Aula_04_-_Mecânica_Newtoniana_-_Extensivo_2024_enemconcursosgaucheallfree

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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Física 
Prof. Henrique Goulart 
Aula 04 – Mecânica Newtoniana 
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2024 
Exasi
u 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 2 
 
SUMÁRIO 
INTRODUÇÃO 4 
1) AS LEIS DE NEWTON 5 
1.1. Primeira Lei de Newton 5 
1.2. Segunda Lei de Newton 6 
1.3. Terceira Lei de Newton 11 
2) FORÇAS RELEVANTES EM PROBLEMAS DE MECÂNICA 14 
2.1. Força Peso 14 
2.2. Força Normal 15 
2.3. Força de Tração 16 
2.4. Força de Atrito 16 
2.5. Força Elástica 25 
2.6. Força de Empuxo 26 
2.7. Dica para Resolver Exercícios de Mecânica 27 
3) ESTÁTICA DE CORPOS RÍGIDOS 34 
3.1. Momento de uma Força 34 
3.2. Alavancas 43 
3.2.1. Alavancas Interfixas 43 
3.2.2. Alavancas Inter-resistentes 44 
3.2.3. Alavancas Interpotentes 45 
4) SISTEMAS E APLICAÇÕES 47 
4.1. Movimento Circular 47 
4.2. Polias e Roldanas 50 
4.3. Plano Inclinado 55 
5) RESUMO DA AULA 63 
6) LISTA DE EXERCÍCIOS 71 
Gabarito 91 
7) LISTA DE EXERCÍCIOS RESOLVIDA E COMENTADA 92 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 3 
CONSIDERAÇÕES FINAIS 137 
VERSÕES DA AULA 138 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 138 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 4 
INTRODUÇÃO 
Faaaaala, guerreira! Faaaaala, guerreiro! Tudo bem contigo?! 
Eu sou o Professor Henrique Goulart, um dos professores de Física aqui do 
Estratégia Vestibulares. 
Seja muito bem-vindo à nossa Aula 04 do Curso de Física! 
Estou muito feliz em ver que você conseguiu vencer todos os tópicos da aula anterior com 
sucesso! 
Nesta aula, vamos falar a principal teoria científica da Física: a Mecânica Newtoniana. 
Vamos estudar as famosas três leis de Newton, suas aplicações e as principais forças relevantes 
em problemas de Dinâmica. Além disso, vamos ver a definição de Momento de uma Força e o 
seu uso na análise do equilíbrio de corpos rígidos. 
 
Minha guerreira, meu guerreiro, não esqueça que ao mesmo tempo que você tem este 
livro digital, em PDF, você também pode conferir a videoaula! 
Ah, também não esqueça que qualquer dúvida pode ser tirada diretamente pelo fórum de 
dúvidas! 
Ao finalizar esta aula, é esperado que você tenha desenvolvido e adquirido todas as 
ferramentas teóricas e práticas e seja capaz de resolver os exercícios específicos da banca da 
sua prova de vestibular. 
 
Prepara o café e o chocolate e vem comigo! 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 5 
1) AS LEIS DE NEWTON 
Isaac Newton viveu entre os anos de 1642 e 1727. Sua maior contribuição para a ciência 
foi a elaboração do trabalho chamado Princípios Matemáticos da Filosofia Natural. Nele estão 
contidas quatro importantes leis que são cobradas nos vestibulares: as conhecidas Três Leis de 
Newton e a Lei da Gravitação Universal. Os Principia, como é popularmente conhecido, teve sua 
primeira edição no ano de 1687 (final do século XVII). 
 
Figura 1: Isaac Newton. 
1.1. Primeira Lei de Newton 
“Todo o corpo permanece no seu estado de repouso, ou de movimento uniforme 
retilíneo, a não ser que seja compelido a mudar esse estado devido à ação de forças 
aplicadas.” 
Philosophiae Naturalis Principia Mathematica 
(Princípios Matemáticos da Filosofia da Natureza) 
Edição de 1726 dos Principia. 
Dentro da mecânica de Newton, não existe diferença entre um corpo se mover em 
linha reta com velocidade constante ou estar e permanecer em repouso. As configurações 
dinâmicas de um corpo que se move em MRU (Movimento Retilíneo Uniforme) e outro que está 
e permanece em repouso são idênticas. 
Na natureza, todos os corpos em repouso tendem a permanecer em repouso, assim 
como todos os corpos que se movem tendem a se mover uniformemente em linha reta. 
Esta tendência natural se chama INÉRCIA. O conceito de Inércia foi desenvolvido por Galileu 
Galilei que, por coincidência, morreu no dia em que Newton nasceu. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 6 
Com o passar dos anos, a ciência foi se desenvolvendo, e as Leis de Newton passaram 
por um amadurecimento em suas interpretações. Atualmente, o entendimento da Primeira Lei de 
Newton é associado à definição de REFERENCIAIS INERCIAIS, a partir dos quais partículas 
isoladas (livres de forças) se movem em linha reta percorrendo distâncias iguais em tempos 
iguais. São referenciais não acelerados. 
Referenciais Inerciais (ou Sistemas Inerciais de Referência) são pontos de vista físicos 
em que as Leis de Newton podem ser aplicadas em sua plenitude. Ou seja, a partir dos quais as 
Leis de Newton funcionam, prevendo, reproduzindo e descrevendo com sucesso os movimentos 
dos corpos a partir de suas interações com objetos vizinhos. 
Em provas, as questões que exigem a aplicação das Leis de Newton geralmente 
apresentam em seus textos as expressões do tipo “a partir de um observador inercial” ou “de 
um ponto de vista inercial”. Isso nada mais é que o redator da questão pedir ao candidato que 
utilize e aplique seus conhecimentos sobre a Mecânica Newtoniana para resolver a questão, 
deixando explícita a validade das leis. 
 
1.2. Segunda Lei de Newton 
“A variação de movimento é proporcional à força motriz aplicada e se dá na direção 
da reta segundo a qual a força está aplicada.” 
Philosophiae Naturalis Principia Mathematica 
(Princípios Matemáticos da Filosofia da Natureza) 
Edição de 1726 dos Principia. 
Newton propõe, com essa lei, a relação de uma FORÇA com a VARIAÇÃO DO 
MOVIMENTO de um corpo. Além disso, essa variação só ocorre na direção da força aplicada, 
ou seja, para onde a força está empurrando ou puxando. Se um corpo está sendo empurrado 
para a direita, por exemplo, essa força causa somente uma variação do movimento desse corpo 
para a direita. 
A partir dos conceitos científicos e definições atuais, a Segunda Lei de Newton pode ser 
reescrita como: 
“A Resultante das Forças sobre uma partícula é igual à variação temporal da sua 
Quantidade de Movimento Linear.” 
Quantidade de Movimento Linear “p” é definida como o produto da massa “m” e da 
velocidade “v” de um corpo. 
𝑝 = 𝑚 ⋅ 𝑣 
p: Quantidade de Movimento Linear (kg.m/s). 
m: Massa (kg). 
v: Velocidade (m/s). 
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Ao escrever este enunciado matematicamente, tem-se: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 =
𝛥𝑝
𝛥𝑡
 
Fres: Resultante das Forças (N). 
t: Tempo (s) 
Δ: variação de uma grandeza. 
a: Aceleração (m/s²). 
A Resultante das Forças é a soma vetorial de todas as forças sobre um corpo. 
Para corpos com massa constante, a variação temporal da Quantidade de Movimento 
Linear pode ser escrita como o produto da Massa pela Aceleração, conforme a operação abaixo. 
 
Portanto, essa lei nos traz, basicamente, a fórmula matemática que relaciona o resultado 
de todas as forças sobre um corpo com sua massa e aceleração. Esta é a equação que será 
amplamente utilizada na solução de exercícios! 
 
amFres =
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 8 
A partir dessa equação, pode-se deduzir dois casos possíveis: 
Caso 1: se a resultante das forças sobre um corpo é nula, ou seja, se todas as forças 
aplicadas sobre um corpo se equilibram e se anulam, o lado esquerdo da equação fica igual a 
zero. Assim, para que o lado direito também seja zero e respeite a igualdade, obrigatoriamente 
a aceleração deve ser também nula. 
A aceleração de um corpo ser nula, conforme visto em nossa aula de Cinemática, implica 
no fato de a velocidade não sofrer variação, ou seja, a velocidade do corpo será constante. 
Portanto, restará para o corpo se mover em Movimento RetilíneoUniforme (MRU) ou, 
se estiver em repouso (velocidade igual a zero), assim permanecer. 
 
Caso 2: se a resultante das forças sobre um corpo NÃO for nula, ou seja, se as forças 
aplicadas sobre um corpo NÃO se equilibram, o lado esquerdo da equação fica diferente de zero. 
Assim, para que o lado direito seja diferente de zero e respeite a igualdade, obrigatoriamente a 
aceleração NÃO será nula. 
A aceleração de um corpo NÃO ser nula, conforme visto em nossa aula de Cinemática, 
implica no fato de a velocidade SOFRER variação, ou seja, a velocidade do corpo SERÁ 
variável. 
Portanto, o corpo poderá se mover em Movimento Retilíneo Uniformemente Variável 
(MRUV), em Movimento Circular Uniforme (MCU), ou ainda ter outros movimentos mais 
complexos. 
 
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Exemplo: UFRGS 2004 
Selecione a alternativa que preenche corretamente as lacunas do texto abaixo, na ordem em que 
elas aparecem. 
Na sua queda em direção ao solo, uma gota de chuva sofre o efeito da resistência do ar. Essa 
força de atrito é contrária ao movimento e aumenta com a velocidade da gota. No trecho inicial 
da queda, quando a velocidade da gota é pequena e a resistência do ar também, a gota está 
animada de movimento _______________________. Em um instante posterior, a resultante das 
forças exercidas sobre a gota torna-se nula. Esse equilíbrio de forças ocorre quando a velocidade 
da gota atinge o valor que torna a força de resistência do ar igual, em módulo, 
______________________ da gota. A partir desse instante, a gota 
________________________. 
A) acelerado – ao peso – cai com velocidade constante 
B) uniforme – à aceleração – cai com velocidade decrescente 
C) acelerado – ao peso – para de cair 
D) uniforme – à aceleração – para de cair 
E) uniforme – ao peso – cai com velocidade decrescente 
Comentários 
No trecho inicial, a Força Peso, que puxa a gota verticalmente para baixo, é maior que a 
força de resistência do ar, que aponta para cima, se opondo ao sentido do movimento. Assim, 
como visto no Caso 2, a gota desce aumentando sua velocidade num movimento acelerado. 
Quando a resultante das forças sobre a gota se anula, conforme visto no Caso 1, as forças 
Peso e Arrasto (“atrito do ar”) se igualam. Assim, a força de resistência do ar fica com valor igual 
ao Peso da gota. 
Portanto, como a resultante das forças é nula devido ao equilíbrio das forças, a gota 
continua seu movimento de descida, porém com velocidade constante. 
Gabarito: “A” 
 
Exemplo: UFRGS 2017 
Aplica-se uma força de 20 N a um corpo de massa m. O corpo desloca-se em linha reta com 
velocidade que aumenta 10 m/s a cada 2s. 
Qual o valor, em kg, da massa m? 
A) 5. 
B) 4. 
C) 3. 
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D) 2. 
E) 1. 
Comentários 
Conforme a segunda lei de Newton, temos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: 
F = 20 N 
Δv = 10 m/s 
Δt = 2 s 
m = ? 
Para o cálculo da massa do corpo, precisamos saber a força e a aceleração. A força já foi 
informada. Como ela é única, já temos a resultante das forças: 20 newtons. Precisamos calcular 
a aceleração. 
Como a aceleração é a razão entre a variação da velocidade pela variação do tempo, 
podemos calcular: 
𝑎 =
𝛥𝑣
𝛥𝑡
 
𝑎 =
10
2
= 5𝑚/𝑠 
Agora, basta aplicar a equação da Segunda Lei de Newton: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
20 = 𝑚 ⋅ 5 
𝑚 =
20
5
= 4 𝑘𝑔 
Gabarito: “B” 
 
 
 
 
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1.3. Terceira Lei de Newton 
“A toda a ação sempre se opõe uma reação igual; ou, as ações mútuas de dois 
corpos são sempre iguais e dirigidas às partes contrárias.” 
Philosophiae Naturalis Principia Mathematica 
(Princípios Matemáticos da Filosofia da Natureza) 
Edição de 1726 dos Principia. 
A Primeira Lei de Newton nos traz o entendimento da validade de aplicação da Dinâmica 
Newtoniana. Já a Segunda Lei de Newton nos oferece uma equação matemática para a solução 
de problemas. Entretanto, esta não especifica quais forças podem entrar no lado esquerdo da 
equação (o lado direito tem massa e aceleração). 
A Terceira Lei de Newton propõe uma explicação de como que ocorrem as interações 
entre corpos na natureza. 
A partir dos conceitos científicos e definições atuais, a Terceira Lei de Newton pode ser 
reescrita como: 
“FORÇA é uma interação que surge aos pares, onde toda força de ação é correspondida 
por uma força de reação, instantaneamente, de mesma intensidade, na mesma direção, mas 
no sentido contrário.” 
 
 
Referenciais Não Inerciais 
Como foi visto a partir da Primeira Lei de Newton, a validade da aplicação da teoria 
newtoniana depende do ponto de vista ser considerado um Referencial Inercial, não 
acelerado (em repouso ou em Movimento Retilíneo Uniforme). 
As leis de Newton podem ser adaptadas para que também funcionem em sistemas de 
referência acelerados - não inerciais. 
Ao resolver um problema de Dinâmica a partir de um sistema não inercial, forças que 
não respeitam a Terceira Lei de Newton (par ação e reação) acabam aparecendo. 
Essas forças são chamadas de Forças Inercias ou Forças Fictícias. São exemplos de 
Forças Inerciais a Força Centrífuga e a Força Coriolis, que aparecem em sistemas 
acelerados em rotação. 
A introdução de forças fictícias ou inerciais possibilita a resolução de diversos 
problemas de Mecânica com a equação da 2ª Lei, mesmo desrespeitando a 3ª Lei. 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 12 
Exemplo: PUCRS 
Para exemplificar pares de forças, segundo o princípio da ação e reação, são apresentadas as 
seguintes situações: 
1. Ação: a Terra atrai os corpos. 
Reação: os corpos atraem a Terra. 
2. Ação: o pé do atleta chuta a bola. 
Reação: a bola adquire velocidade. 
3. Ação: o núcleo atômico atrai os elétrons. 
Reação: os elétrons movem-se em torno do núcleo. 
O par de forças ação-reação está corretamente identificado 
A) somente na situação 1. 
B) somente na situação 2. 
C) somente na situação 3. 
D) nas situações 2 e 3. 
E) nas situações 2 e 3. 
Comentários 
O princípio da ação e reação afirma que todos os corpos interagem trocando forças 
mutuamente. Qualquer ação com sua respectiva consequência não tem qualquer relação com a 
Terceira Lei de Newton. 
1 – CORRETA. 
Na afirmação 1, dizer que a Terra atrai corpos e estes atraem a Terra mutuamente, está 
de acordo com a Terceira Lei. Afirmação correta. 
2 – INCORRETA. 
Na afirmação 2, o atleta chutar e bola e ela adquirir velocidade refere-se a ação e 
consequência. Afirmação incorreta. O correto seria dizer que o atleta aplica uma força na bola 
no momento do chute e a bola exerce esta mesma força no pé do jogador. 
3 – INCORRETA. 
Na afirmação 3, dizer que um núcleo atômico atrai os elétrons e estes se movem ao seu 
entorno, reflete a ideia de ação e consequência. Portanto, afirmação incorreta. O correto seria 
dizer que um núcleo atrai elétrons assim como elétrons atraem núcleos. Ou seja, eles se atraem 
mutuamente. 
Gabarito: “A” 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 13 
 
Exemplo: UFRGS 2006 
A massa de uma partícula X é 10 vezes maior do que a massa de uma partícula Y. Se as 
partículas colidirem frontalmente uma com a outra, pode-se afirmar que, durante a colisão, a 
intensidade da força exercida por X sobre Y, comparada à intensidade da força exercida por Y 
sobre X, será 
A) 100 vezes menor. 
B) 10 vezes menor. 
C) igual. 
D) 10 vezes maior. 
E) 100 vezes maior. 
Comentários 
Conforme a Terceira Lei de Newton, toda força de interação entre dois corpos tem a 
mesma intensidade para ambos, mas em sentidos opostos. 
Nesse caso, durante a colisão, os dois corpos se empurraram mutuamente. 
Portanto, a força que X faz sobre Y é a mesma que X sente de Y. 
Gabarito: “C”t.me/CursosDesignTelegramhub
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 14 
2) FORÇAS RELEVANTES EM PROBLEMAS DE MECÂNICA 
Existem forças que geralmente estão presentes em exercícios de Mecânica Newtoniana. 
Neste capítulo, vou destacar seis dessas forças, que são as mais relevantes para a resolução 
de questões de Mecânica em provas de vestibulares. 
2.1. Força Peso 
A Força Peso é a força de atração gravitacional aplicada sobre um corpo, puxando-
o verticalmente para baixo (para o centro do planeta). 
Sempre que um objeto estiver próximo a um planeta ou qualquer outro corpo de grande 
massa, esta força será relevante ao problema. 
 
Existe uma lei na Física que diz como calcular esta força: A Lei de Newton da Gravitação 
Universal. 
A partir desta lei, podemos escrever a equação abaixo: 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
P : Força Peso (N) 
m : Massa (kg) 
g : Aceleração da Gravidade Local (m/s²) 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 15 
2.2. Força Normal 
A Força Normal é a força entre duas superfícies visualmente encostadas que se empurram 
mutuamente. 
Sempre que um objeto estiver apoiado numa superfície, ele sofrerá a ação de uma força 
que o afasta perpendicularmente dela. 
Não existe qualquer lei na Física que ofereça uma equação pronta para o cálculo da 
Normal entre superfícies. Essa é uma das forças que pode entrar do lado esquerdo na equação 
da Segunda Lei de Newton, o que possibilitará a sua determinação. Ou seja, a Força Normal irá 
assumir um valor tal que dependerá da configuração de todas as forças relevantes aplicadas 
sobre o corpo em questão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2.3. Força de Tração 
A Força de Tração é a força aplicada por cabos, fios, cordas, correntes, etc., que puxa um 
corpo. 
Sempre que uma corda esticada (ou semelhante) estiver presa a um corpo, ela irá puxá-
lo, tracionando-o na mesma direção e sentido da sua linha. 
 
 
 
Assim como a Força Normal, não existe qualquer lei na Física que ofereça uma equação 
pronta para o cálculo dessa força. Ela também pode entrar do lado esquerdo na equação da 
Segunda Lei de Newton, o que possibilitará a sua determinação. Ou seja, a Força de Tração irá 
assumir um valor tal que dependerá da configuração de todas as forças relevantes aplicadas 
sobre o corpo em questão. 
2.4. Força de Atrito 
A Força de Atrito é a força que se opõe ao deslizamento entre duas superfícies 
encostadas. 
Sempre que um corpo apoiado numa superfície se mover ou tentar se mover em relação 
a ela, surgirá uma força que irá se opor a esse movimento relativo entre a superfície do corpo e 
a superfície de apoio. 
Existe um grupo de leis na Física que diz como calcular a Força de Atrito nas situações 
estáticas e dinâmicas: As Leis de Coulomb para o Atrito. A partir dessas leis, podemos escrever 
a equação abaixo: 
𝐹𝑎𝑡 = 𝜇 ⋅ 𝑁 
Fat : Força de Atrito (N) 
μ : Coeficiente de Atrito ( ) 
N : Força Normal (N) 
Peso 
Tração 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 17 
Observe que a Força de Atrito é diretamente proporcional à força Normal entre as 
superfícies. Ou seja, quanto maior a força que une as superfícies, maior pode ser o atrito entre 
elas, tornando maior a oposição ao deslizamento. 
A Força de Atrito é, certamente, a força mais difícil que temos para estudar e entender, 
pois, além do fato de ela ter dois regimes de atuação, ela pode assumir diferentes valores que 
dependerão de toda a situação mecânica do corpo, que deve ser analisada a partir de todas as 
forças relevantes sobre ele. 
Chamamos de Atrito Estático o regime quando duas superfícies estão visualmente 
encostadas e tendem a (ou “tentam”) deslizar, não ocorrendo movimento relativo entre as 
superfícies. Neste caso, a Força de Atrito pode assumir qualquer valor até um valor máximo, 
definido pela Força de Atrito Estático Máximo, igual ao produto do Coeficiente de Atrito Estático 
e a Força Normal entre as superfícies. 
Na situação de atrito estático máximo, temos a iminência do deslizamento. Ou seja, as 
superfícies estão em uma configuração que quase deslizamento! 
Chamamos de Atrito Cinético ou de Atrito Dinâmico o regime quando duas superfícies 
estão visualmente encostadas e deslizam entre si. Nesta situação, a Força de Atrito Cinético (ou 
Dinâmico) se opões ao deslizamento com uma intensidade que tem valor único igual ao produto 
do Coeficiente de Atrito Cinético (ou Dinâmico) e a Força Normal entre as superfícies. 
 
