já que o movimento do ar se dá apenas horizontalmente. 
Na primeira situação, o corpo irá adquirir velocidade máxima devido à ausência de resistência causada pelo vácuo. 
Na segunda situação, o corpo irá sofrer atrito com o ar, tendo sua velocidade minimizada. E na terceira situação, 
como o ar está em movimento, mas não se opondo à velocidade inicial, a partícula terá velocidade intermediária. 
Portanto, teremos que: 1 2 3t t t = e 1 3 2v v v .  
 
 
 
 
 
 
 
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Resposta da questão 4: 
 [D] 
 
A força de atrito é a resultante das forças, portanto: 
at RF F N maμ=  = 
 
Mas 2 2t cpa a a ,= + com ta dα= e ( )
22
cpa d t d.ω α= = Logo: 
( ) ( )
22 2 2 2 2 2 2 4 4 2
2 2 2 2 2 2
4 4
4 2 4 2 2
1/4
2
2 2
mg m d t d g d t d
g d g 1
t t
d d
g 1
t
d
μ α α μ α α
μ α μ
α α α
μ
α α
= +  = + 
−
 =  = −
  
  = − 
   
 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
Após comprimir-se a mola, ao abandonar o sistema, o bloco B é acelerado pela força de atrito estática entre ele e o 
bloco A, que é a resultante das forças sobre B. 
Na iminência de B escorregar, essa força de atrito estática atinge intensidade máxima. Assim: 
( )
máxres at B e B e B e
F F m a N m a m g a g Iμ μ μ=  =  =  = 
 
Mas e conjunto é acelerado pela força elástica, já que não há atrito com o solo. Então: 
( )
( ) ( )A B e
A B
m m g 3 1 0,4 10
k x m m a x x x 0,1m
k 160
x 10cm.
μ+ +  
= +  =  =  = 
=
 
 
Resposta da questão 6: 
 ANULADA 
 
Gabarito Oficial: [D] 
Gabarito SuperPro®: Anulada. 
 
A questão tem um erro conceitual grave e serve de exemplo para que os estudantes sejam atentos aos possíveis 
equívocos que algumas bancas cometem muitas vezes sem a anular a questão. Portanto, sempre que possível, o 
candidato deve recorrer de questões duvidosas. 
 
Considerando o diagrama de forças: 
 
 
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A resultante das forças na direção horizontal, em módulo, é: 
x atF F= 
 
Mas a força xF é o resultado da decomposição da força F na direção horizontal 
xF F cos θ=  
 
E a força de atrito é dada por: 
at eF Nμ=  
 
De acordo com o diagrama, a força normal é dada pela relação: 
yN F P+ = 
 
Ainda 
yF F sen θ=  e P m g=  
 
Com isso, combinando as expressões: 
N m g F sen θ=  −  
( )at eF m g F senμ θ=   −  
 
Portanto: 
x atF F= 
( )eF cos m g F senθ μ θ =   −  
 
Isolando a força F, temos: 
( )
( )
( )
2
e
e
0,2 240kg 20 kg 10 m sm g
F F 577,8 N
cos sen 0,8 0,2 0,5
μ
θ μ θ
 +  
= =  =
+  + 
 
 
Logo, não há resposta certa para a questão e a mesma deveria ser ANULADA. 
 
Para o caso de desconsiderar a força vertical yF , apenas para verificação, pois o seguimento até o fim está 
ERRADO: 
N P m g= =  
 
Então: 
at eF m gμ=   
x atF F= 
2
e
e
m g 0,2 260 kg 10 m s
F cos m g F F 650 N
cos 0,8
μ
θ μ
θ
   
 =    = =  = 
 
Assim, chega-se no gabarito da questão, porém deve-se deixar claro ao estudante que não cometa similar falha. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resposta da questão 7: 
 [E] 
 
Fazendo a decomposição das forças da figura, tem-se: 
 
 
 
Calculando as componentes da força peso: 
( )
( )
P sen 30 50 0,5 25 N
P cos 30 50 0,9 45 N
  =  =
  =  =
 
Como F P sen(30 ),   o bloco está subindo o plano inclinado! 
 
Como o bloco está em movimento, deve ser utilizado o coeficiente de atrito cinético dado na questão para o cálculo 
a seguir. 
c
c
c
c
at c
at c
at
at
F N
F P cos(30 )
F 0,1 45
F 4,5 N
μ
μ
= 
=   
= 
=
 
 
Resposta da questão 8: 
 [D] 
 
Aceleração do sistema: 
( )B P
B P
F
F m m a a (I)
m m
= +  =
+
 
 
Para o bloco, devemos ter: 
at B
e B B
F F m a
m g F m a (II)μ
− =
− =
 
 
Substituindo (I) em (II) e inserindo os valores dados, obtemos: 
F 12F
0,3 12 10 F 12 36 F
12 3 15
15F 12F
36 27F 36 15
15
F 20 N
  − =   − = 
+
+
 =  = 
 =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resposta da questão 9: 
 [D] 
 
Analisemos a figura a seguir. 
 
