08 02 - (Lista - Força de Atrito) [GABARITO]

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Física 
 
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Força de Atrito 
1: [C] 
A força que a pessoa aplica na caixa ( )pF e a que a caixa aplica na pessoa ( )CF formam um par ação-reação, tendo, 
portanto, a mesma intensidade: p cF F= . 
Como o movimento é retilíneo e acelerado, a força que a pessoa aplica na caixa tem intensidade maior que a da 
força de atrito, ou seja: p aF F . 
Assim: p c aF F F=  
2: [B] 
 
Como o bloco permanece em repouso, significa que a força resultante é nula, sendo que a força de atrito estático é 
igual em módulo à força 1F na figura (a) e na situação da figura (b) é igual à diferença entre 1F e 2F . 
 
3: [C] 
 
Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
Aplicando-se a segunda lei de Newton: resF m a=  
atF F m a F N m aμ− =   −  =  
 
Como o deslocamento é horizontal, o módulo da força normal é igual ao peso, devido à inexistência de forças extras 
na vertical. 
F P m a F m g m aμ μ−  =   −   =  
 
Isolando o coeficiente de atrito cinético e substituindo os valores fornecidos, ficamos com: 
2
2
F m a 600 N 120 kg 2 m s
0,3
m g 120 kg 10 m s
μ μ μ
−  − 
=  =  =
 
 
 
4: [A] 
Dados: M = 12 kg; mB = 400 g = 0,4 kg; ρ = 1 kg/L; μ E = 0,4; Z = 0,2 L/s. 
 
Na iminência de escorregamento, somados os módulos do peso do balde e do peso da água nele contida devem ser 
igual ao módulo da força de atrito estática máxima. 
( ) ( )B A E B A E A
A
P P N m m g M g 0,4 m 0,4 12 
m 4,4 kg.
+ =   + =   + = 
=
 
Como a densidade da água é 1 kg/L, o volume (V) despejado é 4,4 L. 
A vazão (Z) é dada por: 
 
V V 4,4
Z t 
t Z 0,2
t 22 s.
=   = = 

 =
 
 
 
 
 
 
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5: [D] 
 
De acordo com as forças que atuam nas direções de possíveis movimentos, apresentadas no diagrama de corpo livre 
abaixo, e utilizando o Princípio Fundamental da Dinâmica: 
 
 
 
( )B a A BP T T F m m a− + − = +  
 
Considerações: 
- Como o sistema permanece em equilíbrio estático, a aceleração é igual a zero; 
- Os módulos das trações nos corpos são iguais e com sinais contrários. 
 
BP T− T+ a
B a
F 0
P F
− =
=
 
 
Substituindo o peso do corpo B pelo produto de sua massa pela aceleração da gravidade: 
a BF m g=  
 
Substituindo os valores, temos, finalmente: 
2
a aF 1kg 10 m s F 10 N=   = 
 
6: [D] 
 
Basta aplicar o Princípio Fundamental da Dinâmica aos dois casos. 
[I] Sem atrito: 
( )= +  = =  =
+
2
1 1 1
mg 30
mg m M a a a 3 m/s .
m M 10
 
 
[II] Com atrito: 
( ) ( )
( )
− = +  − = + 
−−
= =  =
+
at 2 2
2
2 2
mg F m M a mg Mg m M a
230 70mg Mg 7a a 1 m/s .
m M 10
μ
μ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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7: [B] 
 
Dados: x1 = 2 cm; x2 = 10 cm. 
 
 
Na Figura 1, o bloco está na iminência de escorregar. A componente de atrito ( )
v
atF é máxima e, como o bloco ainda 
está em repouso, ela tem a mesma intensidade da força elástica ( )
v
F . Pela mesma razão, a componente normal ( )
v
N
tem a mesma intensidade que o peso ( )
v
P do bloco. 
 
Sendo k a constante elástica da mola, m a massa do bloco e g a intensidade do campo gravitacional, temos: 
 
N = P = m g (I) 
Fat = F   N = k x1 (II) 
 
Substituindo (I) em (II): 
 m g = k x1 (III). 
 
Na Figura 2, o bloco também está em repouso. Assim, a nova força elástica ( )
v
elF equilibra o peso. 
Fel = P  
 
k x2 = m g (IV). 
 
Substituindo (IV) em (III), vem: 
 k x2 = k x1   = 
1
2
x 2
x 10
=   = 0,2. 
8: [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
= =
 =
 
9: 01 + 08 = 09. 
 