O Coeficiente de Atrito Estático é um pouco maior que o Coeficiente de Atrito Cinético em 
praticamente todas as combinações de superfícies. Assim, o maior valor para uma força de atrito 
está na iminência do deslizamento, logo antes de deslizar! Ao deslizar, a força que se opõe ao 
deslizamento estabiliza e assume um valor um pouco menor que o valor máximo do atrito 
estático. 
Estes coeficientes são definidos experimentalmente para cada par de superfícies, 
geralmente assumindo valores entre zero e um. Por exemplo, os coeficientes de atrito estático 
entre a borracha de pneus de automóveis e asfalto seco e limpo estão entre 0,8 e 1,0, enquanto 
que os coeficientes de atrito cinético estão entre 0,6 e 0,8. Se o asfalto estiver sujo, com óleo ou 
molhado, os coeficientes de atrito podem se reduzir drasticamente. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 18 
 Força de Atrito e a Área de Contato 
A área da Ciência que estuda o fenômeno do atrito é denominada de 
TRIBOLOGIA. 
Leonardo da Vinci (1452-1519) estudou experimentalmente a Força de Atrito e 
constatou que ela não dependia da área de contato. 
Charles Augustin Coulomb (1736 – 1806), além de confirmar os resultados de 
da Vinci, formalizou a atualizou suas relações. 
Esta área de contato é, na verdade, uma área aparente. Em nível microscópico, 
a área de contato efetiva é muito menor que a área aparente, pois duas 
superfícies encostadas “se tocam” apenas em alguns pontos. 
A intensidade da força de atrito é proporcional a este número de pontos 
microscópicos de contato, que, por sua vez, é proporcional à força que aperta 
uma superfície na outra. 
Assim, mantida a área aparente constante, a área efetiva aumenta com o 
aumento da força de compressão entre as superfícies. 
Logo, se a força normal entre as superfícies for a mesma, modificar a área 
aparente de contato não modifica a área efetiva, fazendo com que a força de 
atrito seja a mesma. 
Podemos analisar a seguinte situação para que você entenda melhor a diferença entre 
estes dois regimes de atrito. 
Se um corpo está em repouso apoiado sobre uma superfície plana e horizontal, temos que 
as forças sobre ele serão a Peso, verticalmente para baixo, e a Normal, verticalmente para cima. 
Como não há qualquer tendência de deslizamento, pois o corpo está simplesmente apoiado 
sobre a superfície, não há força de atrito. 
Agora, se uma força horizontal F igual a 1N for aplicada sobre o corpo, surgirá uma força 
de atrito se opondo ao deslizamento. Se o corpo ainda não se move, então temos que a 
intensidade da força de atrito deve ser, também, igual a 1N, apontando no sentido oposto à F. 
Assim, o corpo se mantém em repouso, sob equilíbrio das quatro forças sobre ele. 
Se a força F aumentar para 2N, a força de atrito acompanha este aumento, mantendo o 
corpo em repouso. Mas até quanto a força de atrito consegue aumentar e manter o corpo sem 
deslizar? 
Com o corpo não desliza sobre a superfície, esta força está dentro do regime de Atrito 
Estático. O valor da força de atrito estático pode assumir qualquer valor até um valor máximo. 
Este valor máximo pode ser calculado pelo produto do Coeficiente de Atrito Estático e a Força 
Normal. 
𝐹 𝐴𝑒
𝑀á𝑥
= 𝜇𝑒 ⋅ 𝑁 
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FÍSICA – PROF.HENRIQUE GOULART 19 
Vamos supor que o corpo tenha massa igual a 3kg e está em um local onde a aceleração 
da gravidade local vale 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. Assim, a força Peso fica igual a 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 3 ⋅ 10 = 30 𝑁. 
Como a força Normal é a única que equilibra o Peso, então ela também tem módulo igual a 30N. 
Ao assumirmos um Coeficiente de Atrito Estático igual 0,1, a Força de Atrito Estático Máximo 
vale: 
𝐹 𝐴𝑒
𝑀á𝑥
= 0,1 ⋅ 30 = 3,0 𝑁 
Então, mantida esta condição de força Normal, as superfícies conseguem “aguentar” uma 
força de 3,0N antes de deslizarem. Ou seja, a Força de Atrito Estático pode assumir qualquer 
valor até 3,0N conforme a configuração das outras forças. 
Então, se esta força F aumentar e assumir qualquer valor menor que 3N, a força de Atrito 
consegue se igualar e impedir que o corpo deslize. Se a força F for igual a 3N, o corpo ainda fica 
equilibrado, mas na iminência do deslizamento! 
Agora, se em qualquer instante, a força de Atrito precisar ser maior que a Força de Atrito 
Estático Máximo, o corpo deslizará. 
Ao deslizar, o atrito entra no regime Cinético ou Dinâmico. Nesta condição, a força de 
Atrito assume um valor único dado pelo produto do Coeficiente de Atrito Cinético pela força 
Normal. 
𝐹𝐴𝑐 = 𝜇𝑐 ⋅ 𝑁 
Ao assumirmos um Coeficiente de Atrito Cinético igual 0,08, a Força de Atrito Cinético 
vale: 
𝐹𝐴𝑐 = 0,08 ⋅ 30 ≅ 2,5 𝑁 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 20 
Se a força F, partindo de zero, for aumentando com o tempo, a força de Atrito irá assumir 
valores que vão aumentando junto com a força até um valor máximo e, após começar o 
deslizamento, a força de Atrito assume um valor único, que não depende mais dos valores de F. 
Esta evolução de valores e troca de regime, Se representarmos graficamente, podemos 
escrever o seguinte: 
 
 
 
Freios com Sistema ABS 
Um sistema de feios sem um sistema ABS (Antilock Braking System – Sistema de Antibloqueio 
de Frenagem) possibilita o travamento das rodas, fazendo com que a frenagem ocorra no 
regime de atrito cinético. Como a força de atrito cinético tem um valor menor que o valor do 
atrito estático máximo, as distâncias de frenagem acabam sendo um pouco maiores, além de 
não possibilitar o controle do veículo durante a frenagem. 
O sistema ABS atua de forma a evitar o travamento das rodas, fazendo com que a frenagem 
ocorra no regime de atrito estático e com valores maiores que a do regime cinético, sendo 
capaz de reduzir até 30% as distâncias de frenagem, além de possibilitar o controle do veículo 
pelo condutor enquanto ele freia. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 21 
Exemplo: ENEM Libras - 2017 
Em dias de chuva ocorrem muitos acidentes no trânsito, e uma das causas é a aquaplanagem, 
ou seja, a perda de contato do veículo com o solo pela existência de uma camada de água entre 
o pneu e o solo, deixando o veículo incontrolável. 
Nesta situação, a perda do controle do carro está relacionada com a redução de qual força? 
a) Atrito 
b) Tração 
c) Normal 
d) Centrípeta 
e) Gravitacional. 
Comentários 
a) Correta. A força que faz com que o carro consiga virar e frear é a força de atrito. Sem 
ele, não é possível mudar de direção ou desacelerar. 
b) Incorreta. A força de tração está relacionada a fios e cordas. Como em uma 
aquaplanagem o veículo não está indo preso por um fio, então não é a força de tração. 
c) Incorreta. A força Normal é a força de contato com o chão, estando perpendicular ao 
movimento do carro. 
d) Incorreta. Como não estamos falando de movimento circular, a aquaplanagem não está 
relacionada à força centrípeta. 
e) Incorreta. A força gravitacional depende da aceleração da gravidade, que não é alterada 
na aquaplanagem. 
Gabarito: “A” 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 22 
Exemplo: ENEM 2011 PPL 
A força de atrito é uma força que depende do contato entre corpos. Pode ser definida como uma 
força de oposição à tendência de deslocamento dos corpos e é gerada devido a irregularidades 
entre duas superfícies em contato. 
 
Na figura, as setas representam forças que atuam no corpo e o ponto ampliado representa as 
irregularidades que existem entre as duas superfícies. Na figura, os vetores que representam as 
forças que provocam o deslocamento e o atrito são, respectivamente: 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 23 
Comentários 
a) Correta. A força de atrito sempre tem sentido oposto ao movimento, paralelo à 
superfície de contato. 
b) Incorreta. As forças mostradas na alternativa são o peso e a força normal. 
c) Incorreta. A força de atrito sempre tem sentido oposto ao movimento, paralelo à 
superfície de contato. 
d) Incorreta. As forças mostradas na alternativa são a força normal e o atrito 
e) Incorreta. As forças mostradas na alternativa são o peso e o atrito. 
Gabarito: “A” 
 
 
Exemplo: ENEM 2012 PPL 
O freio ABS é um sistema que evita que as rodas de um automóvel sejam bloqueadas durante 
uma frenagem forte e entrem em derrapagem. Testes demonstram que, a partir de uma dada 
velocidade, a distância de frenagem será menor se for evitado o bloqueio das rodas. 
O ganho na eficiência da frenagem na ausência de bloqueio das rodas resulta do fato de 
A) o coeficiente de atrito estático tornar-se igual ao dinâmico momentos antes da derrapagem. 
B) o coeficiente de atrito estático ser maior que o dinâmico, independentemente da superfície de 
contato entre os pneus e o pavimento. 
C) o coeficiente de atrito estático ser menor que o dinâmico, independentemente da superfície 
de contato entre os pneus e o pavimento. 
D) a superfície de contato entre os pneus e o pavimento ser maior com as rodas desbloqueadas, 
independentemente do coeficiente de atrito. 
E) a superfície de contato entre os pneus e o pavimento ser maior com as rodas desbloqueadas 
e o coeficiente de atrito estático ser maior que o dinâmico. 
Comentários 
Entre duas superfícies, a diferença entre o atrito estático e o atrito dinâmico é: o atrito 
estático acontece quando não há movimento relativo entre os pontos de contato, e o atrito 
dinâmico quando existe esse movimento. 
Pode-se relacionar o atrito dinâmico à derrapagem/ao deslizamento. Quando o carro anda 
normalmente, as rodas giram e os pontos da roda que estão encostando no solo ficam em 
repouso em relação ao solo; sendo assim, é o atrito estático que está acontecendo. Quando as 
rodas do carro estão derrapando/deslizando, os pontos de contato da roda estão em movimento 
em relação ao solo, então é o atrito dinâmico que está acontecendo. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 24 
 
O atrito estático máximo é dado pelo coeficiente de atrito estático, e o atrito dinâmico pelo 
coeficiente de atrito dinâmico. O coeficiente do atrito estático é maior que o coeficiente do atrito 
dinâmico. Portanto, a força de atrito das rodas girando pode ser maior que a força de atrito das 
rodas derrapando. Dessa forma, é mais eficiente girar do que derrapar; ou seja, é mais eficiente 
soltar as rodas do que bloqueá-las. Gabarito, então, alternativa (B). 
A alternativa (A) está errada pois os coeficientes de atrito não variam. 
A alternativa (C) está errada pois o coeficiente de atrito estático é maior que o coeficiente 
de atrito dinâmico, conforme explicado acima. 
As alternativas (D) e (E) estão erradas pois a superfície de contato não interfere no atrito, 
apenas a força normal e o coeficiente. 
Gabarito: “B” 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 25 
2.5. Força Elástica 
A Força Elástica é a força aplicada por molas ou elásticos quando deformados. 
Sempre que um corpo estiver presoa uma mola deformada (fora da sua posição de 
relaxamento), estará sujeito à ação de uma força que o tenta puxar ou empurrar no sentido 
oposto ao da deformação sofrida pela mola. Se ela estiver comprimida (apertada), a resposta 
será a de tentar voltar à posição de relaxamento, empurrando o corpo. Se a mola for esticada 
além de sua posição de relaxamento, a resposta será a de puxar o corpo. 
 
 
 
 
Existe uma lei na Física que diz como calcular a Força Elástica: A Lei de Hooke. 
A partir desta lei, podemos escrever a equação abaixo: 
𝐹𝑒𝑙 = 𝑘 ⋅ 𝑥 
Fel : Força Elástica (N) 
k : Constante de Elasticidade (N/m) 
x : Medida da Deformação Elástica (m) 
Peso 
Força 
Elástica 
Força 
Elástica 
Peso 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 26 
2.6. Força de Empuxo 
A Força de Empuxo é a força aplicada por fluidos (líquidos ou gases) sobre corpos 
submersos. 
Sempre que um corpo estiver parcialmente ou totalmente submerso num líquido ou gás, 
estará sujeito a uma força, chamada de Empuxo, que tenta expulsá-lo de dentro do fluido, 
verticalmente para cima. 
Existe uma lei na Física que diz como calcular a Força de Empuxo: A Lei de Arquimedes. 
A partir desta lei, podemos escrever a equação abaixo: 
𝐸 = 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 ⋅ 𝑉𝑠𝑢𝑏𝑚𝑒𝑟𝑠𝑜 ⋅ 𝑔 
E : Força de Empuxo (N) 
ρ : Massa Específica do Fluido (kg/m³) 
V : Volume Submerso (m³) 
g : Aceleração da Gravidade Local (m/s²) 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 27 
2.7. Dica para Resolver Exercícios de Mecânica 
Existem muitos exercícios de Mecânica que podem seguir aproximadamente o mesmo 
padrão de resolução. O quadro abaixo apresenta um passo a passo que certamente vai lhe 
ajudar a enfrentar inúmeras questões de provas de diversos vestibulares. 
 
 
 
Exemplo: UFRGS 2000 
Uma pessoa, parada às à margem de um lago congelado, cuja superfície é perfeitamente 
horizontal, observa um objeto em forma de disco que, em certo trecho, desliza com movimento 
retilíneo uniforme, tendo uma de suas faces planas em contato com o gelo. Do ponto de vista 
desse observador, considerado inercial, qual das alternativas indica o melhor diagrama para 
representar as forças exercidas sobre o disco nesse trecho? 
(Supõe-se a ausência total de forças dissipativas, como o atrito com a pista ou com o ar.) 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 28 
 
 
Comentários 
Conforme o Caso 1 da Segunda Lei de Newton, se um corpo se move com velocidade 
constante, ele está numa condição de equilíbrio de forças. Esse mesmo equilíbrio ocorre se o 
corpo estiver em repouso e assim permanecer. 
Portanto, do ponto de vista de um observador inercial, o disco estará submetido a duas 
forças relevantes (já que atritos foram desconsiderados): a Força peso puxando verticalmente 
para baixo e a Força Normal à superfície puxando verticalmente para cima. 
Além dessas duas, a única força que poderia ser adicionada seria a Força de Atrito entre 
o bloco e a superfície, que seria para a esquerda se o bloco estivesse se movendo para a direita. 
Entretanto, essa força foi considerada irrelevante pelo enunciado da questão. 
A alternativa B não apresentou a Força Normal que a superfície exerce sobre o bloco 
verticalmente para cima, além de ter adicionado uma força horizontal para a direita sem 
apresentar qualquer informação sobre quem ou o que estaria aplicando esta força. Incorreta. 
A alternativa C também adicionou uma força horizontal para a direita sem explicação. 
Incorreta. É bastante comum candidatos marcarem esta alternativa por identificarem as forças 
Peso e Normal e adicionarem mais um vetor na direção do movimento. 
Entretanto, nesse caso, o vetor na direção do movimento não é uma força. Esse vetor 
pode indicar a Velocidade, ou a Quantidade de Movimento do corpo, por exemplo. Para ser uma 
força identificável, ela deve ser uma resposta a uma interação com outro corpo. 
A alternativa D somente identificou a Força Peso para baixo, faltando a Normal para cima. 
Incorreta. A alternativa E não identificou a Força Peso para baixo, nem a Força Normal para 
cima. Somente apresentou uma força horizontal para a direita, sem qualquer informação sobre 
o aplicador dessa força. Incorreta. 
Gabarito: “A” 
 
Exemplo: UFRGS 2003 
Um dinamômetro, em que foi suspenso um cubo de madeira, encontra-se em repouso, preso a 
um suporte rígido. Nessa situação, a leitura do dinamômetro é de 2,5 N. Uma pessoa puxa, 
então, o cubo verticalmente para baixo, fazendo aumentar a leitura do dinamômetro. Qual será 
o módulo da força exercida pela pessoa sobre o cubo, quando a leitura do dinamômetro for 5,5 
N? 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 29 
A) 2,2 N 
B) 2,5 N 
C) 3,0 N 
D) 5,5 N 
E) 8,0 N 
Comentários 
Um dinamômetro nada mais é do que um instrumento capaz de medir força. Inicialmente, 
as únicas forças relevantes no problema são o Peso P, verticalmente para baixo, e a força FD 
do dinamômetro, para cima, conforme a figura abaixo. 
 
Pendurado no dinamômetro, o bloco está e permanece em repouso, com velocidade 
constante e igual a zero. Assim, conforme o Caso 1 da Segunda Lei de Newton, a resultante das 
forças sobre ele deve ser nula, o que torna FD igual à força Peso. 
Então, 
𝐹𝐷 = 𝑃 = 2,5 𝑁 
Após a pessoa puxar o bloco verticalmente para baixo, fazendo a indicação no 
dinamômetro aumentar para 5,5 newtons, a Força Peso continua valendo 2,5N. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 30 
Como o bloco assumiu uma nova condição de equilíbrio com estas três forças, elas devem 
se compensar para que a resultante seja nula. 
 
Portanto, a soma das forças Peso e FP deve ser igual à força no dinamômetro. 
𝐹𝐷 = 𝑃 + 𝐹𝑃 
5,5 = 2,5 + 𝐹𝑃 
5,5 − 2,5 = 𝐹𝑃 
𝐹𝑃 = 3,0 𝑁 
Gabarito: “C” 
 
Exemplo: EXEMPLO 
Dois blocos possuem massa 2𝑚 e 𝑚 e é aplicada uma força 𝐹, conforme figura abaixo. Determine 
o módulo da força de contato entre os blocos. Despreze os atritos. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 31 
A) F. 
B) F/2. 
C) F/3. 
D) 2F. 
E) 3F. 
Comentários 
As massas dos blocos são, respectivamente: 
𝑚𝐴 = 2𝑚 
𝑚𝐵 = 𝑚 
Para determinar a força de contato entre os blocos, precisaremos aplicar a Segunda Lei 
de Newton para um dos blocos. 
Para tal, precisamos determinar as forças relevantes sobre cada um dos blocos. 
Como os atritos são desprezíveis, então, sobre o bloco A, temos quatro forças: Peso, 
verticalmente para baixo, Normal, verticalmente para cima, a força F para a direita e a força do 
bloco B para a esquerda. 
 
 
 
 
 
 
Sobre o bloco B, ficamos somente com três forças relevantes: Peso, verticalmente para 
baixo, Normal, verticalmente para cima, a força do bloco A para a direita. 
 
 
 
 
 
 
A 
𝐹 𝐹𝐵𝐴 
𝑁𝐴 
𝑃𝐴 
B 
𝐹𝐴𝐵 
𝑁𝐵 
𝑃𝐵 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 32 
Ao aplicar a Segunda Lei de Newton para o sistema que contém os blocos A e B juntos, 
temos a seguinte configuração: 
 
 
 
 
 
 
 
Perceba que, na horizontal, todo o conjunto é empurrado somente pela força F para a 
direita, horizontalmente. Assim, podemos escrever: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝐹 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ⋅ 𝑎 
𝐹 = (2𝑚 + 𝑚) ⋅ 𝑎 
𝐹 = 3𝑚 ⋅ 𝑎 
𝐹
3𝑚
= 𝑎 
Esta aceleração é a do conjunto, ou seja, a mesma para o corpo A e para o corpo B. 
Ao se aplicar, na horizontal, a Segunda Lei de Newton para o bloco A, assumindo um 
referencial positivo para a direita, ficamos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝐹 + 𝐹𝐵𝐴 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎 
𝐹 + 𝐹𝐵𝐴 = 2𝑚 ⋅
𝐹
3𝑚
 
𝐹 + 𝐹𝐵𝐴 = 2 ⋅
𝐹
3
 
𝐹𝐵𝐴 = 2 ⋅
𝐹
3
− 𝐹 
𝐹𝐵𝐴 =
2𝐹 − 3𝐹
3
 
𝐹𝐵𝐴 = −
𝐹
3
 
A e B 
𝐹 
𝑁𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 33 
A força que o bloco B faz sobre o bloco A vale um terço da força F. Logo, ficamos com a 
alternativa C como correta. O sinal negativo indica que esta força é oposta à direção da força F, 
ou seja, para a esquerda. 
Se aplicarmos a Segunda Lei de Newton na direção horizontal para o bloco B, temos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝐹𝐴𝐵 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎 
𝐹𝐴𝐵 = 𝑚 ⋅
𝐹
3𝑚
 
𝐹𝐴𝐵 =
𝐹
3
 
Veja que encontramos o mesmo resultado! As forças 𝐹𝐴𝐵 e 𝐹𝐵𝐴 formam um par ação-
reação. É a força entre os blocos A e B que, conforme a Terceira Leis de Newton, é de mesma 
intensidade para ambos. 
Gabarito: “C” 
 
 
 
 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 34 
3) ESTÁTICA DE CORPOS RÍGIDOS 
A Estática é a área da Mecânica que estuda o equilíbrio dos corpos. Neste caso, o 
equilíbrio de corpos rígidos, não deformáveis ou com deformações desprezíveis. 
Um corpo está em equilíbrio estático quando todas as forças e os efeitos das forças sobre 
ele se equilibrarem. 
Quando uma força é aplicada sobre um corpo extenso, além de empurrar, esta força 
também causa um efeito rotacional, chamado de Momento Rotacional de uma Força, ou, 
simplesmente, Momento. 
Assim, um corpo está em equilíbrio estático se, além de todas as forças sobre ele se 
equilibrarem, todos os Momentos das forças também se anularem. 
 
 
3.1. Momento de uma Força 
Para abrir ou fechar um pote com tampa de rosca, ou abrir e fechar uma garrafa ou, ainda, 
apertar ou soltar parafusos e porcas, precisamos que a força aplicada cause uma rotação na 
peça, sem, necessariamente, empurra-la. 
Ao utilizarmos ferramentas para apertar ou soltar um parafuso ou uma porca, sabemos 
que o serviço se torna mais fácil quanto maior a ferramenta usada, quando ela possibilita a 
aplicação da força mais distante do eixo de rotação. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 35 
 
Figura 2: Uso de uma chave para apertar ou soltar uma porca de uma rosca. 
A medida do efeito rotacional de uma força, em relação a um eixo, é dada por uma 
grandeza física chamada de Momento de uma Força, que é uma grandeza vetorial que resulta 
do produto da Força F aplicada e um “braço de alavanca”. 
Esse “braço de alavanca” nada mais é que a medida da menor distância entre a linha de 
ação da força (direção da força) e o eixo de referência. 
 
