Princípios da Dinâmica e Força Elástica

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ITA 2023 
FÍSICA 
Prof. Toni Burgatto 
www.estrategiamilitares.com.br 
AULA 04 
Princípios da Dinâmica e força elástica 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Sumário 
Introdução 3 
1. Os princípios da Dinâmica 3 
1.1. Massa de um corpo 4 
1.2. Conceito de força e força resultante 4 
1.3. Equilíbrio de um ponto material 5 
1.4. Conceito de Inércia 7 
1.5. A 1ª Lei de Newton – Princípio da Inércia 8 
1.6. A 2ª Lei de Newton – O Princípio Fundamental da Dinâmica 9 
1.7. O Peso 𝑷 10 
1.8. A 3ª Lei de Newton – O princípio da Ação e da Reação 12 
1.9. Forças em fios 17 
1.10. Tópico especial: vínculos geométricos 20 
1.11. Referenciais Inerciais 25 
1.12. Referenciais não inerciais 26 
1.13. Plano inclinado se movendo 32 
2. Força elástica 36 
2.1. Lei de Hooke 36 
2.2. Mola ideal 38 
2.3. Dinamômetro 40 
2.4. Associação de molas em série 41 
2.5. Associação de molas em paralelo 42 
3. Lista de questões nível 1 46 
4. Gabarito sem comentários nível 1 55 
5. Lista de questões nível 1 comentada 56 
6. Lista de questões nível 2 78 
7. Gabarito sem comentários nível 2 85 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
8. Lista de questões nível 2 comentada 86 
9. Lista de questões nível 3 106 
10. Gabarito sem comentários nível 3 115 
11. Lista de questões nível 3 comentada 117 
12. Referências Bibliográficas 153 
13. Considerações Finais 154 
 
Introdução 
Nessa aula iniciaremos o estudo da Dinâmica da partícula. Estudaremos conceitos os Princípios da 
Dinâmica, os tipos de forças e como resolver questões envolvendo bloquinhos. 
 Este assunto é muito abordado no ITA não apenas em questões propriamente ditas, mas de forma 
interdisciplinar. 
 Faremos o estudo da Mecânica Newtoniana apenas. É muito importante que você tenha todos os 
conceitos bem enraizados e treine com muitas questões, sem sair do foco dos nossos vestibulares. 
Fique à vontade para tirar dúvidas comigo no fórum ou se preferir: 
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1. Os princípios da Dinâmica 
No estudo da Cinemática nosso objetivo era descrever os tipos de movimentos, sem nos 
preocuparmos com os agentes causadores das mudanças no movimento. A partir de agora, estudaremos 
os movimentos com foco naquilo que os produzem ou modificam. 
Basicamente, foi o italiano Galileu Galilei (1564-1642) personagem fundamental na revolução 
científica e quem fundou as bases da Dinâmica. Ele foi responsável pelos primeiros estudos do movimento 
uniformemente variado e do movimento do pêndulo simples. 
 
 
 
 
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Ele enunciou a lei dos corpos, enunciou o princípio da inércia e o conceito de referencial inercial. 
Mais tarde, o inglês Isaac Newton (1642-1727) formalizou as ideias introduzidas por Galileu e as publicou 
em sua obra principal obra Philosophie Naturalis Principia Mathematica. 
O sucesso da Mecânica Newtoniana reinou por cerca de 200 anos. Somente no início do século XX 
surgiram novos ramos da Física: Mecânica Quântica e Mecânica Relativística. 
As leis propostas por Newton precisavam de alguns ajustes para corpos com velocidades muito 
altas, próximas a velocidade da luz dando início a Mecânica Relativística e para estudos de fenômenos 
atômicos necessitamos recorrer as leis da Mecânica Quântica. 
1.1. Massa de um corpo 
O conceito de massa vai muito além da medida de quantidade de matéria. Atualmente este 
conceito está “errado". A massa de um corpo é uma propriedade da energia nele contida (Baierlein, 1991). 
Essa definição não era ainda conhecido por Newton. 
Por fins didáticos, diremos que a massa de um corpo é medida através da comparação desse corpo 
com corpos padrão, utilizando balanças de braços iguais como instrumento de medida. 
 
Figura 1: Balança de braço iguais utilizada para comparar massas. 
O quilograma padrão é um bloco pequeno composto de platina (90%) e irídio (10%) mantido no 
Instituto Internacional de Pesos e Medidas, em Sévres, próximo a Paris. 
Na física muitas vezes aparece o submúltiplo grama (símbolo 𝑔) e o múltiplo tonelada (símbolo 𝑡), 
na qual estão relacionados da seguinte forma: 
{
1 𝑔 =
1
1000
𝑘𝑔 = 10−3𝑘𝑔
1𝑡 = 1000 𝑘𝑔 = 103𝑘𝑔
 
No SI a unidade de massa é o quilograma (𝑘𝑔). 
1.2. Conceito de força e força resultante 
Para Newton, força é o agente causador de deformação. Ela é responsável pela variação de 
velocidade do corpo. Dado que velocidade e aceleração são grandezas vetoriais, quando falamos em 
variação da velocidade, essa alteração pode ser no módulo, na direção ou no sentido do vetor. 
As forças podem ser de contato, como por exemplo quando empurramos um carro, ou de ação a 
distância, também chamada de forças de campo, como por exemplo a força com que uma carga elétrica 
exerce em outra a uma determinada distância. 
 
 
 
 
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Considere um objeto sendo puxado por duas cordas, em uma superfície sem atrito, numa mesa 
horizontal, onde podemos representar as forças da seguinte forma: 
 
Figura 2: Representação de duas forças atuando em um corpo. 
Se apenas existisse a �⃗�1o bloco estaria indo para a esquerda com uma aceleração �⃗�1. Por outro 
lado, se existisse apenas �⃗�2 o bloco seria puxado para a direita com uma aceleração �⃗�2. 
Entretanto, as forças atuam ao mesmo tempo no bloco, logo, a soma desses vetores determinará 
o vetor resultante e, portanto, a aceleração resultante. Na Figura 2, por construção, o vetor |�⃗�2| > |�⃗�1|, 
então, a resultante estará para a direita e a aceleração resultante do bloco também. 
Note que se |�⃗�2| = |�⃗�1|, os vetores se anulariam, e o vetor resultante seria o vetor nulo. Assim, o 
bloco permaneceria sem aceleração. 
Para o caso de 𝑛 forças atuarem em um corpo, podemos determinar a força resultante pela soma 
vetorial: 
 
Figura 3: Força resultante é a soma vetorial das forças. 
�⃗� = �⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�3 + �⃗�4 + ⋯ + �⃗�𝑛 
 Note que a força resultante não é uma nova força, é simplesmente o resultado da soma vetorial 
das forças que já atuam no corpo. 
1.3. Equilíbrio de um ponto material 
Um ponto material está em equilíbrio em relação a um dado referencial, quando a resultante das 
forças que agem nele é nula. 
Existem dois tipos de equilíbrios para um ponto material: equilíbrio estático e equilíbrio dinâmico. 
Essa classificação é um pouco perigosa. 
 
 
 
 
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1.3.1. Equilíbrio estático 
Um ponto material está em equilíbrio estático em relação a um dado referencial quando se 
apresenta em repouso. Assim, se um corpo em equilíbrio estático apresenta velocidade constante e igual 
a zero, ou seja, �⃗� = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 0⃗⃗. 
Podemos imaginar um exemplo onde temos uma lâmpada pendurada no centro de uma sala. Se 
adotarmos um sistema de coordenadas com origem em um dos cantos da sala, temos que a posição da 
lâmpada segue invariável em relação a esse referencial, isto é, ele permanece em repouso com o decorrer 
do tempo (�⃗� = 0⃗⃗). 
Portanto, podemos dizer que a resultante das forças que agem nele é nula e que constitui um 
equilíbrio estático. 
Além disso, definimos o equilíbrio estático em outras três categorias: 
a) Equilíbrio estável: a tendência do ponto material é voltar à posição inicial. Por exemplo, 
uma bola solta dentro de uma cuba esférica: 
 
Figura 4: Exemplo de conjunto em equilíbrio estável. 
b) Equilíbrio instável: a tendência do ponto material é afastar-se ainda mais da posição inicial. 
Por exemplo, uma bola solta do lado de fora de uma cuba esférica: 
 
Figura5: Exemplo de conjunto em equilíbrio instável. 
c) Equilíbrio indiferente: o ponto material permanece em equilíbrio na próxima posição. Por 
exemplo, uma bola solta em uma superfície reta horizontal: 
 
Figura 6: Exemplo de conjunto em equilíbrio indiferente. 
1.3.2. Equilíbrio dinâmico 
Um ponto material está em equilíbrio dinâmico em relação a um dado referencial inercial quando 
ele está em um movimento retilíneo e uniforme (MRU). 
Nesse caso, temos que a velocidade é constante e diferente de zero (�⃗� = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ≠ 0⃗⃗). 
 
 
 
 
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Para ilustrar essa situação, vamos analisar o movimento de um objeto deslizando sobre uma mesa 
de madeira. Sabemos que devida a superfície da mesa possuir certas imperfeições existem forças 
resistivas atuando no corpo. 
Por isso, existem forças contrárias atrapalhando o movimento até o momento em que o corpo 
para. 
Entretanto, podemos repetir o mesmo experimento em uma mesa de gelo, suposta perfeitamente 
lisa, onde não existiria nenhuma força resistente. Assim, não existiria força contrária ao movimento e a 
velocidade do móvel permaneceria invariável ao longo do tempo, realizando um MRU. 
Outro exemplo onde podemos aplicar esse conceito é o lançamento de um foguete. Inicialmente, 
gasta-se muito combustível para manter o movimento acelerado do foguete para que ele possa vencer a 
atração gravitacional da Terra. 
Após esta fase inicial, quando o foguete está no espaço as forças gravitacionais são quase 
desprezíveis e o corpo passa a estar livre da ação de forças. Nesse momento, desliga-se os motores 
propulsores e móvel passa a descrever um MRU. 
Observação: infelizmente, os livros nacionais trazem ela e algumas provas utilizam esses conceitos 
nas prova. Dizer que um corpo está em equilíbrio, para um dado referencial, é dizer que a resultante das 
forças que agem nele é nula, mas dizer se ele está parado ou em movimento depende do referencial 
inercial que está sendo analisado. 
 Por exemplo, uma caixa em repouso no solo de um vagão que se move em MRU. Para alguém 
parado na Terra a caixa está se movendo, mas em equilíbrio “dinâmico”, para alguém dentro do vagão a 
caixa está em equilíbrio “estático”. Por isso, vários livros estrangeiros trazem apenas o termo equilíbrio. 
 
1.4. Conceito de Inércia 
Inicialmente, dizemos que inércia é a resistência que os corpos oferecem às mudanças da 
velocidade vetorial (�⃗�: trata-se de um vetor, por isso, temos sempre que analisar módulo, direção e 
sentido). 
Em outras palavras, dizemos que um corpo em repouso tende a permanecer em repouso, ou ainda, 
um corpo em MRU tende a continuar em MRU, por inércia. 
Um caso clássico da aplicação da inércia é o passageiro em pé no corredor do ônibus. Imagine um 
ônibus viajando a 50 km/h em uma avenida. O passageiro no corredor também está com essa velocidade 
no mesmo sentido do ônibus. Entretanto, ao fechar o semáforo, o motorista do ônibus pisa nos freios e 
impõe uma força contrária ao movimento no móvel e este começa a frear. 
 
 
 
 
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Pelo conceito de inércia, o passageiro tende a continuar com sua velocidade de 50 km/h para 
frente e, por isso, sente-se lançado para a frente, sendo obrigado a vencer essa inércia aplicando uma 
força contrária ao se apoiar em alguma parte do ônibus. 
Somente com aplicação de uma força pode-se vencer a tendência de inércia, 
O mesmo efeito ocorre quando o semáforo fica verde e o ônibus começa a aumentar sua 
velocidade. Nesse momento, nosso corpo, que estava parado, sente-se atirado para trás, pois, pelo 
conceito de inércia nosso corpo tenderia a ficar em repouso. 
1.5. A 1ª Lei de Newton – Princípio da Inércia 
A primeira Lei de Newton pode ser enunciada de duas formas: 
Se a resultante das forças em uma partícula é nula, então ele permanece em repouso ou em MRU, pelo 
princípio da inércia. 
Ou ainda: 
Uma partícula livre da ação da resultante das forças externas é incapaz de alterar sua própria velocidade 
vetorial. 
Para melhor compreender a primeira lei, vamos utilizar dois exemplos. O primeiro trata-se de um 
carrinho sobre uma pista de gelo. Se consideramos que não existe atrito entre os pneus e a pista de gelo, 
então, quando ligamos o carrinho, o móvel fica patinando e não sai do lugar pois não existe força 
resultante na direção do movimento capaz de alterar sua velocidade que era nula. 
Agora, imagine que o carrinho chegue à pista de gelo com uma velocidade �⃗� = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ≠ 0⃗⃗. Ao 
tentar qualquer alteração na velocidade do móvel, o motorista não terá êxito, pois não existe atrito entre 
os pneus e a superfície, então, não há forças atuando na direção do movimento, isto é, a resultante das 
forças nessa direção é nula. Logo, o móvel descreverá um MRU. 
Para analisar a primeira lei pelo segundo enunciado, vamos utilizar o exemplo de um bloco girando 
em cima de uma mesa perfeitamente lisa, num plano horizontal. 
 
Figura 7: Bloco realizando um MCU. Existe força resultante no fio. 
Para essa situação, o módulo da velocidade é constante, característica do MCU, mas a velocidade 
está sendo alterada a cada instante de direção. Então, quem altera a velocidade vetorial da partícula? A 
resposta é simples: uma força externa aplicada ao fio garante o MCU da partícula. 
 
 
 
 
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O que acontece se o fio se romper? Nesse caso, não existiria nenhuma força atuando na partícula 
no plano horizontal, logo, a resultante seria nula e a partícula descreveria um MRU na linha da reta 
tangente: 
 
Figura 8: Após romper o fio, por inércia, o bloco realizará um MRU. 
Este exemplo mostra claramente que para alterar a velocidade vetorial de um ponto material é 
necessária ter a resultante das forças não nula. 
1.6. A 2ª Lei de Newton – O Princípio Fundamental da 
Dinâmica 
A segunda lei anunciada por Newton possui um enunciado muito mais complexo, não sendo 
didático apresentá-la agora. No capítulo de quantidade de movimento e impulso, enunciaremos 
novamente a segunda lei segundo Newton. Nesse momento, apresentaremos de forma mais simplificada. 
De uma forma geral, a segunda lei diz que se a resultante das forças que atua em um corpo for 
diferente de zero, então a partícula adquire uma aceleração proporcional a essa força resultante. 
A segunda lei pode ser expressa matematicamente por: 
�⃗�𝑅 = 𝑚 ⋅ �⃗� 
Essa lei também é conhecida como Lei Fundamental da Dinâmica ou Princípio fundamental da 
Dinâmica. 
Dado que massa é uma grandeza escalar positiva, podemos concluir que �⃗�𝑅 e �⃗� sempre possuem 
a mesma direção e o mesmo sentido. Se �⃗�𝑅 for nula, então �⃗� também é nula e recaímos na primeira lei. 
No SI, a unidade de força é o newton (N). Ela é definida a partir da segunda lei: 
Um newton é a intensidade de força aplicada a um ponto material de massa 1,0 kg que produz uma 
aceleração de módulo igual a 1m/s². 
Pela segunda lei, temos que: 
𝐹𝑅 = 𝑚 ∙ 𝑎 ⇒ 𝐹𝑅 = (1 𝑘𝑔) ∙ (1𝑚/𝑠2) = 1𝑁 
Ou seja: 
1𝑁 = 1𝑘𝑔 ∙ 𝑚/𝑠2 
 
 
 
 
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1.7. O Peso �⃗⃗⃗� 
 É conhecimento de todos que quando soltamos um objeto próximo a superfície da Terra, este cai 
em direção ao solo. Tal fato é explicado pela teoria da Gravitação de Newton. Veremos esse capítulo mais 
a frente e detalharemos muito mais o que é a força peso. 
 Por agora, apenas diremos que a força peso de um corpo é a força de atração gravitacional que a 
Terra exerce sobre ele. 
 Pela definição, a força gravitacional comunica uma aceleração denominada aceleração da 
gravidade (�⃗�) que denota o vetor que representa o campo gravitacional. Este vetor �⃗� é orientado de modo 
igual ao peso,ou seja, é radial e orientado para o centro da Terra. 
Como veremos futuramente, a aceleração da gravidade diminui à medida que nos afastamos do 
centro da Terra, radialmente, mostrando que |�⃗�| varia com a altitude. Além disso, experimentalmente 
sabe-se que |�⃗�| aumenta quando vamos do equador para os polos. Em outras palavras, o módulo do 
campo gravitacional varia com a latitude. 
Todo o detalhamento da força peso e campo gravitacional será feito no capítulo de Gravitação. 
Por intermédio de experimentos, pode-se verificar que, ao nível do mar e num local de latitude de 
45°, |�⃗�| (normal) é: 
|�⃗�𝑁| = 𝑔𝑁 = 9,80665 𝑚/𝑠2 
Experimentalmente, abandona-se um corpo de certa altura, em um lugar sem resistência do ar e 
de modo que a única força atuando no corpo seja a força de atração gravitacional, observa-se que a 
aceleração do corpo não depende da massa nem do tamanho nem do formato do corpo. Pela 2ª lei de 
Newton, temos que: 
�⃗�𝑅 = 𝑚 ∙ �⃗� 
Como nesse caso a força resultante é a força peso e a aceleração é a da gravidade, podemos 
escrever que: 
�⃗⃗� = 𝑚 ∙ �⃗� 
Futuramente, vamos ampliar nossos conceitos de peso e definir o peso de um corpo em relação a 
um planeta (ou satélite) como a força de atração exercida pelo planeta sobre o corpo. De imediato, 
notamos que a aceleração da gravidade (�⃗�) depende do planeta. Apenas é uma característica do corpo. 
Para os nossos problemas, consideramos que os movimentos ocorrem próximo a superfície da 
Terra e que aceleração da gravidade terá a mesma direção e sempre o sentido para baixo. 
 
 
 
 
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1) 
Um vagão de trem está se locomovendo para a direita em um movimento retilíneo e um pêndulo de massa 
𝑚 é preso ao teto do vagão, formando um ângulo 𝜃 com a vertical. 
 
Supondo conhecidos 𝜃, a gravidade local 𝑔 e a massa 𝑚 do pêndulo, determine o módulo da aceleração 
do trem. 
Comentários: 
Se isolarmos a esfera pendular e representarmos o diagrama de forças que agem na esfera, para 
um dado referencial inercial (aquele que vale o princípio da inércia) por: 
 
Fazendo a soma vetorial, temos: 
 
Fechado o triângulo das forças, podemos escrever uma relação entre o módulo da força peso e o 
módulo da força resultante: 
𝑡𝑔𝜃 =
𝐹𝑅
𝑃
 
𝑡𝑔𝜃 =
𝑚 ∙ 𝑎
𝑚 ∙ 𝑔
∴ 𝑎 = 𝑔 ∙ 𝑡𝑔𝜃 
Note que a aceleração do veículo não depende da massa do pêndulo. Como a gravidade é suposta 
constante no local e conhecida, a aceleração é função apenas do ângulo de inclinação da esfera com a 
linha vertical. 
2) 
 
 
 
 
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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. Desprezando os atritos e a resistência do ar, 
determine o módulo da aceleração na direção do movimento. 
 
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 𝑦: 
𝑃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁 = 𝑚. 𝑎𝑦 
𝑁 = 𝑃𝑐𝑜𝑠𝜃 
Na direção 𝑥: 
𝐹𝑅 = 𝑃𝑠𝑒𝑛𝜃 
𝑚 ∙ 𝑎 = 𝑚 ∙ 𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 
𝑎 = 𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝜃 
Notamos que a aceleração na direção do movimento independe da massa do corpo. 
 
1.8. A 3ª Lei de Newton – O princípio da Ação e da Reação 
Na terceira lei, nosso objetivo é analisar o sentido da força em cada corpo que compõe o sistema. 
 
 
 
 
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Considere um homem empurrando um caixote com uma força �⃗�𝐻𝐶 , que vamos chamar de força 
de ação. 
 
Figura 9: Homem empurrando caixote para a direita. 
Por outro lado, o caixote exerce alguma força sobre o homem? A resposta é sim. O caixote aplica 
ao homem uma força de mesmo módulo e sentido contrário e a chamamos de força de reação. Dizemos 
que: 
�⃗�𝐻𝐶 = −�⃗�𝐶𝐻 
 
Figura 10: Reação do caixote aplicada no homem. 
Note que as forças de ação e de reação estão em corpos diferentes. O homem aplica uma força ao 
caixote, essa forma está no caixote. Da mesma forma, o caixote aplica uma força no homem e essa força 
está no homem. 
Dessa forma, podemos enunciar o Princípio da Ação e da Reação como: 
Para toda força de ação existe uma força de reação correspondente, de modo que essas forças possuem 
o mesmo módulo, a mesma direção e os sentidos contrários, estando aplicadas em corpos diferentes. 
Devido ao fato de estarem aplicadas em corpos diferentes, os pares ação e reação nunca se anulam 
mutuamente. Para Newton a reação era instantânea, mas hoje sabemos que a informação viaja à 
velocidade da luz, como exemplo, se o sol “sumir” momentaneamente, demoraria o tempo que a luz leva 
 
 
 
 
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para percorrer a distância Sol-Terra para a Terra sair pela tangente, mostrando que não seria 
instantaneamente como pensava Newton. 
Exemplos de aplicação da 3ª Lei: 
1) Força peso: se nas proximidades da Terra um corpo sofre uma força de atração �⃗⃗�, pela 
terceira lei dizemos que a Terra também é atraída pelo corpo. 
 
Figura 11: Par Ação e Reação da força peso. 
Note que as forças possuem o mesmo módulo. Entretanto, a massa da Terra é muito maior que a 
massa dos corpos que analisaremos nos nossos problemas, por isso, a aceleração da Terra será desprezível 
em relação à do corpo. 
2) Movimento de um pedestre: quando um pedestre caminha para frente, ele está 
empurrando o chão para trás (ação) por intermédio do atrito. Pela 3ª lei, o chão empurra 
o pedestre para frente (reação), resultando no movimento da pessoa. 
 
Figura 12: Força de atrito responsável pelo movimento de uma pessoa para frente. 
3) Objeto sobre uma mesa: quando colocamos um objeto sobre uma mesa, podemos 
decompor a força que age em cada corpo da seguinte forma: 
 
 
 
 
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Figura 13: Objeto sobre uma mesa. A figura está fora de escala, apenas para dar ideia da representação das forças. 
Inicialmente, notamos que existe uma força peso sobre o objeto e a reação desta força está 
próximo ao centro da Terra. 
 
Figura 14: Par Ação e Reação do bloco sobre a mesa. 
O bloco empurra a mesa fazendo uma força �⃗⃗⃗�𝐴𝑀 e a reação desta força é �⃗⃗⃗�𝑀𝐴 que está aplicada 
ao objeto. 
 
Figura 15: Diagrama de forças de contato entre o bloco e a mesa. 
 
3) 
 
 
 
 
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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. 
 
Comentários: 
Diagrama de forças para cada um dos blocos: 
 
Dado que o conjunto bloco A + bloco B andam juntos, podemos determinar a aceleração do 
sistema, para força �⃗� aplicada: 
 
𝐹 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ∙ 𝑎 
𝐹 = (2𝑚 + 𝑚) ∙ 𝑎 
∴ 𝑎 =
𝐹
3𝑚
 
Conhecendo a aceleração, podemos aplicar a 2ª na direção do movimento para cada bloco: 
Bloco A: 
𝐹 − 𝐹𝐵𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 
𝐹 − 𝐹𝐵𝐴 = 2𝑚 ∙
𝐹
3𝑚
 
∴ 𝐹𝐵𝐴 =
𝐹
3
 
Bloco B: 
𝐹𝐴𝐵 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
𝐹𝐴𝐵 = 𝑚 ∙
𝐹
3𝑚
 
∴ 𝐹𝐴𝐵 =
𝐹
3
 
Note que o módulo da força que A aplica em B (�⃗�𝐴𝐵) é igual ao módulo da força que B aplica em A 
(�⃗�𝐵𝐴). Resultado esperado, pois, eles constituem um par ação e reação, conforme a 3ª lei. 
 
 
 
 
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1.9. Forças em fios 
Em muitos aparatos físicos, a utilização de cordas e de fios são essenciais para a realização de 
determinada tarefa. Vamos estudar a influência dos fios no caso da figura abaixo: 
 
Figura 16:Representação de dois blocos ligados por um fio. 
Vamos desconsiderar o atrito entre os blocos e a superfície. Dizemos que o bloco 1 tem massa 𝑚1, 
bloco 2 tem massa 𝑚2 e o fio massa tem 𝑚𝑓𝑖𝑜. Nesse conjunto blocos e fio, aplicamos uma força �⃗� 
constante para a direita. 
Dessa forma, pela segunda lei de Newton para o sistema como um todo, podemos escrever que: 
𝐹 = (𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚𝑓𝑖𝑜) ∙ 𝑎 
A partir dessa equação podemos determinar o valor da aceleração do conjunto. Porém, podemos 
analisar as forças que atuam em cada um dos blocos, pelo seguinte diagrama de forças: 
 
Figura 17: Diagrama de forças para o sistema estudado. 
Na direção vertical não existe movimento, então temos que, em módulo: 
𝑁1 = 𝑃1 𝑒 𝑁2 = 𝑃2 
Na direção horizontal, podemos escrever a 2ª lei de Newton para cada bloco: 
 Bloco 1: o bloco tem a mesma aceleração que o sistema. 
𝑇1 = 𝐹𝑟1 
𝑇1 = 𝑚1 ∙ 𝑎 (I) 
 
 
 
 
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 Bloco 2: o bloco também tem a mesma aceleração que o sistema. 
𝐹 − 𝑇2 = 𝑚2 ∙ 𝑎 (II) 
 Para o fio: a aceleração é a mesma que o sistema também. 
𝑇4 − 𝑇3 = 𝑚𝑓𝑖𝑜 ∙ 𝑎 (III) 
Por Ação e Reação, podemos afirmar que �⃗⃗�1 = −�⃗⃗�3 e �⃗⃗�4 = −�⃗⃗�2. 
Dizemos que um fio é ideal quando sua massa é desprezível, isto é, 𝑚𝑓𝑖𝑜 ≅ 0. 
Dessa forma, temos que: 
𝑇4 − 𝑇3 ≅ 0 ∙ 𝑎 
𝑇4 ≅ 𝑇3 
Mas, como �⃗⃗�1 = −�⃗⃗�3 e �⃗⃗�4 = −�⃗⃗�2, concluímos que, em módulo: 
𝑇1 = 𝑇2 = 𝑇 
Portanto, quando estamos trabalhando com um fio ideal a tração ao longo do fio é a mesma. 
Podemos reescrever nosso diagrama de forças da seguinte forma: 
 
Figura 18. Diagrama de forças para o conjunto estudado, considerando a massa do fio nula. 
Dessa forma, podemos determinar o módulo da tração 𝑇 no fio em função da força aplicada: 
𝑇1 = 𝑚1 ∙ 𝑎 
𝑇 = 𝑚1 ∙
𝐹
𝑚1 + 𝑚2
 
𝑇 =
𝑚1
𝑚1 + 𝑚2
∙ 𝐹 
Nota: 
Em muitos livros, autores utilizam a palavra tensão como sinônimo de tração. Não faremos isso aqui, 
pois a palavra tensão tem outra definição para nós no estudo das deformações. 
Observação: Caso a massa do fio não for desprezível, não podemos considerar o fio na horizontal 
como propomos no início. O fio deve ter uma certa curvatura: 
 
 
 
 
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Figura 19: Diagrama de forças quando a massa do fio não é nula. 
 