[01] Verdadeira. De acordo com o diagrama de forças abaixo: 
 
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aplic
T T
F 350 N T 1400 N
4 4
=  =  = 
 
 
 
[02] Falsa. Primeiramente, é preciso testar se o sistema se move. Para isso, a tração na corda sobre o bloco deve ser 
maior que a força de atrito estático ( )at.est.T F . 
2
at.est. e e at.est. at.est.F N m g F 0,3 400 kg 10 m / s F 1200 Nμ μ=  =  =    = (se move!) 
 
Para calcular a aceleração precisamos do atrito cinético. 
2
at.cin. c c at.cin. at.cin.F N m g F 0,25 400 kg 10 m / s F 1000 Nμ μ=  =  =    = 
 
Então, sobre o bloco, a força resultante é: 
R at R RF T F F 1400 N 1000 N F 400 N= −  = −  = 
 
E a aceleração, pela segunda Lei de Newton: 
2RF 400 Na a a 1m / s
m 400 kg
=  =  = 
 
[04] Falsa. Sobre o bloco atuam quatro forças: peso, tração, força de atrito e a força normal. 
 
[08] Verdadeira. Ver item [02]. 
 
[16] Falsa. A força mínima para a movimentação do bloco é tal que iguale a tração no bloco com a força de atrito 
estático, isto é, 1200N, como visto no item [02]. Para isso, a força aplicada deve ser igual à quarta parte desse 
valor. 
mín.
1200 N
F 300 N
4
= = 
 
10: [E] 
 
As forças verticais que agem na moeda de R$ 1,00 são o seu próprio peso 1(P ) e as forças de atrito com a outra 
moeda 2(F ) e com a parede 1(F ), conforme mostra a figura 
 
 
 
Do equilíbrio: 
= =
= + = +  =
2 2
1 1 2 1
F P 0,05N
F P F 0,09 0,05 F 0,14N.
 
11: [D] 
 
 
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De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo representado: 
 
 
 
Para o equilíbrio estático, temos: 
at
F N
F P
=

=
 
 
Pela definição da força de atrito: 
at e at eF N F Fμ μ=   =  
 
at atF P F m g=  =  
 
Então: 
e
e
m g
F m g Fμ
μ

 =   = 
 
Assim: 
22 kg 10 m / s
F F 40 N
0,5

=  = 
12: [E] 
 
De acordo com o diagrama de forças da figura abaixo, temos: 
 
 
 
yx
at e
N P PcosP Psen
x at eF N
P F Psen N P
θθ
μ
θ μ
= ==
=
= ⎯⎯⎯⎯⎯→ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ esen Pθ μ= cos θ 
 
e e
sen 0,6
0,75
cos 0,8
θ
μ μ
θ
= =  = 
 
13: [E] 
 
 
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Da figura, podemos escrever: 
at
N Pcos
F Psen F P(sen cos )
θ
θ θ μ θ
=

= −  −
 
 
Pela última equação acima, para a primeira situação, temos: 
1 1 1F P(sen cos )
200 1000(0,6 0,8) 0,5
θ μ θ
μ μ
= −
= −   =
 
 
Sendo F' o valor da nova força mínima a ser aplicada, para a segunda situação, temos: 
2 2F' P(sen cos )
F' 1000(0,8 0,5 0,6) 1000 0,5
F' 500 N
θ μ θ= −
= −  = 
 =
 
14: [D] 
 
A figura mostra as forças e as componentes das forças que agem em cada bloco, considerando que em cada plano 
inclinado o fio esteja paralelo à superfície. 
 
 
 
Calculando as intensidade dessas forças: 
 
A A
A x A
A y A
A Ay
A A
B B
B x B
B y B
B By
B A
P m g 10 10 100N
P P sen53 100 0,8 80N
Bloco A P P cos53 100 0,6 60N
N P 60N
f N 0,2 60 12N
P m g 30 10 300N
P P sen37 300 0,6 180N
Bloco B P P cos37 300 0,8 240N
N P 240N
f N
μ
μ
 = =  =

=  =  =

=  =  =

= =
 = =  =
= =  =
=  =  =
=  =  =
= =
= = 0,2 240 48N







  =
 
 
 
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Como Bx AxP P , o bloco A tende a subir e o bloco B tende a descer. As forças de atrito têm sentido oposto ao da 
tendência de escorregamento. 
Como ( )Bx Ax B AP P f f , + + o corpo A acelera para cima e o corpo B acelera para baixo. 
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema, calcula-se o módulo da aceleração. 
( )Bx Ax A B A B
2
P P f f m m
180 48 12 80 40a 40 40a a 1 m s .
− − − = +
− − − =  =  =
 
 
No bloco A: 
( )Ax A AT P f m a T 10 1 80 12 T 102N T 0,102kN.− − =  = + +  =  = 
15: [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
=   =   =
=   =   =
=  =  =    =    =
 
 
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
= − −
= − −  =
 
16: [C] 
 
Analisando o proposto pelo enunciado, podemos desenhar o diagrama de forças que atuam sobre o corpo. 
 