Podemos imaginar um caso em que uma barra é posicionada verticalmente e submetida 
a duas forças F1 e F2, conforme a figura que segue. 
O braço de alavanca de cada força é a menor distância entre a linha de ação da força e o 
eixo escolhido, que foi posicionado na parte superior da barra. Assim, os respectivos braços b1 
e b2 ficam iguais às medidas da distância da força até o eixo. 
Veja que as duas forças realizam momentos rotacionais no mesmo sentido em relação ao 
eixo, no sentido anti-horário. Além disso, se as duas forças têm iguais intensidades e o braço de 
alavanca da força 2 é maior, esta acaba exercendo maior Momento. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 36 
 
Não há como calcular o momento de uma força sem um eixo de referência. Além disso, é 
importante se notar que se a direção de uma força cruza o eixo, ela acaba tendo um braço de 
alavanca nulo, resultando em um momento rotacional também nulo. Neste caso, a força empurra 
o eixo, mas não tem efeito de rotação em relação a ele. 
Agora sim podemos aplicar as condições da estática de corpos rígidos para resolver 
problemas. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 37 
Exemplo: ENEM 2013 PPL 
Retirar a roda de um carro é uma tarefa facilitada por algumas características da ferramenta 
utilizada, habitualmente denominada chave de roda. As figuras representam alguns modelos de 
chaves de roda: 
 
Em condições usuais, qual desses modelos permite a retirada da roda com mais facilidade? 
a) 1, em função de o momento da força ser menor. 
b) 1, em função da ação de um binário de forças. 
c) 2, em função de o braço da força aplicada ser maior. 
d) 3, em função de o braço da força aplicada poder variar. 
e) 3, em função de o momento da força produzida ser maior. 
Comentários 
a) Incorreta. O momento da força tem relação com a força aplicada à uma certa distância 
do eixo de rotação. Levando apenas isso em conta, a chave 2 poderia ser considerada a mais 
eficiente. 
b) Correta. Pela possibilidade de aplicar forças em dois braços da chave em sentidos 
contrários, ela é considerada a mais eficaz dos três modelos, por gerar um maior momento. 
c) Incorreta. A chave 2 leva desvantagem em relação à chave 1 por possuir apenas uma 
possibilidade de aplicação de forças. 
d) Incorreta. O modelo 3 produz um apoio para aplicação de força a no máximo 25 cm do 
eixo de rotação, fazendo com que uma força aplicada tenha menor momento que a aplicação de 
duas forças nos dois pontos de aplicação da chave 1. 
e) Incorreta. O modelo 3 produz um apoio para aplicação de força a no máximo 25 cm do 
eixo de rotação, fazendo com que uma força aplicada tenha menor momento que a aplicação de 
duas forças nos dois pontos de aplicação da chave 1. 
Gabarito: “B” 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 38 
Exemplo: ENEM 2015 
Em um experimento, um professor levou para a sala de aula um saco de arroz, um pedaço de 
madeira triangular e uma barra de ferro cilíndrica e homogênea. Ele propôs que fizessem a 
medição da massa da barra utilizando esses objetos. Para isso, os alunos fizeram marcações na 
barra, dividindo-a em oito partes iguais, e em seguida apoiaram-na sobre a base triangular, com 
o saco de arroz pendurado em uma de suas extremidades, até atingir a situação de equilíbrio. 
 
Nessa situação, qual foi a massa da barra obtida pelos alunos? 
A) 3,00 kg 
B) 3,75 kg 
C) 5,00 kg 
D) 6,00 kg 
E) 15,00 kg 
Comentários 
Devemos começar por um esquema das 3 forças atuando na barra: 
 
Perceba que o peso da barra foi representado em seu centro de massa, que coincide com 
o seu centro já que ela é homogênea. Vale ressaltar que a distância do saco de arroz até o apoio 
é três vezes maior que a distância do peso da barra até o mesmo apoio. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 39 
Como nada queremos saber e nenhuma informação temos acerca do ponto de reação do 
apoio, podemos escolher exatamente esse ponto para desenvolvermos a soma dos momentos 
como nula: 
∑𝑀ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜 = ∑𝑀𝑎𝑛𝑡𝑖−ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 
𝑃𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ⋅ 𝑑 = 𝑃𝑎𝑟𝑟𝑜𝑧 ⋅ 3𝑑 
𝑃𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 3 ⋅ 𝑃𝑎𝑟𝑟𝑜𝑧 
𝑚𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ⋅ 𝑔 = 3 ⋅ 𝑚𝑎𝑟𝑟𝑜𝑧 ⋅ 𝑔 
𝑚𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 3 ⋅ 𝑚𝑎𝑟𝑟𝑜𝑧 
𝑚𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 3 ⋅ 5,00 = 15,00 𝑘𝑔 
Gabarito: “E” 
 
 
Exemplo: ENEM 2016 PPL 
A figura mostra uma balança de braços iguais, em equilíbrio, na Terra, onde foi colocada uma 
massa m, e a indicação de uma balança de força na Lua, onde a aceleração da gravidade é igual 
a 1,6m/s², sobre a qual foi colocada uma massa M. 
 
A razão das massas M/m é 
A) 4,0. 
B) 2,5. 
C) 0,4. 
D) 1,0. 
E) 0,25. 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 40 
Comentários 
O valor da força Peso sobre um corpo depende da massa e do valor da gravidade local, 
conforme a relação abaixo: 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
A partir desta relação, podemos calcular o valor da massa M do corpo colocado sobre 
uma balança na superfície da Lua, pois, na situação da figura abaixo, 
 
Com o corpo apoiado sobre a balança, em equilíbrio, o valor indicado pela balança é igual 
ao módulo da força Peso sobre o corpo, com o gLua=1,6m/s². 
Então, podemos escrever: 
𝑃𝑀 = 𝑀 ⋅ 𝑔𝐿𝑢𝑎 
4,0 = 𝑀 ⋅ 1,6 
𝑀 =
4,0
1,6
= 2,5 𝑘𝑔 
O corpocom a massa m está em equilíbrio em um sistema de balança de braços, 
conforme a figura abaixo. Este sistema, também em equilíbrio, possibilita a determinação da 
massa m ao se aplicar o equilíbrio dos momentos dos pesos dos corpos de ambos lados. 
 
 
 
Ao se aplicar o equilíbrio dos momentos dos pesos em relação ao eixo no apoio, temos: 
𝑀𝑃1 = 𝑀𝑃𝑚 
𝑃1 ⋅ 𝑏1 = 𝑃𝑚 ⋅ 𝑏𝑚 
Pm P1 
Eixo 
* 
bm b1 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 41 
Dados: P1=m1.gTerra=(0,5+0,5).10=10N Pm=m.gTerra=m.10 b1=bm 
10 ⋅ 𝑏1 = 𝑚 ⋅ 10 ⋅ 𝑏𝑚 
10 = 𝑚 ⋅ 10 
𝑚 = 1 𝑘𝑔 
Assim, a razão M/m fica: 
𝑀
𝑚
=
2,5
1
= 2,5 
Gabarito: “B” 
 
 
Exemplo: ENEM 2012 
O mecanismo que permite articular uma porta (de um móvel ou de acesso) é a dobradiça. 
Normalmente, são necessárias duas ou mais dobradiças para que a porta seja fixada no móvel 
ou no portal, permanecendo em equilíbrio e podendo ser articulada com facilidade. 
No plano, o diagrama vetorial das forças que as dobradiças exercem na porta está representado 
em 
A) D) 
B) E) 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 42 
C) 
Comentários 
A função da dobradiça em uma porta é fazer com que ela não caia e faça com que você 
consiga girá-la. Queremos, segundo o enunciado, as forças que a dobradiça exerce na porta. 
A porta tem tendência natural a cair devido ao seu peso, portanto, as duas dobradiças 
exercerão uma força na direção oposta ao peso, ou seja, ambas as dobradiças apontam com 
uma força vertical para cima equilibrando esse peso (𝐹𝐴𝑦
⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ e 𝐹𝐵𝑦
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ na figura). 
Agora, vamos pensar que não existisse a dobradiça de cima. Se acontecesse isso, a porta 
cairia para o lado, portanto, existe uma força na dobradiça de cima na horizontal para a esquerda 
(𝐹𝐴𝑦
⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ) e também na dobradiça de baixo na horizontal no sentido oposto. 
 
Portanto, teremos uma força resultante nas duas dobradiças apontando na diagonal 
(𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ). 
Gabarito: “D” 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 43 
3.2. Alavancas 
Alavancas são dispositivos que possibilitam a aplicação de uma força e a resposta com 
uma força diferente, maior ou menor que a inicialmente aplicada. 
Assim, podemos utilizar alavancas para mover objetos que jamais teríamos condições de 
mover, onde, a partir do uso adequado de uma alavanca, temos a força aplicada multiplicada e 
aumentada. 
Basicamente, o que temos em uma alavanca é que as forças de entrada e saída acabam 
tendo o mesmo momento resultante, de forma que a menor força tem maior braço de alavanca, 
enquanto que a maior força tem menor braço de alavanca. 
𝐹 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑑𝑎
⋅ 𝑏𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑡𝑒 = 𝐹𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑑𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎
⋅ 𝑏𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑡𝑒 
Existem três tipos básicos de alavancas mecânicas, as interfixas, as inter-resistentes e as 
interpotentes. 
3.2.1. Alavancas Interfixas 
Na alavanca interfixa, o apoio está entre a força potente e a força resistente. 
 
 
Figura 3: Exemplos de alavancas interfixas. 
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3.2.2. Alavancas Inter-resistentes 
Já em alavancas inter-resistentes a força transmitida fica localizada entre o apoio e a força 
aplicada pelo operador. 
 
 
 
 
 
Figura 4: Exemplos de alavancas inter-resistentes. 
 
 
 
 
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3.2.3. Alavancas Interpotentes 
Por fim, em alavancas interpotentes a força aplicada pelo operador fica entre o apoio e a 
força transmitida. 
 
 
Figura 5: Exemplos de alavancas interpotentes. 
 
Exemplo: ENEM 2018 
As pessoas que utilizam objetos cujo princípio de funcionamento é o mesmo do das 
alavancas aplicam uma força, chamada de força potente, em um dado ponto da barra, para 
superar ou equilibrar uma segunda força, chamada de resistente, em outro ponto da barra. Por 
causa das diferentes distâncias entre os pontos de aplicação das forças, potente e resistente, os 
seus efeitos também são diferentes. A figura mostra alguns exemplos desses objetos. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 46 
 
Em qual dos objetos a força potente é maior que a força resistente? 
A) Pinça. 
B) Alicate. 
C) Quebra-nozes. 
D) Carrinho de mão. 
E) Abridor de garrafa. 
Comentários 
A Força Potente e aquela que resulta da ação da pessoa sobre a ferramenta. A Força 
Resistente é aquela resposta sobre o objeto submetido à ferramenta. 
A classificação de alavancas se dá a partir de qual elemento está no centro: a Força 
Potente, a Força Resistente, ou o eixo de fixação. 
Em uma ferramenta de alavanca, a relação entre as forças Potente e Resistente é dada 
pela equação do equilíbrio dos Momentos das forças em relação ao eixo, onde “d” é a menor 
distância entre a direção da força aplicada e o eixo de referência, podendo ser chamado de 
“braço de alavanca”. 
𝐹𝑝𝑜𝑡 ⋅ 𝑑𝑓𝑜𝑟ç𝑎
𝑝𝑜𝑡
= 𝐹𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡 ⋅ 𝑑𝑓𝑜𝑟ç𝑎
𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡
 
Assim, a força que tiver maior “braço de alavanca”, será de menor intensidade. Da mesma 
forma, a força de menor “braço de alavanca”, será de maior intensidade. 
A pinça é uma alavanca interpotente, com a Força Potente entre os pontos de 
fixação e a aplicação da Força Resistente, com a Força Potente maior que a Força 
Resistente. 
O alicate é uma alavanca interfixa, com o eixo de fixação entre as forças potente e 
resistente, com a Força Potente menor que a Força Resistente. 
O quebra-nozes, o carrinho de mão e o abridor de garrafa são alavancas inter-resistentes, 
com a Força Resistente entre os pontos de fixação e de aplicação da Força Potente, com a Força 
Potente menor que a Força Resistente. 
Gabarito: “A” 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 47 
4) SISTEMAS E APLICAÇÕES 
Como vimos nos capítulos anteriores, a Mecânica Newtoniana é amplamente utilizada em 
diversas situações cotidianas, tendo muito sucesso na descrição de fenômenos relacionados a 
movimentos de corpos, como os movimentos de queda, objetos em órbita, etc., além do estudo 
do equilíbrio estático de corpos, ferramenta básica em todos os projetos de Engenharia Estrutural 
e de Mecânica Aplicada. 
Em nossas provas, podemos ter contextos bem específicos de aplicações, como na 
dinâmica de corpos em movimento circular, sistemas de polias móveis, corpos em rampas ou 
planos inclinados, entre outros. 
4.1. Movimento Circular 
Um corpo em movimento circular está submetido a, pelo menos, uma aceleração que 
aponta para o centro da trajetória circular. No caso de um corpo em MCU, a aceleração é 
somente centrípeta, modificando a direção da velocidade, mas não variando seu valor. 
Esta aceleração centrípeta do MCU é uma consequência de uma resultante das forças 
sobre o corpo também ser centrípeta. Ou seja, a soma (vetorial) das forças sobre o corpo resulta 
para o centro da trajetória, causando a aceleração. 
 
O valor da Aceleração Centrípeta pode ser obtido a partir das relações que seguem. 
𝑎𝑀𝐶𝑈 = 𝜔 ⋅ 𝑉 = 𝜔
2 ∙ 𝑅 =
𝑉2
𝑅
 
Ao aplicarmos a 2ª Lei de Newton para um corpo de massa m em Movimento Circular 
Uniforme, ficamos com a seguinte relação para a resultante centrípeta de forças: 
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𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅ 𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅ 𝑎𝑀𝐶𝑈 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅
𝑉2
𝑅
 
 
Exemplo: ITA 2017 (2ª Fase – modificada) 
Na figura, presa a um fio de comprimento de 1,0 𝑚,uma massa de 1,0 𝑘𝑔 gira com uma 
certa velocidade angular num plano vertical sob a ação da gravidade igual a 10,0 m/s², com eixo 
de rotação a ℎ = 6,0 𝑚 do piso. Determine a velocidade angular mínima dessa massa para a 
ruptura do fio que suporta no máximo a tração de 46,0 𝑁. 
 
Comentários 
Como o corpo gira com velocidade angular constante, então temos que o movimento é 
circular e uniforme, MCU. 
Em MCU, a aceleração do movimento aponta sempre para o centro da trajetória, o que 
nos leva à condição de que, em qualquer ponto da trajetória, a resultante das forças deve apontar 
também para o centro. 
Ao se fazer o diagrama de forças em qualquer ponto da trajetória, a resultante das forças 
deve sempre apontar para o centro, assumindo sempre o mesmo valor. 
Então, podemos escrever a seguinte relação: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 49 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅ 𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅ 𝑎𝑀𝐶𝑈 
A aceleração do MCU pode ser dada por: 
𝑎𝑀𝐶𝑈 = 𝜔 ⋅ 𝑉 = 𝜔
2 ∙ 𝑅 =
𝑉2
𝑅
 
Então, ficamos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅ 𝜔2 ⋅ 𝑅 = 𝑚 ⋅
𝑉2
𝑅
 
O menor valor de velocidade angular para a ruptura do fio se dará na situação limite do 
maior valor de tensão no fio. 
O maior valor de força tensora no fio ocorre quando o corpo passa pelo ponto mais baixo 
da trajetória, pois, como a resultante deve apontar para o centro, neste ponto, a força de tração 
assume valor máximo para, além de compensar a força peso para baixo, poder submeter o objeto 
sob uma resultante centrípeta, mantendo-o na trajetória circular. 
O diagrama de forças no ponto mais baixo da trajetória, fica: 
 
 
 
 
 
 
Assim, podemos escrever: 
𝑇𝑚á𝑥 − 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝜔
2 ⋅ 𝑅 
Dados: 𝑇𝑚á𝑥 = 46,0 𝑁, 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 1,0 ⋅ 10,0 = 10,0 𝑁, m=1,0kg e R=1,0m 
46,0 − 10,0 = 1,0 ⋅ 𝜔2 ⋅ 1,0 
36,0 = 𝜔2 
𝜔 = 6,0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Gabarito: “𝝎𝒎í𝒏 = 𝟔,𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔” 
𝑃 
𝑇𝑚á𝑥 
𝐹𝑟𝑒𝑠 
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4.2. Polias e Roldanas 
Sistemas de polias ou roldanas são amplamente utilizados na indústria e na construção. 
Uma polia ou roldana consiste de um sistema capaz de transmitir uma força através do 
contorno de sua bora circular, fazendo com que uma força possa ser transmitida em uma direção 
diferente. 
 
Figura 6: Sistema de polias em uma embarcação. 
Uma roldana ideal é aquela que não oferece qualquer resistência ao rolamento, com 
atritos desprezíveis e massa também desprezível. 
Existem dois tipos básicos de polias: a fixa e a móvel. A polia fixa simplesmente desvia a 
direção de uma força transmitida por um cabo. Já a polia móvel pode servir como um sistema de 
alavanca, fazendo com que uma força seja duplicada ou reduzida à metade. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 51 
Exemplo: PUC-MG 2009 
Na montagem experimental ilustrada a seguir, os fios e a polia têm massas desprezíveis 
e pode-se desconsiderar o atrito no eixo da polia. Considere g = 10m/s². 
 
Nessas condições, é CORRETO afirmar: 
a) Os corpos movem-se com velocidade constante. 
b) A tensão no fio é de 30 N. 
c) A força do conjunto sobre a haste de sustentação é de 50 N. 
d) A aceleração dos corpos é de 5,0 m/s². 
Comentários 
A polia fixa somente desvia a força transmitida de um bloco a outro através do cabo. 
Assim, temos a seguinte configuração para as forças: 
 
𝑃𝑚 
𝑃𝑀 
𝑇 
𝑇 
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Embora a força tensora transmitida pelo cabo em suas extremidades seja de mesma 
intensidade nos dois blocos, seus pesos são diferentes. 
𝑃𝑚 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 10 ⋅ 10 = 100 𝑁 
𝑃𝑀 = 𝑀 ⋅ 𝑔 = 30 ⋅ 10 = 300 𝑁 
Com 300N puxando o sistema no sentido horário de rotação da polia e com apenas 100N 
no sentido oposto, podemos aplicar a 2ª Lei de Newton para o sistema: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃𝑀 − 𝑃𝑚 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ⋅ 𝑎 
𝑃𝑀 − 𝑃𝑚 = (𝑚 + 𝑀) ⋅ 𝑎 
300 − 100 = (10 + 30) ⋅ 𝑎 
200 = 40 ⋅ 𝑎 
𝑎 =
200
40
= 5 𝑚/𝑠2 
Portanto, enquanto o corpo de 30kg acelera verticalmente para baixo a uma taxa de 5m/s², 
o corpo de 10kg acelera verticalmente para cima com esta mesma taxa. 
Se aplicarmos a 2ª Lei de Newton para o bloco de 10kg, assumindo o sentido da 
aceleração para cima como positivo, temos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑇 − 𝑃𝑚 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑇 − 100 = 10 ⋅ 5 
𝑇 − 100 = 50 
𝑇 = 150 𝑁 
Se aplicarmos a 2ª Lei de Newton para o bloco de 30kg, assumindo o sentido da 
aceleração para baixo como positivo, temos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃𝑀 − 𝑇 = 𝑀 ⋅ 𝑎 
300 − 𝑇 = 30 ⋅ 5 
300 − 𝑇 = 50 
𝑇 = 150 𝑁 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 53 
Portanto, os blocos não se movem com velocidade constante; a força tensora no fio vale 
150N e a força de sustentação sobre a haste é igual à soma dos dois pesos pendurados, já que 
as massas da polia e do cabo foram desprezadas, valendo 400 N. 
Gabarito: “D” 
 
 
Exemplo: UERJ 2008 
A figura abaixo representa um sistema composto por uma roldana com eixo fixo e três 
roldanas móveis, no qual um corpo R é mantido em equilíbrio pela aplicação de uma força F de 
uma determinada intensidade. 
 
Considere um sistema análogo, com maior número de roldanas móveis e intensidade de 
F inferior a 0,1% do peso de R. 
O menor número possível de roldanas móveis para manter esse novo sistema em 
equilíbrio deverá ser igual a: 
a) 8 
b) 9 
c) 10 
d) 11 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 54 
Comentários 
Cada polia móvel transmite em sua borda, metade da força de seu centro de rolamento. 
Assim, a primeira polia móvel transmite metade do peso de R pendurado em cada uma 
de suas bordas. 
No caso da figura abaixo, com três polias móveis e uma fixa, temos que a força F para 
manter o corpo R em equilíbrio vale 𝐹 =
𝑃𝑅
8
. 
 