4) 
Na montagem abaixo, o fio que liga os blocos A e B é inextensível e sua massa é desprezível. A polia gira 
sem atrito e seu momento de inércia é desprezível. Os blocos possuem massas 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵 e não existe atrito 
entre A e a superfície. Em um dado instante, o sistema é abandonado à ação da gravidade. 
 
Determine a aceleração do sistema e a tração no fio. 
 
Comentários: 
Inicialmente, vamos desenhar o diagrama de forças em cada bloco: 
 
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica a cada um dos blocos, temos: 
Bloco A: 
𝑁𝐴 − 𝑃𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝑦 
Mas neste bloco apenas existe movimento na horizontal: 
𝑎𝐴𝑦 = 0 
∴ 𝑁𝐴 = 𝑃𝐴 
 
 
 
 
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Na direção horizontal: 
𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎𝐴𝑥 (i) 
Bloco B: 
Só existe movimento na vertical e dado que o fio é inextensível, o deslocamento sofrido pelo bloco 
A na horizontal é o mesmo sofrido por B na vertical. Assim, derivando a posição dos blocos temos que a 
velocidade será a mesma também e derivando a velocidade em relação ao tempo, podemos concluir que 
as acelerações também serão: 
Δ𝑠𝐴𝑥 = Δ𝑠𝐵𝑦 ⇒ 𝑣𝐴𝑥 = 𝑣𝐵𝑦
⇒ 𝑎𝐴𝑥 = 𝑎𝐵𝑦 = 𝑎 (ii) 
 Assim, podemos escrever a 2ª lei para o bloco B: 
𝑃𝐵 − 𝑇 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 (iii) 
A partir das equações, temos o sistema: 
{
𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎
𝑃𝐵 − 𝑇 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎
⇒ 𝑃𝐵 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) 
𝑎 =
𝑚𝐵
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
∙ 𝑔 
Logo, pela equação (i), temos que a tração é: 
𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 
𝑇 =
𝑚𝐴 ∙ 𝑚𝐵
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
∙ 𝑎 
 
1.10. Tópico especial: vínculos geométricos 
Chamamos de vínculo geométrico toda restrição física imposta pelo sistema dinâmico estudado. 
Pode-se criar um vínculo geométrico usando fios, corpo extenso e molas. 
Devido às restrições físicas, a cinemática dos corpos fica interligada pelo vínculo estabelecido na 
ligação entre os corpos. 
Este tópico não é tão cobrado pela AFA, então não fique muito tempo preso a ele. Tenta entender 
e pegar os bizus teóricos, mas sem se preocupar exaustivamente com estes temas aprofundados. 
1.10.1. Polias fixas com fios inextensíveis 
Nesse caso, temos que o tamanho do fio permanece o mesmo. Além disso, devemos tomar um 
referencial fixo para tomar as posições dos blocos. 
 
 
 
 
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Figura 20: Exemplo de aplicação de vínculos geométricos em polias fixas. 
Dessa forma, devido ao fato de o fio ser inextensível, podemos escrever que: 
𝐿𝑓𝑖𝑜 = 𝐿𝐴1 + 𝐿𝐵1 + 𝜋𝑅 = 𝐿𝐴2 + 𝐿𝐵2 + 𝜋𝑅 
(𝐿𝐴2 − 𝐿𝐴1) + (𝐿𝐵2 − 𝐿𝐵1) = 0 
Se tomarmos esses dois momentos no instante de tempo 𝑡 e 𝑡 + Δ𝑡, com Δ𝑡 tão pequeno quanto 
se queira, podemos escrever que a diferença dos 𝐿 passa a ser um infinitesimal 𝑑𝐿, então: 
𝑑𝐿𝐴 + 𝑑𝐿𝐵 = 0 
Então, para um intervalo de tempo infinitesimal (𝑑𝑡), temos que a relação das velocidades 
instantâneas pode ser dada por: 
𝑑𝐿𝐴
𝑑𝑡
+
𝑑𝐿𝐵
𝑑𝑡
= 0 
𝑣𝐴 + 𝑣𝐵 = 0 
Isso se repete para as velocidades: 
𝑑𝑣𝐴 + 𝑑𝑣𝐵 = 0 
𝑑𝑣𝐴
𝑑𝑡
+
𝑑𝑣𝐵
𝑑𝑡
= 0 
𝑎𝐴 + 𝑎𝐵 = 0 
Portanto, os módulos das acelerações são iguais, mas os sentidos são contrários. 
|𝑎𝐴| = |𝑎𝐵| 
Isto é apenas um processo matemático. A partir de agora, vamos apenas escrever a equação que 
rege os deslocamentos dos corpos e, por derivação, saberemos a relação entre as acelerações. 
𝐿𝐴 + 𝐿𝐵 = 0 
↓ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎çã𝑜 
 
 
 
 
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𝑣𝐴 + 𝑣𝐵 = 0 
↓ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎çã𝑜 
𝑎𝐴 + 𝑎𝐵 = 0 
Nota: os rigores do Cálculo Diferencial não é o foco do nosso curso, ele será abordado no seu 
primeiro ano de faculdade com todo fundamento. 
1.10.2. Polias móveis com fios inextensíveis 
Vamos tomar um caso em que temos uma polia móvel e aplicar os conceitos vistos aqui: 
 
Figura 21: Exemplo de aplicação de vínculos geométricos em polia móvel. 
O comprimento do fio é dado por: 
𝐿𝑓𝑖𝑜 = 𝐿𝐴 + 𝜋 ∙ 𝑟 + 𝐿𝐶 + 𝜋 ∙ 𝑅 + 𝐿𝐶 + 𝜋 ∙ 𝑟 + 𝐿𝐵 
𝐿𝑓𝑖𝑜 = 𝐿𝐴 + 2𝐿𝐶 + 𝐿𝐵 + 2𝜋 ∙ 𝑟 + 𝜋 ∙ 𝑅 
Derivando em relação ao tempo e lembrando que derivada de uma constante é nula, temos as 
relações das velocidades: 
𝑣𝐴 + 2𝑣𝐶 + 𝑣𝐵 = 0 
 Derivando novamente em relação ao tempo, temos que: 
𝑎𝐴 + 2𝑎𝐶 + 𝑎𝐵 = 0 
 Os sinais devem ser tomados de acordo com a tendência dos movimentos determinada quando 
escrevemos a 2ª lei para cada bloco. Não importa o sentido que você tomou para o corpo, se a aceleração 
der um valor negativo, significa apenas que sua convenção de sentido está trocada. 
 
 
 
 
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1.10.3. Corpos rígidos deslizando 
Para ilustrar esse caso, vamos utilizar um problema clássico na Dinâmica na qual uma cunha está 
apoiada entre dois blocos. Desconsiderando os possíveis atritos, a cunha desloca-se para baixo e empurra 
os blocos na horizontal. 
 
Figura 22: Vínculos Geométricos aplicados a corpos extensos. 
Pela construção do problema, as figuras são indeformáveis, logo o ângulo 𝛼 será constante no 
decorrer do movimento. Assim, cria-se uma restrição entre os deslocamentos na vertical e na horizontal. 
Em módulo, temos que: 
𝑡𝑔𝛼 =
𝑦
𝑥
 
𝑦 = 𝑥 ∙ 𝑡𝑔𝛼 
Portanto, a relação das acelerações é dada por: 
𝑎𝑦 = 𝑎𝑥 ∙ 𝑡𝑔𝛼 
 
5. (EsPCEx - 2002) 
No sistema apresentado na figura abaixo, o fio e as polias são ideais, todos osatritos são desprezíveis e o 
módulo da força �⃗� que atua sobre o bloco 𝐴 vale 550 𝑁. Considerando a aceleração da gravidade igual a 
10 𝑚/𝑠2 e sabendo que as massas de 𝐴 e de 𝐵 valem 20 𝑘𝑔 e 15 𝑘𝑔, respectivamente, a aceleração do 
bloco 𝐵, em 𝑚/𝑠2, é igual a 
 
 
 
 
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a) 10 b) 15 c) 20 d) 25 e) 30 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças, temos: 
 
𝐹 − 𝑇 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎𝐴 
 Para o bloco 𝐵, temos: 
2𝑇 − 𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐵 
 Do vínculo geométrico da polia móvel, notando que a parte do fio que está presa ao teto não pode 
se mover, pois está presa ao teto, então temos uma relação entre os módulos das acelerações na polia 
móvel: 
𝑎𝐵 =
𝑎𝐴
2
 
 Portanto: 
{
𝐹 − 𝑇 = 𝑚𝐴 ⋅ 2𝑎𝐵
2𝑇 − 𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐵
 
{
2𝐹 − 2𝑇 = 2 ⋅ 𝑚𝐴 ⋅ 2𝑎𝐵
2𝑇 − 𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐵
 
2𝐹 − 𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 = 4𝑚𝐴 ⋅ 𝑎𝐵 + 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐵 
 Substituindo valores, temos: 
2 ⋅ 550 − 15 ⋅ 10 = 4 ⋅ 20 ⋅ 𝑎𝐵 + 15 ⋅ 𝑎𝐵 
𝑎𝐵 = 10 𝑚/𝑠2 
Gabarito: A 
 
 
 
 
 
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1.11. Referenciais Inerciais 
De acordo com o Princípio da Inércia, se não há força resultante atuando sobre uma partícula, esta 
deve ter velocidade vetorial constante. 
Quando estudamos cinemática, definimos o que é referencial e vimos como os movimentos 
dependem de qual referencial estamos adotando. Dessa forma, devemos nos perguntar: Qual sistema de 
referência deve ser adotado para usarmos as leis de Newton? Essa é uma resposta não tão simples de 
resolver. 
Vamos relembrar da cinemática que podemos escrever um vetor a partir de outro, isto é, podemos 
fazer uma mudança de referencial da seguinte forma: 
 
Figura 23: Representação de dois referenciais no R². Note que a velocidade depende do referencial adotado. 
Para os instantes 𝑡1 e 𝑡2, podemos escrever as velocidades para cada referencial e calcular a 
aceleração média em cada um: 
�⃗�1
′ = �⃗�1 + �⃗�𝑅 e �⃗�2
′ = �⃗�2 + �⃗�𝑅 
 Referencial R: 
�⃗�𝑚 =
Δ�⃗�
Δ𝑡
=
�⃗�2 − �⃗�1
𝑡2 − 𝑡1
 
 Referencial R’: 
�⃗�′𝑚 =
Δ�⃗�
Δ𝑡
=
�⃗�2
′ − �⃗�1
′
𝑡2 − 𝑡1
=
(�⃗�2 + �⃗�𝑅) − (�⃗�1 + �⃗�𝑅)
𝑡2 − 𝑡1
=
�⃗�2 − �⃗�1
𝑡2 − 𝑡1
= �⃗�𝑚 
 
 
 
 
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∴ �⃗�𝑚 = �⃗�′𝑚 
A esse resultado pode-se aplicar o limite da aceleração média para um intervalo de tempo 
tendendo a zero e determinarmos a mesma relação para as acelerações instantâneas, isto é: 
�⃗� = �⃗�′ 
A partir desse resultado, podemos notar que embora as velocidades sejam diferentes (�⃗�1
′ ≠ �⃗�1 e 
�⃗�2
′ ≠ �⃗�2) para cada referencial, a aceleração é rigorosamente (�⃗� = �⃗�′) desde que o referencial tenha 
velocidade vetorial constante (�⃗�𝑅 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒). 
Assim, podemos aplicar a segunda lei para estes referenciais sem violar a primeira lei. Para 
referenciais com essa característica chamamos de Referenciais Inerciais. 
Afinal, como encontrar esses referenciais? Usualmente, adota-se como inercial um sistema de 
referências que está em repouso em relação as estrelas fixas (bem distantes) e, dessa forma, terá um 
referencial inercial qualquer outro referencial que se mova em relação a ele quando descrever um MRU. 
Diante disso, concluímos que a Terra não é um referencial inercial, já que possui movimento de 
rotação e movimento de translação circular em torno do Sol. Contudo, para a maioria das nossas 
aplicações, podemos considerar a Terra próximo de um referencial inercial. 
1.12. Referenciais não inerciais 
Considere nosso jovem Padawan dentro de um vagão de trem se movendo com velocidade 𝒗 para 
a direita. Além disso, vamos tomar um observador parado na Terra, nas margens da estrada. 
Dentro do vagão existe um caixote C apoiado sobre o piso e em repouso em relação ao vagão. 
Além disso, considere que não há atrito entre o caixote e o piso do vagão. 
Para o observado nas margens da estrada podemos considerá-lo um referencial inercial R e para 
nosso jovem Padawan, dentro do vagão do trem, considere como um referencial R’. 
 
Figura 24: Movimento do caixote observado de um referencial inercial R e um referencial não-inercial R’. 
Se em um dado instante a maquinista do trem aplicada uma frenagem no trem e a partir desse 
momento o vagão adquiri um movimento uniformemente retardado, com aceleração �⃗� em relação a R. 
 
 
 
 
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Para nosso observador nas margens da estrada, o caixote deverá continuar com velocidade 𝒗. 
Entretanto, para nosso jovem Padawan, o caixote, que inicialmente estava em repouso, desliza sobre o 
piso do vagão em um movimento acelerado com aceleração �⃗�′ = −�⃗�. 
Assim, Padawan nota que a força atuante no caixote é dada por: 
�⃗�′ = 𝑚𝑐𝑎𝑖𝑥𝑜𝑡𝑒 ∙ �⃗�′ 
Enquanto para o observador nas margens da estrada não existe essa força, pois, o bloco move-se 
por inércia. 
Este caso estudado aqui representa o Princípio da Equivalência de Einstein. Este princípio 
estabelece que equivalência entre o referencial inercial e o referencial não inercial. Vamos exemplificar 
este princípio para o caso de um elevador subindo com aceleração �⃗�. 
Nosso jovem Padawan agora está dentro de um elevador subindo com aceleração constante de 
módulo 𝑎. 
 
Figura 25: Uso de gravidade aparente para resolução de problemas no elevador acelerado. 
Podemos dizer que para Padawan no interior do elevador a aceleração da gravidade passa a ser 
uma gravidade aparente (�⃗�𝑎𝑝 = �⃗�𝐴/𝐸𝑙𝑒𝑣), dada pela soma vetorial: 
�⃗�𝐴/𝑇 = �⃗�𝐴/𝐸𝑙𝑒𝑣 + �⃗�𝐸𝑙𝑒𝑣/𝑇 
�⃗� = �⃗�𝑎𝑝 + �⃗� 
Para nosso caso, se adotarmos uma orientação para baixo, temos que: 
𝑔 = 𝑔𝑎𝑝 − 𝑎 
𝑔𝑎𝑝 = 𝑔 + 𝑎 
Observe que embora denotamos por gravidade aparente, nosso jovem sente realmente a 
sensação da gravidade aumentar no interior do elevador. Aquela sensação de alguém pressionando sua 
cabeça quando o elevador começa a subir. 
 
 
 
 
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Para o caso do elevador acelerado para baixo, é fácil notar que apenas o sentido da aceleração �⃗� 
inverteu. Assim, temos que: 
�⃗� = �⃗�𝑎𝑝 + �⃗� 
𝑔 = 𝑔𝑎𝑝 + 𝑎 
𝑔𝑎𝑝 = 𝑔 − 𝑎 
Outro problema comum no estudo de gravidade aparente é o vagão acelerado horizontalmente. 
Para este problema, vamos considerar um vagão deslocando para a direita e um pêndulo simples 
no teto do vagão. A massa da esfera do pêndulo é 𝑚. Considere o fio do pêndulo inextensível e sua massa 
desprezível. Dessa forma, temos a seguinte situação: 
 
Figura 26: Vagão com pêndulo pendurado no teto e acelerado. 
Na esfera do pêndulo, podemos utilizar o princípio da equivalência e escrever os seguintes vetores 
aceleração: 
 
Figura 27: Diagrama de corpo livre para a esfera pendular. 
Vetorialmente, temos que: 
�⃗�𝑎𝑝 = �⃗� + �⃗� 
Algebricamente, podemos determinar o módulo de �⃗�𝑎𝑝 pelo teorema de Pitágoras: 
𝑔𝑎𝑝 = √𝑔2 + 𝑎2 
 
 
 
 
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Ou ainda podemos usar o ângulo 𝜃 e relacionar a gravidade aparente com a aceleração da 
gravidade: 
𝑔𝑎𝑝 =
𝑔
𝑐𝑜𝑠𝜃
 
Assim, a força de tração no fio pode ser escrita por: 
𝑇 = 𝑚 ∙ 𝑔𝑎𝑝 
𝑇 = 𝑚 ∙ √𝑔2 + 𝑎2 𝑜𝑢 𝑇 = 𝑚 ∙
𝑔
𝑐𝑜𝑠𝜃
 
Utilizar referenciais não inerciais pode ser bom para alguns exercícios, mas pode ser desvantajoso 
para outros. Vamos resolver um exercício clássico utilizando as duas abordagens. 
 
6. 
Um carrinho de massa 𝑚𝐶 desloca-se para direita quando é aplicada uma força 𝐹 nesse sentido. Em cima 
do carrinho há um bloco de massa 𝑚𝐴, onde o atrito com a superfície do carrinho é desprezível. Preso ao 
bloco A existe um fio inextensívelque passa por uma polia ideal e está preso a um terceiro bloco de massa 
𝑚𝐵, como na figura abaixo: 
 
O bloco B não toca a parede vertical do carrinho C. 
Determine a intensidade da força �⃗� para que os blocos A e B estejam parados em relação ao bloco C. 
Comentários: 
Referencial inercial: 
Vamos tomar um referencial onde podemos aplicar o princípio da inércia. Para isso, vamos 
escrever o diagrama de força para os bloquinhos A e B: 
 
 
 
 
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Observação: Cada ponto da superfície do bloco A é “empurrado” pelos pontos do bloco C e 
geralmente representa a normal como conjunto dessas normais no centroide da figura, mas para não 
embolado com o vetor da força peso, colocamos levemente ao lado. 
Com isso, podemos escrever a segunda lei de Newton para o conjunto dos três blocos, pois, devido 
ao fato de não haver movimento relativo entre o conjunto AB e C, temos que a aceleração do bloco A e 
do bloco B deve ser a mesma do conjunto: 
𝐹 = 𝐹𝑅 
𝐹 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ∙ 𝑎 
𝑎 =
𝐹
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
 
Conhecendo a aceleração do sistema, vamos aplicar a segunda lei para cada bloco. 
Para o bloco A, apenas existe movimento na horizontal. Então: 
𝑇 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 (i) 
Para o bloco B, ele está parado na vertical e apenas na direção horizontal se move com aceleração 
𝑎: 
 
𝑇𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑔 (ii) 
𝑇𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝐹𝑅𝐵 ⇒ 𝑇𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 (iii) 
Elevando (ii) e (iii) cada uma ao quadrado e somando temos que: 
𝑇2 cos2 𝛼 + 𝑇2𝑠𝑒𝑛2𝛼 = 𝑚𝐵
2 (𝑎2 + 𝑔2) 
𝑇2(cos2 𝛼 + 𝑠𝑒𝑛2𝛼) = 𝑚𝐵
2 (𝑎2 + 𝑔2) 
Como cos2 𝛼 + 𝑠𝑒𝑛2𝛼 = 1, temos que: 
𝑇2 = 𝑚𝐵
2 (𝑎2 + 𝑔2) (iv) 
 
 
 
 
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Substituindo (i) em (iv), temos: 
𝑚𝐴
2 ∙ 𝑎2 = 𝑚𝐵
2 ∙ 𝑎2 + 𝑚𝐵
2 ∙ 𝑔2 
𝑎2 =
𝑚𝐵
2 ∙ 𝑔2
𝑚𝐴
2 − 𝑚𝐵
2 
𝑎 =
𝑚𝐵 ∙ 𝑔
√(𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)
 
𝐹
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
=
𝑚𝐵 ∙ 𝑔
√(𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)
 
𝐹 =
𝑚𝐵 ∙ (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶)
√(𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)
∙ 𝑔 
Referencial não inercial: 
Inicialmente, calculemos a aceleração do sistema todo, igualmente feito para o referencial inercial: 
𝐹 = 𝐹𝑅 
𝐹 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ∙ 𝑎 
𝑎 =
𝐹
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
 
Agora, adotando o referencial no carrinho C (não inercial pois está acelerado), um observador em 
cima de C vê o bloco A parado, pois nele surge uma força fictícia �⃗�′ dado pela sua massa vezes aceleração 
do sistema, mas com sentido contrário ao movimento do sistema: 
𝐹′ = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 = 𝑚𝐴 ∙
𝐹
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
 
Com isso, escrevemos a condição de equilíbrio para o bloco A: 
𝑇 = 𝐹′ = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎 = 𝑚𝐴 ∙
𝐹
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶
 
Aqui já identificamos que a tração no fio é a mesma quando calculado pelo referencial inercial 
dada pela equação (i). 
Se um observador está em cima do carrinho C, ele vê o bloco B parado também, como se houvesse 
uma força fictícia �⃗�′′ dado pelo produto da sua massa pela aceleração do sistema, mas com sentido 
contrário ao movimento do sistema: 
 
Onde: 
𝐹′′ = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎 
Pelo teorema de Pitágoras, temos que: 
𝑇2 = 𝐹′′2 + (𝑚𝐵 ∙ 𝑔)2 
 
 
 
 
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𝑇2 = 𝑚𝐵
2 ∙ 𝑎2 + 𝑚𝐵
2 ∙ 𝑔2 
Repare que essa última equação é igual a equação (iv) quando resolvemos no referencial inercial. 
Ou seja, as equações são rigorosamente as mesmas no final das contas. Dado que estamos diante do 
mesmo sistema de equações, o resultado também será o mesmo: 
𝐹 =
𝑚𝐵 ∙ (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶)
√(𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)(𝑚𝐴 + 𝑚𝐵)
∙ 𝑔 
O método como resolver o problema é de sua escolha. Com a prática, você olhará para um 
problema e terá ideia de qual método se encaixará melhor para aquela questão. Isso só vem com muita 
prática! 
 
1.13. Plano inclinado se movendo 
 Vamos trabalhar o problema do plano inclinado que se move. Para isso, vamos utilizar um 
problema da prova do ITA de 1978. Questão boa nunca fica velha! Lembre-se disso! 
(ITA-1978) Um garoto pode deslizar sobre um escorregador solidário com um barco, a partir de uma altura 
“H” (ver figura). O plano do escorregador forma um ângulo de 30º com o plano horizontal. A massa “m” 
do garoto é igual à metade da massa “M” do conjunto barco-escorregador. Supondo que o sistema 
inicialmente esteja em repouso e desprezando os atritos, no instante em que o garoto atingir o ponto “A”, 
a velocidade do barco será dada por: 
 
a) 𝑣 = √
𝑔𝐻
3
 b) 𝑣 = 0 (em repouso) c) 𝑣 = √
3𝑔𝐻
2(3+4)
 
d) 𝑣 = 2√
𝑔𝐻
3
 e) 𝑣 =
√2𝑔𝐻
3
 
Vamos para a resolução! 
Se olharmos inocentemente para esta questão, somos levados a achar que o barco está parado e 
tudo parece muito simples. A grande dificuldade está no fato do barco ganhar velocidade horizontal para 
 
 
 
 
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a direita à medida que o menino vai “deslizando” ao longo do plano. Vamos resolver está questão no 
referencial inercial e no não-inercial. 
Referencial inercial: 
Repare que em a aceleração do garoto em relação ao barco (�⃗�𝑔/𝑏) está na direção do plano 
inclinado. 
Então, a aceleração do garoto em relação a terra (�⃗�𝑔/𝑡) está em uma direção mais próxima da 
vertical, pois o barco tem uma aceleração para a direita em relação a terra (�⃗�𝑏/𝑡) também. Pela regra das 
bolinhas, temos a seguinte relação dos vetores: 
�⃗�𝑔/𝑡 = �⃗�𝑔/𝑏 + �⃗�𝑏/𝑡 
Além disso, podemos decompor a aceleração do garoto na direção horizontal e vertical, de tal 
forma que: 
�⃗�𝑔/𝑡 = �⃗�𝑔𝑥/𝑡 + �⃗�𝑔𝑦/𝑡 
Assim, podemos criar um triângulo onde representaremos as acelerações do garoto e do barco. 
 