 
 
Como o movimento é retilíneo, as forças perpendiculares à velocidade se equilibram: 
y
N F W N Fsen W.= +  =  +
 
 
Para haver movimento do caixote, a intensidade da componente horizontal (Fx), deve superar a intensidade da força 
de atrito máxima (Fat). 
( )
( )
F Fat Fcos Fsen W F cos Fsen W 
Fsen W
F F F tan W sec 
cos cos
F Ftan W sec F 1 tan W sec 
W sec
F .
1 tan
      +      +  
  
 +     +   
 
−       −     
 

−  
 
 
Resposta da questão 10: 
 [B] 
 
De acordo com o diagrama de forças, temos: 
 
 
 
Onde: 
x(A) A x(A)
x(B) B x(B)
at(B) B y(B) B at(B)
P P sen 30 1000 0,5 P 500 N
P P sen 60 1000 0,87 P 870 N
F N P P cos 60 0,6 1000 0,5 F 300 Nμ μ μ
=   =   =
=   =   =
=  =  =    =    =
 
 
 
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Usando o princípio fundamental da Dinâmica: 
R R
x(B) at(B) x(A) at(A)
F m a F 0
P T F T P F 0
=   =
− − + − − =
 
 
Então: 
at(A) x(B) at(B) x(A)
at(A) at(A)
F P F P
F 870 N 300 N 500 N F 70 N
= − −
= − −  =
 
 
Resposta da questão 11: 
 [B] 
 
Desconsiderando a Downforce, devemos ter: 
2
at cp
mv R
F F N v N
R m
μ
μ=  =  = 
 
Levando em consideração o efeito da Downforce, temos que: 
( )
R R
v ' N' N D
m m
μ μ
= = + 
 
Logo: 
( )
R
N D
v ' N Dm
v NR
N
m
v ' D
1
v N
μ
μ
+
+
= =
 = +
 
 
Sendo assim, o gráfico que melhor representa esta relação é o da alternativa [B]. 
 
Resposta da questão 12: 
 [A] 
 
Equações para os blocos antes do bloco B atingir o solo: 
T mg ma (bloco A)
mg T ma (bloco B)
μ− =

− =
 
 
 Somando as equações, vem: 
g(1 )
mg mg 2ma a
2
μ
μ
−
− =  = 
 
Velocidade do bloco A após percorrer y : 
2 2
Av 0 2ay= + 
 
Substituindo este resultado na equação obtida para a aceleração, obtemos: 
2
Av yg(1 )μ= − 
 
Após B atingir o solo, o bloco A percorrerá a distância d até parar: 
( )2 2at c AmF d E mgd 0 v
2
τ Δ μ= −  =  − = − 
 
 
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Substituindo 2Av nesta expressão, chegamos a: 
m
mgd yg(1 ) 2 d y y (2d y) y
2
y
2d y
μ μ μ μ μ
μ
= −  = −  + =
 =
+
 
 
Resposta da questão 13: 
 [D] 
 
Como os blocos estão inicialmente em repouso, a força elástica inicial é elF 60 N.= 
 
Quando as forças F forem retiradas, na direção horizontal agem apenas a força elástica ( )elF e a componente de 
atrito ( )atF . 
 
Calculando a intensidade máxima da força de atrito em cada bloco: 
( )
( )
A
B
at A A
at B B
F N m g 0,4 200 80 N.
F N m g 0,4 100 40 N.
μ μ
μ μ
 = = = =

= = = =
 
 
Assim: 
A
B
at el
at el
F F o bloco A permanece em repouso.
F F o bloco B entra em movimento para a direita.
 

 
 
 
Resposta da questão 14: 
 [E] 
 
No instante t 0 s,= 
 
 
 
2 atF P F m g Nμ= − =  −  
Nessa situação,1N F= 
( ) ( )( )0 0
0 0
0
0
F 3,0 0 2 10 0,6 F 2,0 0
F 20 0,6 F
1,6 F 20
F 12,5 N
+  =  −  + 
= − 
 =
=
 
 
 
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No instante de tempo t 3 s,= 
1
1
2
2
F 12,5 2,0 3
F 18,5 N
F 12,5 3 3
F 21,5 N
= + 
=
= + 
=
 
 
Como 2F P  A força de atrito neste momento será para baixo. 
 