Como a cada polia móvel a força transmitida é metade da que chega da anterior, podemos 
escrever a seguinte relação: 
𝐹 =
𝑃𝑅
2𝑁°𝑝𝑜𝑙𝑖𝑎𝑠
 
Para que a força F transmitida seja menor que 0,1% de PR, então temos: 
𝑃𝑅
2𝑁°𝑝𝑜𝑙𝑖𝑎𝑠
< 0,1% ⋅ 𝑃𝑅 
𝑃𝑅
0,1% ⋅ 𝑃𝑅
< 2𝑁°𝑝𝑜𝑙𝑖𝑎𝑠 
1
0,1%
< 2𝑁°𝑝𝑜𝑙𝑖𝑎𝑠 
1
0,001
< 2𝑁°𝑝𝑜𝑙𝑖𝑎𝑠 
𝑃𝑅
2
 
𝑃𝑅 
𝑃𝑅
2
 
𝑃𝑅
4
 
𝑃𝑅
8
 
𝑃𝑅
8
 
𝐹 =
𝑃𝑅
8
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 55 
1000 < 2𝑁°𝑝𝑜𝑙𝑖𝑎𝑠 
O primeiro valor inteiro da potência do 2 acima de 1000 é o 210 = 1024. Portanto, com 10 
polias móveis podemos transferir uma força menor que 0,1% do peso de R. 
Gabarito: “C” 
 
4.3. Plano Inclinado 
Quando um corpo rígido está apoiado sobre uma superfície inclinada em relação à 
horizontal, supondo que ele não role, geralmente temos o seguinte diagrama de forças: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como o bloco pode acelerar e se mover paralelamente ao plano, então se torna mais 
adequado a escolha de um eixo X de referência paralelo ao plano e outro eixo, y, perpendicular 
ao plano. Com esta escolha, temos somente a força Peso inclinada. 
Sempre que uma força está inclinada em relação a dois eixos perpendiculares de 
referência, podemos decompor esta força em duas componentes projetadas sobre os eixos de 
referência. Assim, ficaremos com uma força 𝑃𝑥 paralela ao plano, e outra 𝑃𝑦 perpendicular ao 
plano. 
A força Peso, então, fica substituída por duas forças, 𝑃𝑥 e 𝑃𝑦, conforme o diagrama abaixo. 
Estas componentes podem ser determinadas da mesma forma que fizemos na aula anterior para 
decompor velocidades em lançamentos oblíquos. 
 
 
𝑃 
𝑁 
𝐹𝐴𝑡 
y 
x 
𝜃 
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FÍSICA– PROF. HENRIQUE GOULART 56 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A força Peso forma o mesmo ângulo 𝜃 do plano com a horizontal com o eixo y, tendo suas 
componentes escritas da seguinte forma: 
 
𝑃2 = 𝑃𝑥
2 + 𝑃𝑦
2 
𝑃𝑥 = 𝑃 ⋅ sen 𝜃 
𝑃𝑦 = 𝑃 ⋅ cos 𝜃 
 
 
Se fosse escolhido um sistema de referência com o eixo y na vertical e o eixo x na 
horizontal, teríamos que decompor as forças Normal e Atrito, além de termos que decompor as 
grandezas cinemáticas de deslocamento, velocidade e aceleração, que teriam componentes 
horizontais e verticais. Por isso é conveniente se escolher um sistema de referências como feito 
acima, onde somente decompomos a força Peso. 
Neste caso, como a força Normal é equilibrada pela componente y do Peso (𝑃𝑦), se o atrito 
for desprezível, a resultante das forças fica igual à componente x do Peso (𝑃𝑥), fazendo com que 
o bloco desça o plano com uma aceleração igual 𝑔 ⋅ sen 𝜃. 
 
 
𝑃 
𝑁 
𝐹𝐴𝑡 
y 
x 
𝜃 
𝑃𝑥 
𝑃𝑦 𝜃 
𝑃 
𝑃𝑥 
𝑃𝑦 𝜃 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 57 
Exemplo: PUC-RJ 
Um bloco escorrega a partir do repouso por um plano inclinado que faz um ângulo de 45° 
com a horizontal. Sabendo que durante a queda a aceleração do bloco é de 5,0 m/s² e 
considerando g = 10m/s², podemos dizer que o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o 
plano é: 
a) 0,1 
b) 0,2 
c) 0,3 
d) 0,4 
e) 0,5 
Comentários 
Como o bloco escorrega e acelera descendo o plano, temos a seguinte configuração para 
as forças sobre ele: 
 
A força Peso pode ser decomposta sobre os eixos x e y. As respectivas componentes 
ficam: 
𝑃𝑥 = 𝑃 ⋅ sen 𝜃 
𝑃𝑦 = 𝑃 ⋅ cos𝜃 
As forças Peso e Atrito são dadas pelas seguintes relações: 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
𝐹𝐴𝑡 = 𝜇 ⋅ 𝑁 
Ao aplicarmos a 2ª Lei de Newton na direção y, perpendicular ao plano inclinado, temos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 58 
𝑁 − 𝑃𝑦 = 𝑚 ⋅ 0 
𝑁 − 𝑃𝑦 = 0 
𝑁 = 𝑃𝑦 
𝑁 = 𝑃 ⋅ cos𝜃 
𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ cos𝜃 
Ao aplicarmos a 2ª Lei de Newton na direção x, paralela ao plano inclinado, temos: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃𝑥 − 𝐹𝐹𝑎𝑡 = 𝑚 ⋅ 𝑎𝑥 
𝑃 ⋅ sen 𝜃 − 𝜇 ⋅ 𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑎𝑥 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ sen 𝜃 − 𝜇 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ cos𝜃 = 𝑚 ⋅ 𝑎𝑥 
𝑔 ⋅ sen 𝜃 − 𝜇 ⋅ 𝑔 ⋅ cos 𝜃 = 𝑎𝑥 
−𝜇 ⋅ 𝑔 ⋅ cos𝜃 = 𝑎𝑥 − 𝑔 ⋅ sen 𝜃 
𝜇 ⋅ 𝑔 ⋅ cos 𝜃 = 𝑔 ⋅ sen 𝜃 − 𝑎𝑥 
𝜇 =
𝑔 ⋅ sen 𝜃 − 𝑎𝑥
𝑔 ⋅ cos𝜃
 
Com 𝜃 = 45°, 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2 e 𝑎 = 5 𝑚/𝑠², o coeficiente de atrito fica: 
𝜇 =
10 ⋅ sen 45° − 5
10 ⋅ cos 45°
 
𝜇 =
10 ⋅
√2
2 − 5
10 ⋅
√2
2
 
𝜇 =
5 ⋅ √2 − 5
5 ⋅ √2
 
𝜇 = 1 −
1
√2
 
𝜇 = 1 −
√2
2
≅ 1 −
1,4
2
= 1 − 0,7 = 0,3 
Gabarito: “C” 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 59 
Exemplo: UDESC 2018 
Os blocos de massa m1 e m2 estão conectados por um fio ideal, que passa por uma polia 
ideal, como mostra a Figura 2. Os blocos, que possuem a mesma massa de 4,0kg, são liberados 
do repouso com m1 a meio metro da linha horizontal. O plano possui inclinação de 30° com a 
horizontal. Todas as forças de atrito são desprezáveis. 
 
Assinale a alternativa que corresponde ao valor aproximado do tempo para m1 atingir a 
linha horizontal. 
A) 0,32s 
B) 0,16s 
C) 0,63s 
D) 0,95s 
E) 0,47s 
Comentários 
Embora tenham tamanhos diferentes, os blocos tês massas iguais. Assim, temos que as 
forças relevantes sobre o sistema composto pelos dois blocos, já que os atritos são desprezados, 
são a força Peso do bloco 1 e a componente da força Peso paralela ao plano inclinado no bloco 
2. Veja o diagrama de forças que segue. 
 
 
 
y 
x 
𝑃2 
𝑁 
𝑃𝑥 
𝜃 
𝑃𝑦 
𝑇 
+ 𝑃1 
𝑇 
𝑑 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 60 
Para encontrar o tempo que leva para o bloco 1 atingir o plano horizontal, podemos utilizar 
a equação horária do deslocamento para o MRUV. 
𝑑 = 𝑉𝑖 ⋅ 𝑡 +
𝑎 ⋅ 𝑡2
2
 
Com o deslocamento igual a 0,5m e velocidade inicial nula, pois o sistema parte do 
repouso, precisamos da aceleração do sistema para podermos calcular o tempo. 
Para encontrar a aceleração do sistema, podemos aplicar a 2ª Lei de Newton para o 
sistema composto pelos dois blocos. 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 − 𝑃𝑥 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ⋅ 𝑎 
𝑃 − 𝑃 ⋅ sen 𝜃 = (𝑚1 + 𝑚2) ⋅ 𝑎𝑥 
𝑚1 ⋅ 𝑔 − 𝑚2 ⋅ 𝑔 ⋅ sen 𝜃 = (𝑚1 + 𝑚2) ⋅ 𝑎𝑥 
Como os dois blocos têm massas iguais, podemos escrever: 
𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ sen 𝜃 = (𝑚 + 𝑚) ⋅ 𝑎𝑥 
𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ sen 𝜃 = 2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑎𝑥 
𝑔 − 𝑔 ⋅ sen 𝜃 = 2 ⋅ 𝑎𝑥 
𝑔 − 𝑔 ⋅ sen 𝜃
2
= 𝑎𝑥 
𝑎𝑥 =
𝑔 ⋅ (1 − sen 𝜃)
2
 
Com 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2 e 𝜃 = 30°, temos: 
𝑎𝑥 =
10 ⋅ (1 − sen 30)
2
 
𝑎𝑥 =
10 ⋅ (1 −
1
2)
2
= 5 ⋅
1
2
= 2,5 𝑚/𝑠2 
Então, o tempo fica: 
𝑑 = 𝑉𝑖 ⋅ 𝑡 +
𝑎 ⋅ 𝑡2
2
 
0,5 = 0 ⋅ 𝑡 +
2,5 ⋅ 𝑡2
2
 
1,0 = 2,5 ⋅ 𝑡2 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 61 
𝑡2 =
1,0
2,5
 
𝑡 = √
1,0
2,5
= √
10
25
=
√10
5
 
Veja que √9 = 3 e √16 = 4. Assim, o valor de √10 está entre 3 e 4. Como a raiz de 10 é 
mais próximo de raiz de 9 que da raiz de 16, o resultado aproximado da raiz de 10 é um pouco 
mais que três. 
Vamos assumir que √10 ≅ 3,16. Assim, temos: 
𝑡 =
√10
5
≅
3,16
5
= 0,63 𝑠 
Resposta está na alternativa C. 
Não foi pedido o valor da força tensora da corda que liga os blocos. Se ela tivesse sido 
necessária para a solução do problema, poderíamos aplicar a 2ª Lei de Newton para um dos 
blocos. 
Para o bloco 1: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 − 𝑇 = 𝑚1 ⋅ 𝑎 
𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
−𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 − 𝑚 ⋅ 𝑔 
𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑇 = 4 ⋅ 10 − 4 ⋅ 2,5 
𝑇 = 40 − 10 
𝑇 = 30 𝑁 
Ao aplicarmos para o bloco 2, encontramos o mesmo resultado: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑇 − 𝑃𝑥 = 𝑚2 ⋅ 𝑎 
𝑇 − 𝑃 ⋅ sen 𝜃 = 𝑚2 ⋅ 𝑎 
𝑇 − 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ sen 𝜃 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 + 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ sen 𝜃 
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𝑇 = 4 ⋅ 2,5 + 4 ⋅ 10 ⋅ sen 30° 
𝑇 = 10 + 40 ⋅
1
2
 
𝑇 = 10 + 20 
𝑇 = 30 𝑁 
Gabarito: “C” 
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5) RESUMO DA AULA 
 
Caso 1: resultante das forças sobre um corpo é nula. 
 
Caso 2: resultante das forças sobre um corpo NÃO for nula. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 66 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 67 
 
Na alavanca interfixa, o apoio está entre a força potente e a força resistente. 
 
Já em alavancas inter-resistentes a força transmitida fica localizada entre o apoio e a força 
aplicada pelo operador. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 68 
Por fim, em alavancas interpotentes a força aplicada pelo operador fica entre o apoio e a 
força transmitida. 
 
 
Forças no Movimento Circular Uniforme 
 
𝑎𝑀𝐶𝑈 = 𝜔 ⋅ 𝑉 = 𝜔
2 ∙ 𝑅 =
𝑉2
𝑅
 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅ 𝑎𝑀𝐶𝑈 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎
= 𝑚 ⋅
𝑉2
𝑅
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 69 
Forças em Polias e Roldanas 
 
 
Forças em um Plano Inclinado 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 70 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 71 
6) LISTA DE EXERCÍCIOS 
 
1. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) Um corpode massa m 
está em equilíbrio estático suspenso verticalmente por mola de constante k em um 
local onde a gravidade vale g. A massa da mola e os efeitos do ar podem ser 
desprezados. A medida da deformação elástica dessa mola vale 
A) m.k/g 
B) k.m.g 
C) k/m.g 
D) m.g.k 
E) m.g/k 
 
2. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo esférico de 5kg 
está pendurado por uma corda no teto de um elevador que sobe com velocidade 
constante igual a 2m/s, conforme apresentado na figura abaixo. O valor da Força de 
Tração que o cabo faz no bloco durante esta subida vale 
(Assumir g=10m/s²) 
A) 50N 
B) 60N 
C) 70N 
D) 40N 
E) 10N 
 
 
 
3. (ESTRATEGIA VESTIBULARES 2020 - Prof. Henrique Goulart) Jenga é um jogo que 
exige muita habilidade e controle físico do participante, que deve retirar peças do meio 
de uma torre feita de pequenos blocos empilhados sem derrubá-la, como apresentado 
na figura abaixo. 
V 
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 ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 72 
 
Fonte: Shuterstock. 
Suponha que um jogador, ao perceber que uma peça da torre Jenga está afastada das 
peças laterais e superiores e apoiada somente em sua base, decide empurrar 
horizontalmente essa peça para retirá-la da torre. 
A força que o jogador deve aplicar para realizar a jogada deve ser pelo menos maior 
que 
a) 0,04N 
b) 0,4N 
c) 4,0N 
d) 40N 
e) 400N 
Note e Adote: Massa da peça igual a 20g. Coeficiente de Atrito entre as peças de 
madeira do jogo igual a 0,2. g = 10m/s² 
 
4. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo com 2kg de 
massa é abandonado de uma altura de 7,2m e, após alguns instantes, atinge o solo. 
Sabendo que a gravidade local pode ser considerada constante com g=10m/s², o peso 
desse corpo durante o impacto com o solo vale, aproximadamente, 
A) 2kg 
B) 24kg.m/s 
C) 24N 
D) 240N 
E) 20N 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 73 
5. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco rígido de 5kg é 
pressionado contra uma parede por uma força F, conforme apresentado na figura, que 
o mantém em equilíbrio estático. 
 
Assinale a alternativa que apresenta corretamente as forças relevantes que sobre ele 
são exercidas. 
A) Além da força F, temos a força Peso, verticalmente para baixo, e a força Normal, 
verticalmente para cima. 
B) Além da força F, temos a força Peso, verticalmente para baixo, a força Normal, 
horizontalmente para a esquerda, e a força de Atrito verticalmente para cima. 
C) Além da força F, temos a força Peso, verticalmente para baixo, a força Normal, 
verticalmente para cima, e a força de Atrito horizontalmente para a esquerda. 
D) Além da força F, temos a força de Empuxo, verticalmente para baixo, a força Normal, 
verticalmente para cima, e a força de Atrito horizontalmente para a esquerda. 
E) Além da força F, temos a força de Empuxo, verticalmente para cima, a força Normal, 
horizontalmente para a esquerda, e a força Peso verticalmente para baixo. 
 
6. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um celular está sobre 
uma agenda que está sobre uma mesa, conforme a figura abaixo. 
 
Fonte: Shutterstock. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 74 
Se a agenda for empurrada e arrastada horizontalmente para a direita por uma força, 
também horizontal, de maneira que ambos se movam com velocidade constante sobre 
a mesa e que o celular não mude sua posição em relação à agenda, pode-se afirmar 
que, ao se desprezar qualquer tipo de força ou efeito que possa ser causado pelo ar, 
A) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a esquerda, enquanto o celular 
está sujeito a uma força de atrito para a direita, a favor do seu movimento. 
B) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a direita, enquanto o celular 
está sujeito a uma força de atrito nula. 
C) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a direita, enquanto o celular 
está sujeito a uma força de atrito para a esquerda, contrário ao seu movimento. 
D) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a esquerda, enquanto o celular 
não está sujeito a força de atrito. 
E) tanto a agenda quanto o celular estão submetidos a forças de atrito para a esquerda, 
opostas ao movimento. 
 
7. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um portão de madeira foi 
instalado com duas dobradiças, conforme a figura abaixo. 
 
A alternativa que melhor representa o diagrama de forças sobre o portão é a 
A) 
 
B) 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 75 
C) 
 
D) 
 
E) 
 
 
8. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco de 2kg desliza 
sobre uma superfície horizontal com velocidade que aumenta a uma taxa de 2m/s a 
cada segundo, conforme a figura abaixo. 
 
Se a força F tem intensidade de 14N, a força de atrito sobre o bloco vale 
a) 18N 
b) 14N 
c) 12N 
d) 10N 
 
9. (2021/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Duas crianças estão em 
uma praça e decidem brincar em uma gangorra. Depois de um determinado tempo, as 
crianças se acomodam de forma que ela se encontra em equilíbrio, conforme 
apresentado na figura. O menino tem massa 𝒎𝟐 = 𝟏, 𝟓 ∙ 𝒎𝟏 e está posicionado a uma 
distância d até o centro da gangorra, onde ela está apoiada e livre para girar. A que 
distância a menina está do centro da gangorra para que elas permaneçam em 
equilíbrio? 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 76 
 
A) 𝟎, 𝟓𝒅 
B) 𝒅 
C) 𝟏, 𝟓𝒅 
D) 𝟐𝒅 
E) 𝟐, 𝟓𝒅 
 
10. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 10kg é 
pendurado no teto de um elevador por um cabo que pode arrebentar se a força tensora 
atingir 105N. Assuma g=10m/s², desconsidere qualquer tipo de efeito que possa ser 
causado pelo ar e selecione a alternativa que apresenta o caso com menor chance de 
rompimento desse cabo. 
A) Elevador sobe com velocidade de 10m/s e aumenta sua velocidade a uma taxa de 
0,5m/s². 
B) Elevador desce com velocidade de 10m/s e reduz sua velocidade a uma taxa de 
0,5m/s². 
C) Elevador em repouso e iniciando sua descida a uma taxa de 0,5m/s². 
D) Elevador em repouso e iniciando sua subida a uma taxa de 0,5m/s². 
E) Elevador desce com velocidade constante igual a 10m/s. 
 
11. (2019/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Lucas Costa) Em um aeroporto, um reboque 
traciona três unidades de transporte de carga, denominadas A, B e C, idênticas e de 
massa 𝑴 cada uma. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 77 
Despreze os atritos envolvidos e assuma que em uma das viagens, o vagão C estava 
vazio, ao passo que o vagão B transportava uma carga de massa total 𝟐𝑴 e o vagão A 
𝟒𝑴. No início da viagem o trator imprimiu ao vagão A uma força de intensidade 𝑭 
constante, fazendo com que o conjunto adquirisse aceleração 𝒂. 
Nessa situação, podemos afirmar que a força de tração existente na corda que une os 
vagões A e B vale: 
A) 𝟐𝑭/𝟖 
B) 𝟒𝑭/𝟗 
C) 𝟓𝑭/𝟕 
D) 𝟐𝑭/𝟑 
E) 𝟑𝑭/𝟒 
 
12. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Uma esfera de aço de 1kg 
está em Movimento Circular Uniforme presa a um barbante que arrebenta se for 
tracionado com uma força de 90N. O movimento circular se dá num plano vertical, em 
torno de um ponto P que se move horizontalmente com velocidade constante igual a 
2m/s, próximo à superfície da Terra, onde a gravidade pode ser considerada 10m/s². 
Desconsidere qualquer tipo de efeito ou impedimento que possa ser causado pelo ar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O barbante tem comprimento de 20cm. O maior número de voltas por segundo em 
torno do ponto P que a esfera pode dar na iminência de arrebentar é de _________.Além disso, o ponto ___________ é a posição onde certamente o barbante arrebentará. 
Selecione a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado acima, na 
ordem em que aparecem. 
A) 50/π Hz – 5 
B) 10/π Hz – 5 
2m/s 
P 
1 
2 
3 
4 
5 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 78 
C) 50/π Hz – 3 
D) 10/π Hz – 3 
E) 50/π Hz – 2 
 
13. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) Um drone de 5kg está 
carregando uma caixa de encomenda com, também, 5kg, conforme a figura abaixo. 
 
O drone está subindo verticalmente, com velocidade que se reduz a uma taxa de 1m/s 
a cada meio segundo. Desconsidere qualquer tipo de efeito causado pelo ar sobre a 
caixa. O cabo que sustenta a encomenda é inextensível e com massa desprezível. 
Considere g=10m/s². A força tensora que o cabo está suportando neste instante vale 
A) 80N 
B) 60N 
C) 50N 
D) 40N 
E) 20N 
 
14. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) A figura abaixo apresenta 
um corpo de 4kg apoiado, em repouso e em equilíbrio, numa parede vertical por uma 
força horizontal F. 
 
 
 
 
 
 
 
 
F 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 79 
O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a parede vale 0,8 e g = 10m/s². O agente 
que exerce a força F inicia aplicando 120N e reduz, vagarosamente, este valor até o 
menor valor da força F capaz de manter o corpo equilibrado na mesma posição. 
Selecione a alternativa que apresenta respectiva e corretamente o valor da Força de 
Atrito Estático na situação inicial, o menor valor da força F capaz de manter o corpo 
em equilíbrio, e, também, a Força de Atrito Estático neste instante. 
A) 40N, 50N e 40N. 
B) 96N, 50N e 50N. 
C) 120N, 40N e 50N. 
D) 96N, 50N e 40N. 
E) 40N, 40N e 50N. 
 
15. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo é lançado 
obliquamente em relação ao solo. Desconsidere qualquer tipo de efeito que possa ser 
causado pelo ar. É correto afirmar que 
a) após o lançamento, no ponto mais alto da trajetória e antes de atingir o solo, o corpo 
ficou sujeito somente a uma força vertical, de natureza gravitacional. 
b) somente no ponto de máxima altura o corpo ficou submetido a uma resultante de 
forças nula. 
c) após o lançamento, no ponto mais alto da trajetória e antes de atingir o solo, o corpo 
ficou sujeito somente a uma força vertical, de natureza nuclear. 
d) no ponto de altura máxima ocorre uma inversão de sentido da resultante das forças 
sobre o corpo. 
e) após o lançamento, no ponto mais alto da trajetória e antes de atingir o solo, o corpo 
ficou sujeito somente a uma força vertical, de natureza eletromagnética. 
 
16. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 30kg 
aumenta uniformemente sua velocidade de 10m/s para 108km/h em 0,2min. A 
resultante das forças sobre esse corpo vale 
A) 50N 
B) 14700N 
C) 490N 
D) 500N 
E) 150N 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 80 
17. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Sobre um plano 
horizontal, um corpo de 5kg se encontra apoiado. O coeficiente de atrito estático vale 
1,0 e o coeficiente de atrito cinético vale 0,8. Uma força F horizontal igual a 8,0N é 
aplicada sobre o corpo horizontalmente. O valor da força de atrito antes e depois da 
aplicação da força F valem, respectivamente 
(Assuma g=10m/s²) 
A) zero e 42,0N. 
B) 50,0N e 48,0N. 
C) 50,0N e 42,0N. 
D) 50,0N e 8,0N. 
E) zero e 8,0N. 
 
18. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Lucas Costa) Uma partícula de massa 𝒎 é 
solta em um plano inclinado fixo, onde desce em movimento acelerado. O ângulo de 
inclinação do plano com a horizontal vale 𝜽 e o módulo da aceleração da gravidade 
local 𝒈. 
 
Desprezando os atritos e a resistência do ar, o módulo de sua aceleração na direção 
do movimento, em termos das grandezas descritas vale: 
a) 𝒈 
b) 𝒈 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝜽) 
c) 𝒈 ⋅ 𝒄𝒐𝒔(𝜽) 
d) 𝒎 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒕𝒈(𝜽) 
e) 𝒈 ⋅ 𝒕𝒈(𝜽)/𝒎 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 81 
19. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco maciço de peso 
“W” é apoiado sobre a extremidade “B” de uma barra rígida, de comprimento “L”, que 
fica equilibrada por uma força “F”, na extremidade “A”, distante 2L/3 do apoio “O”, 
conforme a figura abaixo. 
 
O apoio “O” exerce uma força sobre a barra que vale 
A) 3W 
B) 3W/2 
C) 2W 
D) 2W/3 
 
20. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um balão de volume V se 
desloca verticalmente com velocidade constante 𝒗. O gás contido no balão tem 
densidade 𝜌 menor que a do ar atmosférico 𝜌ar. 
A intensidade da força de arrasto do ar pode ser considerada diretamente proporcional 
ao módulo da velocidade, na forma de 𝑭𝒂𝒓 = 𝒃 ⋅ 𝒗. 
Assim, a constante b vale 
a) 
𝒈⋅𝑽⋅𝝆𝒂𝒓
𝒗
 
b) 
𝒈⋅𝑽⋅𝝆
𝒗
 
c) 
𝒈⋅𝑽⋅(𝝆𝒂𝒓−𝝆)
𝒗
 
d) 𝒈 ⋅ 𝑽 ⋅ 𝝆𝒂𝒓 
e) 𝒈 ⋅ 𝑽 ⋅ (𝝆𝒂𝒓 − 𝝆) 
Note e Adote 
Considere b>0, a aceleração da gravidade igual a g. 
Não há ventos. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 82 
21. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um triciclo de 2kg é 
puxado a partir do repouso por uma força FR sobre um plano sem atrito, conforme a 
figura abaixo. 
 
Se g=10m/s², a aceleração e a reação da força normal valem, respectivamente, 
A) 4m/s² e 14N. 
B) 8m/s² e 20N. 
C) 4m/s² e 24N. 
D) 8m/s² e 14N. 
 
22. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 10kg desliza 
com velocidade constante sobre num plano horizontal devido a ação de uma força, 
também horizontal, de 20N. Assuma g=10m/s². Pode-se afirmar que o valor do 
coeficiente de atrito entre a base de apoio do corpo e a superfície vale 
a) 0,01 
b) 2,0 
c) 1,0 
d) 0,1 
e) 0,2 
 
23. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 2,5kg fica 
submetido a duas forças: F1=20N e F2=30N. A maior e a menor aceleração que este 
corpo pode ficar submetido valem, respectivamente, 
A) 50m/s² e 10m/s². 
B) 20m/s² e 5m/s². 
C) 25m/s² e 4m/s². 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 83 
D) 4m/s² e 20m/s². 
E) 20m/s² e 4m/s². 
 
24. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um avião de 40 toneladas 
está em cruzeiro a 10km de altitude com velocidade constante de 800km/h em relação 
ao solo, horizontalmente. 
Indique a alternativa que apresenta corretamente o valor da força de sustentação sobre 
a aeronave neste instante. Assuma que g=10m/s². 
a) 4.103 N 
b) 4.104 N 
c) 4.105 N 
d) 8.103 N 
e) 8.103 N 
 
25. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel, com 
2000kg, se desloca numa estrada retilínea, plana e horizontal com velocidade de 
90km/h. Repentinamente, o condutor avista um obstáculo à frente, uma vaca parada na 
pista, e leva 1,5 segundo para acionar os freios e iniciar a frenagem. O veículo reduz 
sua velocidade uniformemente e consegue parar antes de colidir com o obstáculo. 
Despreze qualquer tipo de efeito que possa ser causado pelo ar. 
 
Durante o movimento de frenagem, as forças relevantes sobre o veículo, enquanto 
reduz sua velocidade uniformemente até parar, são 
a) Peso e Impulso. 
b) Atrito com o ar, Peso e Normal. 
c) Atrito, Peso e Empuxo. 
d) Peso, Normal e Atrito. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 84 
26. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel, com 
2000kg, se desloca numa estrada retilínea, plana e horizontal com velocidade de 
90km/h. Repentinamente, o condutor avista um obstáculo à frente, uma vaca parada na 
pista, e leva 1,5 segundo para acionar os freios e iniciar a frenagem. O veículoreduz 
sua velocidade uniformemente e consegue parar antes de colidir com o obstáculo. 
Despreze qualquer tipo de efeito que possa ser causado pelo ar. 
 
Se o coeficiente de atrito dos pneus com o solo vale μ=1,0, o valor da resultante das 
forças sobre o veículo durante a frenagem vale 
a) 60000N 
b) 40000N 
c) 20000N 
d) 2000N 
 
27. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco está em 
repouso e em equilíbrio sobre uma superfície plana com inclinação de 30° com a 
horizontal. 
 
Julgue as afirmações abaixo. 
I – A força de atrito sobre o bloco é paralela ao plano e orientada no sentido ascendente 
da superfície inclinada. 
II – A força de atrito sobre o bloco tem módulo igual à metade da intensidade da força 
peso. 
III – A força normal sobre o bloco tem módulo menor que o da intensidade da força 
peso. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 85 
São corretas: 
A) Somente I. 
B) Somente II. 
C) Somente III. 
D) Somente I e II. 
E) I, II e III. 
 
28. (2021/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Helicópteros não-
tripulados são constantemente enviados a zonas de guerra para levar alimentos e 
outros suprimentos para soldados. Suponha que um helicóptero acelere, na horizontal, 
em direção à base aliada carregando um pacote de 1500 kg. A resistência do ar é 
desprezível e o ângulo α formado entre a vertical e o fio que segura o pacote é de 15°. 
Qual o valor aproximado da aceleração do helicóptero? 
Dados: cos(15°) = 0,96; sen(15°)= 0,25; g = 10 m/s². 
 
A) 2,6 m/s² 
B) 3,2 m/s² 
C) 10,0 m/s² 
D) 32,3 m/s² 
E) 38,4 m/s² 
 
29. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de massa M 
está suspenso por um cabo inextensível e se mantém em equilíbrio estático em um 
local onde a gravidade vale g, conforme apresentado na figura abaixo. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 86 
 
Em determinado instante, uma força F, horizontal, é aplicada sobre o corpo, fazendo 
com que o cabo fique inclinado 30° com a vertical e se mantendo em equilíbrio nesta 
nova posição. 
Sabe-se que sen30°=cos60°=1/2 e que sen60°=cos30°=√3/2. 
A partir de um observador inercial, assinale a alternativa que apresenta corretamente 
o valor desta força F. 
a) 𝑭 =
𝟐⋅𝑴⋅𝒈
𝟑
 
b) 𝑭 =
𝟑⋅𝑴⋅𝒈
√𝟑
 
c) 𝑭 =
𝑴⋅𝒈
𝟐
 
d) 𝑭 =
√𝟑⋅𝑴⋅𝒈
𝟑
 
e) 𝑭 =
𝑴⋅𝒈
𝟑
 
 
30. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel realizando 
uma curva de raio igual a 200m e inclinação constante de 12°, conforme mostrado na 
figura abaixo, entra numa poça de óleo que praticamente anula o atrito dos pneus com 
a estrada. Qual o maior valor de velocidade que ele pode ter para seguir em sua 
trajetória circular e realizar a curva mesmo com os pneus sujos de óleo? 
 
(Considere g=10m/s². Tg(12°)=0,2) 
a) 20km/h 
Raio 
θ = 12° 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 87 
b) 40km/h 
c) 400m/s 
d) 40m/s 
e) 72km/h 
 
31. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) “A construção de túneis 
subterrâneos em estradas brasileiras tem ajudado a salvar a vida de animais selvagens 
e colaborado com a redução de acidentes. Pesquisadores estão filmando e 
acompanhando o deslocamento desses animais. 
Muitas vezes, a floresta fica ao lado da rodovia e a travessia é um perigo. Não é raro o 
atropelamento de animais silvestres. Muitos ficam mutilados ou morrem quando 
tentam atravessar as rodovias. 
[...] O Brasil tem mais de 90 mil quilômetros de rodovias federais. Nos últimos quatro 
anos, em mais de cinco mil quilômetros, 500 passagens de fauna estão sendo 
instaladas. O número ainda é pequeno, representa apenas 6% da malha rodoviária do 
país.” 
Fonte: https://g1.globo.com/jornal-nacional/noticia/2019/07/13/passagens-de-fauna-
tornam-estradas-mais-seguras-para-animais-e-motoristas.ghtml 
Um condutor trafegava com velocidade constante “v” em meio à floresta, numa estrada 
plana e horizontal, e avistou uma onça parda com quatro filhotes à sua frente. Para 
evitar o atropelamento, ele acionou os freios e conseguiu parar completamente seu 
veículo, evitando a colisão. 
Assuma que o tempo de reação do motorista (desde o avistamento até o acionamento 
dos freios) foi “t” e que, durante este intervalo, ele se manteve com velocidade 
constante. Que a aceleração da gravidade local vale “g”, que a massa total do veículo 
foi “m”, que o coeficiente efetivo de atrito entre os pneus e o solo devido às condições 
da estrada, foi “μ” e desconsidere qualquer tipo efeito causado pelo ar. 
Pode-se afirmar que, quando os animais foram avistados, eles estavam cerca de 
a) (2μgvt+v²)/(2μg) de distância à frente do condutor. 
b) (vt+v²)/(2μg) de distância à frente do condutor. 
c) (vt+v²)/(2) de distância à frente do condutor. 
d) (2mμgvt+v²)/(2mμg) de distância à frente do condutor. 
e) (2μgvt+mv²)/(2μg) de distância à frente do condutor. 
 
32. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel viaja a 
90km/h numa autoestrada plana, reta e horizontal, quando, de repente, uma carreta se 
atravessa na pista, conforme apresentado na figura abaixo. O condutor do veículo leva 
1s para perceber o obstáculo e iniciar efetivamente a frenagem, que ocorre em situação 
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 ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 88 
ideal de pista seca e em boas condições, além de freio com sistema ABS, que reduz 
uniformemente sua velocidade com fator de atrito µ=1. O carro não consegue parar e 
colide com a carreta com velocidade de módulo igual a 36km/h. Assuma g=10m/s² e 
despreze os efeitos do ar. O valor da velocidade de colisão desse mesmo automóvel, 
nas mesmas condições, se ele estivesse viajando a 108km/h seria de, 
aproximadamente 
 
A) 80 km/h 
B) 25 m/s 
C) 55 km/h 
D) 15 m/s 
E) 30 km/h 
 
33. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) A situação abaixo 
apresenta uma haste horizontal, de comprimento L e massa desprezível, que se 
encontra em equilíbrio estático. 
 
A haste está presa a um pino em uma de suas extremidades e tem um bloco de massa 
m apoiado no outro extremo. A haste é mantida em equilíbrio ao se apoiar sobre uma 
boia esférica de massa M e volume V, que tem metade de seu volume submerso em 
água. 
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 ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 89 
Considere a massa específica da água igual a 𝝆á𝒈𝒖𝒂, a massa específica da boia igual a 
𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂 e gravidade local igual a g. 
O valor da massa m vale 
a) 
𝟐𝑽𝒈
𝟕
(𝝆á𝒈𝒖𝒂 + 𝟐𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂) 
b) 
𝟐𝑽𝒈
𝟕
𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂 
c) 
𝟐𝑽
𝟕
(𝝆á𝒈𝒖𝒂 − 𝟐𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂) 
d) 
𝟐𝑽
𝟕
𝝆á𝒈𝒖𝒂 
e) 
𝟐𝑽
𝟕
(𝝆á𝒈𝒖𝒂 − 𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂) 
 
34. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo foi pendurado 
e ficou equilibrado verticalmente por molas em duas configurações, conforme 
mostrado nas situações abaixo. 
 
 
As molas 1 e 2, que tinham comprimentos L1 e L2, foram deformadas elasticamente e 
assumiram a configuração da situação 1. Já as molas 3 e 4, que tinham comprimentos 
L3 e L4, foram deformadas elasticamente e assumiram a configuração da situação 2. 
As deformações elásticas das molas 1, 2, 3 e 4 valem x1, x2, x3 e x4, respectivamente, 
assim como as constantes de elasticidade k1, k2, k3 e k4. 
Sabe-se que as constantes de elasticidade das molas 1 e 3 são iguais, assim como as 
constantes das molas 2 e 4 também são iguais entre si. Desconsidere qualquer tipo de 
efeito causado pelo ar. As molas são feitas de ligas metálicas e têm massas muito 
pequenas quando comparadas com a massa do corpo. 
Selecione a alternativa correta sabendo que a mola 2 tem constante de elasticidade 
maior que a mola 3 e que a mola 1 exerce sobre o bloco uma força, verticalmente para 
cima, igual à metade do peso dele.Situação 1 Situação 2 
Mola 1 Mola 2 Mola 3 
Mola 4 
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 ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 90 
A) L1>L2 e x3=2x1. 
B) L2>L1 e x4=2x2. 
C) L1>L2 e x3=2x1. 
D) L2>L1 e x4=x2. 
E) L1>L2 e x2=2x4. 
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 ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 91 
Gabarito
1) E 2) A 3) A 
4) E 5) B 6) D 
7) E 8) D 9) C 
10) C 11) B 12) B 
13) D 14) A 15) A 
16) A 17) E 18) B 
19) B 20) C 21) A 
22) E 23) E 24) C 
25) D 26) C 27) E 
28) A 29) D 30) E 
31) A 32) A 33) C 
34) B 
 
 
 
 
 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 92 
7) LISTA DE EXERCÍCIOS RESOLVIDA E COMENTADA 
 
1. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) Um corpo de massa m 
está em equilíbrio estático suspenso verticalmente por mola de constante k em um 
local onde a gravidade vale g. A massa da mola e os efeitos do ar podem ser 
desprezados. A medida da deformação elástica dessa mola vale 
A) m.k/g 
B) k.m.g 
C) k/m.g 
D) m.g.k 
E) m.g/k 
 
Comentários 
Como o corpo está em equilíbrio estático, então podemos escrever que a força elástica 
exercida pela mola deve ter igual módulo que a força Peso sobre o corpo. 
A Força Elástica é dada pela Lei de Hooke, Felástica = k.x, e a força Peso é dada pela Lei de 
Newton, P=m.g. 
𝐹𝑒𝑙á𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 = 𝑃 
𝑘 ⋅ 𝑥 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
𝑥 =
𝑚 ⋅ 𝑔
𝑘
 
Gabarito: “E” 
 
2. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo esférico de 5kg 
está pendurado por uma corda no teto de um elevador que sobe com velocidade 
constante igual a 2m/s, conforme apresentado na figura abaixo. O valor da Força de 
Tração que o cabo faz no bloco durante esta subida vale 
(Assumir g=10m/s²) 
A) 50N 
B) 60N 
C) 70N 
D) 40N 
E) 10N 
 
 
 
V 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 93 
Comentários 
Como o elevador está se movendo com velocidade constante, as forças sobre o corpo 
devem se equilibrar, conforme as leis da Mecânica Newtoniana. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Então, as forças Peso e Tração devem ser necessariamente iguais, em módulo: 
𝑃 = 𝑇 
𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑇 
5 ⋅ 10 = 𝑇 
𝑇 = 50𝑁 
Gabarito: “A” 
 
3. (ESTRATEGIA VESTIBULARES 2020 - Prof. Henrique Goulart) Jenga é um jogo que 
exige muita habilidade e controle físico do participante, que deve retirar peças do meio 
de uma torre feita de pequenos blocos empilhados sem derrubá-la, como apresentado 
na figura abaixo. 
 
Fonte: Shuterstock. 
V = 2 m/s = Constante 
Peso 
Tração 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 94 
Suponha que um jogador, ao perceber que uma peça da torre Jenga está afastada das 
peças laterais e superiores e apoiada somente em sua base, decide empurrar 
horizontalmente essa peça para retirá-la da torre. 
A força que o jogador deve aplicar para realizar a jogada deve ser pelo menos maior 
que 
a) 0,04N 
b) 0,4N 
c) 4,0N 
d) 40N 
e) 400N 
Note e Adote: Massa da peça igual a 20g. Coeficiente de Atrito entre as peças de 
madeira do jogo igual a 0,2. g = 10m/s² 
Comentários 
Como a peça está somente apoiada sobre outra e livre em suas outras faces, as forças 
Peso e Normal se equilibram, sendo iguais, em módulo. 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑁 
Assim, a menor intensidade de força para deslocar horizontalmente a peça deve ser, no 
mínimo, maior que a Força de Atrito Estático Máxima, que pode ser calculada com a equação 
abaixo. 
𝐹 𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜
𝐸𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑎
= 𝜇𝑒 ⋅ 𝑁 
Dados: m=20g=0,02kg g=10m/s² µe=0,2 
𝐹𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑎 > 𝐹 𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜
𝐸𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑎
= 𝜇𝑒 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 
𝐹𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑎 > 𝐹 𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜
𝐸𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑎
= 0,2 ⋅ 0,02 ⋅ 10 
𝐹𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑎 > 𝐹 𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜
𝐸𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑎
= 0,04 𝑁 
Gabarito: “A” 
 
 
4. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo com 2kg de 
massa é abandonado de uma altura de 7,2m e, após alguns instantes, atinge o solo. 
Sabendo que a gravidade local pode ser considerada constante com g=10m/s², o peso 
desse corpo durante o impacto com o solo vale, aproximadamente, 
A) 2kg 
B) 24kg.m/s 
C) 24N 
D) 240N 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 95 
E) 20N 
Comentários 
O Peso é uma força que pode ser calculada pelo produto da massa pela gravidade local: 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
Dados: m=2kg g=10m/s² 
𝑃 = 2 ⋅ 10 = 20𝑁 
O peso de um corpo não varia pelo fato de ele estar em repouso ou estar caindo. 
Gabarito: “E” 
 
5. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco rígido de 5kg é 
pressionado contra uma parede por uma força F, conforme apresentado na figura, que 
o mantém em equilíbrio estático. 
 
Assinale a alternativa que apresenta corretamente as forças relevantes que sobre ele 
são exercidas. 
A) Além da força F, temos a força Peso, verticalmente para baixo, e a força Normal, 
verticalmente para cima. 
B) Além da força F, temos a força Peso, verticalmente para baixo, a força Normal, 
horizontalmente para a esquerda, e a força de Atrito verticalmente para cima. 
C) Além da força F, temos a força Peso, verticalmente para baixo, a força Normal, 
verticalmente para cima, e a força de Atrito horizontalmente para a esquerda. 
D) Além da força F, temos a força de Empuxo, verticalmente para baixo, a força Normal, 
verticalmente para cima, e a força de Atrito horizontalmente para a esquerda. 
E) Além da força F, temos a força de Empuxo, verticalmente para cima, a força Normal, 
horizontalmente para a esquerda, e a força Peso verticalmente para baixo. 
Comentários 
Sobre o bloco, que está em equilíbrio estático, estão sendo exercidas quatro forças 
relevantes: 
- a força F, horizontalmente para a direita, exercida pelo agente; 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 96 
- a força Peso, verticalmente para baixo, exercida pela Terra, devido à interação 
gravitacional; 
- a força Normal, horizontalmente para a esquerda, exercida pela parede, devido à 
interação eletromagnética; 
- e a força de Atrito, verticalmente para cima, exercida pela parede, devido à interação 
eletromagnética. 
 
A força de Empuxo sobre o bloco é irrelevante neste problema. Se, caso, fosse, ela seria 
verticalmente para cima, exercida pelo ar ao redor do bloco. A força de Empuxo também é uma 
força de origem eletromagnética. 
Gabarito: “B” 
 
6. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um celular está sobre 
uma agenda que está sobre uma mesa, conforme a figura abaixo. 
 