Pelo triângulo, temos as seguintes relações dos módulos: 
{
𝑎𝑔𝑦/𝑡 = 𝑎𝑔/𝑏 . 𝑠𝑒𝑛𝜃 (1)
𝑎𝑔𝑥/𝑡 = 𝑎𝑔/𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑎𝑏/𝑡 (2)
 
Para o garoto, podemos decompor as forças que atuam nele da seguinte forma: 
 
Escrevendo a 2ª lei para o garoto na direção horizontal e vertical, temos que: 
 
 
 
 
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{
𝑁𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑔𝑥/𝑡 (3)
𝑃 − 𝑁𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑔𝑦/𝑡 (4)
 
Para o barco, apenas a reação da normal horizontal do garoto produz deslocamento na direção 
horizontal. Portanto: 
𝑁𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑀 ∙ 𝑎𝑏/𝑡 (5) 
Do enunciado, sabemos que 𝜃 = 30° 𝑒 𝑀 = 2𝑚. Então, pelas eq. (3) e (5), encontramos que: 
𝑎𝑔𝑥/𝑡 = 2 ∙ 𝑎𝑏/𝑡 (6) 
Isolando a normal em (3) e substituindo em (4), temos: 
𝑔 − (𝑎𝑔𝑥/𝑡)/𝑡𝑔𝜃 = 𝑎𝑔𝑦/𝑡 (7) 
Substituindo (6) em (7), vem: 
𝑔 − (2 ∙ 𝑎𝑏/𝑡 )/𝑡𝑔𝜃 = 𝑎𝑔𝑦/𝑡 (8) 
Substituindo (1) em (2) e o resultando colocando em (8), chegamos finalmente que: 
𝑎𝑏/𝑡 =
𝑔√3
9
 e 𝑎𝑔𝑦/𝑡 =
𝑔
3
 
Para determinar a velocidade do barco quando ele atinge o ponto A, vamos calcular o tempo de 
queda do garoto na altura 𝐻: 
𝑡 = √
2𝐻
𝑎𝑔𝑦/𝑡
= √
2𝐻
𝑔
3
 
Assim, a velocidade pode ser dada pela equação horária da velocidade do barco: 
𝑣𝑏 = 𝑎𝑏/𝑡 ∙ 𝑡𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎 
𝑣𝑏 =
𝑔√3
9
∙ √
2𝐻
𝑔
3
 
𝑣𝑏 =
√2𝑔𝐻
3
 
Referencial não-inercial: 
Vamos adotar o referencial no barquinho. Assim, teremos uma força fictícia no garoto no sentido 
contrário ao movimento do barco. E teremos as seguintes forças: 
 
 
 
 
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Assim, podemos escrever a 2ª lei nos sentidos para o garoto: 
{
𝑚𝑔 ∙ 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑚𝑔 ∙ 𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑎𝑔/𝑏
𝑁 + 𝑚𝑔 ∙ 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃
 ⇒ {
𝑎𝑔/𝑏 = 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 (𝑒𝑞. 𝑎)
𝑁 = 𝑚𝑔(𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃) (𝑒𝑞. 𝑏)
 
Para o barco, podemos escrever que: 
𝑁𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑏 ∙ 𝑎𝑏 (𝑒𝑞. 𝑐) 
Isolando a normal que o garoto faz no barco em eq. c e substituindo em eq. b, podemos encontrar 
o valor da aceleração dobarco: 
𝑚𝑏 ∙ 𝑎𝑏
𝑠𝑒𝑛𝜃
= 𝑚𝑔(𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑎𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃) 
𝑎𝑏 =
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝑚𝑏
∙ 𝑔 
Fazendo 𝑚𝑏 = 2𝑚𝑔 e 𝜃 = 30°, temos: 
𝑎𝑏 =
𝑔√3
9
 
Substituindo a aceleração do barco na eq. a, podemos encontrar a aceleração do garoto em 
relação ao barco: 
𝑎𝑔/𝑏 =
𝑔√3
9
∙
√3
2
+ 𝑔 ∙
1
2
=
2𝑔
3
 
Logo, o tempo necessário para o garoto descer o plano inclinado é: 
𝐻
𝑠𝑒𝑛(30°)
=
𝑎𝑔/𝑏 ∙ 𝑡2
2
∴ 𝑡 = √
6𝐻
𝑔
 
Velocidade do barco é de: 
𝑣𝑏 = 𝑣0𝑏 + 𝑎𝑏 ∙ 𝑡 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑣𝑏 = 0 +
𝑔√3
9
∙ √
6𝐻
𝑔
 
𝑣𝑏 =
√2𝑔𝐻
3
 
 Observação: voltaremos a abordar esse tipo de problema, utilizando os conceitos de energia e 
quantidade de movimento. 
 Futuramente, voltaremos a trabalhar esse problema, mas analisando a dinâmica do centro de 
massa. 
2. Força elástica 
2.1. Lei de Hooke 
Em 1676, o físico inglês Robert Hooke estudando a deformação em molas notou que a deformação 
obedece a uma lei muito simples, quando a mola é deformada ainda na região elástica. 
Segundo Hooke: 
“As forças deformantes são proporcionais às deformações elásticas produzidas”. 
Considere uma mola de comprimento natural 𝐿0, isto é, nesse comprimento a mola está 
completamente relaxada, sem sofrer nenhuma deformação. Se for aplicada uma força �⃗�, temos a seguinte 
configuração de forças: 
 
Figura 28: Mola distendida por uma força e o diagrama de forças no bloco. 
Pela construção do sistema, definimos que a diferença de comprimentos é dada por: 
𝑥 = 𝐿 − 𝐿0 
Essa diferença é chamada de deformação da mola. Se 𝑥 não for muito grande, isto é, 𝐿 não muito 
maior que 𝐿0, dizemos que a mola está na sua região perfeitamente elástica (cada mola tem sua região 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
elástica, pois essa é uma propriedade do material e da geometria da mola). Se a mola está nessas 
condições, pode-se aplicar a lei de Hooke da seguinte forma: 
𝐹 = 𝑘 ⋅ 𝑥 
Em que 𝑘 é uma constante que depende da mola. Comumente, chama-se 𝑘 de constante elástica 
da mola e sua unidade no SI é: 
𝑢(𝑘) =
𝑢(𝐹)
𝑢(𝑥)
= 𝑁/𝑚 
A lei de Hooke é válida para quando fazemos uma elongação ou uma compressão na mola. 
 
Figura 29: Mola comprimida devido à ação de uma força e o diagrama de forças no bloco. 
De acordo com essa lei, ao fazermos o gráfico da força em função da deformação plotaremos uma 
reta partindo da origem, cujo coeficiente angular é numericamente igual a constante elástica da mola. 
 
Figura 30: Gráfico da força elástica em função da deformação na mola. 
Portanto: 
𝑡𝑔𝛼 =
𝑁 𝑘 =
𝐹
𝑥
 
Experimentalmente, verificamos que quando retiramos a força que aplicamos na mola, a 
tendência natural é a mola voltar ao seu comprimento inicial. Para casos que a mola não volta 
completamente ao seu estado inicial, dizemos que ela saiu da sua região perfeitamente elástica. Nesta 
deformação, não se aplica a lei de Hooke. Esse tipo de deformação não será trabalhado aqui. 
Toda vez que obedecida segue a lei de Hooke, chamamos de deformação elástica. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Outro fator importante no estudo de molas é o par ação e reação. Se uma força �⃗� é aplicada na 
mola, a mola reage com uma força �⃗�𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 (força elástica) aplicada no “agente” que aplica �⃗�. Pela 3ª lei 
de Newton, �⃗� e �⃗�𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 têm o mesmo módulo, a mesma direção, mas sentidos opostos. 
Note que a força elástica sempre tende a trazer o bloco para a posição inicial. Por isso, chamamos 
�⃗�𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 de força de restauração ou força restauradora, já que ela busca restaurar a posição inicial. 
Quando atribuímos o sinal da força elástica, devemos convencionar o sinal positivo para 
deslocamento no sentido do eixo e negativo para o sentido oposto. Assim, podemos escrever que: 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 = −𝑘 ⋅ 𝑥 
Dessa forma, o gráfico da força elástica é: 
 
 Figura 31: Gráfico da força elástica em função da deformação. 
2.2. Mola ideal 
Chamamos de mola ideal aquela cuja massa é desprezível e obedeça à lei de Hooke. 
Vamos considerar o seguinte sistema constituído de uma mola com uma extremidade livre, onde 
aplicamos uma força �⃗�. Podemos escrever o seguinte diagrama de forças: 
 
Figura 32: Diagrama de forças na mola ideal. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Note que �⃗�1 e �⃗�2 constituem um par ação e reação. Logo, temos que: 
�⃗�1 = −�⃗�2 
Se a mola está em equilíbrio e sua massa é desprezível, teremos que: 
�⃗� + �⃗�2 = 0⃗⃗ 
Ou seja, o módulo da força aplicada se “distribui” ao longo da mola ideal, semelhante ao fio ideal. 
Então: 
|�⃗�| = |�⃗�1| = |�⃗�2| = 𝐹 = 𝑘 ⋅ 𝑥 
 
Exemplo: 
No esquema abaixo, determine a deformação da mola para o sistema em equilíbrio, dado que: 
𝑚 = 5,0 𝑘𝑔, 𝑔 = 10,0 𝑚/𝑠2, 𝑘 = 50 𝑁/𝑚, não há atrito e mola ideal. 
 
Figura 33: Bloco preso a uma mola em um plano inclinado de 30° com relação à horizontal. 
Isolando o corpo A, temos o seguinte diagrama de forças: 
 
Figura 34: Diagrama de forças para o bloco. 
Decompondo as forças na direção normal e tangencial, temos que: 
{
𝑁 = 𝑃 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(30°)
𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(30°) = 𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Portanto, temos que: 
𝑚𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(30°) = 𝑘 ⋅ 𝑥 
𝑥 =
𝑚𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(30°)
𝑘
 
𝑥 =
5 ⋅ 10 ⋅
1
2
50
= 0,5 𝑚 
𝑥 = 50 𝑐𝑚 
2.3. Dinamômetro 
Trata-se de instrumento utilizado para medir forças. A ideia do aparelho é bem simples e usa 
diretamente a lei de Hooke. 
Considere uma mola ideal com uma das extremidades fixa. Adapta-se uma escala graduada em 
Newton, já que pela lei de Hooke 𝐹 = 𝑘 ⋅ 𝑥, basta conhecermos bem a constante elástica da mola e 
facilmente construímos essa escala. O zero da escala é definido quando a mola está no seu comprimento 
natural. 
Dessa forma, ao aplicarmos uma força desconhecida na extremidade até estabelecer o equilíbrio. 
Esta força produz uma deformação na mola de 𝑥 =
𝐹
𝑘
. Então, ao multiplicarmos a deformação pela 
constante da mola encontramos a força desconhecida. 
 
Figura 35:Aplicação de força elástica para medir forças desconhecidas. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
No geral, os exercícios supõem dinamômetro ideal, isto é, a massa do dinamômetro é desprezível. 
Como no caso da mola, a força em cada extremidade é a mesma. 
2.4. Associação de molas em série 
 Vamos construir um sistema com duas molas ideais, com constantes 𝑘1 e 𝑘2, em série, como na 
figura abaixo. Aplica-se uma força �⃗� na extremidade livre do conjunto. Denotamos por mola equivalente, 
que possui constante elástica 𝑘, aquela que possui a mesma deformação quando submetida a mesma 
força �⃗�. 
 
Figura 36: Molas em série e mola equivalente. 
Diante disso, podemos determinar o valor de 𝑘 a partir de 𝑘1 e 𝑘2. Notamos que a deformação 
total do conjunto é soma das deformações de cada mola, isto é: 
𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 (𝑒𝑞. 1) 
Como visto anteriormente, para molas ideais, a força se “distribui” ao longo das molas. Então, o 
módulo da força na mola 1 é igual módulo da força na mola 2 que é igual a 𝐹. Aplicando a lei de Hooke 
em cada mola, temos que: 
{
𝐹1 = 𝐹 = 𝑘1 ⋅ 𝑥1
𝐹2 = 𝐹 = 𝑘2 ⋅ 𝑥2
𝐹 = 𝑘 ⋅ 𝑥 
 (𝑠𝑖𝑠𝑡. 1) 
Isolando a deformação em cada equação em (𝑠𝑖𝑠𝑡. 1) e substituindo em (𝑒𝑞. 1), temos que: 
𝐹
𝑘
=
𝐹
𝑘1
+
𝐹
𝑘2
∴
1
𝑘
=
1
𝑘1
+
1
𝑘2
 
 
O conceito acima é aplicado para 𝑛 molas: 
1
𝑘
=
1
𝑘1
+
1
𝑘2
+ ⋯ +
1
𝑘𝑛
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Observação:para o caso de molas em paralelo, a constante da mola equivalente é menor que a 
menor das constantes. 
 
Exemplo: uma mola de constante elástica 𝑘 é repartida ao meio. Determine a constante elástica 
das partes. 
Podemos imaginar que a mola de constante 𝑘 é composição de duas molas em séries. Assim, se 
cada mola idêntica tem constante 𝑘1, a associação delas dará a mola de constante elástica 𝑘. Então: 
𝑘 =
𝑘1 ⋅ 𝑘1
𝑘1 + 𝑘1
 
∴ 𝑘1 = 2𝑘 
Este resultado mostra que ao cortar uma mola ao meio, sua constante elástica dobra. Ou ainda, 
quando reduzimos o tamanho de uma mola aumentamos sua rigidez elástica. 
2.5. Associação de molas em paralelo 
Para o caso de molas em paralelo só existe interesse prático quando as molas são idênticas. 
Considere o sistema como na figura abaixo: 
 
Figura 37: Molas em série e mola equivalente. 
Nesse sistema, a força �⃗� é aplicada no centro de uma haste de massa desprezível que liga cada 
extremidade das molas. Denotamos por 𝑘 a constante elástica da mola equivalente, isto é, sob a ação da 
mesma força �⃗�, a mola equivalente deverá sofrer a mesma deformação. 
Devido ao fato de as molas serem idênticas e devida a simetria do problema, temos que a força 
em cada mola será a metade da força aplicada no centro da haste. Além disso, cada mola sofrerá a mesma 
deformação. 
Aplicando a lei de Hooke para cada mola e para a mola equivalente, temos que: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝐹
2
= 𝑘1 ⋅ 𝑥 (𝑒𝑞. 2) 
𝐹 = 𝑘 ⋅ 𝑥 (𝑒𝑞. 3) 
Fazendo 
𝑒𝑞.3
𝑒𝑞.2
, temos que: 
𝐹
𝐹
2
=
𝑘 ⋅ 𝑥
𝑘1 ⋅ 𝑥
∴ 𝑘 = 2 ⋅ 𝑘1 
Podemos generalizar o resultado para o caso de 𝑛 molas associadas em paralelo: 
𝑘 = 𝑛 ⋅ 𝑘1 
Em muitos projetos, os cálculos levam a molas cuja constante elástica não é comercializada. Assim, 
fazer associação de molas torna-se uma saída para encontrar a constante de mola desejada. 
 
7) 
O corpo A, de massa 𝑚𝐴 = 1𝑘𝑔, sobe com aceleração constante de 3 𝑚/𝑠2. Sabendo-se que o 
comprimento inicial da mola é 𝐿0 = 1 𝑚 e a constante elástica da mola é 𝑘 = 26𝑁/𝑚. 
 
A massa do corpo B vale aproximadamente: 
a) 1,0 kg b) 1,45 kg c) 1,58 kg d) 1,67 kg e) 1,86 kg 
 
Comentários: 
Fazendo o diagrama de forças dos blocos, podemos escrever a 2ª lei para cada corpo: 
 
 
 
 
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{
𝐹 − 𝑃𝐴 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎𝐴
𝑃𝐵 − 𝐹 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐵
 
Se considerarmos que o sistema já entrou em equilíbrio, isto é, a deformação da mola já está 
definida, temos que a aceleração de A é igual a de B. Então, podemos somar as equações e encontrar que: 
𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 − 𝑚𝐴 ⋅ 𝑔 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎𝐴 + 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐴 
𝑚𝐵 =
𝑚𝐴(𝑎𝐴 + 𝑔)
𝑔 − 𝑎𝐴
 
𝑚𝐵 =
1(3 + 10)
10 − 3
≅ 1,86 𝑘𝑔 
Note que não precisamos encontrar a força elástica. 
Gabarito: E 
 
8) 
O conjunto dos blocos representados na figura está sujeito a uma força vertical para baixo, constante, de 
200 𝑁. A constante elástica da mola (de massa desprezível) que une os blocos vale 1000 𝑁/𝑚 e o 
movimento do sistema se dá na mesma linha vertical. 
Adote 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
Qual é, em cm, a deformação da mola? 
 
Comentários: 
 
 
 
 
 
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Escrevendo o diagrama de forças, temos que: 
{
200 + 𝑃 − 𝐹𝑒𝑙 = 𝑚 ⋅ 𝑎
𝑃 + 𝐹𝑒𝑙 = 𝑚 ⋅ 𝑎
 
Subtraindo a segunda da primeira equação, temos que: 
200 − 𝐹𝑒𝑙 − 𝐹𝑒𝑙 = 0 
2 ⋅ 1000 ⋅ 𝑥 = 200 
𝑥 =
200
2000
 
𝑥 = 0,10 𝑚 = 10 𝑐𝑚 
Gabarito: 10 cm. 
 
9) 
Determine a mola equivalente da seguinte associação: 
 
Onde 𝑘2 = 2𝑘1. 
 
Comentários: 
Inicialmente, determinamos as molas equivalentes para cada parte em paralelo: 
𝑘2
′ = 3𝑘2 = 6𝑘1 
𝑘1
′ = 2𝑘1 
Notamos que 𝑘2
′ e 𝑘1
′ estão em série, logo: 
1
𝑘
=
1
𝑘1
′ +
1
𝑘2
′ ⇒ 𝑘 =
𝑘1
′ ⋅ 𝑘2
′
𝑘1
′ + 𝑘2
′ 
𝑘 =
(2𝑘1)(6𝑘1)
2𝑘1 + 6𝑘1
⇒ 𝑘 = 1,5 𝑘1 
 
 
 
 
 
 
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3. Lista de questões nível 1 
 (EEAR – 2018) 
Em alguns parques de diversão há um brinquedo em que as pessoas se surpreendem ao ver um 
bloco aparentemente subir uma rampa que está no piso de uma casa sem a aplicação de uma força. 
O que as pessoas não percebem é que o piso dessa casa está sobre um outro plano inclinado que 
faz com que o bloco, na verdade, esteja descendo a rança em relação a horizontal terrestre. Na 
figura a seguir, está representada uma rampa com uma inclinação 𝛼 em relação ao piso da casa e 
uma pessoa observando o bloco (B) "subindo” a rampa (desloca-se da posição A para a posição C). 
Dados: 
1) a pessoa, a rampa, o plano inclinado e a casa estão todos em repouso entre si e em relação a 
horizontal terrestre. 
2) considere P = peso do bloco. 
3) desconsidere qualquer atrito. 
 
Nessas condições, a expressão da força responsável por mover esse bloco a partir do repouso, para 
quaisquer valores de 𝜃 e 𝛼 que fazem funcionar corretamente o brinquedo, é dada por 
a) 𝑃𝑠𝑒𝑛(𝜃 + 𝛼) b) 𝑃𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝛼) c) 𝑃𝑠𝑒𝑛 𝛼 d) 𝑃𝑠𝑒𝑛 𝜃 
 (EEAR – 2017) 
Um trem de 200 toneladas consegue acelerar a 2 𝑚/𝑠² Qual a força, em newtons, exercida pelas 
rodas em contato com o trilho para causar tal aceleração 
a) 1 ⋅ 105 b) 2 ⋅ 105 c) 3 ⋅ 105 d) 4 ⋅ 105 
 (EEAR – 2016) 
Um carrinho é puxado em um sistema sem atrito por um fio inextensível numa região de aceleração 
gravitacional igual a 10 m/s², como mostra a figura. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Sabendo que o carrinho tem massa igual a 200 g, sua aceleração, em m/s², será aproximadamente: 
a) 12,6 b) 10 c) 9,6 d) 8 
 (EEAR – 2016) 
O personagem Cebolinha, na tirinha abaixo, vale-se de uma Lei da Física para executar tal proeza 
que acaba causando um acidente. A lei considerada pelo personagem é: 
 
a) 1ª Lei de Newton: Inércia. b) 2ª Lei de Newton: 𝐹 = 𝑚 ⋅ 𝑎. 
c) 3ª Lei de Newton: Ação e Reação. d) Lei da Conservação da Energia. 
 (EEAR – 2015) 
Uma mola está presa à parede e ao bloco de massa igual 
a 10 𝑘𝑔. Quando o bloco é solto a mola distende-se 
20 𝑐𝑚 e mantém-se em repouso, conforme a figura 
mostrada a seguir. Admitindo o módulo aceleração da 
gravidade igual a 10 𝑚/𝑠2, os atritos desprezíveis e o 
fio inextensível, determine, em 𝑁/𝑚, o valor da 
constante elástica da mola. 
a) 5 b) 20 c) 200 d) 500 
 (EEAR – 2014) 
Na figura a seguir o bloco 𝐴, de massa igual a 6 𝑘𝑔, está 
apoiado sobre um plano inclinado sem atrito. Este plano inclinado forma com a horizontal um 
ângulo de 30°. Desconsiderando os atritos, admitindo que as massas do fio e da polia sejam 
desprezíveis e que o fio seja inextensível, qual deve ser o valor da massa, em 𝑘𝑔, do bloco 𝐵 para 
que o bloco 𝐴 desça o plano inclinado com uma aceleração constante de 2 𝑚/𝑠2. 
Dado: aceleração da gravidade local = 10 𝑚/𝑠2. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
a) 0,5 
b) 1,5 
c) 2,0 
d) 3,0 
 (EEAR – 2014) 
Em um Laboratório de Física o aluno dispunha de uma régua, uma mola e dois blocos. Um bloco 
com massa igual a 10 𝑘𝑔, que o aluno denominou de bloco 𝐴 e outro de valor desconhecido, que 
denominou bloco 𝐵. Ele montou o experimento de forma que prendeu o bloco 𝐴 na mola e reparou 
que a mola sofreu uma distensão de 5 𝑐𝑚. Retirou o bloco 𝐴 e ao colocar o bloco 𝐵 percebeu que 
a mola distendeu 7,5 𝑐𝑚. Com base nestas informações, e admitindo a mola ideal e a aceleração da 
gravidade igual a 10 𝑚/𝑠2, o aluno concluiu corretamente que o bloco B tem massa igual a ______ 
kg. 
Observação: mola ideal é aquela que obedece a Lei de Hooke. 
a) 12,5 b) 15,0 c) 125 d) 150 
 (EEAR – 2013) 
Considere um corpo preso na sua partesuperior por um elástico, e apoiado num plano inclinado 
(como mostrado na figura abaixo). 
 
À medida que aumentarmos o ângulo de inclinação a do plano, a força que age no elástico aumenta 
devido 
a) ao crescimento do peso do corpo. 
b) ao aumento da quantidade de massa do corpo. 
c) à componente do peso do corpo paralela ao plano inclinado tornar-se maior. 
d) à componente do peso do corpo, perpendicular ao plano inclinado, aumentar. 
 (EEAR – 2010) 
Um garoto puxa uma corda amarrada a um caixote aplicando uma força de intensidade igual a 10 𝑁, 
como está indicado no esquema a seguir. A intensidade, em 𝑁, da componente da força que 
contribui apenas para a tentativa do garoto em arrastar o caixote horizontalmente, vale 
a) 5 
b) 5√2 
c) 5√3 
d) 10 
 (EEAR – 2009) 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Uma força, de módulo 𝐹, foi decomposta em duas componentes perpendiculares entre si. Verificou-
se que a razão entre os módulos dessas componentes vale √3. O ângulo entre esta força e sua 
componente de maior módulo é de: 
a) 30° b) 45° c) 60° d) 75° 
 (EEAR – 2009) 
O gráfico a seguir representa a deformação de duas molas, 𝐴 e 𝐵, de mesmo comprimento, quando 
submetidas a esforços dentro de seus limites elásticos. Assim sendo, pode-se concluir, corretamente 
que, se as molas forem comprimidas igualmente. 
 
a) 𝐵 lança um corpo de massa 𝑚 com força maior do que 𝐴. 
b) 𝐴 lança um corpo de massa 𝑚 com força maior do que 𝐵. 
c) 𝐴 e 𝐵 lançam um corpo de massa 𝑚 com a mesma força. 
d) 𝐴 e 𝐵, não conseguem lançar um corpo de massa 𝑚 dentro de seus limites elásticos. 
 (EEAR – 2007) 
Um carro desloca-se ao lado de um caminhão, na mesma direção, no mesmo sentido e com mesma 
velocidade em relação ao solo, por alguns instantes. Neste intervalo de tempo, a velocidade relativa 
entre carro e caminhão é___________________. Em um instante posterior, a inclinação de um 
pêndulo dependurado na cabine do caminhão, quando este é freado repentinamente, é explicada 
pelo motorista do carro a partir da _______________de Newton. 
a) nula; 1ª lei b) nula; 3ª lei c) positiva; 1ª lei d) positiva; 3ª lei 
 (EsPCEx – 2019) 
O sistema de polias, sendo uma fixa e três móveis, encontra-se em 
equilíbrio estático, conforme mostra o desenho. A constante elástica 
da mola, ideal, de peso desprezível, é igual a 50 𝑁/𝑐𝑚 e a força �⃗� na 
extremidade da corda é de intensidade igual a 100 𝑁. Os fios e as 
polias, iguais, são ideais. O valor do peso do corpo 𝑋 e a deformação 
sofrida pela mola são, respectivamente, 
a) 800 N e 16 cm 
b) 400 N e 8 cm 
c) 600 N e 7 cm 
d) 800 N e 8 cm 
e) 950 N e 10 cm 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 (EsPCEx – 2019/modificada) 
No plano inclinado abaixo, um bloco homogêneo encontra-se 
sob a ação de uma força de intensidade 𝐹 = 4 𝑁, constante e 
paralela ao plano. O bloco percorre a distância 𝐴𝐵, que é igual a 
1,6 𝑚, ao longo do plano com velocidade constante. 
Desprezando-se o atrito, então a massa do bloco é dada por: 
Dados: adote a aceleração da gravidade 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2, 
𝑠𝑒𝑛 60° = √3/2 e cos 60° = 1/2. 
a) 
2√3
15
 𝑘𝑔 b) 
4√3
15
 𝑘𝑔 c) 
6√3
15
 𝑘𝑔 
d) 
8√3
15
 𝑘𝑔 e) 
10√3
15
 𝑘𝑔 
 (EsPCEx – 2014) 
Uma pessoa de massa igual a 80 𝑘𝑔 está dentro de um elevador sobre uma balança calibrada que 
indica o peso em newtons, conforme desenho abaixo. Quando o elevador está acelerado para cima 
com uma aceleração constante de intensidade 𝑎 = 2,0 𝑚/𝑠2, a pessoa observa que a balança indica 
o valor de 
Dado: intensidade da aceleração da gravidade 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2 
a) 160 𝑁 
b) 640 𝑁 
c) 800 𝑁 
d) 960 𝑁 
e) 1600 𝑁 
 (EsPCEx – 2010) 
Três blocos 𝐴, 𝐵 e 𝐶 de massas 4 𝑘𝑔, 6 𝑘𝑔 e 8 𝑘𝑔, respectivamente, são dispostos, conforme 
representado no desenho abaixo, em um local onde a aceleração da gravidade 𝑔 vale 10 𝑚/𝑠2. 
 