 
 
Assim, 
at 2
at
at
P F F
F 21,5 20
F 1,5 N
+ =
= −
=
 
 
Resposta da questão 15: 
 [B] 
 
Dados: M = 70 kg; m = 2 kg; 1,0; = 
 
A figura mostra as forças atuantes nas telhas e no trabalhador. 
 
 
 
Como se trata de repouso, tanto as forças atuantes no trabalhador como nas telhas estão equilibradas. Sendo P1 o 
peso de uma telha e n a quantidade de telhas suspensas, temos: 
 
- Nas telhas: 
1T P n P T n m g.= =  = 
 
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- No trabalhador: 
at x at at
y T
F T F Tcos F n m gcos . 
N T P N M g T sen N M g n m g sen . 
=  =   = 

+ =  = −   = − 
 
 
Na iminência de escorregar, a componente de atrito nos pés do trabalhador atinge intensidade máxima. 
( )
( )
( )
máxat
F n m gcos N n m gcos 
M g n m g sen n m gcos 
M g n m g sen n m g cos
M
M n m sen n mcos n 
m sen cos 
1 70 70
 
2 1 0,8 0,6 2,8
n = 25.
=    =  
 −  =  
 =   + 

 =   +   = 
  + 

= 
  +
 
 
Resposta da questão 16: 
 [D] 
 
A força de atrito cinético é a responsável pelo derretimento do gelo, considerado na temperatura de fusão à pressão 
normal, ou seja, 0 C e 1atm. 
 
O equilíbrio de forças no plano inclinado é dado na direção do plano e na sua perpendicular. 
 
 
 
at x
at y at
x
F P
F N P F m g cos 30
P m g sen 30
μ μ μ
=
=  =   =    
=   
 
 
Igualando as duas equações acima, obtemos o coeficiente de atrito cinético. 
m gμ   cos 30 m g  = 
sen 30
sen 30 tan 30
cos 30
μ

  = = 

 
 
Assim, a força de atrito em módulo será: 
at
sen 30
F m g cos 30
cos 30
μ

=     =

m g cos 30    atF m g sen 30 =    
 
Por outro lado, a quantidade de calor (Q) utilizada para o derretimento de gelo é dado pelo produto do calor latente 
de fusão (L) pela massa derretida de gelo d(m ). 
dQ m L=  
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Dividindo toda a expressão pelo tempo, temos dimensão de potência. 
dm LQ
t t

= 
 
Para ajuste de dimensões, tendo em vista que a força de atrito é responsável pelo derretimento do gelo, podemos 
relacionar as duas equações sabendo que o produto força e velocidade também têm dimensão de potência, sendo 
possível esta relação porque a velocidade é constante. Desta forma, temos uma expressão para o cálculo da 
velocidade. 
at
at
Q Q
F v v
t F t
 =  =

 
 
Substituindo as expressões anteriores: 
d
2
m L
v
m g sen 30 t
J
20 g 336
g
v
m 1
80 kg 10 60 s
2s
m cm
v 0,28 28
s s

=
   

=
  
 = =
 
 
Resposta da questão 17: 
 [D] 
 
Considerando o desenho, podemos trabalhar com as forças nas direções vertical e horizontal, estabelecendo os 
equilíbrios: 
 
 
 
Forças e suas componentes atuantes na vertical: 
atP f sen Ncosθ θ+ = 
 
mg N(cos sen )θ μ θ= − (1) 
 
Na direção horizontal: 
atF Nsen f cosθ θ= + 
ma N(sen cos )θ μ θ= + (2) 
 
Dividindo (2) por (1), ficamos com: 
ma N(sen cos )
mg N(cos sen )
θ μ θ
θ μ θ
= +
= −
a (sen cos )
g (cos sen )
θ μ θ
θ μ θ
+
 =
−
 (3) 
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Da segunda lei de Newton, extraímos a aceleração: 
1 2
F
F (m m ) a F 17a a
17
= +   =  = (4) 
 
Substituindo (4) em (3) e os valores: 
F (0,6 0,2 0,8)
17 10 (0,8 0,2 0,6)
0,76
F 170 F 190 N
0,68
+ 
 =
 − 
=   =
 
 
Resposta da questão 18: 
 [A] 
 
Dados: e c; 2.μ μ μ μ= = 
Para um corpo num plano inclinado com atrito temos: 
 
 
 
xP Psenθ= 
yN P Pcosθ= = 
 
As figuras 1 e 2 mostram as forças paralelas ao plano inclinado nas duas situações propostas. 
 