Fonte: Shutterstock. 
Se a agenda for empurrada e arrastada horizontalmente para a direita por uma força, 
também horizontal, de maneira que ambos se movam com velocidade constante sobre 
a mesa e que o celular não mude sua posição em relação à agenda, pode-se afirmar 
que, ao se desprezar qualquer tipo de força ou efeito que possa ser causado pelo ar, 
A) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a esquerda, enquanto o celular 
está sujeito a uma força de atrito para a direita, a favor do seu movimento. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 97 
B) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a direita, enquanto o celular 
está sujeito a uma força de atrito nula. 
C) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a direita, enquanto o celular 
está sujeito a uma força de atrito para a esquerda, contrário ao seu movimento. 
D) a força de atrito cinético sobre a agenda aponta para a esquerda, enquanto o celular 
não está sujeito a força de atrito. 
E) tanto a agenda quanto o celular estão submetidos a forças de atrito para a esquerda, 
opostas ao movimento. 
Comentários 
Como tanto a agenda quanto o celular se movem juntose com velocidade constante 
horizontalmente para a direita, então eles estão sob equilíbrio de forças, conforme a 2ª Lei de 
Newton. 
A agenda está submetida, horizontalmente, a duas forças: a força que a empurra para a 
direita, no mesmo sentido de seu movimento, e a força de Atrito Cinético entre sua base e a 
mesa. 
O celular, também com velocidade constante, não está sujeito a forças horizontais, 
estando submetido somente a duas forças verticais: a força Peso, devido à ação da gravidade, 
e a força Normal realizada pela agenda. 
A força de Atrito surge sempre em oposição ao deslizamento entre superfícies 
encostadas. Assim, enquanto a agenda está submetida a uma força de Atrito Cinético da mesa, 
o celular não sofre qualquer força de Atrito, pois sua superfície encostada à superfície da agenda 
não tem qualquer movimento ou tendência de movimento relativo à agenda. 
Se a agenda estivesse em movimento acelerado, daí sim uma força de atrito entre o 
celular e a agenda surgiria. Com velocidade constante, o celular e a agenda somente trocam 
forças normais às suas superfícies, sem qualquer atrito. 
Gabarito: “D” 
 
7. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um portão de madeira foi 
instalado com duas dobradiças, conforme a figura abaixo. 
 
A alternativa que melhor representa o diagrama de forças sobre o portão é a 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 98 
A) 
 
B) 
 
C) 
 
D) 
 
E) 
 
 
Comentários 
Ao se fazer o diagrama de forças sobre o portão, ficamos com três forças: a força Peso e 
as duas forças de cada dobradiça, 
 
 
 
Gabarito: “E” 
 
Peso 
FA 
FB 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 99 
8. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco de 2kg desliza 
sobre uma superfície horizontal com velocidade que aumenta a uma taxa de 2m/s a 
cada segundo, conforme a figura abaixo. 
 
Se a força F tem intensidade de 14N, a força de atrito sobre o bloco vale 
a) 18N 
b) 14N 
c) 12N 
d) 10N 
Comentários 
As forças exercidas sobre o bloco são: força Peso, verticalmente para baixo, força Normal, 
verticalmente para cima, força F, horizontalmente para a direita, e a força de Atrito, 
horizontalmente para a esquerda. 
 
Como o corpo acelera horizontalmente aumentando sua velocidade a uma taxa de 2m/s 
a cada segundo, ou seja, com aceleração igual a 2m/s², a força F é maior que a força de atrito. 
Assim, podemos aplicar a Segunda Lei de Newton na direção horizontal: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: Referencial positivo para a direita. F=14N m=2kg a=2m/s² 
𝐹 + 𝐹𝑎𝑡 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
(+14) + 𝐹𝑎𝑡 = 2 ⋅ (+2) 
𝐹𝑎𝑡 = 4 − 14 
𝐹𝑎𝑡 = −10𝑁 
O sinal negativo indica que a força de Atrito tem orientação oposta ao referencial 
escolhido, ou seja, aponta para a esquerda, tendo módulo igual a 10N. 
Gabarito: “D” 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 100 
9. (2021/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Duas crianças estão em 
uma praça e decidem brincar em uma gangorra. Depois de um determinado tempo, as 
crianças se acomodam de forma que ela se encontra em equilíbrio, conforme 
apresentado na figura. O menino tem massa 𝒎𝟐 = 𝟏, 𝟓 ∙ 𝒎𝟏 e está posicionado a uma 
distância d até o centro da gangorra, onde ela está apoiada e livre para girar. A que 
distância a menina está do centro da gangorra para que elas permaneçam em 
equilíbrio? 
 
A) 𝟎, 𝟓𝒅 
B) 𝒅 
C) 𝟏, 𝟓𝒅 
D) 𝟐𝒅 
E) 𝟐, 𝟓𝒅 
Comentários 
Se um sistema está em equilíbrio, então o somatório das forças exercidas sobre ele deve 
ser nulo (Primeira Condição) e o somatório dos torques (ou momentos das forças) exercidos 
sobre ele deve ser nulo (Segunda Condição). 
�⃗⃗� 𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑎 + �⃗⃗� 𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑜 = 0 
Torque, também conhecido por momento de uma força (M) pode ser calculado por: 
𝑀 = 𝐹 ∙ 𝑏 
As forças exercidas pelas duas crianças sobre a gangorra são seus respectivos pesos, 
aplicados verticalmente. Como cada criança exerce uma força em lados opostos da gangorra, 
seus respectivos momentos são opostos em relação ao apoio. Assim, temos que: 
𝑀𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑎 = 𝑀𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑜 
O Peso pode ser calculado por: 
𝑃 = 𝑚 ∙ 𝑔 
Substituindo a equação do peso na equação do torque, temos: 
𝑃𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑎 ∙ 𝑑𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑎 = 𝑃𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑜 ∙ 𝑑𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑜 
𝑚1 ∙ 𝑔 ∙ 𝑑𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑎 = 𝑚2 ∙ 𝑔 ∙ 𝑑𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑜 
𝑚1 ∙ 𝑑𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑎 = 1,5 ∙ 𝑚1 ∙ 𝑑 
𝑑𝑚𝑒𝑛𝑖𝑛𝑎 = 1,5 ∙ 𝑑 
Gabarito: “C” 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 101 
10. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 10kg é 
pendurado no teto de um elevador por um cabo que pode arrebentar se a força tensora 
atingir 105N. Assuma g=10m/s², desconsidere qualquer tipo de efeito que possa ser 
causado pelo ar e selecione a alternativa que apresenta o caso com menor chance de 
rompimento desse cabo. 
A) Elevador sobe com velocidade de 10m/s e aumenta sua velocidade a uma taxa de 
0,5m/s². 
B) Elevador desce com velocidade de 10m/s e reduz sua velocidade a uma taxa de 
0,5m/s². 
C) Elevador em repouso e iniciando sua descida a uma taxa de 0,5m/s². 
D) Elevador em repouso e iniciando sua subida a uma taxa de 0,5m/s². 
E) Elevador desce com velocidade constante igual a 10m/s. 
Comentários 
O diagrama de forças sobre um corpo pendurado por um cabo no teto de um elevador 
identifica somente duas forças relevantes: a força Peso e a força de Tração. 
 
 
 
 
O Peso é uma força que pode ser calculada pelo produto da massa pela gravidade local: 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
Dados: m=10kg g=10m/s² 
𝑃 = 10 ⋅ 10 = 100𝑁 
Alternativa A: INCORRETA. O elevador subir com velocidade de 10m/s e aumentar essa 
velocidade faz com que a força de Tração fique com maior intensidade que a força Peso, 
podendo ser obtida a partir da 2ª Lei de Newton: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 + 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: Referencial positivo para cima. P=-100N a=+0,5m/s² 
−100 + 𝑇 = 10 ⋅ 0,5 
𝑇 = 105 𝑁 
Peso 
Tração 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 102 
Alternativa B: INCORRETA. O elevador descer com velocidade de 10m/s e reduzir essa 
velocidade faz com que a força de Tração também fique com maior intensidade que a força Peso, 
podendo ser obtida a partir da 2ª Lei de Newton: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 + 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: Referencial positivo para cima. P=-100N a=+0,5m/s² 
−100 + 𝑇 = 10 ⋅ 0,5 
𝑇 = 105 𝑁 
Alternativa C: CORRETA. O elevador, ao iniciar sua descida, a partir do repouso, a uma 
taxa de 0,5m/s², faz com que a força de Tração fique com menor intensidade que a força Peso, 
podendo ser obtida a partir da 2ª Lei de Newton: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 + 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: Referencial positivo para cima. P=-100N a=-0,5m/s² 
−100 + 𝑇 = 10 ⋅ (−0,5) 
𝑇 = 95 𝑁 
Esse é o caso com o menor valor de força de Tração dentre as alternativas 
apresentadas. 
Alternativa D: INCORRETA. O elevador, ao iniciar sua subida, a partir do repouso, a uma 
taxa de 0,5m/s², faz com que a força de Tração fique com maior intensidade que a força Peso, 
podendo ser obtida a partir da 2ª Lei de Newton: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 + 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: Referencial positivo para cima. P=-100N a=+0,5m/s² 
−100 + 𝑇 = 10 ⋅ 0,5 
𝑇 = 105 𝑁 
Alternativa E: INCORRETA. O elevador descer com velocidade constante e igual a 10m/s 
faz com que a força de Tração fique com igual intensidade que a força Peso, podendo ser obtida 
a partir da 2ª Lei de Newton: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 + 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: Referencial positivo para cima. P=-100N a=0 m/s² 
−100 + 𝑇 = 10 ⋅ 0 
𝑇 = 100 𝑁 
Essa conclusão seria a mesma se o elevador estivesse subindo comvelocidade constante 
ou estivesse e permanecesse em repouso, parado num mesmo andar. 
Gabarito: “C” 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 103 
11. (2019/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Lucas Costa) Em um aeroporto, um reboque 
traciona três unidades de transporte de carga, denominadas A, B e C, idênticas e de 
massa 𝑴 cada uma. 
 
Despreze os atritos envolvidos e assuma que em uma das viagens, o vagão C estava 
vazio, ao passo que o vagão B transportava uma carga de massa total 𝟐𝑴 e o vagão A 
𝟒𝑴. No início da viagem o trator imprimiu ao vagão A uma força de intensidade 𝑭 
constante, fazendo com que o conjunto adquirisse aceleração 𝒂. 
Nessa situação, podemos afirmar que a força de tração existente na corda que une os 
vagões A e B vale: 
A) 𝟐𝑭/𝟖 
B) 𝟒𝑭/𝟗 
C) 𝟓𝑭/𝟕 
D) 𝟐𝑭/𝟑 
E) 𝟑𝑭/𝟒 
Comentários: 
Devemos começar calculando o módulo da aceleração do sistema em função das 
variáveis fornecidas. Para isso devemos aplicar a segunda lei de Newton em todo o conjunto: 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 ⋅ 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜 
𝐹 = (𝑀 + 𝑀 + 𝑀 + 2𝑀 + 4𝑀) ⋅ 𝑎 
𝑎 =
𝐹
9𝑀
 
Usando a mesma lei novamente, temos que a tração da corda que une os vagões A e B, 
vale: 
𝑇 = (𝑀 + 𝑀 + 2𝑀) ⋅ 𝑎 = 4𝑀 ⋅
𝐹
9𝑀
=
4𝐹
9
 
Gabarito: “B” 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 104 
12. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Uma esfera de aço de 1kg 
está em Movimento Circular Uniforme presa a um barbante que arrebenta se for 
tracionado com uma força de 90N. O movimento circular se dá num plano vertical, em 
torno de um ponto P que se move horizontalmente com velocidade constante igual a 
2m/s, próximo à superfície da Terra, onde a gravidade pode ser considerada 10m/s². 
Desconsidere qualquer tipo de efeito ou impedimento que possa ser causado pelo ar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O barbante tem comprimento de 20cm. O maior número de voltas por segundo em 
torno do ponto P que a esfera pode dar na iminência de arrebentar é de _________. 
Além disso, o ponto ___________ é a posição onde certamente o barbante arrebentará. 
Selecione a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado acima, na 
ordem em que aparecem. 
A) 50/π Hz – 5 
B) 10/π Hz – 5 
C) 50/π Hz – 3 
D) 10/π Hz – 3 
E) 50/π Hz – 2 
Comentários 
O barbante tem maior chance de arrebentar quando a esfera passa pelo ponto 5, pois a 
força tensora no barbante, além de se opor à força gravitacional, é a responsável por manter a 
esfera em movimento circular em torno do ponto P. 
O fato da esfera se deslocar com velocidade constante, nada interfere na resolução do 
problema em torno do ponto P como se ele estivesse em repouso. 
A figura abaixo apresenta o diagrama de forças sobre a esfera ao passar pelo ponto 5. 
 
 
2m/s 
P 
1 
2 
3 
4 
5 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 105 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como a força de Tração máxima que o barbante pode exercer é de 90N e o Peso sobre 
a esfera de 1kg (P=m.g) vale 10N, podemos escrever a Segunda Lei de Newton: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Como o movimento é circular e uniforme, a aceleração é a Aceleração Centrípeta, que é 
dada por: 
𝑎𝑐 =
𝑣2
𝑅
 
Assim, temos: 
𝑇𝑚á𝑥 − 𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑚 ⋅
𝑣𝑚á𝑥
2
𝑅
 
Dados: Tmáx=90N m=1kg g=10m/s² R=20cm=0,2m 
Assim, podemos obter o maior valor da Velocidade Linear da esfera. 
90 − 10 = 1 ⋅
𝑣𝑚á𝑥
2
0,2
 
80 = 5 ⋅ 𝑣𝑚á𝑥
2 
16 = 𝑣𝑚á𝑥
2 
𝑣𝑚á𝑥
 = 4 𝑚/𝑠 
Como a o módulo da Velocidade Linear é dada pela equação abaixo, a maior frequência 
de rotação em Hz (rotações por segundo) da esfera em torno do ponto P vale: 
𝑣 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑅 ⋅ 𝑓 
4 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 0,2 ⋅ 𝑓𝑚á𝑥 
10 = 𝜋 ⋅ 𝑓𝑚á𝑥 
𝑓𝑚á𝑥 =
10
𝜋
 𝐻𝑧 
Gabarito: “B” 
P 
Peso 
Tração 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 106 
13. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) Um drone de 5kg está 
carregando uma caixa de encomenda com, também, 5kg, conforme a figura abaixo. 
 
O drone está subindo verticalmente, com velocidade que se reduz a uma taxa de 1m/s 
a cada meio segundo. Desconsidere qualquer tipo de efeito causado pelo ar sobre a 
caixa. O cabo que sustenta a encomenda é inextensível e com massa desprezível. 
Considere g=10m/s². A força tensora que o cabo está suportando neste instante vale 
A) 80N 
B) 60N 
C) 50N 
D) 40N 
E) 20N 
Comentários 
Como o conjunto drone e encomenda estão reduzindo sua velocidade a uma taxa de 1m/s 
a cada 0,5s. Assim, podemos calcular o valor da aceleração: 
𝑎 =
∆𝑣
∆𝑡
 
𝑎 =
1
0,5
= 2 𝑚/𝑠2 
Como o drone sobe verticalmente reduzindo sua velocidade, a aceleração aponta 
verticalmente para baixo. 
As forças sobre a encomenda, ficam: 
 
 
 
 
Assim, podemos aplicar a Segunda Lei de Newton para o cálculo: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑃 + 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Tração 
Peso 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 107 
Dados: m=5kg a=1m/s² P=m.g=50N 
Ao se assumir um sentido de referência positivo para cima, temos: 
−50 + 𝑇 = 5 ⋅ (−2) 
𝑇 = −10 + 50 = +40 𝑁 
Gabarito: “D” 
 
14. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/ Prof. Henrique Goulart) A figura abaixo apresenta 
um corpo de 4kg apoiado, em repouso e em equilíbrio, numa parede vertical por uma 
força horizontal F. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a parede vale 0,8 e g = 10m/s². O agente 
que exerce a força F inicia aplicando 120N e reduz, vagarosamente, este valor até o 
menor valor da força F capaz de manter o corpo equilibrado na mesma posição. 
Selecione a alternativa que apresenta respectiva e corretamente o valor da Força de 
Atrito Estático na situação inicial, o menor valor da força F capaz de manter o corpo 
em equilíbrio, e, também, a Força de Atrito Estático neste instante. 
A) 40N, 50N e 40N. 
B) 96N, 50N e 50N. 
C) 120N, 40N e 50N. 
D) 96N, 50N e 40N. 
E) 40N, 40N e 50N. 
Comentários 
Na situação inicial, com o corpo na condição de equilíbrio estático, onde as forças 
horizontais e verticais se equilibram, temos o seguinte diagrama de forças: 
F=120N N=120N P=m.g=4.10=40N Faemáx=μe.N=0,8.120=96N 
𝐹 = 𝑁 = 120𝑁 𝐹𝑎 = 𝑃 = 40𝑁 
F 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 108 
Observe que a Força de Atrito é menor que a Força de Atrito Estático Máxima, pois ela 
assume o valor suficiente para equilibrar, verticalmente, a Força Peso. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O menor valor de força F se dá quando a Força Normal for tal que a Força de Atrito se 
iguala à Força de Atrito Máxima. 
Assim, podemos escrever: 
𝐹𝑎 = 𝜇 ⋅ 𝑁 
40 = 0,8 ⋅ 𝑁 
𝑁 =
40
0,8
= 50𝑁 
Portanto, a menor força F que mantém o corpo em equilíbrio é de 50N, na situação em 
que a Força de Atrito Estático vale 40N. 
Gabarito: “A”. 
 
15. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo é lançado 
obliquamente em relação ao solo. Desconsidere qualquer tipo de efeito que possa ser 
causado pelo ar. É correto afirmar que 
a) após o lançamento, no ponto mais alto da trajetória e antes de atingir o solo, o corpo 
ficou sujeito somente a uma força vertical, de natureza gravitacional. 
b) somente no ponto de máxima altura o corpo ficou submetido a uma resultante de 
forças nula. 
c) após o lançamento, no ponto mais alto da trajetória e antes de atingir o solo, o corpo 
ficou sujeito somente a uma força vertical, de natureza nuclear. 
d) no ponto de altura máxima ocorre uma inversão de sentido da resultante das forças 
sobre o corpo. 
e) após o lançamento, no ponto mais alto da trajetória e antesde atingir o solo, o corpo 
ficou sujeito somente a uma força vertical, de natureza eletromagnética. 
Comentários 
Um corpo lançado obliquamente em relação ao solo assume uma trajetória parabólica, 
somente sob a ação da força gravitacional, pois o ar foi desprezado. 
F=120N N=120N 
Fa=40N 
P=40N 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 109 
Assim, durante a subida, no ponto de altura máxima e durante a descida, a resultante das 
forças é igual à única força exercida permanentemente sobre o corpo: a força Peso, de natureza 
gravitacional, que puxa o corpo sempre verticalmente para baixo. 
Em nenhum instante a resultante das forças sobre o corpo é nula, nem ocorre inversão 
de sentido da resultante das forças sobre o corpo. 
Gabarito: “A” 
 
16. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 30kg 
aumenta uniformemente sua velocidade de 10m/s para 108km/h em 0,2min. A 
resultante das forças sobre esse corpo vale 
A) 50N 
B) 14700N 
C) 490N 
D) 500N 
E) 150N 
Comentários 
A resultante das forças sobre um corpo é dada pela 2ª Lei de Newton: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = m ⋅ a 
Para encontrar a aceleração, podemos utilizar a seguinte relação cinemática: 
𝑉𝑓 = Vi + 𝑎 ⋅ 𝑡 
Dados: Vf=108km/h=30m/s Vi=10m/s t=0,2min=12s 
30 = 10 + 𝑎 ⋅ 12 
𝑎 =
20
12
=
5
3
 𝑚/𝑠² 
Assim, a resultante das forças fica: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 30 ⋅
5
3
= 50 𝑁 
Gabarito: “A” 
 
17. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Sobre um plano 
horizontal, um corpo de 5kg se encontra apoiado. O coeficiente de atrito estático vale 
1,0 e o coeficiente de atrito cinético vale 0,8. Uma força F horizontal igual a 8,0N é 
aplicada sobre o corpo horizontalmente. O valor da força de atrito antes e depois da 
aplicação da força F valem, respectivamente 
(Assuma g=10m/s²) 
A) zero e 42,0N. 
B) 50,0N e 48,0N. 
C) 50,0N e 42,0N. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 110 
D) 50,0N e 8,0N. 
E) zero e 8,0N. 
Comentários 
Como o corpo está simplesmente apoiado e em repouso sobre o plano horizontal, antes 
da aplicação da força F, não há força de atrito. 
A força de atrito surge em oposição ao deslizamento entre superfícies encostadas. Um 
corpo simplesmente apoiado sobre uma superfície plana e horizontal não tem qualquer tendência 
de deslizamento. 
Logo, a força de atrito antes da aplicação da força F é nula. 
A força de atrito estático máxima que, nas condições do corpo sobre a superfície, pode se 
opor ao deslizamento sobre a superfície pode ser obtida pela seguinte equação: 
𝐹𝐴𝑡 = µ𝑒 ⋅ 𝑁 
O valor da força Normal sobre o bloco é igual ao peso. 
𝑁 = 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 5 ⋅ 10 = 50𝑁 
Assim, a força máxima de atrito estático entre o corpo e a superfície vale: 
𝐹𝐴𝑡 = 1,0 ⋅ 50 = 50𝑁 
A força de atrito estático será sempre suficiente para manter o corpo sem deslizar sobre 
a superfície até o valor de 50N. 
Como a força F que tenta empurrar o corpo horizontalmente vale somente 8,0N, então a 
força de atrito estático assume este mesmo valor, evitando que o corpo deslize. 
Portanto, após a aplicação da força F, a força de atrito vale 8,0N. 
Para o corpo deslizar, a força F deveria ser maior que 50N, que é a força de atrito estático 
máxima neste caso. 
Gabarito: “E” 
 
18. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Lucas Costa) Uma partícula de massa 𝒎 é 
solta em um plano inclinado fixo, onde desce em movimento acelerado. O ângulo de 
inclinação do plano com a horizontal vale 𝜽 e o módulo da aceleração da gravidade 
local 𝒈. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 111 
Desprezando os atritos e a resistência do ar, o módulo de sua aceleração na direção 
do movimento, em termos das grandezas descritas vale: 
a) 𝒈 
b) 𝒈 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝜽) 
c) 𝒈 ⋅ 𝒄𝒐𝒔(𝜽) 
d) 𝒎 ⋅ 𝒈 ⋅ 𝒕𝒈(𝜽) 
e) 𝒈 ⋅ 𝒕𝒈(𝜽)/𝒎 
Comentários 
Vamos considerar os eixos do sistema na direção do movimento da partícula e na direção 
normal. A partir disso, vamos decompor nossas forças e aplicar a 2ª lei em cada componente: 
 
Na direção 𝑥, que corresponde ao eixo de movimentação da partícula, temos que: 
𝐹𝑅 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 
𝑚 ⋅ 𝑎 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑚 ⋅ 𝑎 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑎 = 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
Notamos que a aceleração na direção do movimento independe da massa do corpo. 
Gabarito: “B” 
 
 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 112 
19. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco maciço de peso 
“W” é apoiado sobre a extremidade “B” de uma barra rígida, de comprimento “L”, que 
fica equilibrada por uma força “F”, na extremidade “A”, distante 2L/3 do apoio “O”, 
conforme a figura abaixo. 
 