Desprezando todas as forças de atrito e considerando ideais as polias e os fios, a intensidade da 
força horizontal �⃗� que deve ser aplicada ao bloco 𝐴, para que o bloco 𝐶 suba verticalmente com 
uma aceleração constante de 2 𝑚/𝑠2, é de: 
a) 100 𝑁 b) 112 𝑁 c) 124 𝑁 d) 140 𝑁 e) 176 𝑁 
 (EsPCEx – 2009) 
Uma partícula “O” descreve um movimento retilíneo uniforme e está sujeito à ação exclusiva das 
forças �⃗�1, �⃗�2, �⃗�3 e �⃗�4, conforme o desenho abaixo: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Podemos afirmar que 
a) �⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�3 = −�⃗�4 
b) �⃗�1 + �⃗�3 + �⃗�4 = �⃗�2 
c) �⃗�1 − �⃗�2 + �⃗�4 = −�⃗�3 
d) �⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�4 = �⃗�3 
e) �⃗�2 + �⃗�3 + �⃗�4 = �⃗�1 
 (EsPCEx – 2009) 
Um trabalhador utiliza um sistema de roldanas conectadas por cordas para 
elevar uma caixa de massa 𝑀 = 60 𝑘𝑔. Aplicando uma força �⃗� sobre a ponta 
livre da corda conforme representado no desenho abaixo, ele mantém a 
caixa suspensa e em equilíbrio. Sabendo que as cordas e as roldanas são 
ideais e considerando a aceleração da gravidade igual a 10 𝑚/𝑠2, o módulo 
da força �⃗� vale 
a) 10 𝑁 
b) 50 𝑁 
c) 75 𝑁 
d) 100 𝑁 
e) 150 𝑁 
 (EsPCEx – 2008) 
Dois blocos A e B, de massas respectivamente iguais a 8 kg e 6 kg, estão apoiados em uma superfície 
horizontal e perfeitamente lisa. Uma força horizontal, constante e de intensidade F = 7 N, é aplicada 
no bloco A, conforme a figura abaixo. 
 
Nessas condições, podemos afirmar que o bloco B adquire uma aceleração de 
a) 0,50 𝑚/𝑠2 b) 0,87 𝑚/𝑠2 c) 1,16 𝑚/𝑠2 
d) 2,00 𝑚/𝑠2 e) 3,12 𝑚/𝑠2 
 (EsPCEx – 2005) 
Um bloco parte da posição 1 e desloca-se em movimento retilíneo uniformemente variado sobre 
uma superfície horizontal com atrito até parar na posição 3, conforme a figura abaixo. 
 
Desprezando a resistência do ar, o diagrama que melhor representa todas as forças que atuam sobre 
o bloco, quando ele está passando pelo ponto 2, é: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Obs.: Todas as forças estão representadas no centro de massa do bloco. 
A) 
 
B) 
 
C) 
 
D) 
 
E) 
 
 
 (EsPCEx – 2002) 
Na figura abaixo, as massas 𝐴 e 𝐵 são iguais a 2 𝑘𝑔, cada uma, e estão ligadas por um fio e uma 
roldana ideais. Sabendo que todos os atritos são desprezíveis e que a aceleração da gravidade é 
igual a 10 𝑚/𝑠2, podemos afirmar que a tração no fio ideal, em newtons, é de 
a) 2 
b) 5 
c) 10 
d) 20 
e) 40 
 (EsPCEx – 2001) 
Um bloco A de peso P encontra-se em repouso preso a uma mola ideal de constante elástica K sobre 
um plano inclinado perfeitamente liso conforme a figura abaixo. Nesta situação, o alongamento da 
mola será de: 
a) 𝑃 ⋅ cos 𝜃 /𝐾 
b) 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃/𝐾 
c) 𝑃 ⋅ 𝑡𝑔 𝜃/𝐾 
d) 𝑃/(𝐾 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃) 
e) 𝑃/(𝐾 ⋅ cos 𝜃) 
 (EsPCEx – 2001) 
Uma bola de 0,5 𝑘𝑔 encontra-se sobre um plano horizontal perfeitamente liso e está submetida à 
ação de três forças horizontais que passam pelo seu centro de massa, conforme a figura abaixo. 
Dados: |�⃗�1| = 6 𝑁, |�⃗�1| > |�⃗�2| e |�⃗�3| = 3 𝑁. Despreze a resistência do ar. 
 
Sabendo que a bola adquire uma aceleração resultante de módulo 10 𝑚/𝑠2, podemos concluir que 
a intensidade da força �⃗�2 é: 
a) 4 N b) 3 N c) 2 N d) 1 N e) 5 N 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 (EsPCEx – 2000) 
Um sistema de fios e polias ideais, conforme a figura abaixo, é usado em uma farmácia para levar 
medicamentos do depósito para a loja. A aceleração da gravidade vale 10 𝑚/𝑠2, e o atrito com o ar 
é desprezível. O módulo da força �⃗� que o farmacêutico deve aplicar ao sistema para que os 
medicamentos de massa 800 𝑔 subam com velocidade constante deve ser de 
a) 4 𝑁 
b) 8 𝑁 
c) 8 ⋅ 10 𝑁 
d) 4 ⋅ 103 𝑁 
e) 8 ⋅ 103 𝑁 
 (EsPCEx – 2000) 
Dois blocosde massa 𝑚1 = 10,0 𝑘𝑔 e 𝑚2 = 2,0 𝑘𝑔 interligados por uma mola ideal de constante 
elástica 50 𝑁/𝑚 são colocados em repouso sobre uma superfície plana, horizontal e sem atrito. 
Logo após terem sido afastados e soltos simultaneamente ao longo do plano horizontal, os corpos 
de massa 𝑚1 e 𝑚2, adquirem as acelerações �⃗�1 e �⃗�2 respectivamente Desprezando o atrito do ar, o 
valor da razão 𝑎1/𝑎2 é 
a) 0,2 
b) 0,6 
c) 1,0 
d) 4,2 
e) 5,0 
 (CN – 2009) 
Observe a figura a seguir. 
 
Suponha que a força exercida pelo homem mostrado na figura acima seja integralmente usada para 
movimento um corpo, de massa 15 𝑘𝑔, através de um piso horizontal perfeitamente liso, 
deslocando-o de uma posição inicial 𝑠0 = 20 𝑚, a partir do repouso e com aceleração constante, 
durante 4 s. Nessas condições pode-se afirmar que, ao final desse intervalo de tempo, a posição 
final e a velocidade do corpo valem, respectivamente, 
a) 100 m e 100 km/h b) 100 m e 108 km/h c) 100 m e 144 km/h 
d) 120 m e 108 km/h e) 120 m e 144 km/h 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
4. Gabarito sem comentários nível 1 
1. B 
2. D 
3. C 
4. A 
5. D 
6. B 
7. B 
8. C 
9. A 
10. A 
11. B 
12. A 
13. D 
14. B 
15. D 
16. E 
17. A 
18. C 
19. A 
20. C 
21. C 
22. B 
23. C 
24. A 
25. A 
26. C 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
5. Lista de questões nível 1 comentada 
 (EEAR – 2018) 
Em alguns parques de diversão há um brinquedo em que as pessoas se surpreendem ao ver um 
bloco aparentemente subir uma rampa que está no piso de uma casa sem a aplicação de uma força. 
O que as pessoas não percebem é que o piso dessa casa está sobre um outro plano inclinado que 
faz com que o bloco, na verdade, esteja descendo a rança em relação a horizontal terrestre. Na 
figura a seguir, está representada uma rampa com uma inclinação 𝛼 em relação ao piso da casa e 
uma pessoa observando o bloco (B) "subindo” a rampa (desloca-se da posição A para a posição C). 
Dados: 
1) a pessoa, a rampa, o plano inclinado e a casa estão todos em repouso entre si e em relação a 
horizontal terrestre. 
2) considere P = peso do bloco. 
3) desconsidere qualquer atrito. 
 
Nessas condições, a expressão da força responsável por mover esse bloco a partir do repouso, para 
quaisquer valores de 𝜃 e 𝛼 que fazem funcionar corretamente o brinquedo, é dada por 
a) 𝑃𝑠𝑒𝑛(𝜃 + 𝛼) b) 𝑃𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝛼) c) 𝑃𝑠𝑒𝑛 𝛼 d) 𝑃𝑠𝑒𝑛 𝜃 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças no bloco 𝐵, temos: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
 Na direção tangente a 𝐴𝐶, temos: 
𝑃𝐵 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝛽) = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐵 = 𝐹𝑅𝐴𝐶
 
 Na direção normal a 𝐴𝐶, temos: 
𝑁1 = 𝑃𝐵 ⋅ cos(𝜃) 
 Da geometria do problema, como 𝜃 é ângulo externo no triângulo ACD, temos: 
𝜃 = 𝛼 + 𝛽 
 Portanto: 
𝐹𝑅𝐴𝐶
= 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃 − 𝛼) 
 Essa força é responsável pelo movimento do bloco 𝐵 em relação ao plano AC. 
Gabarito: B 
 (EEAR – 2017) 
Um trem de 200 toneladas consegue acelerar a 2 𝑚/𝑠² Qual a força, em newtons, exercida pelas 
rodas em contato com o trilho para causar tal aceleração 
a) 1 ⋅ 105 b) 2 ⋅ 105 c) 3 ⋅ 105 d) 4 ⋅ 105 
Comentários: 
 Se a massa do corpo é de 200 toneladas, isto é, 200 ⋅ 103 𝑘𝑔, temos: 
𝐹𝑅 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝐹𝑅 = 200 ⋅ 103 ⋅ 2 
𝐹𝑅 = 4 ⋅ 105 𝑁 
Gabarito: D 
 (EEAR – 2016) 
Um carrinho é puxado em um sistema sem atrito por um fio inextensível numa região de aceleração 
gravitacional igual a 10 m/s², como mostra a figura. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Sabendo que o carrinho tem massa igual a 200 g, sua aceleração, em m/s², será aproximadamente: 
a) 12,6 b) 10 c) 9,6 d) 8 
Comentários: 
 Escrevendo o diagrama de forças nos corpos, temos: 
 
 Escrevendo a segunda lei de Newton para o carrinho, temos: 
𝐹𝑅 = 𝑚𝑐𝑎𝑟 ⋅ 𝑎𝑐𝑎𝑟 
𝑇 = 𝑚𝑐𝑎𝑟 ⋅ 𝑎𝑐𝑎𝑟 
 Escrevendo a segunda lei de Newton para o bloco, temos: 
𝐹𝑅 = 𝑚𝑏 ⋅ 𝑎 
𝑃𝑏 − 𝑇 = 𝑚𝑏 ⋅ 𝑎𝑏 
 Perceba que pelo vínculo geométrico, a intensidade da aceleração do carrinho é igual a 
intensidade da aceleração do bloco, pois se o fio é inextensível, então quando o bloco desce um 
Δ𝑥, então o carro desloca Δ𝑥 para a direita. Mas, atenção! A aceleração do carrinho é um vetor 
na direção horizontal e a aceleração do bloco é um vetor na vertical, ou seja, são vetores 
diferentes. 
 Assim, montamos o sistema: 
{
𝑇 = 𝑚𝑐𝑎𝑟 ⋅ 𝑎
𝑃𝑏 − 𝑇 = 𝑚𝑏 ⋅ 𝑎
 
 Somando as duas equações membro a membro, vem: 
𝑃𝑏 = 𝑚𝑐𝑎𝑟 ⋅ 𝑎 + 𝑚𝑏 ⋅ 𝑎 
𝑎 =
𝑃𝑏
𝑚𝑐𝑎𝑟 + 𝑚𝑏
 
 Substituindo valores, vem: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑎 =
5 ⋅ 10
5 + 0,2
 
𝑎 ≅ 9,6 𝑚/𝑠2 
Gabarito: C 
 (EEAR – 2016) 
O personagem Cebolinha, na tirinha abaixo, vale-se de uma Lei da Física para executar tal proeza 
que acaba causando um acidente. A lei considerada pelo personagem é: 
 
a) 1ª Lei de Newton: Inércia. b) 2ª Lei de Newton: 𝐹 = 𝑚 ⋅ 𝑎. 
c) 3ª Lei de Newton: Ação e Reação. d) Lei da Conservação da Energia. 
Comentários: 
 A lei da Física em questão é a primeira lei de Newton, o princípio da Inércia, pois ao tirar a 
toalha da mesa, Cebolinha esquece que a toalha tenderia a manter seu movimento e acerta a 
própria mãe. 
Gabarito: A 
 (EEAR – 2015) 
Uma mola está presa à parede e ao bloco de massa igual 
a 10 𝑘𝑔. Quando o bloco é solto a mola distende-se 
20 𝑐𝑚 e mantém-se em repouso, conforme a figura 
mostrada a seguir. Admitindo o módulo aceleração da 
gravidade igual a 10 𝑚/𝑠2, os atritos desprezíveis e o 
fio inextensível, determine, em 𝑁/𝑚, o valor da 
constante elástica da mola. 
a) 5 b) 20 c) 200 d) 500 
Comentários: 
 Quando o sistema já atingiu o equilíbrio, a força 
elástica na mola é igual a tração no fio. Por outro lado, no bloco, a força peso deve ser igual a 
tração no fio. Então: 
{
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝑇𝑓𝑖𝑜
𝑇𝑓𝑜𝑖 = 𝑃𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜
 
 Portanto: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝑃𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 
𝑘 ⋅ Δ𝑥 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
 Substituindo valores, temos: 
𝑘 ⋅
20
100
= 10 ⋅ 10 
𝑘 = 500 𝑁/𝑚 
Gabarito: D 
 (EEAR – 2014) 
Na figura a seguir o bloco 𝐴, de massa igual a 6 𝑘𝑔, está apoiado sobre um plano inclinado sem 
atrito. Este plano inclinado forma com a horizontal um ângulo de 30°. Desconsiderando os atritos, 
admitindo que as massas do fio e da polia sejam desprezíveis e que o fio seja inextensível, qual deve 
ser o valor da massa, em 𝑘𝑔, do bloco 𝐵 para que o bloco 𝐴 desça o plano inclinado com uma 
aceleração constante de 2 𝑚/𝑠2. 
Dado: aceleração da gravidade local = 10 𝑚/𝑠2. 
a) 0,5 
b) 1,5 
c) 2,0 
d) 3,0 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças, temos: 
 
 Para o bloco A na direção tangente, temos: 
𝑃𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(30°) − 𝑇 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
 Na direção normal, temos: 
𝑃𝐴 ⋅ cos(30°) = 𝑁 
 Para o bloco B, temos: 
𝑇 − 𝑃𝐵 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎 (𝑒𝑞. 2) 
 Somando (1) com (2), vem: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑃𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(30°) − 𝑃𝐵 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎 + 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎 
 Substituindo valores podemos encontrar o valor de 𝑚𝐵: 
6 ⋅ 10 ⋅
1
2
− 𝑚𝐵 ⋅ 10 = 6 ⋅ 2 + 𝑚𝐵 ⋅ 2 
30 − 12 = 12 ⋅ 𝑚𝐵 
𝑚𝐵 =
18
12
= 1,5 𝑘𝑔 
Gabarito: B 
 (EEAR – 2014) 
Em um Laboratório de Física o aluno dispunha de uma régua, uma mola e dois blocos. Um bloco 
com massa igual a 10 𝑘𝑔, que o aluno denominou de bloco 𝐴 e outro de valor desconhecido, que 
denominou bloco 𝐵. Ele montou o experimento de forma que prendeu o bloco 𝐴 namola e reparou 
que a mola sofreu uma distensão de 5 𝑐𝑚. Retirou o bloco 𝐴 e ao colocar o bloco 𝐵 percebeu que 
a mola distendeu 7,5 𝑐𝑚. Com base nestas informações, e admitindo a mola ideal e a aceleração da 
gravidade igual a 10 𝑚/𝑠2, o aluno concluiu corretamente que o bloco B tem massa igual a ______ 
kg. 
Observação: mola ideal é aquela que obedece a Lei de Hooke. 
a) 12,5 b) 15,0 c) 125 d) 150 
Comentários: 
 Considerando que ele pendeu os blocos à mola na direção vertical, então a partir da 
distensão da mola provocada pelo bloco A podemos determinar a constante da mola: 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠1 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑔 
𝑘 ⋅ Δ𝑥𝐴 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑔 
𝑘 ⋅
5
100
= 10 ⋅ 10 
𝑘 =
104
5
 𝑁/𝑚 
 Quando ele repete o procedimento para 𝐵, como já conhecemos a constante elástica da 
mola, podemos determinar a massa desconhecida de 𝐵: 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠2 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 
𝑘 ⋅ Δ𝑥𝐵 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 
104
5
⋅
7,5
100
= 𝑚𝐵 ⋅ 10 
𝑚𝐵 = 15 𝑘𝑔 
Gabarito: B 
 (EEAR – 2013) 
Considere um corpo preso na sua parte superior por um elástico, e apoiado num plano inclinado 
(como mostrado na figura abaixo). 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
À medida que aumentarmos o ângulo de inclinação a do plano, a força que age no elástico aumenta 
devido 
a) ao crescimento do peso do corpo. 
b) ao aumento da quantidade de massa do corpo. 
c) à componente do peso do corpo paralela ao plano inclinado tornar-se maior. 
d) à componente do peso do corpo, perpendicular ao plano inclinado, aumentar. 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças no corpo, temos: 
 
 Como visto em teoria, o ângulo em vermelho é a inclinação 𝛼 do plano. Portanto, a 
projeção da força peso na direção do plano é: 
𝑃𝑥 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝛼 
 Conforme visto em teoria. Se o corpo está em equilíbrio na direção do plano inclinado, 
então: 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝑃𝑥 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝛼 
 Logo, quando aumentamos 𝛼, que é a inclinação do plano, aumentamos 𝑃𝑥, pois a função 
cresce entre 0° e 90°. Portanto, a força elástica também aumenta quando a inclinação 𝛼 do plano 
é elevada. 
Gabarito: C 
 (EEAR – 2010) 
Um garoto puxa uma corda amarrada a um caixote aplicando uma força de intensidade igual a 10 𝑁, 
como está indicado no esquema a seguir. A intensidade, em 𝑁, da componente da força que 
contribui apenas para a tentativa do garoto em arrastar o caixote horizontalmente, vale 
a) 5 
b) 5√2 
c) 5√3 
d) 10 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Comentários: 
 Decompondo a força 𝐹 e escrevendo as demais forças, temos: 
 
 Note que a componente 𝐹 ⋅ cos (60°) é a única responsável pelo movimento na horizontal. 
Portanto: 
𝐹𝑅𝐻
= 𝐹 ⋅ cos(60°) 
𝐹𝑅𝐻
= 10 ⋅
1
2
 
𝐹𝑅𝐻
= 5 𝑁 
Gabarito: A 
 (EEAR – 2009) 
Uma força, de módulo 𝐹, foi decomposta em duas componentes perpendiculares entre si. Verificou-
se que a razão entre os módulos dessas componentes vale √3. O ângulo entre esta força e sua 
componente de maior módulo é de: 
a) 30° b) 45° c) 60° d) 75° 
Comentários: 
 Se decompomos a força 𝐹 em duas perpendiculares, temos que: 
𝐹𝑥
2 + 𝐹𝑦
2 = 𝐹2 
 Se considerarmos que: 
𝐹𝑦
𝐹𝑥
= √3 
 Geometricamente, teríamos: 
 
 Da trigonometria, sabemos que: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑡𝑔(𝜃) =
𝐹𝑦
𝐹𝑥
 
𝑡𝑔(𝜃) = √3 
 Logo: 
𝜃 = 60° 
 Note ainda que se 
𝐹𝑦
𝐹𝑥
= √3, então 𝐹𝑦 = √3𝐹𝑥. Como √3 ≅ 1,7, então 𝐹𝑦 > 𝐹𝑥. Logo, o 
ângulo 𝛼 desejado é entre 𝐹 e 𝐹𝑦 é igual a 30°. 
 Você poderia ter escolhido a razão 
𝐹𝑥
𝐹𝑦
= √3 e feito uma análise semelhante a essa que fiz 
logo acima e chegaríamos no mesmo resultado. 
Gabarito: A 
 (EEAR – 2009) 
O gráfico a seguir representa a deformação de duas molas, 𝐴 e 𝐵, de mesmo comprimento, quando 
submetidas a esforços dentro de seus limites elásticos. Assim sendo, pode-se concluir, corretamente 
que, se as molas forem comprimidas igualmente. 
 
a) 𝐵 lança um corpo de massa 𝑚 com força maior do que 𝐴. 
b) 𝐴 lança um corpo de massa 𝑚 com força maior do que 𝐵. 
c) 𝐴 e 𝐵 lançam um corpo de massa 𝑚 com a mesma força. 
d) 𝐴 e 𝐵, não conseguem lançar um corpo de massa 𝑚 dentro de seus limites elásticos. 
Comentários: 
 Pelo gráfico, vemos que a mola 𝐴 possui constante elástica maior que a de 𝐵, já que a 
inclinação (coeficiente angular) de A é maior que a de B, isto é: 
𝑘𝐴 > 𝑘𝐵 
 Assim, se as molas forem comprimidas de uma mesma distensão, como a força é dada pela 
Lei de Hooke 𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝑘 ⋅ 𝑥, então a mola 𝐴 proporcionará uma força de maior intensidade: 
𝑘𝐴 > 𝑘𝐵 (𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑖𝑛𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑝𝑜𝑟 Δ𝑥) 
𝑘𝐴 ⋅ Δ𝑥 > 𝑘𝐵 ⋅ Δ𝑥 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠𝐴
> 𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠𝐵
 
 Assim, o corpo 𝐴 lança um bloco de massa 𝑚 com maior força do que 𝐵. 
Gabarito: B 
 (EEAR – 2007) 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Um carro desloca-se ao lado de um caminhão, na mesma direção, no mesmo sentido e com mesma 
velocidade em relação ao solo, por alguns instantes. Neste intervalo de tempo, a velocidade relativa 
entre carro e caminhão é___________________. Em um instante posterior, a inclinação de um 
pêndulo dependurado na cabine do caminhão, quando este é freado repentinamente, é explicada 
pelo motorista do carro a partir da _______________de Newton. 
a) nula; 1ª lei b) nula; 3ª lei c) positiva; 1ª lei d) positiva; 3ª lei 
Comentários: 
 Quando o carro se desloca ao lado do caminhão com a mesma velocidade, em módulo, a 
velocidade relativa entre eles é nula. Ao frear o caminhão, a tendência do pêndulo era continuar 
o seu movimento. Entretanto, como o pêndulo está preso ao teto da cabine do caminhão, nós 
observamos que o pêndulo sofre uma inclinação em relação à vertical, conforme previsto pela 
primeira lei de Newton, o princípio da Inércia. 
Gabarito: A 
 (EsPCEx – 2019) 
O sistema de polias, sendo uma fixa e três móveis, encontra-se em 
equilíbrio estático, conforme mostra o desenho. A constante elástica 
da mola, ideal, de peso desprezível, é igual a 50 𝑁/𝑐𝑚 e a força �⃗� na 
extremidade da corda é de intensidade igual a 100 𝑁. Os fios e as 
polias, iguais, são ideais. O valor do peso do corpo 𝑋 e a deformação 
sofrida pela mola são, respectivamente, 
a) 800 N e 16 cm 
b) 400 N e 8 cm 
c) 600 N e 7 cm 
d) 800 N e 8 cm 
e) 950 N e 10 cm 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças no sistema temos: 
 
 Se o sistema está em equilíbrio, então: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
4𝐹 = 𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 e 8𝐹 = 𝑃𝑥 
 Portanto: 
4𝐹 = 𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 
4 ⋅ 100 = 50 ⋅ Δ𝑥 
Δ𝑥 = 8 𝑐𝑚 
 E o peso de 𝑋 é igual a: 
8𝐹 = 𝑃𝑥 
8 ⋅ 100 = 𝑃𝑥 
𝑃𝑥 = 800 𝑁 
Gabarito: D 
 (EsPCEx – 2019/modificada) 
No plano inclinado abaixo, um bloco homogêneo encontra-se 
sob a ação de uma força de intensidade 𝐹 = 4 𝑁, constante e 
paralela ao plano. O bloco percorre a distância 𝐴𝐵, que é igual a 
1,6 𝑚, ao longo do plano com velocidade constante. 
Desprezando-se o atrito, então a massa do bloco é dada por: 
Dados: adote a aceleração da gravidade 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2, 
𝑠𝑒𝑛 60° = √3/2 e cos 60° = 1/2. 
a) 
2√3
15
 𝑘𝑔 b) 
4√3
15
 𝑘𝑔 c) 
6√3
15
 𝑘𝑔 
d) 
8√3
15
 𝑘𝑔 e) 
10√3
15
 𝑘𝑔 
Comentários: 
 Escrevendo o diagrama de forças no bloco, temos: 
 
𝐹 − 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) = 𝑚 ⋅ 𝑎 
 Como ele está subindo com velocidade constante, então 𝑎 = 0. Portanto: 
𝐹 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
4 = 𝑚 ⋅ 10 ⋅
√3
2
 
𝑚 =
4
5√3
=
4√3
15
 𝑘𝑔 
Gabarito: B 
 (EsPCEx – 2014) 
Uma pessoa de massa igual a 80 𝑘𝑔 está dentro de um elevador sobre uma balança calibrada que 
indica o peso em newtons, conforme desenhoabaixo. Quando o elevador está acelerado para cima 
com uma aceleração constante de intensidade 𝑎 = 2,0 𝑚/𝑠2, a pessoa observa que a balança indica 
o valor de 
Dado: intensidade da aceleração da gravidade 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2 
a) 160 𝑁 
b) 640 𝑁 
c) 800 𝑁 
d) 960 𝑁 
e) 1600 𝑁 
Comentários: 
 Quando o elevador está subindo com aceleração 𝑎, devemos ter que: 
 
𝑁 − 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑔 + 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑁 = 𝑚(𝑎 + 𝑔) 
𝑁 = 80(2 + 10) 
𝑁 = 960 𝑁 
Gabarito: D 
 (EsPCEx – 2010) 
Três blocos 𝐴, 𝐵 e 𝐶 de massas 4 𝑘𝑔, 6 𝑘𝑔 e 8 𝑘𝑔, respectivamente, são dispostos, conforme 
representado no desenho abaixo, em um local onde a aceleração da gravidade 𝑔 vale 10 𝑚/𝑠2. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Desprezando todas as forças de atrito e considerando ideais as polias e os fios, a intensidade da 
força horizontal �⃗� que deve ser aplicada ao bloco 𝐴, para que o bloco 𝐶 suba verticalmente com 
uma aceleração constante de 2 𝑚/𝑠2, é de: 
a) 100 𝑁 b) 112 𝑁 c) 124 𝑁 d) 140 𝑁 e) 176 𝑁 
Comentários: 
 Considerando os blocos B e C como um só, já que não faremos nenhuma análise entre eles, 
então: 
 
𝐹 − 𝑇 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎 
𝑇 − (𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ⋅ 𝑔 = (𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ⋅ 𝑎 
 Somando as equações, temos: 
𝐹 − (𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ⋅ 𝑔 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶) ⋅ 𝑎 
 Substituindo valores, temos: 
𝐹 − (6 + 8) ⋅ 10 = (4 + 6 + 8) ⋅ 2 
𝐹 = 176 𝑁 
Gabarito: E 
 (EsPCEx – 2009) 
Uma partícula “O” descreve um movimento retilíneo uniforme e está sujeito à ação exclusiva das 
forças �⃗�1, �⃗�2, �⃗�3 e �⃗�4, conforme o desenho abaixo: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Podemos afirmar que 
a) �⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�3 = −�⃗�4 
b) �⃗�1 + �⃗�3 + �⃗�4 = �⃗�2 
c) �⃗�1 − �⃗�2 + �⃗�4 = −�⃗�3 
d) �⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�4 = �⃗�3 
e) �⃗�2 + �⃗�3 + �⃗�4 = �⃗�1 
Comentários: 
 Se a partícula descreve um MRU, então a força resultante sobre ela é nula. Ou seja: 
�⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�3 + �⃗�4 = 0⃗⃗ 
 Portanto: 
�⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�3 = −�⃗�4 
Gabarito: A 
 (EsPCEx – 2009) 
Um trabalhador utiliza um sistema de roldanas conectadas por cordas para 
elevar uma caixa de massa 𝑀 = 60 𝑘𝑔. Aplicando uma força �⃗� sobre a ponta 
livre da corda conforme representado no desenho abaixo, ele mantém a 
caixa suspensa e em equilíbrio. Sabendo que as cordas e as roldanas são 
ideais e considerando a aceleração da gravidade igual a 10 𝑚/𝑠2, o módulo 
da força �⃗� vale 
a) 10 𝑁 
b) 50 𝑁 
c) 75 𝑁 
d) 100 𝑁 
e) 150 𝑁 
 
Comentários: 
 De acordo com o diagrama de forças, temos: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
8𝐹 − 𝑀 ⋅ 𝑔 = 0 
𝐹 =
𝑀 ⋅ 𝑔
8
 
𝐹 =
60 ⋅ 10
8
 
𝐹 = 75 𝑁 
Gabarito: C 
 (EsPCEx – 2008) 
Dois blocos A e B, de massas respectivamente iguais a 8 kg e 6 kg, estão apoiados em uma superfície 
horizontal e perfeitamente lisa. Uma força horizontal, constante e de intensidade F = 7 N, é aplicada 
no bloco A, conforme a figura abaixo. 
 