 
 
Como na situação da Figura 1 o corpo está na iminência de escorregamento, a força de atrito tem intensidade 
máxima ( )at1 at máx e yF F N P .μ μ= = = 
Sendo uma situação de equilíbrio, a resultante das forças em cada um dos corpos é nula. 
( )x 1 x at x y
x 1 at 1
A P T 0
+ 2 P F 0 2 P P 
B P T F 0
2 sen
2 m g sen m gcos .
cos
μ
θ
θ μ θ μ
θ
→ − =
 − =  = 
→ + − =
=  =
 
 
O coeficiente de atrito cinético é: 
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c c
2 sen
sencos .
2 2 cos
θ
μ θθμ μ
θ
= =  = 
 
Na situação da Figura 2, o movimento é acelerado. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica em cada corpo: 
( )x 2 x x c y
x 2 at2
C 2 P T 2 m a
 2 P P P 3 m a 
B P T F m a
μ
→ − =
+  + − = 
→ + − =
 
sen
3 m g sen m gcos 3 m a 3 g sen g sen 3 a 
cos
2 g sen
a .
3
θ
θ θ θ θ
θ
θ
 
− =  − =  
 
=
 
 
Resposta da questão 19: 
 [B] 
 
Como o carrinho está apoiado em um plano inclinado, ele irá descrever um movimento retilíneo uniformemente 
variado (MRUV), tanto na descida, como na subida. 
A partir da equação dos espaços do MRUV 
2
0
a.t
( S V .t )
2
 = + , teremos: 
2
0
a.t 2. S
V 0 S t
2 a

= →  = → = 
 
Como a distância na subida é igual à distância na descida, podemos escrever: 
subida descidaS S SΔ Δ Δ= = 
s d s d
s d
2. S 2. S
t , t e t t t
a a
 
= = = + 
 
Onde st equivale ao tempo de subida, 0t equivale ao tempo de descida e t equivale ao tempo total do movimento. 
 
O enunciado pergunta a relação entre t e st , ou seja: 
ds d d s s
s s s d s d
s
2. S
at t t a at t
1 1 1 1
t t t a t a2. S
a

+
= = + = + = + → = +

 (EQUAÇÃO 1) 
 
Para respondermos a pergunta do enunciado, teremos que encontrar a aceleração na subida (as) e a aceleração na 
descida (ad), de acordo com a equação 1. 
 
Análise das forças que atuam em um corpo apoiado num plano inclinado: 
 
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y
x
y
N P
P P.sen m.g.sen
P P.cos m.g.cos
θ θ
θ θ
=
= =
= =
 
 
Lembre-se que: 
A
A
A y
R
R
F : força de atrito
F N
F .P .m.g.cos
F : força resultante
F m.a
μ
μ μ θ
= 
= =
=
 
 
Corpo subindo o plano 
 
 
R x A s sF P F m.a m.g.sen .m.g.cos a g.sen .g.cosθ μ θ θ μ θ= + → = + → = + 
sa g.(sen .cos )θ μ θ= + 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Corpo descendo o plano 
 
 
x A
R x A d d
d
x A d
P F
F P F m.a m.g.sen .m.g.cos a g.sen .g.cos
a g.(sen .cos )
P F a 0
θ μ θ θ μ θ
θ μ θ

= − → = − → = −
= −
  
 
da g. | sen .cos |θ μ θ= − 
 
Substituindo as e ad na equação 1, teremos: 
 
s
s d s s
s
at t g.(sen .cos ) t (sen .cos )
1 1 1
t a t g. | sen .cos | t | sen .cos |
t (tan )
1
t | tan |
θ μ θ θ μ θ
θ μ θ θ μ θ
θ μ
θ μ
+ +
= + → = + → = +
− −
+
= +
−
 
 
Resposta da questão 20: 
 [B] 
 
No movimento de subida a desaceleração resultante é a ação da componente gravitacional e do atrito. 
Então: a g (sen cos )θ μ θ= −  + 
 
Aplicando Torricelli calcularemos a distância d que a partícula subirá no plano inclinado. 
 
 
2 2
0
2 2
0
2 2
0
2
0
v v 2 a S
0 v 2 g (sen cos ) d
0 v 2 g (sen cos ) d
d v 2 g (sen cos )
Δ
θ μ θ
θ μ θ
θ μ θ


= +  
= +  −  +
= −   +
=   +
 
 
No movimento de descida a aceleração resultante é a g (sen cos ).θ μ θ=  + 
 
Aplicando Torricelli mais uma vez: 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 
 
2 2
0
2 2 2
0
2 2
0
2 2
0
0
v v 2 a S
0 2 g (sen cos ) v 2 g (sen cos )
v 2 g (sen cos ) v 2 g (sen cos )
v (sen cos ) v sen cos )
v
(
(sen cos )
(sen cos )
v v
Δ
θ μ θ θ μ θ
θ μ θ θ μ θ
θ μ θ θ μ θ
θ μ θ
θμ θ
= +  
= +   −    +
=   −    +
= −  +
−
= 
+