O apoio “O” exerce uma força sobre a barra que vale 
A) 3W 
B) 3W/2 
C) 2W 
D) 2W/3 
Comentários 
Como a barra está em equilíbrio estático, tanto as forças quanto os momentos dessas 
forças se equilibram. 
As forças sobre a barra de comprimento L: 
 
 
 
 
 
 
A partir do equilíbrio dos Momentos em relação ao eixo de referência no ponto de apoio 
O, temos: 
𝑀𝐹 = 𝑀𝑊 
𝐹 ⋅ 𝑑𝐴 = 𝑊 ⋅ 𝑑𝐵 
Como dA = 2L/3, dB só pode valer L/3. 
𝐹 ⋅
2
3
= 𝑊 ⋅
1
3
 
𝐹 =
𝑊
2
 
Assim, pelo equilíbrio de forças na vertical, podemos escrever: 
𝐹𝑂 = 𝐹 + 𝑊 
F 
W 
FO dA 
dB 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 113 
𝐹𝑂 =
𝑊
2
+ 𝑊 =
3𝑊
2
 
Gabarito: “B” 
 
20. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um balão de volume V se 
desloca verticalmente com velocidade constante 𝒗. O gás contido no balão tem 
densidade 𝜌 menor que a do ar atmosférico 𝜌ar. 
A intensidade da força de arrasto do ar pode ser considerada diretamente proporcional 
ao módulo da velocidade, na forma de 𝑭𝒂𝒓 = 𝒃 ⋅ 𝒗. 
Assim, a constante b vale 
a) 
𝒈⋅𝑽⋅𝝆𝒂𝒓
𝒗
 
b) 
𝒈⋅𝑽⋅𝝆
𝒗
 
c) 
𝒈⋅𝑽⋅(𝝆𝒂𝒓−𝝆)
𝒗
 
d) 𝒈 ⋅ 𝑽 ⋅ 𝝆𝒂𝒓 
e) 𝒈 ⋅ 𝑽 ⋅ (𝝆𝒂𝒓 − 𝝆) 
Note e Adote: Considere b>0, a aceleração da gravidade igual a g. Não há ventos. 
Comentários 
Como o balão está subindo com velocidade constante, então as forças relevantes sobre 
ele se equilibram, conforme a Dinâmica Newtoniana. 
Além da força Peso, verticalmente para baixo, o balão também está submetido a mais 
duas forças: a de Empuxo, verticalmente para cima, e a de Arrasto Aerodinâmico do Ar, 
verticalmente para baixo. 
A força de Arrasto é oposta ao sentido do movimento do balão. Como o ar é mais denso 
que o gás no balão, temos que o balão sobe verticalmente, fazendo com que a força de Arrasto 
seja verticalmente para baixo. O diagrama de forças fica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Peso 
Empuxo 
FArrasto 
Velocidade 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 114 
O equilíbrio das forças fica: 
𝐹𝐸𝑚𝑝𝑢𝑥𝑜 = 𝐹𝑃𝑒𝑠𝑜 + 𝐹𝐴𝑟𝑟𝑎𝑠𝑡𝑜 
A força de Empuxo é dada pela Lei de Arquimedes: 
𝐹𝐸𝑚𝑝𝑢𝑥𝑜 = 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 ⋅ 𝑉𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑠𝑜 ⋅ 𝑔 
A força Peso é dada pela Lei de Newton da Gravitação: 
𝐹𝑃𝑒𝑠𝑜 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
Então, podemos escrever: 
𝜌𝑎𝑟 ⋅ 𝑉𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑠𝑜 ⋅ 𝑔 = 𝑚𝑏𝑎𝑙ã𝑜 ⋅ 𝑔 + 𝑏 ⋅ 𝑣 
O volume submerso no fluido (ar) é igual ao volume do balão. E a massa do balão pode 
ser escrita como o produto da sua densidade por seu volume. 
𝜌𝑎𝑟 ⋅ 𝑉 ⋅ 𝑔 = 𝜌 ⋅ 𝑉 ⋅ 𝑔 + 𝑏 ⋅ 𝑣 
𝜌𝑎𝑟 ⋅ 𝑉 ⋅ 𝑔 − 𝜌 ⋅ 𝑉 ⋅ 𝑔 = 𝑏 ⋅ 𝑣 
𝑏 ⋅ 𝑣 = 𝑔 ⋅ 𝑉 ⋅ (𝜌𝑎𝑟 − 𝜌) 
𝑏 =
𝑔 ⋅ 𝑉 ⋅ (𝜌𝑎𝑟 − 𝜌)
𝑣
 
Gabarito: “C”. 
 
21. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um triciclo de 2kg é 
puxado a partir do repouso por uma força FR sobre um plano sem atrito, conforme a 
figura abaixo. 
 
Se g=10m/s², a aceleração e a reação da força normal valem, respectivamente, 
A) 4m/s² e 14N. 
B) 8m/s² e 20N. 
C) 4m/s² e 24N. 
D) 8m/s² e 14N. 
ComentáriosSobre o corpo, estão exercidas 3 forças: Peso, verticalmente para baixo, Normal, 
verticalmente para cima, e a Força R, conforme apresentado no diagrama abaixo: 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 115 
 
 
 
 
Na direção horizontal, o corpo acelera devido à componente da Força R nessa direção, 
que tem intensidade indicada por 4 marcações (quadradinhos), valendo 8N. Da mesma forma, a 
sua componente vertical vale 6N. 
Para encontrar a aceleração, aplicamos a 2ª Lei de Newton na direção horizontal: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: FHorizontal=8N m=2kg 
8 = 2 ⋅ 𝑎 
8
2
= 𝑎 
𝑎 = 4 𝑚/𝑠² 
A reação normal tem mesmo módulo que a força normal sobre o corpo. Assim, podemos 
determinar a partir da aplicação da 2ª Lei de Newton na direção vertical, que não há aceleração. 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Dados: Referencial positivo verticalmente para cima. 
 a=0m/s² FVertical=6N P=m.g=2.10=20N 
𝐹𝑉𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙 + 𝑃 + 𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
+6 − 20 + 𝑁 = 2 ⋅ 0 
−14 + 𝑁 = 0 
𝑁 = +14 𝑁 
Gabarito: “A” 
 
22. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 10kg desliza 
com velocidade constante sobre num plano horizontal devido a ação de uma força, 
também horizontal, de 20N. Assuma g=10m/s². Pode-se afirmar que o valor do 
coeficiente de atrito entre a base de apoio do corpo e a superfície vale 
a) 0,01 
b) 2,0 
c) 1,0 
d) 0,1 
e) 0,2 
 
FR 
P 
N 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 116 
Comentários 
Como o bloco desliza com velocidade constante, então as forças sobre ele se equilibram. 
Assim, a Força de Atrito deve ser igual à força horizontal que puxa o bloco. Da mesma 
forma, a força Normal deve ser igual à força Peso. 
 
𝐹𝐴𝑡 = µ𝑐 ⋅ 𝑁 
𝐹𝐴𝑇 = 𝐹 = 20𝑁 
𝑁 = 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 10 ⋅ 10 = 100𝑁 
Assim, o coeficiente fica: 
20 = µ𝑐 ⋅ 100 
µ𝑐 = 0,2 
Gabarito: “E” 
 
23. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de 2,5kg fica 
submetido a duas forças: F1=20N e F2=30N. A maior e a menor aceleração que este 
corpo pode ficar submetido valem, respectivamente, 
A) 50m/s² e 10m/s². 
B) 20m/s² e 5m/s². 
C) 25m/s² e 4m/s². 
D) 4m/s² e 20m/s². 
E) 20m/s² e 4m/s². 
Comentários 
A maior aceleração que este corpo pode ficar submetido se dá quando as duas forças 
estiverem com iguais direções e sentidos, resultando numa força com módulo igual à soma das 
duas: 
𝐹 𝑟𝑒𝑠
𝑚á𝑥
= 𝐹1 + 𝐹2 = 20 + 30 = 50 𝑁 
Com este valor, podemos aplicar a Segunda Lei de Newton para o corpo de 2,5kg. 
𝐹 𝑟𝑒𝑠
𝑚á𝑥
= 𝑚 ⋅ 𝑎𝑚á𝑥 
Dados: m=2,5kg Fres=50N 
50 = 2,5 ⋅ 𝑎𝑚á𝑥 
𝑎𝑚á𝑥 =
50
2,5
= 20 𝑚/𝑠² 
Da mesma forma, a menor aceleração que este corpo pode ficar submetido se dá quando 
as duas forças estiverem com iguais direções e sentidos opostos, resultando numa força com 
módulo igual à diferença entre elas: 
𝐹𝑟𝑒𝑠
𝑚í𝑛
= 30 − 20 = 10 𝑁 
Com este valor, podemos aplicar a Segunda Lei de Newton para o corpo de 2,5kg. 
𝐹𝑟𝑒𝑠
𝑚í𝑛
= 𝑚 ⋅ 𝑎𝑚í𝑛 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 117 
Dados: m=2,5kg Fres=10N 
10 = 2,5 ⋅ 𝑎𝑚í𝑛 
𝑎𝑚í𝑛 =
10
2,5
= 4 𝑚/𝑠² 
Gabarito: “E” 
 
24. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um avião de 40 toneladas 
está em cruzeiro a 10km de altitude com velocidade constante de 800km/h em relação 
ao solo, horizontalmente. 
Indique a alternativa que apresenta corretamente o valor da força de sustentação sobre 
a aeronave neste instante. Assuma que g=10m/s². 
a) 4.103 N 
b) 4.104 N 
c) 4.105 N 
d) 8.103 N 
e) 8.103 N 
Comentários 
Como o avião está com velocidade constante, então todas as forças exercidas sobre ele 
se equilibram. 
Na horizontal, a força de Empuxo dos motores para frente equilibra a força de Arrasto 
Aerodinâmico para trás. 
Na vertical, a força Peso para baixo é equilibrada pela força de Sustentação Aerodinâmica 
para cima. 
Assim, esta força deve ser igual ao Peso: 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
Dados: m=40 ton=40000 kg g=10m/s² 
𝐹 𝑆𝑢𝑠𝑡𝑒𝑛𝑡𝑎çã𝑜
𝐴𝑒𝑟𝑜𝑑𝑖𝑛â𝑚𝑖𝑐𝑎
= 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 = 40000 ⋅ 10 = 400000 = 4 ⋅ 105𝑁 
Gabarito: “C” 
 
25. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel, com 
2000kg, se desloca numa estrada retilínea, plana e horizontal com velocidade de 
90km/h. Repentinamente, o condutor avista um obstáculo à frente, uma vaca parada na 
pista, e leva 1,5 segundo para acionar os freios e iniciar a frenagem. O veículo reduz 
sua velocidade uniformemente e consegue parar antes de colidir com o obstáculo. 
Despreze qualquer tipo de efeito que possa ser causado pelo ar. 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 118 
 
Durante o movimento de frenagem, as forças relevantes sobre o veículo, enquanto 
reduz sua velocidade uniformemente até parar, são 
a) Peso e Impulso. 
b) Atrito com o ar, Peso e Normal. 
c) Atrito, Peso e Empuxo. 
d) Peso, Normal e Atrito. 
Comentários 
Durante a frenagem, o veículo fica submetido, principalmente, pelas forças Peso, devido 
à ação da gravidade, que o puxa verticalmente para baixo; pela força Normal que a superfície 
exerce verticalmente para cima; e a força de Atrito dos pneus com o solo, horizontalmente, no 
sentido oposto à velocidade. 
Esta força de atrito dos pneus com o solo é a responsável por reduzir a velocidade do 
veículo, causando uma aceleração oposta à velocidade. 
Lembre-se que, conforme o enunciado, as forças que o ar poderia exercer sobre o veículo 
foram desprezadas. 
Caso não fossem, poderíamos adicionar à resposta a Força de Arrasto Aerodinâmico 
sobre o veículo. 
Gabarito: “D” 
 
26. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel, com 
2000kg, se desloca numa estrada retilínea, plana e horizontal com velocidade de 
90km/h. Repentinamente, o condutor avista um obstáculo à frente, uma vaca parada na 
pista, e leva 1,5 segundo para acionar os freios e iniciar a frenagem. O veículo reduz 
sua velocidade uniformemente e consegue parar antes de colidir com o obstáculo. 
Despreze qualquer tipo de efeito que possa ser causado pelo ar. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 119 
Se o coeficiente de atrito dos pneus com o solo vale μ=1,0, o valor da resultante das 
forças sobre o veículo durante a frenagem vale 
a) 60000N 
b) 40000N 
c) 20000N 
d) 2000N 
Comentários 
Durante a frenagem, o veículo ficou submetido a três forças relevantes: Peso, Normal e 
Atrito. 
A força Peso é verticalmente para baixo e vale: 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
𝑃 = 2000 ⋅ 10 = 20000 𝑁 
A força Normal que a superfície exerce sobre o veículo é vertical para cima, equilibrando 
a força Peso. 
Assim, podemos escrever: 
𝑁 = 𝑃 = 20000𝑁 
Como Peso e Normal se equilibram verticalmente e, na horizontal, temos somente a força 
de Atrito dos pneus com o solo, a resultante das forças, que é o resultado do somatório (vetorial) 
de todas as forças sobre um corpo, assume o valor da força de Atrito. 
𝐹𝑎𝑡 = 𝜇 ⋅ 𝑁 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝐹𝑎𝑡 = 1,0 ⋅ 20000 = 20000 𝑁 
Gabarito: “C” 
 
27. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um bloco está em 
repouso e em equilíbrio sobre uma superfície plana com inclinação de 30° com a 
horizontal. 
 
Julgue as afirmações abaixo. 
I – A força de atrito sobre o bloco é paralela ao plano e orientada no sentido ascendente 
da superfície inclinada. 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 120 
II – A força de atrito sobre o bloco tem módulo igual à metade da intensidade da força 
peso. 
III – A força normal sobre o bloco tem módulo menor que o da intensidade da força 
peso. 
São corretas: 
A)Somente I. 
B) Somente II. 
C) Somente III. 
D) Somente I e II. 
E) I, II e III. 
Comentários 
Como o bloco está em equilíbrio estático, as três forças relevantes que sobre ele são 
exercidas se equilibram: força Peso, força Normal e força de Atrito. 
A força Peso é a força gravitacional que puxa o corpo verticalmente para baixo. A força 
Normal é a força que a superfície do plano exerce, repelindo o corpo perpendicularmente à 
direção da superfície. E a força de Atrito se opõe ao possível deslizamento do bloco plano abaixo. 
 
 
 
 
Ao se decompor a força Peso em duas componentes perpendiculares, uma paralela ao 
plano e outra perpendicular ao plano, temos: 
 
 
 
As componentes podem ser determinadas ao se escreverem as relações de Seno e 
Cosseno para o ângulo: 
Normal 
Peso 
Atrito 
Normal 
Componente Paralela do Peso 
Atrito 
Componente Perpendicular do Peso 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 121 
𝑐𝑜𝑠 𝜃 =
𝑃𝑃𝑒𝑟
𝑃
 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑃𝑝𝑎𝑟
𝑃
 
Assim, PPar=P.senθ e PPer=P.cosθ. 
A condição de equilíbrio se dá tanto com as forças paralelas ao plano quanto com as 
perpendiculares: 
Equilíbrio na direção paralela ao plano: 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝑃𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑎 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛30° 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝑃 ⋅
1
2
=
𝑃
2
 
Equilíbrio na direção perpendicular ao plano: 
𝐹𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑃𝑝𝑒𝑟𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑢𝑙𝑎𝑟 
𝐹𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑃 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 
𝐹𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑃 ⋅ 𝑐𝑜𝑠30° 
𝐹𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑃 ⋅
√3
2
< 𝑃 
I – CORRETA. Como a força de Atrito deve equilibrar a componente da força Peso 
paralela ao plano que puxa o corpo para baixo, a força da Atrito deve estar orientada para cima 
do plano, paralelamente à superfície. 
II – CORRETA. Conforme a condição de equilíbrio na direção paralela ao plano, temos 
que FAtrito=P/2. 
III – CORRETA. Conforme a condição de equilíbrio na direção perpendicular ao plano, 
temos que FNormal < P. 
Gabarito: “E” 
 
28. (2021/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Helicópteros não-
tripulados são constantemente enviados a zonas de guerra para levar alimentos e 
outros suprimentos para soldados. Suponha que um helicóptero acelere, na horizontal, 
em direção à base aliada carregando um pacote de 1500 kg. A resistência do ar é 
desprezível e o ângulo α formado entre a vertical e o fio que segura o pacote é de 15°. 
Qual o valor aproximado da aceleração do helicóptero? 
Dados: cos(15°) = 0,96; sen(15°)= 0,25; g = 10 m/s². 
 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 122 
A) 2,6 m/s² 
B) 3,2 m/s² 
C) 10,0 m/s² 
D) 32,3 m/s² 
E) 38,4 m/s² 
Comentários 
O bloco que está sendo levado pelo helicóptero está acelerando junto com ele, portanto, 
a resultante das forças sobre ele não é nula. Para melhor compreensão, vamos visualizar o 
diagrama de forças sobre o bloco: 
 
A força de tração T deve ser decomposta em duas: uma na horizontal (Tx) e uma na 
vertical (Ty), de modo que possamos relacioná-la com a força Peso. 
 
Como o bloco acelera horizontalmente, a resultante das forças na vertical é zero, 𝑇𝑦 = 𝑃. 
Na horizontal, a única força existente é 𝑇𝑥. Logo, a resultante das forças é igual a 𝑇𝑥. 
Ao desmembrar a força T em duas, podemos escrever uma relação entre seu valor 
integral, suas componentes e o ângulo α a partir de relações trigonométricas de catetos 
adjacentes, opostos e hipotenusa com senos, cossenos e tangentes. O ângulo alfa da ilustração 
da questão é o mesmo ângulo desenhado abaixo: 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 123 
 
𝑇𝑥 é equivalente ao cateto oposto de um triângulo retângulo, 𝑇 é equivalente à hipotenusa 
e 𝑇𝑦 ao adjacente ao alfa. Assim, podemos escrever que: 
cos(𝛼) =
𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑗𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
 cos(𝛼) =
𝑇𝑦
T
 
𝑇𝑦 = 𝑇 ∙ cos(𝛼) 
De forma análoga: 
𝑇𝑥 = 𝑇 ∙ sen(𝛼) 
Sabendo que 𝑇𝑦 é igual à força Peso, em módulo, e que a força Peso é calculada pelo 
produto 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔, temos: 
𝑇𝑦 = 𝑃 
𝑇 ∙ cos(𝛼) = 𝑚 ∙ 𝑔 
𝑇 =
𝑚 ∙ 𝑔
cos(𝛼)
 
A partir da Segunda Lei de Newton, podemos escrever: 
𝑇𝑥 = 𝑚 ∙ 𝑎 
𝑇 ∙ sen(𝛼) = 𝑚 ∙ 𝑎 
𝑚 ∙ 𝑔
cos(𝛼)
∙ sen(𝛼) = 𝑚 ∙ 𝑎 
Assim, a aceleração fica: 
𝑎 = 𝑔 ∙
sen(𝛼)
cos(𝛼)
= 10 ∙
0,25
0,96
= 10 ⋅ 0,26 = 2,6 𝑚/𝑠² 
Gabarito: “A” 
 
29. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo de massa M 
está suspenso por um cabo inextensível e se mantém em equilíbrio estático em um 
local onde a gravidade vale g, conforme apresentado na figura abaixo. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 124 
Em determinado instante, uma força F, horizontal, é aplicada sobre o corpo, fazendo 
com que o cabo fique inclinado 30° com a vertical e se mantendo em equilíbrio nesta 
nova posição. 
Sabe-se que sen30°=cos60°=1/2 e que sen60°=cos30°=√3/2. 
A partir de um observador inercial, assinale a alternativa que apresenta corretamente 
o valor desta força F. 
a) 𝑭 =
𝟐⋅𝑴⋅𝒈
𝟑
 
b) 𝑭 =
𝟑⋅𝑴⋅𝒈
√𝟑
 
c) 𝑭 =
𝑴⋅𝒈
𝟐
 
d) 𝑭 =
√𝟑⋅𝑴⋅𝒈
𝟑
 
e) 𝑭 =
𝑴⋅𝒈
𝟑
 
Comentários 
O primeiro passo para a solução do problema é se montar o diagrama de forças da 
situação após a aplicação da força F. 
 