Nessas condições, podemos afirmar que o bloco B adquire uma aceleração de 
a) 0,50 𝑚/𝑠2 b) 0,87 𝑚/𝑠2 c) 1,16 𝑚/𝑠2 
d) 2,00 𝑚/𝑠2 e) 3,12 𝑚/𝑠2 
Comentários: 
 Como os blocos estão em contato, ao empurrar o bloco A com uma força 𝐹, o bloco 𝐵 será 
empurrado pela força de contato 𝐹𝐴𝐵, mas em todo o seu deslocamento, ele sempre está junto 
de 𝐴, ou seja, ele terá o mesmo deslocamento, nos mesmos intervalos de tempo, ou seja, ele terá 
a mesma aceleração de 𝐴. Portanto, podemos trabalhar os dois blocos grudados, como um único 
bloco 𝐴 + 𝐵. Aplicando a segunda lei de Newton na horizontal, temos: 
𝐹 = (𝑚𝐴 + 𝑚𝐵) ⋅ 𝑎 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
7 = (8 + 6) ⋅ 𝑎 
𝑎 = 0,5 𝑚/𝑠2 
Gabarito: A 
 (EsPCEx – 2005) 
Um bloco parte da posição 1 e desloca-se em movimento retilíneo uniformemente variado sobre 
uma superfície horizontal com atrito até parar na posição 3, conforme a figura abaixo. 
 
Desprezando a resistência do ar, o diagrama que melhor representa todas as forças que atuam sobre 
o bloco, quando ele está passando pelo ponto 2, é: 
Obs.: Todas as forças estão representadas no centro de massa do bloco. 
A) 
 
B) 
 
C) 
 
D) 
 
E) 
 
 
Comentários: 
 Se o bloco está realizando um MRUV e para no ponto 3, ele precisa realizar um movimento 
retardado, isto é, velocidade contrária a aceleração. Se ele está se movendo de 1 para 3, então a 
aceleração deve estar no sentido oposto, na direção horizontal. Portanto, já descartamos as 
alternativas a), b) e d), que possuem força resultante para a direita, ou seja, aceleração para a 
direita. 
 A diferença entre as letras c) e e) é justamente a força de contato entre a superfície e o 
bloco que não está escrita na letra e). Portanto, a alternativa correta é a letra c). 
Gabarito: C 
 (EsPCEx – 2002) 
Na figura abaixo, as massas 𝐴 e 𝐵 são iguais a 2 𝑘𝑔, cada uma, e estão ligadas por um fio e uma 
roldana ideais. Sabendo que todos os atritos são desprezíveis e que a aceleração da gravidade é 
igual a 10 𝑚/𝑠2, podemos afirmar que a tração no fio ideal, em newtons, é de 
a) 2 
b) 5 
c) 10 
d) 20 
e) 40 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Comentários: 
 Pelo diagrama de forças, temos: 
 
𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
𝑇 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎 (𝑒𝑞. 2) 
 Substituindo a aceleração na equação 1, temos: 
𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝐵 ⋅
𝑇
𝑚𝐴
 
2 ⋅ 10 − 𝑇 = 2 ⋅
𝑇
2
 
𝑇 = 10 𝑁 
Gabarito: C 
 (EsPCEx – 2001) 
Um bloco A de peso P encontra-se em repouso preso a uma mola ideal de constante elástica K sobre 
um plano inclinado perfeitamente liso conforme a figura abaixo. Nesta situação, o alongamento da 
mola será de: 
a) 𝑃 ⋅ cos 𝜃 /𝐾 
b) 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃/𝐾 
c) 𝑃 ⋅ 𝑡𝑔 𝜃/𝐾 
d) 𝑃/(𝐾 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃) 
e) 𝑃/(𝐾 ⋅ cos 𝜃) 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças no bloco 𝐴, temos: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
 Se o sistema está em equilíbrio, então a projeção do peso na direção do plano inclinado é 
igual a força elástica. Portanto: 
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝑃𝑥 
𝑘 ⋅ Δ𝑥 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
Δ𝑥 =
𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑘
 
Gabarito: B 
 (EsPCEx – 2001) 
Uma bola de 0,5 𝑘𝑔 encontra-se sobre um plano horizontal perfeitamente liso e está submetida à 
ação de três forças horizontais que passam pelo seu centro de massa, conforme a figura abaixo. 
Dados: |�⃗�1| = 6 𝑁, |�⃗�1| > |�⃗�2| e |�⃗�3| = 3 𝑁. Despreze a resistência do ar. 
 
Sabendo que a bola adquire uma aceleração resultante de módulo 10 𝑚/𝑠2, podemos concluir que 
a intensidade da força �⃗�2 é: 
a) 4 N b) 3 N c) 2 N d) 1 N e) 5 N 
Comentários: 
 A força resultante sobre a bola é dada por: 
𝐹𝑅 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝐹𝑅 = 0,5 ⋅ 10 
𝐹𝑅 = 5 𝑁 
 Dada a disposição dos vetores, temos: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
(𝐹1 − 𝐹2)2 + 𝐹3
2 = 𝐹𝑅
2 
(6 − 𝐹2)2 + 32 = 52 
(6 − 𝐹2)2 = 42 
(6 − 𝐹2)2 − 42 = 0 
(6 − 𝐹2 − 4)(6 − 𝐹2 + 4) = 0 
𝐹2 = 2 𝑁 𝑜𝑢 𝐹2 = 10 𝑁 
 Como 𝐹2 < 𝐹1, então 𝐹2 = 2 𝑁. 
Gabarito: C 
 (EsPCEx – 2000) 
Um sistema de fios e polias ideais, conforme a figura abaixo, é usado em uma farmácia para levar 
medicamentos do depósito para a loja. A aceleração da gravidade vale 10 𝑚/𝑠2, e o atrito com o ar 
é desprezível. O módulo da força �⃗� que o farmacêutico deve aplicar ao sistema para que os 
medicamentos de massa 800 𝑔 subam com velocidade constante deve ser de 
a) 4 𝑁 
b) 8 𝑁 
c) 8 ⋅ 10 𝑁 
d) 4 ⋅ 103 𝑁 
e) 8 ⋅ 103 𝑁 
Comentários: 
 Se os medicamentos estão subindo com velocidade constante, então a aceleração do bloco 
formado pelos medicamentos é nula, assim como a aceleração da corda. Portanto:2𝐹 − 𝑀 ⋅ 𝑔 = 0 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
2𝐹 − 0,8 ⋅ 10 = 0 
𝐹 = 4 𝑁 
Gabarito: A 
 (EsPCEx – 2000) 
Dois blocos de massa 𝑚1 = 10,0 𝑘𝑔 e 𝑚2 = 2,0 𝑘𝑔 interligados por uma mola ideal de constante 
elástica 50 𝑁/𝑚 são colocados em repouso sobre uma superfície plana, horizontal e sem atrito. 
Logo após terem sido afastados e soltos simultaneamente ao longo do plano horizontal, os corpos 
de massa 𝑚1 e 𝑚2, adquirem as acelerações �⃗�1 e �⃗�2 respectivamente Desprezando o atrito do ar, o 
valor da razão 𝑎1/𝑎2 é 
a) 0,2 
b) 0,6 
c) 1,0 
d) 4,2 
e) 5,0 
Comentários: 
 Quando o sistema é solto, após a mola sofrer uma distensão, a força que atua nos blocos 
na horizontal é a força elástica, pois não há atrito entre os blocos e a superfície. Portanto, para 
cada um dos blocos, temos: 
{
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝐹𝑅1
= 𝑚2 ⋅ 𝑎2
𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 = 𝐹𝑅2
= 𝑚1 ⋅ 𝑎1
 
 Note que no bloco 1, a força elástica está para a esquerda e, no bloco 2, a força elástica 
está para a direita. Além disso, como a mola é ideal, tudo se passa como se a força fosse 
distribuída na mola. Portanto: 
𝑚1 ⋅ 𝑎1 = 𝑚2 ⋅ 𝑎2 
 Substituindo valores, temos: 
10 ⋅ 𝑎1 = 2 ⋅ 𝑎2 
𝑎1
𝑎2
=
2
10
= 0,2 
Gabarito: A 
 (CN – 2009) 
Observe a figura a seguir. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Suponha que a força exercida pelo homem mostrado na figura acima seja integralmente usada para 
movimento um corpo, de massa 15 𝑘𝑔, através de um piso horizontal perfeitamente liso, 
deslocando-o de uma posição inicial 𝑠0 = 20 𝑚, a partir do repouso e com aceleração constante, 
durante 4 s. Nessas condições pode-se afirmar que, ao final desse intervalo de tempo, a posição 
final e a velocidade do corpo valem, respectivamente, 
a) 100 m e 100 km/h b) 100 m e 108 km/h c) 100 m e 144 km/h 
d) 120 m e 108 km/h e) 120 m e 144 km/h 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças no sistema, temos: 
 
 Inicialmente, devemos encontrar a força que o homem faz para manter o corpo de 120 kg 
em equilíbrio, pois esta força será utilizada para mover um bloco de 15 kg na horizontal, 
posteriormente. Para o equilíbrio do sistema formado na figura, temos: 
8𝐹 = 120 ⋅ 10 
𝐹 = 150 𝑁 
 Agora temos um novo exercício. Se essa força é a resultante sobre o bloco de 15 kg na 
horizontal, então: 
𝐹 = 𝐹𝑅 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
150 = 15 ⋅ 𝑎 
𝑎 = 10 𝑚/𝑠2 
 A função horária do espaço desse corpo é dada por: 
𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0 ⋅ 𝑡 +
𝑎 ⋅ 𝑡2
2
 
𝑠 = 20 + 0 ⋅ 𝑡 +
10 ⋅ 𝑡2
2
 
𝑠 = 20 + 5 ⋅ 𝑡2 
 Para 𝑡 = 4 𝑠, temos: 
𝑠(4) = 20 + 5 ⋅ 42 
𝑠(4) = 20 + 5 ⋅ 16 
𝑠(4) = 100 𝑚 
 A velocidade do corpo é dada pela função horária: 
𝑣(𝑡) = 𝑣0 + 𝑎 ⋅ 𝑡 
𝑣(𝑡) = 0 + 10 ⋅ 𝑡 
𝑣(𝑡) = 10 ⋅ 𝑡 
 Para 𝑡 = 4 𝑠, vem: 
𝑣(4) = 10 ⋅ 4 = 40 𝑚/𝑠 
 Em 𝑘𝑚/ℎ a velocidade é de: 
40 ⋅ 3,6 = 144 𝑘𝑚/ℎ 
Gabarito: C 
 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
6. Lista de questões nível 2 
 (AFA – 2020) 
O sistema ilustrado na figura abaixo é composto de três blocos, A, B e C, de dimensões desprezíveis 
e de mesma massa, duas roldanas e dois fios, todos ideais. Quando o sistema é abandonado, a partir 
da configuração indicada na figura, o bloco A passa, então, a deslizar sobre o plano horizontal da 
mesa, enquanto os blocos B e C descem na vertical e a tração estabelecida no fio que liga os blocos 
A e B vale 𝑇𝐵. Em determinado instante, o bloco C se apoia sobre uma cadeira, enquanto B continua 
descendo e puxando A, agora através de uma tração 𝑇𝐵
′ . Desprezando quaisquer resistências 
durante o movimento dos blocos, pode-se afirmar que a razão 
𝑇𝐵
′
𝑇𝐵
 vale 
 
(A) 
1
3
 (B) 1 (C) 
3
2
 (D) 2 
 (AFA – 2010) 
Um vagão movimenta-se sobre trilhos retos e horizontais obedecendo à equação horária 𝑆 = 20𝑡 −
5𝑡2 (SI). Um fio ideal tem uma de suas extremidades presa ao teto do vagão e, na outra, existe uma 
esfera formando um pêndulo. As figuras que melhor representam as configurações do sistema 
vagão-pêndulo de velocidade �⃗� e aceleração �⃗�, nos instantes 1 s, 2 s e 3 s, são respectivamente 
a) 
 
b) 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
c) 
 
d) 
 
 (EN – 2019) 
A figura representa o perfil de um plano inclinado de um ângulo 𝜃 no qual estão fixas duas polias 
ideais de modo que o trecho de fio 1 é horizontal e o trecho de fio 2 é paralelo ao plano inclinado. 
Os fios são ideais e os atritos são desprezíveis. Sabendo-se que os blocos A e B têm o mesmo peso 
P, qual deve ser o peso do bloco C para que o sistema permaneça em equilíbrio? 
 
a) 𝑃(𝑠𝑒𝑛 𝜃 + cos 𝜃) b) 𝑃(𝑠𝑒𝑛 𝜃 − cos 𝜃) c) 2𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
d) 2𝑃 ⋅ cos 𝜃 e) 
𝑃
2
⋅ (𝑠𝑒𝑛 𝜃 + cos 𝜃) 
 (EN – 2016) 
Analise a figura abaixo. 
 
Na figura acima, tem-se um bloco de massa 𝑚 que se encontra sobre um plano inclinado sem atrito. 
Esse bloco está ligado à parte superior do plano por um fio ideal. Sendo assim, assinale a opção que 
pode representar a variação do módulo das três forças que atuam sobre o bloco em função do 
ângulo de inclinação 𝜃. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
a) 
 
d) 
 
b) 
 
e) 
 
c) 
 
 
 (EFOMM – 2018) 
A figura que se segue mostra uma plataforma, cuja massa é de 100 kg, com um ângulo de inclinação 
de 30° em relação à horizontal, sobre a qual um bloco de 5 kg de massa desliza sem atrito. Também 
não há atrito entre a plataforma e o chão, de modo que poderia haver movimento relativo entre o 
sistema e o solo. Entretanto, a plataforma é mantida em repouso em relação ao chão por meio de 
uma corda horizontal que a prende ao ponto A de uma parede fixa. A tração na referida corda possui 
módulo de: 
a) 
25
2
 𝑁 
b) 25 𝑁 
c) 25√3 𝑁 
d) 
25
4
 𝑁 
e) 
25
2
√3 𝑁 
 (EFOMM – 2015) 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Duas pessoas tentam desempacar uma mula, usando uma corda longa amarrada no animal. Uma 
delas puxa com força 𝐹𝐴, cuja intensidade é de 200 𝑁, e a outra com força 𝐹𝐵. Ambas desejam 
mover a mula apenas na direção perpendicular à linha horizontal representada na figura dada por 
𝐹𝑅. Considere que os ângulos são os dados na figura, que a mula está no ponto 𝑃 e que essas 
pessoas, após um tempo de 0,1 micros século, conseguem finalmente mover o animal na direção 
desejada. Pode-se afirmar, em valores aproximados, que a intensidade da força 𝐹𝐵 aplicada e o 
tempo em minutos levado para mover o animal são, respectivamente, 
a) 230 N e 25 min. b) 230 N e 5 min. c) 348 N e 25 min. 
d) 348 N e 5 min. e) 348 N e 15 min. 
 (EFOMM – 2013) 
Na máquina de Atwood representada na figura 𝑀1 = 2,0 𝑘𝑔 e 𝑀2 = 3,0 𝑘𝑔. Assumindo que o fio é 
inextensível e tem massa desprezível, assim como a polia, a tração no fio, em newtons, é 
Dado: 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
 
a) 6,0 
b) 9,0 
c) 12 
d) 18 
e) 24 
 (EFOMM – 2008) 
 
Parte do núcleo de um reator nuclear, de massa 2,3 toneladas, deve ser suspenso por dois cabos 
para manutenção, conforme diagrama acima. A razão entre as tensões 𝑇1 e 𝑇2 nos cabos de 
sustentação é, aproximadamente, 
Dados: 𝑠𝑒𝑛 45° = cos 45° = 0,707, 𝑠𝑒𝑛 60° = 0,866 e cos 60° = 0,5. 
a) 0,707 b) 0,810 c) 0,931 d) 1,056 e) 2,441 
 (EsPCEx – 2015) 
Um cilindro maciço e homogêneo de peso igual a 1000 𝑁 encontra-se apoiado, em equilíbrio, sobre 
uma estrutura composta de duas peças rígidas e iguais, 𝐷𝐵 e 𝐸𝐴, de pesos desprezíveis, que formam 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
entre si um ângulo de 90°,e estão unidas por um eixo articulado em 𝐶. As extremidades 𝐴 e 𝐵 estão 
apoiadas em um solo plano e horizontal. O eixo divide as peças de tal modo que 𝐷𝐶 = 𝐸𝐶 e 𝐶𝐴 =
𝐶𝐵, conforme a figura abaixo. 
Um cabo inextensível e de massa desprezível encontra-se na posição horizontal em relação ao solo, 
unindo as extremidades 𝐷 e 𝐸 das duas peças. Desprezando o atrito no eixo articulado e o atrito 
das peças com o solo e do cilindro com as peças, a tensão no cabo 𝐷𝐸 é: 
Dados: cos 45° = 𝑠𝑒𝑛 45° = √2/2 e �⃗� é a aceleração da gravidade. 
a) 200 𝑁 
b) 400 𝑁 
c) 500 𝑁 
d) 600 𝑁 
e) 800 𝑁 
 
 (Simulado AFA) 
A figura abaixo mostra um bloco de 2 kg preso a uma polia móvel, interligada aos blocos A e C. As 
massas de A e de C valem, respectivamente, 2 kg e 6 kg. Se o sistema é abandonado do repouso, 
enquanto tempo o bloco A leva para percorrer 5 m sobre o bloco C? 
Despreze eventuais forças de atrito. 
 
a) 1 s b) 2 s c) 3 s d) 4 s 
 (Simulado AFA) 
 
Na figura acima, uma carga de massa 𝑚 está sobre uma superfície lisa de um plano inclinado com 
ângulo 𝜃. A carga está conectada a uma polia móvel, a qual está ligada a uma polia fixa. Essa polia 
fixa é puxada em uma de suas extremidades por uma força constante horizontal 𝐹. Assumindo que 
todas as cordas de conexão e todas as polias são ideais, sobre o movimento da carga, é válido afirmar 
que: 
(A) Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝐹
𝑚𝑔
, a carga estará em equilíbrio. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
(B) Se 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
2𝐹
𝑚𝑔
, a carga estará em equilíbrio. 
(C) Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 <
2𝐹
𝑚𝑔
, a carga subirá o plano. 
(D) Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 >
𝐹
𝑚𝑔
: a carga descerá o plano. 
 (Simulado EFOMM) 
Um bloco de 20 kg está em repouso preso a uma mola e uma polia móvel, conforme figura abaixo. 
 
Sabendo que a mola tem constante elástica de 50 N/cm e ela está comprimida de 3 cm, então o peso 
da polia móvel é igual a: 
(A) 50 N (B) 100 N (C) 150 N (D) 200 N (E) 250 N 
 (Simulado EN) 
 
Dois blocos iguais de mesma massa 𝑚 estão ligados por uma corda ideal, como na figura acima. 
Após o sistema ser abandonado do repouso, a distância percorrida por A até que ele pare pela 
primeira vez é de: 
Considere que: 
- 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
- cos(53°) = 0,6. 
a) 1 𝑚 b) 1,125 𝑚 c) 1,25 𝑚 d) 1,5 𝑚 e) 1,75 𝑚 
 (Simulado EN) 
Um sistema mecânico é formado pelos blocos de massa 𝑚1 e 𝑚2, conforme figura abaixo. As polias 
e as cordas são ideais. A aceleração do bloco 𝑚1 é igual a: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
(A) 
(𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−2𝑚2)
𝑚1+2𝑚2
𝑔 (B) 
(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
𝑚1+2𝑚2
𝑔 (C) 
(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
2𝑚1+𝑚2
𝑔 
(D) 
2(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
4𝑚1+𝑚2
𝑔 (E) 
2(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
𝑚1+4𝑚2
𝑔 
 (Simulado EN) 
Em uma extremidade livre de um corda, uma pessoa desloca o ponto de 6 cm para baixo. As molas 
e as polias são ideais. 
 