 
 
Assim, analisando as forças, temos que: 
 
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( )
( )
R atF P sen 37 F
P cos 37 N
 =   −

  =
 
 
Pelos dados de deslocamento, podemos calcular a aceleração da moeda no tempo dado: 
2
o
2
2
a t
S v t
2
a 1
2
2
a 4 m s
Δ

=  +

=
=
 
 
Diante disto, temos que: 
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
R at
R
R
F P sen 37 F
F P sen 37 N
F P sen 37 P cos 37
m a m g sen 37 m g cos 37
a g sen 37 g cos 37
4 10 0,6 10 0,8
0,25
μ
μ
μ
μ
μ
μ
=   −
=   − 
=   −   
 =    −    
=   −   
=  −  
=
 
17: [A] 
 
Desconsiderando a resistência do ar, a resultante das forças resistivas sobre cada carro é a própria força de atrito. 
atR F m a N.μ=  = 
 
Como a pista é horizontal, a força peso e a força normal têm mesma intensidade: 
N P mg.= = 
 
Combinando as expressões obtidas: 
m a N m a m g a g.μ μ μ=  =  = 
 
Como o coeficiente de atrito é constante, cada movimento é uniformemente retardado (MUV), com velocidade final 
nula. 
 
Aplicando a equação de Torricelli: 
2 2 2
2 2 0 0
0
v v v
v v 2 a d d d .
2 a 2 gμ
−
= −  =  = 
 
Dados para as duas situações propostas: 20 e cv 108km/h 30m/s; 1; 0,75; g 10 m/s .μ μ= = = = = 
Assim: 
22
0
1 1
e
22
0
2 2
c
30v 900
d d 45m.
2 g 2 1 10 20
30v 900
d d 60m.
2 g 2 0,75 10 15
μ
μ

 = = =  =
 



 = = =  =
  
 
18: [C] 
 
As componentes da força (F) que a esteira exerce na caixa são a Normal (N) e a de atrito at(F ), conforme mostra a 
figura. 
 
 
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19: [A] 
 
A figura ilustra a situação descrita. 
 
 
 
Na vertical: 
yN F P N P Fsen53 N 20 0,8F+ =  = −   = − 
 
Na horizontal: 
Na eminência de movimento, a componente horizontal x(F ) atinge a mesma intensidade da força de atrito estática 
máxima. 
( )x at eF F Fcos53 N 0,6F 0,25 20 0,8F 0,6F 0,2F 5 
5
F F 6,25N.
0,8
μ=   =  = −  + = 
=  =
 
20: [A] 
 
1ª Solução: 
Do gráfico, calculamos o módulo da aceleração: 
2v 0 5a a 0,5 m/s .
t 10 0
Δ
Δ
−
= =  =
−
 
 
A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito: 
2
at
a 0,5
F R m g m a 0,05 5 10 .
g 10
μ μ μ −=  =  = = =  =  
 
 
2ª Solução: 
Do gráfico, calculamos o deslocamento: 
5 10
S "área" 25 m.
2
Δ

= = = 
 
A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito. Pelo teorema da energia cinética: 
 
21: 
 
a) Analisando o enunciado, podemos fazer o diagrama de forças atuando na caixa. 
 
 
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Assim, podemos dizer que: 
( )
( )
ATF cos F
N P F sen
θ
θ
  =

= + 
 
 
Logo, 
( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
F cos N
F cos P F sen
F cos m g F sen
F cos F sen m g
m g
F
cos sen
θ μ
θ μ θ
θ μ μ θ
θ μ θ μ
μ
θ μ θ
 = 
 =  + 
 =   +  
 −   =  
 
=
− 
 
 
b) Se o ângulo for igual a zero (Força F na horizontal), teremos que: 
ATF F
F N P
F m g
μ μ
μ
=
=  = 
=  
 
2 22
0 0
atFat R
2 2
20
m v m vm v
W W F S mg S 0 
2 2 2
v 5 1
 5 10 .
2 g S 2 10 25 20
Δ μ Δ
μ μ
Δ
−
=  − = −  − = − 
= = =  = 
 
 
22: [D] 
 
 
 