A força de Tração pode ser decomposta em duas componentes: uma na vertical, que 
equilibra a força Peso, e outra na horizontal, que equilibra a força F. 
 
Assim, ao se aplicar a 2ª Lei de Newton, podemos escrever: 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 125 
𝑇𝑣𝑒𝑟𝑡 = 𝑃 e 𝑇ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧 = 𝐹 
Estas componentes da força de Tração são obtidas a partir da decomposição geométrica 
de vetores: 
 
𝑇𝑣𝑒𝑟𝑡 = 𝑇 ⋅ 𝑐𝑜𝑠30° e 𝑇ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧 = 𝑇 ⋅ 𝑠𝑒𝑛30° 
Assim, temos que: 
𝑇 ⋅ 𝑐𝑜𝑠30° = 𝑃 e 𝑇 ⋅ 𝑠𝑒𝑛30° = 𝐹 
𝑇 =
𝑀 ⋅ 𝑔
𝑐𝑜𝑠30°
 
𝑀 ⋅ 𝑔
√3
2
 ⋅
1
2
= 𝐹 
 
𝑀 ⋅ 𝑔
√3
= 𝐹 
√3 ⋅ 𝑀 ⋅ 𝑔
3
= 𝐹 
Gabarito: “D” 
 
30. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel realizando 
uma curva de raio igual a 200m e inclinação constante de 12°, conforme mostrado na 
figura abaixo, entra numa poça de óleo que praticamente anula o atrito dos pneus com 
a estrada. Qual o maior valor de velocidade que ele pode ter para seguir em sua 
trajetória circular e realizar a curva mesmo com os pneus sujos de óleo? 
 
(Considere g=10m/s². Tg(12°)=0,2) 
Raio 
θ = 12° 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 126 
a) 20km/h 
b) 40km/h 
c) 400m/s 
d) 40m/s 
e) 72km/h 
Comentários 
O primeiro passo para resolver este problema é montar o diagrama de forças exercidas 
sobre o veículo: 
 
 
 
 
 
 
Como as forças não estão alinhadas, podemos decompor as forças conforme segue. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ = 12° 
Força Normal 
Força Peso 
θ = 12° 
Componente Horizontal 
da Força Normal 
Componente Vertical da 
Força Normal 
Força Normal 
Força Peso 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 127 
A decomposição vetorial é feita a partir do uso de trigonometria de triângulos retângulos, 
pois o vetor principal se equivale à hipotenusa, assim como suas componentes se equivalem aos 
catetos oposto e adjacente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, as componentes podem ser determinadas ao se escreverem as relações de Seno 
e Cosseno para o ângulo: 
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑁𝑉
𝑁
 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑁𝐻
𝑁
 𝑁2 = 𝑁𝐻
2 + 𝑁𝑉
2 
 𝑁𝑉 = 𝑁 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑁𝐻 = 𝑁 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 
Como o veículo realiza uma curva à direita, a componente vertical da Força Normal, paracima, é suficiente para equilibrar a Força Peso, verticalmente para baixo. 
𝑁𝑉 = 𝑃 
𝑁 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑃 
𝑁 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
𝑁 =
𝑚 ⋅ 𝑔
𝑐𝑜𝑠𝜃
 
Horizontalmente, a componente da Força Normal nesta direção possibilita a dinâmica do 
movimento circular, sendo a resultante centrípeta e fazendo com que o automóvel realize a curva. 
Ao se aplicar a Segunda Lei de Newton para o movimento na horizontal, fica: 
𝐹𝑅𝑒𝑠 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
Como o movimento é circular, a aceleração é a aceleração do Movimento Circular 
Uniforme, que pode ser escrita como: 
𝑎𝑀𝐶𝑈 =
𝑉2
𝑅
 
Assim, podemos escrever: 
𝑁𝐻 = 𝑚 ⋅
𝑉2
𝑅
 
𝑅 ⋅ 𝑁𝐻 = 𝑚 ⋅ 𝑉
2 
𝑅 ⋅ 𝑁 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚 ⋅ 𝑉2 
NH 
N 
NV 
θ 
N 
NH 
NV 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 128 
𝑅 ⋅
𝑚 ⋅ 𝑔
𝑐𝑜𝑠𝜃
⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚 ⋅ 𝑉2 
Como a razão do Seno de um ângulo pelo seu respectivo Cosseno é igual à Tangente 
deste mesmo ângulo, podemos substituir: 
𝑅 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑚 ⋅ 𝑉2 
𝑅 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑉2 
Assim, a maior velocidade que o veículo pode ter para permanecer em sua trajetória 
circular e vencer a curva, mesmo sem os atritos dos pneus com a pista, fica: 
𝑉 = √𝑅 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡𝑎𝑛𝜃 
Dados: g = 10m/s² tanθ = 0,2 R=200m θ=12° 
𝑉 = √200 ⋅ 10 ⋅ 0,2 
𝑉 = √400 = 20𝑚/𝑠 = 72𝑘𝑚/ℎ 
Gabarito: “E”. 
 
31. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) “A construção de túneis 
subterrâneos em estradas brasileiras tem ajudado a salvar a vida de animais selvagens 
e colaborado com a redução de acidentes. Pesquisadores estão filmando e 
acompanhando o deslocamento desses animais. 
Muitas vezes, a floresta fica ao lado da rodovia e a travessia é um perigo. Não é raro o 
atropelamento de animais silvestres. Muitos ficam mutilados ou morrem quando 
tentam atravessar as rodovias. 
[...] O Brasil tem mais de 90 mil quilômetros de rodovias federais. Nos últimos quatro 
anos, em mais de cinco mil quilômetros, 500 passagens de fauna estão sendo 
instaladas. O número ainda é pequeno, representa apenas 6% da malha rodoviária do 
país.” 
Fonte: https://g1.globo.com/jornal-nacional/noticia/2019/07/13/passagens-de-fauna-
tornam-estradas-mais-seguras-para-animais-e-motoristas.ghtml 
Um condutor trafegava com velocidade constante “v” em meio à floresta, numa estrada 
plana e horizontal, e avistou uma onça parda com quatro filhotes à sua frente. Para 
evitar o atropelamento, ele acionou os freios e conseguiu parar completamente seu 
veículo, evitando a colisão. 
Assuma que o tempo de reação do motorista (desde o avistamento até o acionamento 
dos freios) foi “t” e que, durante este intervalo, ele se manteve com velocidade 
constante. Que a aceleração da gravidade local vale “g”, que a massa total do veículo 
foi “m”, que o coeficiente efetivo de atrito entre os pneus e o solo devido às condições 
da estrada, foi “μ” e desconsidere qualquer tipo efeito causado pelo ar. 
Pode-se afirmar que, quando os animais foram avistados, eles estavam cerca de 
a) (2μgvt+v²)/(2μg) de distância à frente do condutor. 
b) (vt+v²)/(2μg) de distância à frente do condutor. 
c) (vt+v²)/(2) de distância à frente do condutor. 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 129 
d) (2mμgvt+v²)/(2mμg) de distância à frente do condutor. 
e) (2μgvt+mv²)/(2μg) de distância à frente do condutor. 
Comentários 
A parada de um veículo pode ser dividida em duas etapas: a de reação e a de frenagem. 
A etapa de reação acontece enquanto o condutor percorre determinada distância entre 
perceber o obstáculo e acionar os freios (MRU). A etapa de frenagem começa no instante de 
acionamento dos freios e termina quando o veículo para (MRUV) ou colide com um obstáculo. 
Para a distância total de parada, deve-se somar as distâncias durante estas duas etapas. 
A distância durante o tempo de reação fica: 
𝑑𝑟𝑒𝑎çã𝑜 = 𝑉 ⋅ 𝑡 
𝑑𝑟𝑒𝑎çã𝑜 = 𝑣 ⋅ 𝑡 
A distância durante a frenagem até a parada (velocidade final nula) fica: 
𝑉𝑓
2 = 𝑉𝑖
2 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑑𝑓𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 
0 = 𝑣2 + 2 ⋅ (−𝑎) ⋅ 𝑑𝑓𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 
𝑑𝑓𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 =
𝑣2
2 ⋅ 𝑎
 
Como não aparece aceleração nas alternativas, pode-se escrever: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
A resultante das forças sobre o veículo durante a frenagem é a Força de Atrito entre os 
pneus e o solo. 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝜇 ⋅ 𝑁 
Como a pista é plana e horizontal, a força Normal N é igual à força Peso P, em módulo. 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
Ao substituir as forças na equação da Segunda Lei de Newton, temos: 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑔 = 𝑎 
Assim, podemos escrever: 
𝑑𝑓𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 =
𝑣2
2 ⋅ 𝜇 ⋅ 𝑔
 
Juntando as duas distâncias: 
𝑑𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑑𝑟𝑒𝑎çã𝑜 + 𝑑𝑓𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 = 𝑣 ⋅ 𝑡 +
𝑣2
2 ⋅ 𝜇 ⋅ 𝑔
 
𝑑𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =
2 ⋅ 𝜇 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 + 𝑣2
2 ⋅ 𝜇 ⋅ 𝑔
 
Gabarito: “A”. 
 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 130 
32. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um automóvel viaja a 
90km/h numa autoestrada plana, reta e horizontal, quando, de repente, uma carreta se 
atravessa na pista, conforme apresentado na figura abaixo. O condutor do veículo leva 
1s para perceber o obstáculo e iniciar efetivamente a frenagem, que ocorre em situação 
ideal de pista seca e em boas condições, além de freio com sistema ABS, que reduz 
uniformemente sua velocidade com fator de atrito µ=1. O carro não consegue parar e 
colide com a carreta com velocidade de módulo igual a 36km/h. Assuma g=10m/s² e 
despreze os efeitos do ar. O valor da velocidade de colisão desse mesmo automóvel, 
nas mesmas condições, se ele estivesse viajando a 108km/h seria de, 
aproximadamente 
 
A) 80 km/h 
B) 25 m/s 
C) 55 km/h 
D) 15 m/s 
E) 30 km/h 
Comentários 
A parada de um veículo pode ser dividida em duas etapas: a de reação e a de frenagem. 
A etapa de reação acontece enquanto o condutor percorre determinada distância entre 
perceber o obstáculo e acionar os freios (MRU). A etapa de frenagem começa no instante de 
acionamento dos freios e termina quando o veículo para (MRUV) ou colide com um obstáculo. 
Para a distância total de parada, deve-se somar as distâncias durante estas duas etapas. 
 
 
A distância durante o tempo de reação fica: 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 131 
𝑑𝑅𝑒𝑎çã𝑜 = 𝑉 ⋅ 𝑡 
Dados: t=1s V=90km/h=25m/s 
𝑑𝑅 = 25 ⋅ 1 = 25 𝑚 
A distância durante a frenagem até a colisão na carreta fica: 
𝑉𝑓
2 = 𝑉𝑖
2 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑑𝐹𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 
Dados: Vf=36km/h=10m/s Vi=90km/h=25m/s 
102 = 252 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑑𝐹 
100 = 625 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑑𝐹 
𝑑𝐹 =
−525
2 ⋅ 𝑎
 
Para determinar a Aceleração, podemos escrever o que segue, a partir da 2ª Lei de 
Newton: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
A resultante das forças sobre o veículo durante a frenagem é a Força de Atrito entre os 
pneus e o solo. 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝜇 ⋅ 𝑁 
Como a pista é plana e horizontal, a força Normal N é igual à força Peso P, em módulo. 
𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
Ao substituir as forças na equação da Segunda Lei de Newton, temos: 
𝐹𝐴𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝜇 ⋅ 𝑔 = 𝑎 
Dados: 𝜇 = 1 g=10m/s² 
𝑎 = 𝜇 ⋅ 𝑔 = 1 ⋅ 10 = 10𝑚/𝑠² 
Na equação do Deslocamento de Frenagem, a Aceleração tem valor negativo ao 
escolhermos um referencial positivo na mesma direção e sentido do movimento inicial do veículo. 
Assim, podemos escrever: 
𝑑𝐹 =
−525
2 ⋅ (−10)
= 26,25 𝑚 
Juntando as duas distâncias: 
𝑑𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑑𝑅𝑒𝑎çã𝑜 + 𝑑𝐹𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 = 25 + 26,25 = 51,25 𝑚 
Nestas mesmas condições de Aceleração e Distância Total até a carreta, se o veículo 
estivesse com velocidade de 108km/h ao invés de 90km/h, o valor de sua velocidade no instante 
da colisão seria: 
A distância durante o tempode reação fica: 
𝑑𝑅𝑒𝑎çã𝑜 = 𝑉2 ⋅ 𝑡 
Dados: t=1s V=108km/h=30m/s 
𝑑𝑅2 = 30 ⋅ 1 = 30 𝑚 
A distância durante a frenagem até a colisão na carreta fica: 
𝑉𝑓
2 = 𝑉𝑖
2 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑑𝐹𝑟𝑒𝑛𝑎𝑔𝑒𝑚 
Dados: Vf2=? Vi2=108km/h=30m/s a=-10m/s² 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 132 
𝑉𝑓2
2 = 302 + 2 ⋅ (−10) ⋅ 𝑑𝐹2 
𝑉𝑓2
2 = 900 − 20 ⋅ 𝑑𝐹2 
𝑑𝐹2 =
𝑉𝑓2
2 − 900
−20
 
Como a Distância Total é a mesma para este segundo caso, temos: 
𝑑𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑑𝑅2 + 𝑑𝐹2 = 51,25 𝑚 
30 +
𝑉𝑓2
2 − 900
−20
= 51,25 
𝑉𝑓2
2 − 900
−20
= 21,25 
𝑉𝑓2
2 − 900 = −425 
𝑉𝑓2
2 = 475 
𝑉𝑓2 = √475 = 21,79 𝑚/𝑠 = 78,46 𝑘𝑚/ℎ ≅ 80 𝑘𝑚/ℎ 
Gabarito: “A” 
 
33. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) A situação abaixo 
apresenta uma haste horizontal, de comprimento L e massa desprezível, que se 
encontra em equilíbrio estático. 
 
A haste está presa a um pino em uma de suas extremidades e tem um bloco de massa 
m apoiado no outro extremo. A haste é mantida em equilíbrio ao se apoiar sobre uma 
boia esférica de massa M e volume V, que tem metade de seu volume submerso em 
água. 
Considere a massa específica da água igual a 𝝆á𝒈𝒖𝒂, a massa específica da boia igual a 
𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂 e gravidade local igual a g. 
O valor da massa m vale 
a) 
𝟐𝑽𝒈
𝟕
(𝝆á𝒈𝒖𝒂 + 𝟐𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂) 
b) 
𝟐𝑽𝒈
𝟕
𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂 
c) 
𝟐𝑽
𝟕
(𝝆á𝒈𝒖𝒂 − 𝟐𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂) 
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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 133 
d) 
𝟐𝑽
𝟕
𝝆á𝒈𝒖𝒂 
e) 
𝟐𝑽
𝟕
(𝝆á𝒈𝒖𝒂 − 𝝆𝒃𝒐𝒊𝒂) 
Comentários 
O valor da massa m do bloco apoiado sobre a extremidade da haste pode ser obtido a 
partir da análise do equilíbrio dos momentos sobre a haste, que está submetida a três forças, 
conforme o diagrama abaixo. 
 
Ao se analisar o equilíbrio dos momentos em relação a um eixo posicionado sobre o pino, 
temos: 
𝑀𝑃𝑚 = 𝑀𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 
𝑃𝑚 ⋅ 𝑏𝑚 = 𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 ⋅ 𝑏𝑏𝑜𝑖𝑎 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐿 = 𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 ⋅
4 ⋅ 𝐿
7
 
𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 ⋅
4
7
 
A força que a boia exerce sobre a haste pode ser obtida a partir da análise do equilíbrio 
das forças sobre boia, submetida a três forças, conforme o diagrama abaixo. 
 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 134 
Assim, podemos escrever: 
𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 + 𝑃𝑀 = 𝐸 
𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 + 𝑀 ⋅ 𝑔 = 𝜌á𝑔𝑢𝑎 ⋅ 𝑉𝑠𝑢𝑏𝑚𝑒𝑟𝑠𝑜 ⋅ 𝑔 
𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 + 𝜌𝑏𝑜𝑖𝑎 ⋅ 𝑉 ⋅ 𝑔 = 𝜌á𝑔𝑢𝑎 ⋅
𝑉
2
⋅ 𝑔 
𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 = 𝜌á𝑔𝑢𝑎 ⋅
𝑉
2
⋅ 𝑔 − 𝜌𝑏𝑜𝑖𝑎 ⋅ 𝑉 ⋅ 𝑔 
𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 =
𝑉 ⋅ 𝑔
2
(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 2 ⋅ 𝜌𝑏𝑜𝑖𝑎) 
Assim, podemos substituir esta força e continuar a resolução: 
𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝐹𝑏𝑜𝑖𝑎 ⋅
4
7
 
𝑚 ⋅ 𝑔 =
𝑉 ⋅ 𝑔
2
(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 2 ⋅ 𝜌𝑏𝑜𝑖𝑎) ⋅
4
7
 
𝑚 =
𝑉
2
(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 2 ⋅ 𝜌𝑏𝑜𝑖𝑎) ⋅
4
7
 
𝑚 =
4 ⋅ 𝑉
14
(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 2 ⋅ 𝜌𝑏𝑜𝑖𝑎) 
𝑚 =
2 ⋅ 𝑉
7
(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 2 ⋅ 𝜌𝑏𝑜𝑖𝑎) 
Gabarito: “C” 
 
34. (2020/ESTRATÉGIA VESTIBULARES/Prof. Henrique Goulart) Um corpo foi pendurado 
e ficou equilibrado verticalmente por molas em duas configurações, conforme 
mostrado nas situações abaixo. 
 
 
As molas 1 e 2, que tinham comprimentos L1 e L2, foram deformadas elasticamente e 
assumiram a configuração da situação 1. Já as molas 3 e 4, que tinham comprimentos 
L3 e L4, foram deformadas elasticamente e assumiram a configuração da situação 2. 
As deformações elásticas das molas 1, 2, 3 e 4 valem x1, x2, x3 e x4, respectivamente, 
assim como as constantes de elasticidade k1, k2, k3 e k4. 
Situação 1 Situação 2 
Mola 1 Mola 2 Mola 3 
Mola 4 
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FÍSICA – PROF. HENRIQUE GOULART 135 
Sabe-se que as constantes de elasticidade das molas 1 e 3 são iguais, assim como as 
constantes das molas 2 e 4 também são iguais entre si. Desconsidere qualquer tipo de 
efeito causado pelo ar. As molas são feitas de ligas metálicas e têm massas muito 
pequenas quando comparadas com a massa do corpo. 
Selecione a alternativa correta sabendo que a mola 2 tem constante de elasticidade 
maior que a mola 3 e que a mola 1 exerce sobre o bloco uma força, verticalmente para 
cima, igual à metade do peso dele. 
A) L1>L2 e x3=2x1. 
B) L2>L1 e x4=2x2. 
C) L1>L2 e x3=2x1. 
D) L2>L1 e x4=x2. 
E) L1>L2 e x2=2x4. 
Comentários 
O módulo da Força Elástica exercida por uma mola é dado pela equação abaixo, conforme 
a Lei de Hooke: 
𝐹𝑒𝑙 = 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑎 ⋅ 𝑥 
Na situação 1, se a mola 1 segura metade do peso do corpo pendurado, então a mola 2 
segura a outra metade. Assim, podemos escrever: 
𝐹1 + 𝐹2 = 𝑃 
𝐹1 = 𝐹2 =
𝑃
2
 
Como o valor da Força Elástica é igual ao produto da Constante de Elasticidade “k” pela 
Deformação Elástica “x” sofrida pela mola, temos: 
𝑘1 ⋅ 𝑥1 = 𝑘2 ⋅ 𝑥2 
Como k2 é maior que k1, temos que a mola 2 se deformou menos até chegar na 
configuração da situação 1, ou seja, x2 é menor que x1. 
Assim, sem sofrerem qualquer distensão, a mola 2 é maior que a mola 1: L2 > L1. 
 
 
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Na situação 2, temos que tanto a mola 3 quanto a mola 4 estão distendidas de forma a 
equilibrarem a força Peso sobre o corpo. 
Assim, podemos escrever: 
𝐹3 = 𝐹4 = 𝑃 
Como k4 é maior que k3, temos que a mola 4 se deformou menos até chegar na 
configuração da situação 2, ou seja, x4 é menor que x3. 
Além disso, como k2 é igual a k4 e k1é igual a k3, podemos escrever as seguintes relações: 
𝐹4 = 2 ⋅ 𝐹2 = 𝑃 𝐹3 = 2 ⋅ 𝐹1 = 𝑃 
𝑘4 ⋅ 𝑥4 = 2 ⋅ 𝑘2 ⋅ 𝑥2 𝑘3 ⋅ 𝑥3 = 2 ⋅ 𝑘1 ⋅ 𝑥1 
𝒙𝟒 = 𝟐 ⋅ 𝒙𝟐 𝒙𝟑 = 𝟐 ⋅ 𝒙𝟏 
Gabarito: “B” 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Caro aluno! Para garantir que o curso esteja atualizado, sempre que alguma modificação ou 
correção no conteúdo da aula for necessária, uma nova versão será disponibilizada. 
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REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
• HEWITT, Paul G. Física Conceitual. 13.ed. Tradução de Trieste Ricci. Porto Alegre: 
Bookman, 2002. 
• HEWITT, Paul G. Fundamentos de Física Conceitual. 1.ed. Tradução de Trieste Ricci. Porto 
Alegre: Bookman. 
• GASPAR, Alberto. Física. 2.ed. São Paulo: Editora Ática, 2009, Todos os Volumes. 
• MÁXIMO, Antônio; ALVARENGA, Beatriz. Curso de Física. 5.ed. São Paulo: Scipione, 
2000, Todos os Volumes. 
• RESNICK, HALLIDAY, Jearl Walker. Fundamentos de Física. 10ª ed. LTC. Todos os 
Volumes. 
 
 
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