Chamando de Δ𝑥1 a deformação da mola 1 e Δ𝑥2 a deformação da mola 2, então os valores de Δ𝑥1 
e Δ𝑥2, valem, respectivamente. 
Considere que 𝑘1 = 4𝑘2, em que 𝑘1 é a constante elástica da mola na vertical e 𝑘2 é a constante 
elástica da mola na horizontal. 
(A) 1,5 cm e 1,5 cm (B) 3 cm e 1,5 cm (C) 1,5 cm e 3 cm 
(D) 3 cm e 3 cm (E) 2 cm e 2 cm 
 (Simulado EN) 
 
Na situação referente à figura acima, um bloco de 80 𝑔 está sendo puxado por uma força constante 
𝐹 = 1 𝑁. Se o fio é inextensível, o plano horizontal é liso, e a polia é ideal, com que aceleração estará 
movendo-se o bloco no instante em que saltar do plano? Considere 𝑔 = 10 
𝑚
𝑠2 
(A) 7,5 
𝑚
𝑠2 (B) 10 
𝑚
𝑠2 (C) 5 
𝑚
𝑠2 (D) 12,5 
𝑚
𝑠2 (E) 2,5 
𝑚
𝑠2 
 
 
 
 
 
 
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7. Gabarito sem comentários nível 2 
1. C 
2. A 
3. A 
4. D 
5. E 
6. D 
7. E 
8. A 
9. C 
10. B 
11. C 
12. C 
13. B 
14. D 
15. C 
16. A 
 
 
 
 
 
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8. Lista de questões nível 2 comentada 
 (AFA – 2020) 
O sistema ilustrado na figura abaixo é composto de três blocos, A, B e C, de dimensões desprezíveis 
e de mesma massa, duas roldanas e dois fios, todos ideais. Quando o sistema é abandonado, a partir 
da configuração indicada na figura, o bloco A passa, então, a deslizar sobre o plano horizontal da 
mesa, enquanto os blocos B e C descem na vertical e a tração estabelecida no fio que liga os blocos 
A e B vale 𝑇𝐵. Em determinado instante, o bloco C se apoia sobre uma cadeira, enquanto B continua 
descendo e puxando A, agora através de uma tração 𝑇𝐵
′ . Desprezando quaisquer resistências 
durante o movimento dos blocos, pode-se afirmar que a razão 
𝑇𝐵
′
𝑇𝐵
 vale 
 
(A) 
1
3
 (B) 1 (C) 
3
2
 (D) 2 
Comentários: 
Antes de B se apoiar na cadeira, temos: 
Bloco B: 
𝑚𝑔 − 𝑇𝐵 = 𝑚𝑎 → 𝑇𝐵 = 𝑚(𝑔 − 𝑎) 
Bloco C: 
𝑚𝑔 − 𝑇𝑐 = 𝑚𝑎 → 𝑇𝐶 = 𝑚(𝑔 − 𝑎) 
Bloco A: 
𝑇𝐵 + 𝑇𝐶 = 𝑚𝑎 
2𝑚(𝑔 − 𝑎) = 𝑚𝑎 → 𝑎 =
2𝑔
3
 
𝑇𝐵 =
𝑚𝑔
3
 
 
 
 
 
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Depois que o bloco B se apoia na cadeira, temos: 
Bloco B: 
𝑚𝑔 − 𝑇𝐵
′ = 𝑚𝑎′ → 𝑇𝐵
′ = 𝑚(𝑔 − 𝑎′) 
Bloco A: 
𝑇𝐵
′ = 𝑚𝑎′ 
𝑚(𝑔 − 𝑎′) = 𝑚𝑎′ 
𝑎′ =
𝑔
2
 
𝑇𝐵
′ =
𝑚𝑔
2
 
Consequentemente: 
𝑇𝐵
′
𝑇𝐵
= 
3
2
 
Gabarito: C 
 (AFA – 2010) 
Um vagão movimenta-se sobre trilhos retos e horizontais obedecendo à equação horária 𝑆 = 20𝑡 −
5𝑡2 (SI). Um fio ideal tem uma de suas extremidades presa ao teto do vagão e, na outra, existe uma 
esfera formando um pêndulo. As figuras que melhor representam as configurações do sistema 
vagão-pêndulo de velocidade �⃗� e aceleração �⃗�, nos instantes 1 s, 2 s e 3 s, são respectivamente 
a) 
 
b) 
 
c) 
 
d) 
 
Comentários: 
 
 
 
 
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 Dada a equação horária do espaço, podemos determinar a função horária da velocidade por 
comparação: 
{
𝑆 = 20𝑡 − 5𝑡2
𝑆 = 𝑆0 + 𝑣0𝑡 +
𝑎𝑡2
2
→ 𝑆0 = 0, 𝑣0 = 20 𝑚/𝑠,
𝑎
2
= −5 𝑜𝑢 𝑎 = −10 𝑚/𝑠2 
 Logo, a função horária da velocidade é de: 
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 
𝑣 = 20 − 10𝑡 
 Para cada instante de tempo, temos as seguintes velocidades: 
{
𝑡 = 1 𝑠 → 𝑣(1) = 20 − 10 ⋅ 1 = 10 𝑚/𝑠
𝑡 = 2 𝑠 → 𝑣(2) = 20 − 10 ⋅ 2 = 0
𝑡 = 3 → 𝑣(3) = 20 − 10 ⋅ 3 = −10 𝑚/𝑠
 
 Se o corpo possui uma função horária dada por uma função são do segundo grau, sabendo que ele 
está descrevendo um movimento uniformemente variado, com aceleração igual a −10 𝑚/𝑠2. Portanto, 
a aceleração sempre terá o mesmo sentido. 
 Devemos notar ainda que em 𝑡 = 2 𝑠, a velocidade é nula, portanto, somente as letras a) e b) 
podem estarem corretas. 
 Se o vagão está em um movimento uniformemente variado, devemos notar que o pêndulo não 
pode permanecer na vertical, pois não haveria uma componente horizontal, que seria responsável pelo 
movimento uniformemente variado da massa pendular. Logo, a letra b) está errada, já que a massa 
pendular permanece na vertical. 
Gabarito: A 
 (EN – 2019) 
A figura representa o perfil de um plano inclinado de um ângulo 𝜃 no qual estão fixas duas polias 
ideais de modo que o trecho de fio 1 é horizontal e o trecho de fio 2 é paralelo ao plano inclinado. 
Os fios são ideais e os atritos são desprezíveis. Sabendo-se que os blocos A e B têm o mesmo peso 
P, qual deve ser o peso do bloco C para que o sistema permaneça em equilíbrio? 
 
a) 𝑃(𝑠𝑒𝑛 𝜃 + cos 𝜃) b) 𝑃(𝑠𝑒𝑛 𝜃 − cos 𝜃) c) 2𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
 
 
 
 
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d) 2𝑃 ⋅ cos 𝜃 e) 
𝑃
2
⋅ (𝑠𝑒𝑛 𝜃 + cos 𝜃) 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças, temos: 
 
 Dado que o sistemaestá em equilíbrios, na direção normal, temos: 
𝑇2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑁 = 𝑃𝐴 ⋅ cos(𝜃) 
 Na direção tangente: 
𝑇1 = 𝑇2 ⋅ cos(𝜃) + 𝑃𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜃) 
 Além disso, para 𝐵 e 𝐶, devemos ter: 
𝑃𝐵 = 𝑇2 e 𝑃𝐶 = 𝑇1 
 Se 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 = 𝑃, vem: 
𝑇2 = 𝑃 
𝑃𝐶 = 𝑃 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 (𝜃) + 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑃𝐶 = 𝑃(cos(𝜃) + 𝑠𝑒𝑛(𝜃)) 
Gabarito: A 
 (EN – 2016) 
Analise a figura abaixo. 
 
 
 
 
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Na figura acima, tem-se um bloco de massa 𝑚 que se encontra sobre um plano inclinado sem atrito. 
Esse bloco está ligado à parte superior do plano por um fio ideal. Sendo assim, assinale a opção que 
pode representar a variação do módulo das três forças que atuam sobre o bloco em função do 
ângulo de inclinação 𝜃. 
a) 
 
d) 
 
b) 
 
e) 
 
c) 
 
 
Comentários: 
 Escrevendo as forças no corpo, temos: 
 
 
 
 
 
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 Assim, decompondo as forças, vem: 
𝑁 = 𝑃 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) e 𝑇 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
 Devemos notar que a força peso é constante, já que ela é o produto da massa e a aceleração da 
gravidade. 
 Para 𝜃 = 0°, a normal é igual ao peso e a tração deve ser nula. Assim, eliminamos as letras a) e b). 
Como as funções seno e cosseno não são lineares, podemos descartar a letra e). Quando 𝜃 = 45°, temos 
𝑠𝑒𝑛(𝜃) = cos(𝜃) = √2/2 ≅ 0,7. Portanto, a normal e a tração são aproximadamente 70% do peso, como 
na letra d). 
Gabarito: D 
 (EFOMM – 2018) 
A figura que se segue mostra uma plataforma, cuja massa é de 100 kg, com um ângulo de inclinação 
de 30° em relação à horizontal, sobre a qual um bloco de 5 kg de massa desliza sem atrito. Também 
não há atrito entre a plataforma e o chão, de modo que poderia haver movimento relativo entre o 
sistema e o solo. Entretanto, a plataforma é mantida em repouso em relação ao chão por meio de 
uma corda horizontal que a prende ao ponto A de uma parede fixa. A tração na referida corda possui 
módulo de: 
a) 
25
2
 𝑁 
b) 25 𝑁 
c) 25√3 𝑁 
d) 
25
4
 𝑁 
e) 
25
2
√3 𝑁 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças no sistema, temos: 
 
 Decompondo a normal no bloco de massa 𝑀 nas direções 𝑥 e 𝑦, temos: 
 
 
 
 
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𝑁𝑀𝑚𝑥
= 𝑁𝑀𝑚 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
𝑁𝑀𝑚𝑦
= 𝑀𝑀𝑛 ⋅ cos 𝜃 
 Olhando apenas para 𝑚, podemos determinar o módulo de 𝑁𝑀𝑚, que é para ação-reação de 𝑁𝑚𝑀: 
𝑁𝑚𝑀 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ cos 𝜃 
 Conforme visto no exemplo do plano inclinado. Assim, para que o corpo de massa 𝑀 permaneça 
em equilíbrio na direção 𝑥, devemos ter que: 
𝑇 = 𝑁𝑀𝑚𝑥
 
𝑇 = 𝑁𝑀𝑚 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ cos 𝜃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
 Substituindo valores, temos: 
𝑇 = 5 ⋅ 10 ⋅ cos 30° ⋅ 𝑠𝑒𝑛 30° 
𝑇 = 5 ⋅ 10 ⋅
√3
2
⋅
1
2
 
𝑇 =
25√3
2
 𝑁 
Gabarito: E 
 (EFOMM – 2015) 
 
Duas pessoas tentam desempacar uma mula, usando uma corda longa amarrada no animal. Uma 
delas puxa com força 𝐹𝐴, cuja intensidade é de 200 𝑁, e a outra com força 𝐹𝐵. Ambas desejam 
mover a mula apenas na direção perpendicular à linha horizontal representada na figura dada por 
𝐹𝑅. Considere que os ângulos são os dados na figura, que a mula está no ponto 𝑃 e que essas 
pessoas, após um tempo de 0,1 micros século, conseguem finalmente mover o animal na direção 
desejada. Pode-se afirmar, em valores aproximados, que a intensidade da força 𝐹𝐵 aplicada e o 
tempo em minutos levado para mover o animal são, respectivamente, 
a) 230 N e 25 min. b) 230 N e 5 min. c) 348 N e 25 min. 
 
 
 
 
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d) 348 N e 5 min. e) 348 N e 15 min. 
Comentários: 
 De acordo com o diagrama de força em questão, podemos decompor as forças 𝐹𝐴 e 𝐹𝐵 da seguinte 
forma: 
 
 Em 𝑥, temos: 
𝐹𝐴 ⋅ cos 30° = 𝐹𝐵 ⋅ cos 60° 
200 ⋅ 0,87 = 𝐹𝐵 ⋅
1
2
 
𝐹𝐵 = 348 𝑁 
 Convertendo o tempo para minutos, temos: 
𝑡 = 0,1 ⋅ 10−6 ⋅ 100 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 60 = 5,26 𝑚𝑖𝑛 
Gabarito: D 
 (EFOMM – 2013) 
Na máquina de Atwood representada na figura 𝑀1 = 2,0 𝑘𝑔 e 𝑀2 = 3,0 𝑘𝑔. Assumindo que o fio é 
inextensível e tem massa desprezível, assim como a polia, a tração no fio, em newtons, é 
Dado: 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
 
a) 6,0 
b) 9,0 
c) 12 
d) 18 
e) 24 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças, temos: 
 
 
 
 
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𝑀2 ⋅ 𝑔 − 𝑇 = 𝑀2 ⋅ 𝑎 
𝑇 − 𝑀1 ⋅ 𝑔 = 𝑀1 ⋅ 𝑎 
 Dividindo as duas equações, temos: 
30 − 𝑇
𝑇 − 20
=
3
2
 
2 ⋅ 30 − 2𝑇 = 3𝑇 − 3 ⋅ 20 
5𝑇 = 60 + 60 
𝑇 = 24 𝑁 
Gabarito: E 
 (EFOMM – 2008) 
 
Parte do núcleo de um reator nuclear, de massa 2,3 toneladas, deve ser suspenso por dois cabos 
para manutenção, conforme diagrama acima. A razão entre as tensões 𝑇1 e 𝑇2 nos cabos de 
sustentação é, aproximadamente, 
Dados: 𝑠𝑒𝑛 45° = cos 45° = 0,707, 𝑠𝑒𝑛 60° = 0,866 e cos 60° = 0,5. 
a) 0,707 b) 0,810 c) 0,931 d) 1,056 e) 2,441 
Comentários: 
 
 
 
 
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 De acordo com o diagrama de forças, temos: 
 
 - Na direção 𝑦: 
𝑇1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(45°) + 𝑇2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) = 𝑃 
 - Na direção 𝑥: 
𝑇1 ⋅ cos(45°) = 𝑇2 ⋅ cos(60°) 
 Logo: 
𝑇1√2
2
=
𝑇2
2
 
𝑇1
𝑇2
=
1
√2
=
√2
2
≅ 0,7 
Gabarito: A 
 (EsPCEx – 2015) 
Um cilindro maciço e homogêneo de peso igual a 1000 𝑁 encontra-se apoiado, em equilíbrio, sobre 
uma estrutura composta de duas peças rígidas e iguais, 𝐷𝐵 e 𝐸𝐴, de pesos desprezíveis, que formam 
entre si um ângulo de 90°, e estão unidas por um eixo articulado em 𝐶. As extremidades 𝐴 e 𝐵 estão 
apoiadas em um solo plano e horizontal. O eixo divide as peças de tal modo que 𝐷𝐶 = 𝐸𝐶 e 𝐶𝐴 =
𝐶𝐵, conforme a figura abaixo. 
Um cabo inextensível e de massa desprezível encontra-se na posição horizontal em relação ao solo, 
unindo as extremidades 𝐷 e 𝐸 das duas peças. Desprezando o atrito no eixo articulado e o atrito 
das peças com o solo e do cilindro com as peças, a tensão no cabo 𝐷𝐸 é: 
Dados: cos 45° = 𝑠𝑒𝑛 45° = √2/2 e �⃗� é a aceleração da gravidade. 
 
 
 
 
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a) 200 𝑁 
b) 400 𝑁 
c) 500 𝑁 
d) 600 𝑁 
e) 800 𝑁 
 
Comentários: 
 Escrevendo as forças no cilindro, temos: 
 
 Analisando a simetria do problema, podemos decompor as forças na direção 𝑥 e 𝑦, temos: 
a) Na direção 𝑥: 
𝑁𝐶𝐸 ⋅ cos 45° = 𝑁𝐷𝐶 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 45° 
𝑁𝐶𝐸 ⋅
√2
2
= 𝑁𝐷𝐶 ⋅
√2
2
 
𝑁𝐶𝐸 = 𝑁𝐷𝐶 
A partir de agora, chamaremos 𝑁𝐶𝐸 e 𝑁𝐷𝐶 de 𝑁. 
b) Na direção 𝑦: 
𝑁𝐶𝐸 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 45° + 𝑁𝐷𝐶 ⋅ cos 45° = 𝑃 
𝑁 ⋅
√2
2
+ 𝑁 ⋅
√2
2
= 𝑃 ⇒ 𝑁 ⋅ √2 = 𝑃 
𝑁 =
𝑃
√2
 
 Na estrutura, temos: 
 
 
 
 
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 Na direção da tração, para que a barra DC permaneça em equilíbrio, devemos ter: 
𝑁 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 45° = 𝑇 
𝑇 =
𝑃
√2
⋅
√2
2
 
𝑇 =
𝑃
2
⇒ 𝑇 =
1000
2
 
𝑇 = 500 𝑁 
Gabarito: C 
 (Simulado AFA) 
A figura abaixo mostra um bloco de 2 kg preso a uma polia móvel, interligada aos blocos A e C. As 
massas de A e de C valem, respectivamente, 2 kg e 6 kg. Se o sistema é abandonado do repouso, 
enquanto tempo o bloco A leva para percorrer 5 m sobre o bloco C? 
Despreze eventuais forças de atrito. 
 
a) 1 s b) 2 s c) 3 s d) 4 s 
Comentários: 
 Para o bloco A, apenas existe tração na direção horizontal, então: 
𝑇 = 𝑚𝐴 ⋅ 𝑎𝐴 
𝑎𝐴 =
𝑇
2
 (𝑒𝑞. 1) 
 Para o bloco C, apenas a tração 𝑇 é a força na direção horizontal, então: 
𝑇 = 𝑚𝐶 ⋅ 𝑎𝐶 
 
 
 
 
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𝑎𝐶 =
𝑇
6
(𝑒𝑞. 2) 
 Isolando a polia móvel, temos:Além disso, pelo vínculo geométrico na polia móvel, sabemos que: 
𝑎𝐵 =
𝑎𝐴 + 𝑎𝐶
2
(𝑒𝑞. 3) 
 Para o movimento vertical de B, temos: 
𝑚𝐵 ⋅ 𝑔 − 2𝑇 = 𝑚𝐵 ⋅ 𝑎𝐵 
2 ⋅ 10 − 2𝑇 = 2 ⋅ 𝑎𝐵 
𝑎𝐵 = 10 − 𝑇(𝑒𝑞. 4) 
 Substituindo as acelerações em 3, vem: 
2 ⋅ (10 − 𝑇) =
𝑇
2
+
𝑇
6
 
𝑇 = 7,5 𝑁 
 Portanto: 
𝑎𝐴 = 3,75 𝑚/𝑠2 
𝑎𝐵 = 2,5 𝑚/𝑠2 
𝑎𝐶 = 1,25 𝑚/𝑠2 
 Agora, devemos analisar o movimento acelerado de A e de C, que deve se mover na mesma 
direção de A. Esquematicamente, temos: 
 
 Lembre-se que o sistema parte do repouso. Logo, temos: 
𝑒𝐴 = 𝑒𝐶 + 𝑑 
𝑎𝐴𝑡2
2
=
𝑎𝑐𝑡2
2
+ 𝑑 
 Note que a distância de 5 metros fornecida no enunciado é o quanto A anda sobre C, não 
o quanto A anda em relação a Terra. Portanto: 
 
 
 
 
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3,75 ⋅ 𝑡2
2
−
1,25 ⋅ 𝑡2
2
= 5 
2,5𝑡2 = 10 
𝑡 = 2 𝑠 
Gabarito: B 
 (Simulado AFA) 
 
Na figura acima, uma carga de massa 𝑚 está sobre uma superfície lisa de um plano inclinado com 
ângulo 𝜃. A carga está conectada a uma polia móvel, a qual está ligada a uma polia fixa. Essa polia 
fixa é puxada em uma de suas extremidades por uma força constante horizontal 𝐹. Assumindo que 
todas as cordas de conexão e todas as polias são ideais, sobre o movimento da carga, é válido afirmar 
que: 
(A) Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝐹
𝑚𝑔
, a carga estará em equilíbrio. 
(B) Se 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
2𝐹
𝑚𝑔
, a carga estará em equilíbrio. 
(C) Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 <
2𝐹
𝑚𝑔
, a carga subirá o plano. 
(D) Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 >
𝐹
𝑚𝑔
: a carga descerá o plano. 
Comentários: 
Note que como as polias são ideais, conclui-se que a tração no fio que puxa a carga é 2𝐹. 
Assim, na direção do plano, temos: 
𝑚𝑎 = 2𝐹 − 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 
Daí, temos: 
 Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
2𝐹
𝑚𝑔
: a carga estará em equilíbrio. 
 Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 >
2𝐹
𝑚𝑔
: a carga descerá o plano. 
 Se 𝑠𝑒𝑛𝜃 <
2𝐹
𝑚𝑔
: a carga subirá o plano. 
Gabarito: C 
 (Simulado EFOMM) 
Um bloco de 20 kg está em repouso preso a uma mola e uma polia móvel, conforme figura abaixo. 
 
 
 
 
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Sabendo que a mola tem constante elástica de 50 N/cm e ela está comprimida de 3 cm, então o peso 
da polia móvel é igual a: 
(A) 50 N (B) 100 N (C) 150 N (D) 200 N (E) 250 N 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de corpo livre, temos: 
 
 Em que 𝐹𝐸 é a força elástica e 𝑊𝑃𝐹 é o peso da polia. O módulo da força elástica 𝐹𝐸 é dado 
por: 
𝐹𝐸 = 𝑘 ⋅ Δ𝑥 
𝐹𝐸 = 50 ⋅ 3 = 150 𝑁 
 Analisando o bloco de 5 kg, temos: 
2𝑇 = 𝐹𝐸 + 50 
2𝑇 = 150 + 50 
𝑇 = 100 𝑁 
 Agora, olhando para o bloco de 20 kg mais a polia móvel, temos: 
2𝑇 + 𝐹𝐸 = 200 + 𝑊𝑃𝐹 
200 + 150 = 200 + 𝑊𝑃𝐹 
𝑊𝑃𝐹 = 150 𝑁 
Gabarito: C 
 (Simulado EN) 
 
 
 
 
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Dois blocos iguais de mesma massa 𝑚 estão ligados por uma corda ideal, como na figura acima. 
Após o sistema ser abandonado do repouso, a distância percorrida por A até que ele pare pela 
primeira vez é de: 
Considere que: 
- 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
- cos(53°) = 0,6. 
a) 1 𝑚 b) 1,125 𝑚 c) 1,25 𝑚 d) 1,5 𝑚 e) 1,75 𝑚 
Comentários: 
 Para o sistema em questão, sabendo que a força peso do bloco no plano inclinado, na 
direção do plano é 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(53°), podemos escrever que: 
𝑇 − 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(53°) = 𝑚 ⋅ 𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
 Como o fio é inextensível, o deslocamento de A tem que ser igual ao deslocamento de B, 
em outras palavras, a aceleração de A é igual a aceleração de B. Logo, para o bloco B temos: 
𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎(𝑒𝑞. 2) 
 Somando as duas equações, temos: 
𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 0,8 = 2𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑎 = 0,1𝑔 = 1 𝑚/𝑠2 
 Assim, a velocidade dos blocos após B chegar ao chão (percorrer a distância de 1 m) é de: 
𝑣2 = 𝑣0
2 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑑 
𝑣2 = 02 + 2 ⋅ 1 ⋅ 1 
𝑣 = √2 𝑚/𝑠 
 Após o bloco B chegar ao solo, o fio fica frouxo e o bloco A começa a subir o plano sem a 
ação da tração no fio. Portanto, a única força que atua em A é a componente da força peso para 
baixo do plano inclinado. Assim, o bloco A descreverá um movimento retardado, cuja aceleração 
é dada por: 
𝐹𝑅 = 𝑃 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(53°) 
𝑚 ⋅ 𝑎′ = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 0,8 
𝑎′ = 8 𝑚/𝑠2 
 Portanto, a distância percorrida por A nessa nova fase de movimento é de: 
 
 
 
 
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𝑣𝑓
2 = 𝑣2 + 2 ⋅ 𝑎′ ⋅ 𝑑′ 
0 = √2
2
+ 2 ⋅ (−8)⏟
𝑚𝑜𝑣.𝑟𝑒𝑡𝑎𝑟𝑑𝑎𝑑𝑜
⋅ 𝑑′ 
𝑑′ = 0,125 𝑚 
 Logo, a distância total percorrida por A é de: 
Δ𝑆𝐴 = 1 + 0,125 = 1,125 𝑚 
Gabarito: B 
 (Simulado EN) 
Um sistema mecânico é formado pelos blocos de massa 𝑚1 e 𝑚2, conforme figura abaixo. As polias 
e as cordas são ideais. A aceleração do bloco 𝑚1 é igual a: 
 
(A) 
(𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−2𝑚2)
𝑚1+2𝑚2
𝑔 (B) 
(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
𝑚1+2𝑚2
𝑔 (C) 
(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
2𝑚1+𝑚2
𝑔 
(D) 
2(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
4𝑚1+𝑚2
𝑔 (E) 
2(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃)−𝑚2)
𝑚1+4𝑚2
𝑔 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças, supondo a massa 𝑚1 maior que 𝑚2 de tal forma que a 
massa 𝑚1 desce o plano inclinado, temos: 
 
 Pelo vínculo geométricos, sabemos que 𝑎1 = 2𝑎2. Aplicando a segunda lei para o bloco 1, 
vem: 
 
 
 
 
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𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑇 = 𝑚1𝑎1(𝑒𝑞. 1) 
 Para o bloco 2, temos: 
 
2𝑇 − 𝑚2𝑔 = 𝑚2𝑎2(𝑒𝑞. 2) 
 Substituindo a tração de 1 em 2, temos: 
2(𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑚1𝑎1) − 𝑚2𝑔 = 𝑚2𝑎2 
 Substituindo a aceleração 2, temos: 
2𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 2𝑚1𝑎1 − 𝑚2𝑔 =
𝑚2𝑎1
2
 
𝑔(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑚2) = (
4𝑚1 + 𝑚2
2
) 𝑎1 
𝑎1 =
2(2𝑚1𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑚2)
4𝑚1 + 𝑚2
𝑔 
Gabarito: D 
 (Simulado EN) 
Em uma extremidade livre de um corda, uma pessoa desloca o ponto de 6 cm para baixo. As molas 
e as polias são ideais. 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Chamando de Δ𝑥1 a deformação da mola 1 e Δ𝑥2 a deformação da mola 2, então os valores de Δ𝑥1 
e Δ𝑥2, valem, respectivamente. 
Considere que 𝑘1 = 4𝑘2, em que 𝑘1 é a constante elástica da mola na vertical e 𝑘2 é a constante 
elástica da mola na horizontal. 
(A) 1,5 cm e 1,5 cm (B) 3 cm e 1,5 cm (C) 1,5 cm e 3 cm 
(D) 3 cm e 3 cm (E) 2 cm e 2 cm 
Comentários: 
 Pela disposição das molas, temos a posição inicial e a posição final do sistema: 
 
 Pelo vínculo geométrico, então: 
Δ𝑥1 =
(Δ𝑥2 + (−𝑑))
2
 
𝑑 = 2Δx1 + Δx2 (𝑒𝑞. 1) 
 Pela análise das forças, temos: 
 
 Na mola 1, temos: 
2𝑇 = 𝑘1 ⋅ Δ𝑥1 
 Na mola 2, temos: 
𝑇 = 𝑘2 ⋅ Δ𝑥2 
 Dividindo as equações logo acima, temos: 
2𝑇
𝑇
=
(𝑘1 ⋅ Δ𝑥1)
(𝑘2 ⋅ Δ𝑥2)
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
2 =
4𝑘2 ⋅ Δ𝑥1
𝑘2 ⋅ Δ𝑥2
 
Δ𝑥2 = 2Δ𝑥1 (𝑒𝑞. 2) 
 Substituindo 2 em 1, vem: 
𝑑 = 2Δ𝑥1 + 2Δ𝑥1 
Δ𝑥1 =
𝑑
4
=
6
4
 
Δ𝑥1 = 1,5 𝑐𝑚 
 E: 
Δ𝑥2 = 2Δ𝑥1 = 3 𝑐𝑚 
Gabarito: C 
 (Simulado EN) 
 
Na situação referente à figura acima, um bloco de 80 𝑔 está sendo puxado por uma força constante 
𝐹 = 1 𝑁. Se o fio é inextensível, o plano horizontal é liso, e a polia é ideal, com que aceleração estará 
movendo-se o bloco no instante em que saltar do plano? Considere 𝑔 = 10 
𝑚
𝑠2 
(A) 7,5 
𝑚
𝑠2 (B) 10 
𝑚
𝑠2 (C) 5 
𝑚
𝑠2 (D) 12,5 
𝑚
𝑠2 (E) 2,5 
𝑚
𝑠2 
Comentários: 
O instante pedido é aquele em que o bloco “salta” do plano horizontal, isto é, perde o 
contato com o mesmo (𝑁 = 0). Assim, sendo 𝜃 o ângulo que o fio faz com a horizontal nesse 
instante, temos: 
𝐹𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑔 (𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) 
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑚𝑔
𝐹
= 0,8 
Como cos2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 1, segue que 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0,6. 
Além disso: 
𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑎 (ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙) 
𝑎 =
𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑚
= 7,5 
𝑚
𝑠2
 