Se a velocidade do móvel é constante, logo ele não possui aceleração ( )2a 0 m s ,= utilizando a segunda lei de 
Newton, temos: 
 
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x at
x at
x at
x
at
at
at
at
F cos30 (P F ) ma
F cos30 (P F ) 0
P F F cos30
P mgsen20
mgsen20 F F cos30
F cos30 mgsen20 F
mg sen20 F
F
cos30
mg sen20 F
F
cos30
10 10 0,34 6
F
0,87
34 6
F
0,87
40
F
0,87
F 46 N
 − + =
 − + =
+ = 
=
+ = 
 = +
 +
=
 +
=
  +
=
+
=
=

 
23: 
 
a) 0,4 m/s2 
b) 0,8 N 
 
24: [C] 
 
Para que os dois blocos se movam com velocidade constante, basta que a força resultante em cada um deles 
separadamente seja nula. 
 
Analisando o Bloco B, temos que: 
 
 
 
Disto, para que a força resultante seja nula, 
BAat B
T F m g
T 0,35 0,4 10
T 1,4 N
μ= =  
=  
=
 
 
Analisando o Bloco A, temos que: 
 
 
 
Note que a força de atrito entre o bloco A e o bloco B também deve ser considerada neste caso. 
Disto, para que a força resultante seja nula, 
 
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( )
AS BAat at
A B
F T F F
F 1,4 0,35 m m g 1,4
F 1,4 0,35 1,2 10 1,4
F 7,0 N
= + +
= +  +  +
= +   +
=
 
25: 
 
a) Na FIGURA 1 o abajur está em repouso, na horizontal. Então a normal e o peso têm mesma intensidade. 
1N P.= 
A figura mostra as forças que agem no abajur na situação da FIGURA 2. Como o abajur ainda está em repouso, a 
resultante dessas forças é nula. Pela regra da poligonal, elas dever fechar um triângulo. 
 
 
 
No triângulo destacado: 
2
2 2 2
N 3
cos N Pcos N Pcos30 N P.
P 2
θ θ=  =  =   = 
1 1
2 2
N NP 2 2 3
 .
N N 33 3
P
2
= =  = 
 
b) Como o abajur está na iminência de escorregar, a força de atrito tem intensidade máxima. 
Ainda no triângulo destacado: 
e 2at
e e
2 2
NF 3
tg tg tg tg 30 .
N N 3
μ
θ θ μ θ μ=  =  = =   = 
 
26: 
 
a) Dados: 21 2 cm 1kg;m 0,5 kg; 0,8; v 2 m s; g 10 m s .μ= = = = = 
A figura mostra as forças atuantes nos blocos: 
 
 
 
Na direção vertical, a resultante no bloco 2 é nula: 
( )
( )
2 2 2 2
at c 2 at
N P m g 0,5 10 N 5 N.
F N 0,8 5 F 4 N.μ
= = =  =
= =  =
 
 
As trações 1T e 2T têm mesma intensidade, pois agem no mesmo fio. 
 
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Calculando a aceleração dos blocos: 
( )1 1 1 21 at 1 2
2 at 2
P T m a
P F m m a 10 4 1,5 a a 4 m s .
T F m a
 − =
 − = +  − =  =
− =
 
 
Pela equação de Torricelli calcula-se o deslocamento: 
2 2
0
 
0
v v=
2 2v 2 4
2a S S S 0,5m.
2a 2 4 8
Δ Δ Δ+  = = =  =

 
 
b) Dados: 6N 5 nN;d 2 m 2 10 m.μ −= = =  
 
 
 
O gráfico ao lado mostra que para 
9
atN 5nN F 1,5nN 1,5 10 N.
−=  = =  
 
Calculando o módulo do trabalho da força de atrito: 
( )9 6 15atFat FatW F dcos180 1,5 10 2 10 1 W 3,0 10 J.
− − −=  =    −  =  
27: [E] 
 
O diagrama de corpo livre para o sistema de blocos é mostrado abaixo: 
 
 
 
Para o bloco A, aplicando a segunda lei de Newton: 
RF m a=  
 
A 1 A 1 AP T m a T m (g a)− =   =  − 
 
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2
1 1T 3 kg (10 2,4)m / s T 22,8 N=  −  = 
 
Para o cálculo de 2T observa-se que tem o mesmo valor da força elástica eF : 
2 e 2 2T F k x T 1240 N / m 0,02 m T 24,8 N= =   =   = 
 
No corpo B, primeiramente calculamos as componentes do peso nas direções tangencial XP e perpendicular ao 
plano inclinado YP . 
2
X B X B X B
X B
P P sen 37 P m g sen 37 P 10m / s 0,6 m
P 6 m
=    =     =  
 =
 