Gabarito: A106 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
9. Lista de questões nível 3 
 (Simulado AFA) 
Um bloco se encontrar em repouso, apoiado sobre uma prancha. Em um dado momento começa a 
agir uma força horizontal igual a �⃗� = 4 𝑖̂ 𝑁, de tal forma que após 2 segundos o bloco perde contato 
com a prancha. Sabendo que a massa da prancha é de 10 kg e que todos os atritos são desprezíveis, 
podemos afirmar que o comprimento da prancha é de: 
 
a) 60 cm b) 70 cm c) 80 cm d) 90 cm e) 1 m 
 (ITA – 1982) 
O plano inclinado da figura 4 tem massa 𝑀 e sobre ele se apoia um objeto de massa 𝑚. O ângulo de 
inclinação é a e não há atrito nem entre o plano inclinado e o objeto, nem entre o plano inclinado e 
o apoio horizontal. Aplica-se uma força 𝐹 horizontal ao plano inclinado e constata-se que o sistema 
todo se move horizontalmente sem que o objeto deslize em relação ao plano inclinado. Podemos 
afirmar que, sendo 𝑔 a aceleração da gravidade local: 
a) 𝐹 = 𝑚𝑔 
b) 𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 
c) F tem que ser infinitamente grande 
d) 𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 ∙ 𝑡𝑔𝛼 
e) 𝐹 = 𝑀𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 
 (ITA – 1986) 
Na figura a seguir, as duas massas 𝑚1 = 1,0 𝑘𝑔 e 𝑚2 = 2,0 𝑘𝑔, estão ligadas por um fio de massa 
desprezível que passa por uma polia também de massa desprezível, e raio R. Inicialmente 𝑚2, é 
colocada em movimento ascendente, gastando 0,20 segundos para percorrer a distância 𝑑 = 1,0 𝑚 
indicada.Nessas condições 𝑚2 passará novamente pelo ponto “0” após aproximadamente: 
Obs: adotar para 𝑔 = 10,0 𝑚 ∙ 𝑠−2. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
a) 0,4 s b) 1,4 s c) 1,6 s d) 2,8 s e) 3,2 s 
 (ITA-2011) 
Um corpo de massa 𝑀, inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até 
uma altura 𝐻, onde fica novamente em repouso. Considere que a maior tração que a corda pode 
suportar tenha módulo igual a 𝑛𝑀𝑔, em que 𝑛 > 1. Qual deve ser o menor tempo possível para ser 
feito o erguimento desse corpo? 
a) √
2𝐻
(𝑛−1)𝑔
 b) √
2𝑛𝐻
(𝑛−1)𝑔
 c) √
𝑛𝐻
2(𝑛−1)2𝑔
 
d) √
4𝑛𝐻
(𝑛−2)𝑔
 e) √
4𝑛𝐻
(𝑛−1)𝑔
 
 (Tópicos de Física) 
Uma corda homogênea tem secção transversal constante e comprimento total L. A corda encontra-
se inicialmente em repouso, com um trecho de seu comprimento apoiado em uma mesa horizontal 
e perfeitamente lisa, conforme indica a figura. Num determinado instante, a corda é abandonada, 
adquirindo movimento acelerado. Não considerando a resistência do ar e assumindo para o módulo 
da aceleração da gravidade o valor g, aponte a alternativa que apresenta como varia o módulo da 
aceleração da corda em função do comprimento pendente x: 
 
a) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝑥
𝐿
) b) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝑥
𝐿
)
2
 c) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝐿
𝑥
) d) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝑥
𝐿
)
3
 
e) Não existem elementos suficientes para determinar a aceleração, pois, não foi informada a 
velocidade da corda. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 (Física Clássica) 
O carrinho da figura desliza no plano horizontal com aceleração 8,0 𝑚/𝑠2. O corpo A possui 4,0 𝑘𝑔 
de massa e não há atrito entre o corpo e os planos de apoio. Sendo dado 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0,6 e 𝑔 =
 10 𝑚/𝑠2, determine a força horizontal que a a parede vertical exerce no corpo, considerando-o em 
repouso em relação ao carrinho. 
 
 
Na situação esquematizada na figura, o bloco A de massa 𝑚 está apoiado sobre o prisma B de massa 
𝑀. O bloco A deverá ser mantido em repouso em relação ao prisma B. Para tanto, utiliza-se um fio 
ideal paralelo à face do prisma inclinada de um ângulo 𝜃 em relação à superfície de apoio do sistema, 
considerada plana e horizontal. Todos os atritos são desprezíveis e a aceleração da gravidade local 
tem módulo 𝑔. 
 
Aplica-se em B uma força constante horizontal �⃗� e o sistema é acelerado para a esquerda, admitindo 
que A permanece em contato com B, determine a máxima intensidade admissível para �⃗�. 
 (ITA-SP) 
Um homem cuja massa é 70 kg está sentado sobre um andaime pendurado num sistema de 
roldanas. Ele se eleva puxando a corda que passa pela roldana fixa, conforme a figura. Considerando 
𝑔 = 9,8 𝑚/𝑠2, desprezando os atritos, resistências e a massa do andaime e supondo que o homem 
se eleva muito lentamente. Calcule a intensidade da força que ele precisa exercer. 
 
 Física Clássica 
Um atleta cuja massa é 𝑚, está sobre uma balança de molas, a qual está fixa num carrinho que pode 
descer uma rampa sem atrito, como na figura. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Dados 𝑔 e 𝑠𝑒𝑛𝜃, determine a marcação da balança, supondo que seu marcador esteja calibrado em 
newtons. 
 (OBF 2016) 
Em uma obra é necessário baixar pilhas de entulho usando uma caçamba, uma polia e um cabo. O 
material deve deixar o andar superior com velocidade nula e chegar ao térreo, situado 10,0 m 
abaixo, também com velocidade nula. Em cada viagem, a caçamba transporta 50,0 kg de material e 
o cabo utilizado pode se romper caso for submetido a uma tensão superior a 2000 N. Considere um 
esquema que faz a viagem de descida no menor intervalo possível sujeito ainda à condição de 
segurança que a tensão no cabo não ultrapasse 70% do seu valor de ruptura. Nesse esquema, 
quanto tempo leva cada viagem de descida? (Considere desprezíveis as forças dissipativas e as 
massas da polia, da caçamba e do cabo). Dado 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
 (Simulado ITA) 
Uma esfera de massa 𝑚 é apoiada sobre uma semiesfera, conforme mostra a figura. Sabe-se que o 
raio da esfera é metade do raio da semiesfera. 
 
Desconsiderando as forças de atrito, sendo 𝑔 a aceleração da gravidade local, a força de tração na 
corda para que o sistema permaneça em equilíbrio é igual a: 
(A) 
𝑚𝑔
2
 (B) 
𝑚𝑔
√3
 (C) 2𝑚𝑔 (D) 
𝑚𝑔
√2
 (E) 
𝑚𝑔
√5
 
 (Simulado CN) 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Na figura mostra acima, uma esfera de massa 𝑚 está presa por uma corda e não se move em relação 
ao vagão, que desce um plano inclinado perfeitamente liso. Dessa forma, o ângulo 𝛽 é igual a: 
a) 37° b) 30° c) 26,5° d) 15° e) 0° 
 (ITA-2013) 
Num certo experimento, três cilindros idênticos encontram-se em contato pleno entre si, apoiados 
sobre uma mesa e sob a ação de uma força horizontal 𝐹, constante, aplicada na altura do centro de 
massa do cilindro da esquerda, perpendicularmente ao seu eixo, conforme a figura. 
Desconsiderando qualquer tipo de atrito, para que os três cilindros permaneçam em contato entre 
si, a aceleração 𝑎 provocada pela força deve ser tal que 
 
a) 
𝑔
3√3
≤ 𝑎 ≤ 𝑔/√3. b) 
2𝑔
3√3
≤ 𝑎 ≤ 4𝑔/√2. c) 
𝑔
2√3
≤ 𝑎 ≤ 4𝑔/(3√3). 
d) 
2𝑔
3√2
≤ 𝑎 ≤ 3𝑔/(4√2). e) 
𝑔
2√3
≤ 𝑎 ≤ 3𝑔/(4√3). 
 
Determine as acelerações dos blocos, em função da gravidade. 
 
 
Na figura a seguir, a barra A e massa 𝑚𝐴 está inicialmente em repouso sobre a cunha B de massa 
𝑚𝐵. Sabendo-se que os atritos são desprezíveis e que a aceleração da gravidade vale 𝑔, determine 
as acelerações de A e de B. 
 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
No sistema representado na figura, não há atritos e o fio é ideal. Sabendo-se que a aceleração da 
gravidade vale g e ignorando-se a influência do ar, calcule o intervalo de tempo que o corpo A leva 
para atingir a base do corpo B quando abandonado de uma altura h em relação a B. Considere as 
massas de A e de B iguais a m e M, respectivamente. 
 
 
Na figura, após o pêndulo ser abandonado do repouso, sua inclinação α com a vertical permanece 
constante. Determine a massa M do bloco e a sua aceleração em função da massa m da esfera, da 
aceleração da gravidade g e do ângulo α. Considere o fio e a polia ideais e desprezeos atritos. 
 
 (Saraeva) 
Em um bloco homogêneo de massa M age uma força F. Determine as forças que agem sobre a parte 
sombreada conforme na figura. Despreze os atritos. 
 
 
 (Simulado ITA) 
Um bloco de massa 𝑚 = 2 𝑘𝑔 repousa sobre uma cunha de massa 𝑀 = 8 𝑘𝑔. Sabe-se que não há 
atrito entre a cunha e a superfície horizontal. Considerando os fios e polias ideais, podemos dizer 
que a aceleração inicial da cunha, após o sistema ser abandonado do repouso, é igual a: 
Considere 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
(A) 
10√3
23
𝑚/𝑠2 
(B) 
20√3
23
𝑚/𝑠2 
(C) 
30√3
23
𝑚/𝑠2 
(D) 
40√3
23
𝑚/𝑠2 
(E) 
50√3
23
𝑚/𝑠2 
 
 
Considere uma máquina de Atwood infinita, conforme mostra a figura. Uma corda 
passa por cada polia, que em uma das extremidades está conectada a uma massa e 
na outra extremidade a uma polia. Todas as massas são iguais a m e todas as polias e 
cordas são ideais. O sistema está em repouso inicialmente. Considerando-se a 
gravidade local igual a g, determine a aceleração da primeira massa (mais à esquerda 
na figura) quando o sistema for liberado. 
 
 
A figura a seguir mostra um sistema composto por polias fixas e N polias móveis, todas ideais, com 
blocos idênticos de massa 𝑚 conectados por fios ideais. Determine as acelerações, 
respectivamente, dos blocos fixos nas polias móveis e dos blocos que ficam nas duas extremidades 
em função de 𝑁 e da aceleração da gravidade 𝑔. 
 
 
O sistema da figura se encontra no interior de um elevador que possui 
movimento uniformemente variado com aceleração de módulo a. Os blocos 
A e B, de massas, respectivamente iguais a 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵, com 𝑚𝐴 > 𝑚𝐵, são 
conectados por meio de um fio ideal que passa por uma polia também ideal. 
Considerando a aceleração da gravidade g, determine: 
a) a aceleração de cada bloco em relação ao elevador; 
b) a aceleração de cada bloco em relação ao solo; 
c) a tração no fio. 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
A figura mostra um bloco de massa 𝑚 pendurado verticalmente por um fio ideal e encostado em 
um carrinho de massa 𝑀, que pode deslizar sem atrito num solo horizontal. Determine a aceleração 
a adquirida pelo carrinho, quando o sistema é abandonado a partir do repouso. 
 
 
Considere que todas as polias e fios são ideais e todos os atritos desprezíveis. Determine a 
aceleração do bloco de massa 𝑚 em relação a Terra, quando o sistema é abandonado a partir do 
repouso. A gravidade local vale 𝑔. 
 
 
 
Na figura a seguir, um bloco de massa 𝑚 é abandonado sobre uma cunha de massa 𝑀 e ângulo de 
inclinação 𝛼. O bloco é conectado a um fio ideal preso a uma parede vertical. Sabendo-se que a 
aceleração da gravidade vale 𝑔 e desprezando-se todos os atritos, determine a aceleração adquirida 
pela cunha. 
 
 
Dois blocos A e b de massas 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵 são puxados por uma força horizontal de intensidade 𝐹, em 
uma superfície perfeitamente lisa. Determine a aceleração de cada bloco e a tração no cabo. 
 
 
Dois cubos idênticos de massa 𝑀 e uma cunha de massa 𝑚 cuja seção triangular equilátera repousa 
simetricamente sobre os blocos. Determine a aceleração da cunha e dos blocos, quando o sistema 
é abandonado do repouso. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
 
Na figura a seguir, o sistema se encontra inicialmente em repouso sobre a rampa de inclinação α 
devido às travas nas rodas do vagão. A rampa de inclinação 𝛽 e altura 𝐻 é fixa ao vagão e coloca-se 
um bloco de massa 𝑚 no topo dessa rampa. Retirando-se as travas, o vagão passa a se mover rampa 
abaixo e o bloco é abandonado do repouso do topo da rampa no interior do vagão. Considerando-
se a massa do vagão muito maior que a massa do bloco, determine o tempo que o bloco leva para 
atingir o piso do vagão. Considere a aceleração da gravidade igual a 𝑔 e despreze todos os atritos. 
 
 
Na situação ilustrada na figura a seguir, uma Máquina de Atwood com dois blocos A e B de massas 
𝑚 e 𝑀, respectivamente com 𝑀 > 𝑚, e uma corda de comprimento 𝐿, se encontram acoplados a 
um vagão de altura 𝐻, com 
𝐿
2
< 𝐻 < 𝐿. Inicialmente o sistema está parado devido a uma trava nas 
rodas. A massa do vagão é muito maior que a massa dos blocos. Todos os atritos são desprezíveis e 
a corda e a polia são ideais. Quando a trava das rodas é retirada, o vagão adquire aceleração para 
baixo ao longo de uma ladeira muito longa, que forma um ângulo a com a horizontal. Após a retirada 
das travas, determine o tempo necessário para o bloco B atingir o piso do vagão. 
 
 
Um sistema formado por dois blocos de massas 𝑚1 e 𝑚2, ligados por uma corrente de massa 𝑚, 
estão sendo puxados por uma força horizontal de intensidade 𝐹. Determine a tração em cada 
extremidade da corrente. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
 (Inédita - Prof. Toni Burgatto) 
3 esferas idênticas são colocadas entre duas paredes verticais, como na figura 
abaixo. A massa de cada esfera é 𝑚 e o raio é 𝑟 =
5𝑅
9
, em que 2𝑅 é a separação 
das paredes. 
a) Qual a força de contato é máxima entre os corpos? 
b) Qual a força de contato mínima entre os corpos? 
 
 
 
10. Gabarito sem comentários nível 3 
1) D 
2) D 
3) E 
4) B 
5) A 
6) 2,0 N 
7) 𝐹 ≤ (𝑀 + 𝑚) ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝜃 
8) 229 N 
9) 𝑁 = 𝑚 ∙ 𝑔(1 − sen2 𝜃) 
10) 1,76 s 
11) E 
12) E 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
13) A 
14) 9𝑔/49 1𝑔/49 e −11𝑔/49 
15) 
𝑚𝐴𝑔 tg2 𝛼
𝑚𝐵+𝑚𝐴 tg2 𝛼
 e 
𝑚𝐴𝑔 tg 𝛼
𝑚𝐵+𝑚𝐴 tg2 𝛼
 
16) √
(5𝑚+𝑀)ℎ
2𝑚𝑔
 
17) 𝑀 =
𝑚(1−sen 𝛼)2
sen 𝛼
 e 𝑎 = 𝑔𝑡𝑔(𝛼) 
18) 𝐹𝑥 =
𝑥𝑦
𝑙ℎ
𝑀𝑎, 𝐹𝑦 =
𝑥𝑦
𝑙ℎ
𝑀𝑔 
19) C 
20) 𝑔/2 
21) 
𝑔
2𝑁+1
 e 
𝑁𝑔
2𝑁+1
 
22) a) 𝑎𝑟𝑒𝑙 =
(𝑚𝐴−𝑚𝐵)(𝑎+𝑔)
𝑚𝐴+𝑚𝐵
 b) 𝑎𝐴 =
2𝑚𝐵∙𝑎−(𝑚𝐴−𝑚𝐵)𝑔
𝑚𝐴+𝑚𝐵
 e 𝑎𝐵 =
2𝑚𝐴∙𝑎+(𝑚𝐴−𝑚𝐵)𝑔
𝑚𝐴+𝑚𝐵
 c) 𝑇 =
2𝑚𝐴𝑚𝐵(𝑎+𝑔)
𝑚𝐴+𝑚𝐵
 
23) 
𝑚𝑔
𝑀+2𝑚
 
24) 
√2𝑚𝑔
𝑀+2𝑚
 
25) 
𝑚𝑔 sen 𝛼
𝑀+2𝑚(1−cos 𝛼)
 
26) 𝑎𝐴 =
𝐹
𝑚𝐴+
4
9
𝑚𝐵
, 𝑎𝐵 =
2
3
(
𝐹
𝑚𝐴+
4
9
𝑚𝐵
) e 𝑇 =
2
9
𝑚𝐵 (
𝐹
𝑚𝐴+
4
9
𝑚𝐵
) 
27) 
3𝑚𝑔
2𝑀+3𝑚
 e 
√3𝑚𝑔
2𝑀+3𝑚
 
28) √
2𝐻
𝑔 cos 𝛼 sen2 𝛽𝑔
 
29) √
(𝑀+𝑚)(2𝐻−𝐿)
𝑔(𝑀−𝑚) cos 𝛼
 
30) 
𝑚
2
[
𝑔
cos 𝛼
−
𝐹
sen 𝛼(𝑀1+𝑀2+𝑚)
] e 
𝑚
2
[
𝑔
cos 𝛼
+
𝐹
sen 𝛼(𝑀1+𝑀2+𝑚)
] 
31) 4𝑚𝑔 e 
4
3
𝑚𝑔 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
11. Lista de questões nível 3 comentada 
 (Simulado AFA) 
Um bloco se encontrar em repouso, apoiado sobre uma prancha. Em um dado momento começa a 
agir uma força horizontal igual a �⃗� = 4 𝑖̂ 𝑁, de tal forma que após 2 segundos o bloco perde contato 
com a prancha. Sabendo que a massa da prancha é de 10 kg e que todos os atritos são desprezíveis, 
podemos afirmar que o comprimento da prancha é de: 
 
a) 60 cm b) 70 cm c) 80 cm d) 90 cm e) 1 m 
Comentários: 
 Pelo diagrama de forças, como no bloco menor não existe força na direção horizontal, apenas na 
vertical e inicialmente ele está em repouso, portanto ele permanece com velocidade nula, já que não há 
forças atuando na direção horizontal. 
 Por outro lado, na prancha há uma força resultante na horizontal cujo módulo é igual a 4 N. Assim, 
a aceleração da prancha na direção horizontal é dada por: 
𝐹 = 𝐹𝑅 
4 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
4 = 10 ⋅ 𝑎 ⇒ 𝑎 = 0,4 𝑚/𝑠2 
 Para a condição do problema de quando o bloco irá perder contato com a prancha, temos: 
 
 Assim, temos que: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Δ𝑠𝑝𝑟𝑎𝑛𝑐ℎ𝑎 =
𝑎𝑡2
2
 
𝐿 − 0,1 = 0,4 ⋅
22
2
 
𝐿 = 0,9 𝑚 ∴ 𝐿 = 90 𝑐𝑚Gabarito: D 
 (ITA – 1982) 
O plano inclinado da figura 4 tem massa 𝑀 e sobre ele se apoia um objeto de massa 𝑚. O ângulo de 
inclinação é a e não há atrito nem entre o plano inclinado e o objeto, nem entre o plano inclinado e 
o apoio horizontal. Aplica-se uma força 𝐹 horizontal ao plano inclinado e constata-se que o sistema 
todo se move horizontalmente sem que o objeto deslize em relação ao plano inclinado. Podemos 
afirmar que, sendo 𝑔 a aceleração da gravidade local: 
a) 𝐹 = 𝑚𝑔 
b) 𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 
c) F tem que ser infinitamente grande 
d) 𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 ∙ 𝑡𝑔𝛼 
e) 𝐹 = 𝑀𝑔 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 
Comentários: 
Vamos fazer este exercício utilizando o conceito de força fictícia. Aplicando este conceito, temos 
o seguinte diagrama de forças no bloco de massa 𝑚: 
 
Fechando o triângulos das forças, vem: 
 
Pela 𝑡𝑔𝛼, encontramos que: 
𝑡𝑔𝛼 =
𝑚 ∙ 𝑎
𝑚 ∙ 𝑔
 
𝑎 = 𝑔 ∙ 𝑡𝑔𝛼 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Mas, como os dois blocos caminham juntos para a esquerda, podemos escrever a segunda lei de 
Newton para o sistema: 
𝐹 = 𝐹𝑅 
𝐹 = (𝑚 + 𝑀) ∙ 𝑎 ∴ 𝐹 = (𝑚 + 𝑀) ∙ 𝑔 ∙ 𝑡𝑔𝛼 
Gabarito: D 
 (ITA – 1986) 
Na figura a seguir, as duas massas 𝑚1 = 1,0 𝑘𝑔 e 𝑚2 = 2,0 𝑘𝑔, estão ligadas por um fio de massa 
desprezível que passa por uma polia também de massa desprezível, e raio R. Inicialmente 𝑚2, é 
colocada em movimento ascendente, gastando 0,20 segundos para percorrer a distância 𝑑 = 1,0 𝑚 
indicada.Nessas condições 𝑚2 passará novamente pelo ponto “0” após aproximadamente: 
Obs: adotar para 𝑔 = 10,0 𝑚 ∙ 𝑠−2. 
 
a) 0,4 s b) 1,4 s c) 1,6 s d) 2,8 s e) 3,2 s 
Comentários: 
A questão menciona que o bloco 2 é colocado em movimento ascendente. Vamos dizer que isso é 
feito muito suavemente. Após colocar a massa dois, sabemos que a aceleração do sistema é dada por: 
𝑎 =
𝑚2 − 𝑚1
𝑚2 + 𝑚1
∙ 𝑔 
Para os valores dados, temos que: 
𝑎 =
𝑔
3
 
Dado o tempo que o bloco levou para percorrer 1 metro, podemos calcular a velocidade inicial, 
quando o bloco 2 é colocado no sistema: 
Δ𝑦 = 𝑣0 ∙ 𝑡 −
𝑎𝑦 ∙ 𝑡2
2
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
1 = 𝑣0. 0,2 −
𝑔
3 ∙ 0,22
2
 
𝑣0 =
16
3
𝑚/𝑠 
Trata-se de um lançamento na vertical com aceleração de módulo constante, então, podemos 
calcular o tempo de subida pela equação horária da velocidade: 
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑦 ∙ 𝑡 
0 =
16
3
−
10
3
∙ 𝑡𝑠𝑢𝑏𝑖𝑑𝑎 
𝑡𝑠𝑢𝑏𝑖𝑑𝑎 = 1,6 𝑠 
Logo o tempo total é: 
𝑡𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2𝑡𝑠𝑢𝑏𝑖𝑑𝑎 
𝑡𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 3,2 𝑠 
Gabarito: E 
 (ITA-2011) 
Um corpo de massa 𝑀, inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até 
uma altura 𝐻, onde fica novamente em repouso. Considere que a maior tração que a corda pode 
suportar tenha módulo igual a 𝑛𝑀𝑔, em que 𝑛 > 1. Qual deve ser o menor tempo possível para ser 
feito o erguimento desse corpo? 
a) √
2𝐻
(𝑛−1)𝑔
 b) √
2𝑛𝐻
(𝑛−1)𝑔
 c) √
𝑛𝐻
2(𝑛−1)2𝑔
 
d) √
4𝑛𝐻
(𝑛−2)𝑔
 e) √
4𝑛𝐻
(𝑛−1)𝑔
 
Comentários: 
Para o corpo ser erguido no menor tempo possível teremos que imprimir a maior aceleração 
possível nele, lembrando, porém, que ele deve alcançar o fim do trajeto em repouso, então a força 
exercida pela corda deve cessar em algum ponto antes do fim do movimento. Considere a representação 
do movimento abaixo: 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝐵 representa o corpo e 𝐴 o ponto onde a corda é puxada. Pela Segunda Lei de Newton: 
𝑀𝑎 = 𝑇 − 𝑀𝑔 
𝑇 = 𝑀(𝑎 + 𝑔) ≤ 𝑛𝑀𝑔 ⇒ 𝑎 ≤ (𝑛 − 1)𝑔 
𝑎𝑚𝑎𝑥 = (𝑛 − 1)𝑔 
Chamaremos esse de trecho 1 do movimento. 
Quando a força for cessada o corpo terá uma aceleração negativa – 𝑔 da gravidade, chamaremos 
esse de trecho 2 do movimento. 
Chamaremos a velocidade do corpo no momento de transição entre o trecho 1 e 2 de 𝑣. 
Pelo movimento do primeiro trecho, temos: 
𝑣 = 𝑎𝑚𝑎𝑥𝑡1 
𝑣 = (𝑛 − 1)𝑔𝑡1 (𝑒𝑞. 1) 
Pelo movimento do segundo trecho: 
𝑣𝑓 = 𝑣0 − 𝑔𝑡 ⇒ 0 = 𝑣 − 𝑔𝑡2 
𝑣 = 𝑔𝑡2 (𝑒𝑞 .2) 
Igualando (1) e (2), obtemos: 
𝑡2 = (𝑛 − 1)𝑡1 
O tempo total é dado por: 
𝑡 = 𝑡1 + 𝑡2 ⇒ 𝑡1 =
𝑡
𝑛
 (𝑒𝑞. 3) 
Substituindo (3) em (1), temos: 
𝑣 =
𝑛 − 1
𝑛
𝑔𝑡 
Graficamente: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
A área abaixo do gráfico é o deslocamento do corpo no intervalo: 
𝐻 =
1
2
𝑛 − 1
𝑛
𝑔𝑡2 
𝑡 = √
2𝐻𝑛
(𝑛 − 1)𝑔
 
Gabarito: B 
 (Tópicos de Física) 
Uma corda homogênea tem secção transversal constante e comprimento total L. A corda encontra-
se inicialmente em repouso, com um trecho de seu comprimento apoiado em uma mesa horizontal 
e perfeitamente lisa, conforme indica a figura. Num determinado instante, a corda é abandonada, 
adquirindo movimento acelerado. Não considerando a resistência do ar e assumindo para o módulo 
da aceleração da gravidade o valor g, aponte a alternativa que apresenta como varia o módulo da 
aceleração da corda em função do comprimento pendente x: 
 
a) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝑥
𝐿
) b) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝑥
𝐿
)
2
 c) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝐿
𝑥
) d) 𝑎 = 𝑔 ∙ (
𝑥
𝐿
)
3
 
e) Não existem elementos suficientes para determinar a aceleração, pois, não foi informada a 
velocidade da corda. 
Comentários: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Considere as duas partes da corda como sistemas separados. Chamaremos a força entre elas de 
𝑇. 
 