 
2
Y B Y B Y BP P cos 37 P m g cos 37 P 10m / s 0,8 m=   =    =   
Y BP 8 m = e para o equilíbrio no plano Y BP N = 
 
at B Y
at B B
F N P
F 0,4 8 m 3,2 m
μ μ=  = 
=  =
 
 
Aplicando a 2ª lei de Newton no corpo B, temos: 
RF m a=  
 
X 1 2 at B
B B B
B B
P T T F m a
6 m 22,8 N 24,8 N 3,2 m 2,4 m
2
m m 5 kg
0,4
+ − − = 
+ − − =
=  =
 
28: [D] 
 
Do diagrama de forças abaixo: 
 
 
 
Para o corpo A, temos: 
A atP sen F T 0θ − − = 
 
Mas a força de atrito é dada por: 
( ) ( )
at A
A
F P cos
P sen cos T 1
μ θ
θ μ θ
=  
 −  =
 
 
Na roldana que segura o corpo B, temos a relação entre as trações das duas cordas: 
 
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1T 2T= 
 
O equilíbrio de forças para o corpo B é dado por: 
B
B 1 B
P 200 N
P T P 2T T T T 100 N
2 2
=  =  =  =  = 
 
Substituindo na equação (1), resulta: 
( ) ( )A A A
T 100 N 100 N
P P P 500 N
sen cos 0,6 0,5 0,8 0,2θ μ θ
=  = =  =
−  − 
 
 
29:Observação: Houve um deslize da banca examinadora pois a notação F 10N= (mostrada na primeira figura) é 
incorreta. As opções corretas são | F | 10N ou F 10N,= = como mostra a figura da resolução. 
 
a) Dados: 
2
puxando repousol 0,11m; I 0,10 m; k 240 N m; g 10m s .= = = = 
A figura mostra as forças agindo no bloco. 
 
 
 
Como a velocidade é constante, essas forças estão equilibradas. 
( ) ( )puxando repouspat k l l 840 0,11 0,10F F N k x
 mg k x 
mg 2 10N mg
 0,42.
μ
μ μ
μ
− ==  =
 =  = = 
=
=
 
 
 
b) Dados: 2 4 2A 80cm 80 10 m ; F 10N.−= =  = 
Do gráfico: 
 
 
 
O menor valor do coeficiente de atrito dinâmico ocorre para o módulo de cisalhamento, 5G 5 10 Pa.=  
 
Usando a expressão dada: 
 
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5 4Fl l GA 5 10 80 10 l
G 400.
A x x F 10 xΔ Δ Δ
−  
=  = =  = 
 
30: [E] 
 
Dados: 2C Sm 2.000 kg; m 1.000 kg; g 10 m s ; 0,5; d 10 m.μ= = = = = 
 
Após a colisão, a força de atrito é a resultante das forças agindo sobre o conjunto (camionete + sedã) e a energia 
cinética final desse conjunto é nula. 
Pelo teorema da energia cinética (TEC) calcula-se a velocidade inicial do conjunto imediatamente após a colisão. 
Assim, sendo C SM m m ,= + a massa do conjunto, tem-se: 
at at
final inicial inicial
cin cin cin cinR F F
2 2
0 0
at
0 0
TEC: W E W E E W 0 E 
Mv M v
F d M gd
2 2
v 2 gd 2 0,5 10 10 v 10 m s.
Δ
μ
μ
=  = −  = − 
−
− = −  − = 
= =     =
 
 
Considerando o sistema mecanicamente isolado na colisão, pelo teorema da conservação da quantidade de 
movimento, vem: 
( ) ( )depoisantessist C C C S 0 C Csist
C
Q Q m v m m v 2.000v 3.000 10 v 15 m s
v 54 km h.
=  = +  =  = 
=
 
31: [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+ +  
= +  =  =  = 
=
 
32: [C] 
 
Para o corpo apoiado na superfície vertical do carro, o diagrama de corpo livre abaixo mostra as forças envolvidas na 
situação: 
 
 
 
Na horizontal, a força resultante é a força normal: 
( )N m a 1=  
 
Na vertical, temos que: 
( )at atF P F m g 2=  =  
 
Mas para que o corpo permaneça equilibrado na vertical, é necessário que o atrito estático não seja ultrapassado. 
 
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( )atF N 3μ  
 
Combinando as equações (1) e (2) em (3): 
mg mμ  a
g
a
μ

 
33: [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
  − =   − = 
+
+
 =  = 
 =