Podemos escrever cada massa como uma porcentagem da massa total da corda e seu respectivo 
comprimento, quando consideramos sua densidade linear de massa constante: 
𝑀𝑥 =
𝑥
𝐿
∙ 𝑀 𝑒 𝑀𝐿−𝑥 =
𝐿 − 𝑥
𝐿
∙ 𝑀 
Dessa forma, temos que a tração em 𝑀𝐿−𝑥 é dada por: 
𝑇 =
(𝐿 − 𝑥)
𝐿
𝑀𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
Sendo 𝑀 a massa total da corda. Aplicando a Segunda Lei para a parte que está pendurada, 
obtemos: 
𝑥
𝐿
𝑀𝑔 − 𝑇 =
𝑥
𝐿
𝑀𝑎 (𝑒𝑞. 2) 
Somando (1) e (2), obtemos: 
𝑥
𝐿
𝑀𝑔 = 𝑀𝑎 
𝑎 = (
𝑥
𝐿
) 𝑔 
Gabarito: A 
 (Física Clássica) 
O carrinho da figura desliza no plano horizontal com aceleração 8,0 𝑚/𝑠2. O corpo A possui 4,0 𝑘𝑔 
de massa e não há atrito entre o corpo e os planos de apoio. Sendo dado 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0,6 e 𝑔 =
 10 𝑚/𝑠2, determine a força horizontal que a a parede vertical exerce no corpo, considerando-o em 
repouso em relação ao carrinho. 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Comentários: 
Considere a esquematizando das forças agindo corpo abaixo: 
 
Como o corpo está em repouso em relação ao carrinho e se mantém assim, suas acelerações são 
as mesmas em ambos os eixos. Usando a Segunda Lei: 
Eixo y – 
𝑁2 cos 𝜃 = 𝑀𝐴𝑔 
𝑁2 =
𝑀𝐴𝑔
cos 𝜃
 
𝑁2 = 50𝑁 
Eixo x – 
𝑁1 + 𝑁2 sen 𝜃 = 𝑀𝐴𝑎 
𝑁1 + 50 . 0,6 = 32 
𝑁1 = 2 𝑁 
Gabarito: 2,0 N 
 
Na situação esquematizada na figura, o bloco A de massa 𝑚 está apoiado sobre o prisma B de massa 
𝑀. O bloco A deverá ser mantido em repouso em relação ao prisma B. Para tanto, utiliza-se um fio 
ideal paralelo à face do prisma inclinada de um ângulo 𝜃 em relação à superfície de apoio do sistema, 
considerada plana e horizontal. Todos os atritos são desprezíveis e a aceleração da gravidade local 
tem módulo 𝑔. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Aplica-se em B uma força constante horizontal �⃗� e o sistema é acelerado para a esquerda, admitindo 
que A permanece em contato com B, determine a máxima intensidade admissível para �⃗�. 
Comentários: 
Analisando as forças sobre 𝐴 no referencial de 𝐵, vemos a existência de uma força fictícia 
horizontal direcionada para a direita. 
Na direção perpendicular a 𝐵, temos uma componente do pesoagindo e uma dessa força de 
Einstein, quando a componente da força de Einstein tiver maior intensidade o bloco A perderá contato 
com 𝐵. Na direção perpendicular a B temos: 
 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ cos 𝜃 = 𝑚 ⋅ 𝑎 ⋅ sen 𝜃 + 𝑁 
𝑁 = 𝑚 ⋅ (𝑔 ⋅ cos 𝜃 − 𝑎 ⋅ sen 𝜃) 
Como o corpo 𝐵 está em repouso em relação a 𝐴, temos: 
𝑁 ≥ 0 
𝑚 ⋅ (𝑔 ⋅ cos 𝜃 − 𝑎 ⋅ sen 𝜃) ≥ 0 
𝑔 ⋅ cos 𝜃 − 𝑎 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ≥ 0 
𝑎 ≤ 𝑔 ⋅
cos 𝜃
𝑠𝑒𝑛 𝜃
 
𝑎 ≤ 𝑔 ⋅ 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝜃 (𝑒𝑞. 1) 
Perceba que o sistema todo tem a mesma aceleração horizontal 𝑎. Usando a Segunda Lei no 
sistema: 
𝐹 = (𝑀 + 𝑚) ⋅ 𝑎 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Usando (1): 
𝐹 ≤ (𝑀 + 𝑚) ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝜃 
Gabarito: 𝑭𝒎𝒂𝒙 = (𝑴 + 𝒎) ∙ 𝒈 ∙ 𝒄𝒐𝒕𝒈𝜽 
 (ITA-SP) 
Um homem cuja massa é 70 kg está sentado sobre um andaime pendurado num sistema de 
roldanas. Ele se eleva puxando a corda que passa pela roldana fixa, conforme a figura. Considerando 
𝑔 = 9,8 𝑚/𝑠2, desprezando os atritos, resistências e a massa do andaime e supondo que o homem 
se eleva muito lentamente. Calcule a intensidade da força que ele precisa exercer. 
 
Comentários: 
A questão quer dizer que sistema está aproximadamente em equilíbrio durante todo o processo. 
Perceba que todos os três braços de cordas que vemos fazem parte da mesma corda, logo todos possuem 
a mesma tração 𝑇. Usando a Segunda Lei: 
3𝑇 − 𝑚𝑔 = 0 
𝑇 =
70 . 9,8
3
≈ 229 𝑁 
Perceba que o homem puxa um dos braços da corda, e como foi dito anteriormente o sistema está 
em equilíbrio, então a força que ele imprime é igual a tração na corda. 
Gabarito: 229 N 
 Física Clássica 
Um atleta cuja massa é 𝑚, está sobre uma balança de molas, a qual está fixa num carrinho que pode 
descer uma rampa sem atrito, como na figura. 
 
Dados 𝑔 e 𝑠𝑒𝑛𝜃, determine a marcação da balança, supondo que seu marcador esteja calibrado em 
newtons. 
Comentários: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Perceba que essa situação é similar à do elevador descendo acelerado, devemos apenas decompor 
a aceleração da balança (que está na direção do plano) e encontrar a componente vertical, que é 𝑔 sen 𝜃 
para baixo, assim a gravidade aparente sentida pelo atleta é: 
𝑔𝑎𝑝𝑎 = 𝑔 − 𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 sen 𝜃 
⇒ 𝑁 = 𝑚𝑔𝑎𝑝𝑎 
∴ 𝑁 = 𝑚 ∙ 𝑔(1 − sen2 𝜃) 
Gabarito: 𝑵 = 𝒎 ∙ 𝒈(𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽) 
 (OBF 2016) 
Em uma obra é necessário baixar pilhas de entulho usando uma caçamba, uma polia e um cabo. O 
material deve deixar o andar superior com velocidade nula e chegar ao térreo, situado 10,0 m 
abaixo, também com velocidade nula. Em cada viagem, a caçamba transporta 50,0 kg de material e 
o cabo utilizado pode se romper caso for submetido a uma tensão superior a 2000 N. Considere um 
esquema que faz a viagem de descida no menor intervalo possível sujeito ainda à condição de 
segurança que a tensão no cabo não ultrapasse 70% do seu valor de ruptura. Nesse esquema, 
quanto tempo leva cada viagem de descida? (Considere desprezíveis as forças dissipativas e as 
massas da polia, da caçamba e do cabo). Dado 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
Comentários: 
Considere o movimento composto de dois trechos: 
1° O material caí somente sobre o efeito do campo gravitacional, em queda livre. 
2° O material sofre uma desasceleração provinda da tensão no cabo, o qual deverá ser 70% da 
máxima suportada. 
Note que para termos o tempo mínimo o corpo deve passar o máximo de tempo possível no 
movimento com aceleração positiva. O limitante disso é a tensão suportada pelo cabo: se o cabo 
suportasse maior tensão o trecho dois começaria instantes depois com uma aceleração mais intensa (de 
modo que o corpo parasse a tempo). 
Chamaremos o tempo transcorrido no trecho 1 e 2 de 𝑡1 e 𝑡2, respectivamente. A aceleração do 
trecho 1 é apenas a gravidade. Calculando a aceleração do trecho 2: 
𝑚𝑎 = 0,7𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑃 ⇒ 50𝑎 = 1400 − 500 
𝑎 = 18 𝑚/𝑠2 (𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑖𝑚𝑎) 
Graficamente temos: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Usando triângulo da direita para calcular a altura mostrada na figura, obtemos: 
𝑔𝑡1 = 𝑎𝑡2 ⇒ 𝑡2 =
𝑔
𝑎
𝑡1 (𝑒𝑞. 1) 
Considere o tempo total do deslocamento como: 
𝑡 = 𝑡1 + 𝑡2 
Substituindo (1), temos: 
𝑡 =
𝑡1(𝑎 + 𝑔)
𝑎
⇒ 𝑡1 =
𝑎𝑡
𝑎 + 𝑔
 
Sabendo que a distância percorrida em movimento pode ser calculada através da área do gráfico 
v x t, temos: 
𝐻 =
(𝑡1 + 𝑡2)𝑔𝑡1
2
⇒ 𝐻 =
𝑎𝑔𝑡2
2(𝑎 + 𝑔)
 
𝑡 = √
2(𝑎 + 𝑔)𝐻
𝑎𝑔
⇒ 𝑡 = √
2 ⋅ 28 ⋅ 10
18 ⋅ 10
≈ 1,76 𝑠 
Gabarito: 1,76 s 
 (Simulado ITA) 
Uma esfera de massa 𝑚 é apoiada sobre uma semiesfera, conforme mostra a figura. Sabe-se que o 
raio da esfera é metade do raio da semiesfera. 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Desconsiderando as forças de atrito, sendo 𝑔 a aceleração da gravidade local, a força de tração na 
corda para que o sistema permaneça em equilíbrio é igual a: 
(A) 
𝑚𝑔
2
 (B) 
𝑚𝑔
√3
 (C) 2𝑚𝑔 (D) 
𝑚𝑔
√2
 (E) 
𝑚𝑔
√5
 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças na esfera, temos que: 
 
 O sinal de menos na frente de 𝑅2 é só para lembrar que a força de contato 𝑅2 forma um par ação-
reação. Pela figura, vemos que: 
cos(𝜃) =
𝑥
3𝑟
=
2𝑟
3𝑟
=
2
3
 
 Além disso: 
(3𝑟)2 = (2𝑟)2 + 𝑦2 
9𝑟2 = 4𝑟2 + 𝑦2 
𝑦 = √5𝑟 
 Portanto: 
𝑠𝑒𝑛(𝜃) =
𝑦
3𝑟
=
√5𝑟
3𝑟
=
√5
3
 
 Pelo diagrama de forças na esfera, para que ela se mantenha em equilíbrio, devemos ter que: 
 
 Portanto: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑠𝑒𝑛(𝜃) =
𝑚𝑔
𝑅2
 
√5
3
=
𝑚𝑔
𝑅2
 
𝑅2 =
3
√5
𝑚𝑔 
 Para o equilíbrio da semiesfera, temos: 
 
 Portanto: 
𝑇 = 𝑅2 ⋅ cos(𝜃) 
𝑇 =
3
√5
𝑚𝑔 ⋅
2
3
 
𝑇 =
𝑚𝑔
√5
 
Gabarito: E 
 (Simulado CN) 
 
Na figura mostra acima, uma esfera de massa 𝑚 está presa por uma corda e não se move em relação 
ao vagão, que desce um plano inclinado perfeitamente liso. Dessa forma, o ângulo 𝛽 é igual a: 
a) 37° b) 30° c) 26,5° d) 15° e) 0° 
Comentários: 
 Quando todo o sistema está descendo o plano inclinado sem atrito, sabemos que a aceleração de 
todo o carrinho é igual a 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(53°), conforme visto em teoria. 
 Fazendo o diagrama de forças na esfera, temos: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
 Na direção tangente, podemos concluir pela segunda lei de Newton que: 
𝑇 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝛽) + 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(53°) = 𝑚 ⋅ 𝑎⏟
=𝑔⋅𝑠𝑒𝑛(53°)
 
𝑇 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝛽) = 0 
 Portanto: 
𝛽 = 0° 
Gabarito: E 
 (ITA-2013) 
Num certo experimento, três cilindros idênticos encontram-se em contato pleno entre si, apoiados 
sobre uma mesa e sob a ação de uma força horizontal 𝐹, constante, aplicada na altura do centro de 
massa do cilindro da esquerda, perpendicularmente ao seu eixo, conforme a figura. 
Desconsiderando qualquer tipo de atrito, para que os três cilindros permaneçam em contato entre 
si, a aceleração 𝑎 provocada pela força deve ser tal que 
 
a) 
𝑔
3√3
≤ 𝑎 ≤ 𝑔/√3. b) 
2𝑔
3√3
≤ 𝑎 ≤ 4𝑔/√2. c) 
𝑔
2√3
≤ 𝑎 ≤ 4𝑔/(3√3). 
d) 
2𝑔
3√2
≤ 𝑎 ≤ 3𝑔/(4√2). e) 
𝑔
2√3
≤ 𝑎 ≤ 3𝑔/(4√3). 
Comentários: 
Seja 𝑁 a normal horizontal entre os cilindros em contato com o solo e 𝑁1 e 𝑁2 as normais entre o 
cilindro de cima e o da esquerda e o cilindro de cima e o da direita, respectivamente. Intuitivamente, 
esperamos que ao aplicarmos uma força muito alta o cilindro de cima ira rolar para trás e se aplicarmos 
uma força insuficiente a estrutura irá se desfazer com o cilindro de cima descendo entre os dois debaixo. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Considere a esquematização do movimento:Consideraremos primeira a situação de máximo. Em um referencial acelerado, com a mesma 
aceleração e velocidade do sistema, todos os corpos sentirão a Força de Einstein para trás. Nesse 
referencial todos os corpos estão em repouso, fazendo torque em relação ao ponto de contato entre o 
cilindro de cima e o cilindro da direita devemos achar um valor nulo: 
𝜏 = 𝑚𝑔𝑟 sen 30° − 𝑚𝑎𝑟 cos 30° 
𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝑔 tan 30° =
𝑔
√3
 
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema como um todo, obtemos: 
𝐹 = 3𝑚𝑎 
Na situação de mínimo, como discutido acima, o cilindro de cima estará na iminência de descer, 
assim os cilindros debaixo deixaram de se tocar: 
𝑁 = 0 
Aplicando a Segunda Lei no primeiro cilindro na direção horizontal: 
𝐹 − 𝑁1 sen 30° = 𝑚𝑎 ⇒ 𝑁1 = 4𝑚𝑎 
Aplicando a Segunda Lei no segundo cilindro na direção horizontal: 
𝑁2 sen 30° = 𝑚𝑎 ⇒ 𝑁2 = 2𝑚𝑎 
Por fim, aplicando a Segunda Lei no cilindro de cima na vertical, obtemos: 
(𝑁1 + 𝑁2) sen 60° = 𝑚𝑔 ⇒ 6𝑚𝑎𝑚𝑖𝑛 ⋅
√3
2
= 𝑚𝑔 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑎𝑚𝑖𝑛 =
𝑔
3√3
 
Gabarito: A 
 
Determine as acelerações dos blocos, em função da gravidade. 
 
Comentários: 
Adotaremos um sistema de referência no qual as grandezas direcionas para baixo são positivas. 
Sejam 𝑙1, 𝑙2 e 𝑙3 o comprimento dos braços de corda conectados às massas 3𝑚, 5𝑚 e 2𝑚, 
respectivamente. Como a corda mantém seu comprimento constante, temos: 
𝑙1 + 2𝑙2 + 𝑙3 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. 
Fazendo a variação da equação acima em relação ao tempo duas vezes obtemos: 
𝑎1 + 2𝑎2 + 𝑎3 = 0 
Uma relação entre as acelerações. Usando a Segunda Lei nos três blocos: 
3𝑚𝑔 − 𝑇 = 3𝑚𝑎1 (𝑒𝑞. 1) 
5𝑚𝑔 − 2𝑇 = 5𝑚𝑎2 (𝑒𝑞. 2) 
2𝑚𝑔 − 𝑇 = 2𝑚𝑎3 (𝑒𝑞. 3) 
Isolando as acelerações e substituindo na equação do vínculo geométrico, temos: 
𝑔 −
𝑇
3𝑚
+ 2 ⋅ (𝑔 −
2𝑇
5𝑚
) + 𝑔 −
𝑇
2𝑚
= 0 
𝑇 =
120
49
𝑚𝑔 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Substituindo o valor encontrado nas três equações iniciais, obtemos 9𝑔/49, 1𝑔/49 e −11𝑔/49. 
Gabarito: 𝟗𝒈/𝟒𝟗 𝟏𝒈/𝟒𝟗 e −𝟏𝟏𝒈/𝟒𝟗 
 
Na figura a seguir, a barra A e massa 𝑚𝐴 está inicialmente em repouso sobre a cunha B de massa 
𝑚𝐵. Sabendo-se que os atritos são desprezíveis e que a aceleração da gravidade vale 𝑔, determine 
as acelerações de A e de B. 
 
Comentários: 
O movimento dos dois corpos está ligado pelo seguinte vínculo geométrico: 
 
Onde 𝑥 representa um deslocamento arbitrário. Da figura acima, temos: 
𝑥𝐴 = 𝑥𝐵 tg 𝛼 
Variando essa equação em relação ao tempo duas vezes, obtemos: 
𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 tg 𝛼 (𝑒𝑞. 1) 
Aplicando a Segunda Lei na barra 𝐴 na direção vertical, temos: 
𝑚𝐴𝑔 − 𝑁 cos 𝛼 = 𝑚𝐴𝑎𝐴 (𝑒𝑞. 2) 
Aplicando a Segunda Lei na cunha B na direção horizontal, temos: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑁 sen 𝛼 = 𝑚𝐵𝑎𝐵 (𝑒𝑞. 3) 
Substituindo (3) em (2), obtemos: 
𝑚𝐴𝑔 −
𝑚𝐵𝑎𝐵
tg 𝛼
= 𝑚𝐴𝑎𝐴 
Substituindo (1) na equação acima, temos: 
𝑚𝐴𝑔 −
𝑚𝐵𝑎𝐴
tg2 𝛼
= 𝑚𝐴𝑎𝐴 
𝑎𝐴 =
𝑚𝐴𝑔 tg2 𝛼
𝑚𝐵 + 𝑚𝐴 tg2 𝛼
 
Substituindo o resultado encontrado acima em (1): 
𝑎𝐵 =
𝑚𝐴𝑔 tg 𝛼
𝑚𝐵 + 𝑚𝐴 tg2 𝛼
 
Gabarito: 𝒂𝑨 =
𝒎𝑨∙𝒈∙𝒕𝒈𝟐𝜶
𝒎𝑩+𝒎𝑨𝒕𝒈𝟐𝜶
 e 𝒂𝑩 =
𝒎𝑨∙𝒈∙𝒕𝒈𝜶
𝒎𝑩+𝒎𝑨∙𝒕𝒈𝟐𝜶
 
 
No sistema representado na figura, não há atritos e o fio é ideal. Sabendo-se que a aceleração da 
gravidade vale g e ignorando-se a influência do ar, calcule o intervalo de tempo que o corpo A leva 
para atingir a base do corpo B quando abandonado de uma altura h em relação a B. Considere as 
massas de A e de B iguais a m e M, respectivamente. 
 
Comentários: 
Seja 𝑁 a normal entre 𝐴 e 𝐵 e 𝑇 a tensão na corda. Seja 𝑙𝐴 o comprimento da corda de A à polia, 
𝑙𝐵 o comprimento da corda de B à polia e 𝑙 o comprimento da corda entre as polias. Como o comprimento 
da corda é constante, podemos escrever: 
𝑙𝐴 + 2𝑙𝐵 + 𝑙 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. 
Tirando a variação da equação acima em relação ao tempo duas vezes, temos: 
𝑎𝐴 + 2𝑎𝐵 = 0 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Aplicando a Segunda Lei no corpo 𝐴, obtemos: 
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎𝐴 (𝑒𝑞. 1) 
−𝑁 = 𝑚𝑎𝐵 (𝑒𝑞. 2) 
Note: Na horizontal ambos os corpos possuem a mesma aceleração. As grandezas são 
consideradas positivas para cada corpo no sentido de crescimento do segmento de corda que os liga à 
polia. 
Aplicando a Segunda Lei no corpo B na horizontal, obtemos: 
𝑁 − 2𝑇 = 𝑀𝑎𝐵 (𝑒𝑞. 3) 
Usando (2) para eliminar 𝑁 de (3), obtemos: 
−2𝑇 = (𝑀 + 𝑚)𝑎𝐵 (𝑒𝑞. 4) 
Substituindo (4) em (1), temos: 
2𝑚𝑔 + (𝑀 + 𝑚)𝑎𝐵 = 2𝑚𝑎𝐴 
Por fim, substituindo o vínculo geométrico na equação acima: 
4𝑚𝑔 − (𝑀 + 𝑚)𝑎𝐴 = 4𝑚𝑎𝐴 
𝑎𝐴 =
4𝑚𝑔
5𝑚 + 𝑀
 
Usando a equação de horária do bloco A: 
ℎ =
𝑎𝐴𝑡2
2
⇒ ℎ =
2𝑚𝑔𝑡2
5𝑚 + 𝑀
 
∴ 𝑡 = √
(5𝑚 + 𝑀)ℎ
2𝑚𝑔
 
Gabarito: √
(𝟓𝒎+𝑴)𝒉
𝟐𝒎𝒈
. 
 
Na figura, após o pêndulo ser abandonado do repouso, sua inclinação α com a vertical permanece 
constante. Determine a massa M do bloco e a sua aceleração em função da massa m da esfera, da 
aceleração da gravidade g e do ângulo α. Considere o fio e a polia ideais e despreze os atritos. 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Comentários: 
No referencial acelerado de 𝑀 a esfera sofre uma força de Einstein para a direita. Nesse referencial 
a esfera se move somente na direção do fio, mostrada na figura. 
Aplicando a Segunda Lei na esfera direção perpendicular à do fio: 
𝑚𝑔 sen 𝛼 = 𝑚𝑎 cos 𝛼 
𝑎 = 𝑔 tg 𝛼 
Aplicando a segunda Lei no bloco na direção horizontal: 
𝑇 − 𝑇 sen 𝛼 = 𝑀𝑎 
𝑇 =
𝑀𝑔 tg 𝛼
1 − sen 𝛼
 (𝑒𝑞. 1) 
Note que a aceleração radial da esfera deve ser igual a aceleração do bloco, por compartilharem 
o mesmo fio. Aplicando a Segunda Lei na esfera na direção radial: 
𝑚𝑔 cos 𝛼 + 𝑚𝑎 sen 𝛼 − 𝑇 = 𝑚𝑎 
Substituindo (1) na equação acima, obtemos: 
𝑚𝑔
cos 𝛼
−
𝑀𝑔 tg 𝛼
1 − sen 𝛼
= 𝑚𝑔 tg 𝛼 
𝑀𝑔 tg 𝛼
1 − sen 𝛼
= 𝑚𝑔
1 − sen 𝛼
cos 𝛼
 
𝑀 =
𝑚(1 − sen 𝛼)2
sen 𝛼
 
Gabarito: 𝑴 =
(𝟏−𝒔𝒆𝒏𝜶)𝟐
𝒔𝒆𝒏𝜶
∙ 𝒎 e 𝒂 = 𝒈 ∙ 𝒕𝒈𝜶 
 (Saraeva) 
Em um bloco homogêneo de massa M age uma força F. Determine as forças que agem sobre a parte 
sombreada conforme na figura. Despreze os atritos. 
 
 
Comentários: 
Considere a esquematização das forças na figura abaixo: 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Pela homogeneidade do bloco podemos deduzir que a massa de uma porção dele é proporcional 
à área dela. Assim a massa da região sombreada é 
𝑥𝑦
𝑙ℎ
𝑀. 
Usando a Segunda Lei de Newton no bloco inteiro: 
𝐹 = 𝑀𝑎 
𝑎 =
𝐹
𝑀
 
No bloco pequeno temos: 
Eixo x - 
𝐹𝑥 =
𝑥𝑦
𝑙ℎ
𝑀𝑎 
Eixo y – 
𝐹𝑦 −
𝑥𝑦
𝑙ℎ
𝑀𝑔 = 0 
𝐹𝑦 =
𝑥𝑦
𝑙ℎ
𝑀𝑔 
Gabarito: 𝑭𝒙 =
𝒙𝒚
𝒍𝒉
𝑴𝒂, 𝑭𝒚 =
𝒙𝒚
𝒍𝒉
𝑴𝒈 
 (Simulado ITA) 
Um bloco de massa 𝑚 = 2 𝑘𝑔 repousa sobre uma cunha de massa 𝑀 = 8 𝑘𝑔. Sabe-se que não há 
atrito entre a cunha e a superfície horizontal. Considerando os fios e polias ideais, podemos dizer 
que a aceleração inicial da cunha, após o sistema ser abandonado do repouso, é igual a: 
Considere 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
(A) 
10√3
23
𝑚/𝑠2 
(B) 
20√3
23
𝑚/𝑠2 
(C) 
30√3
23
𝑚/𝑠2 
(D) 
40√3
23
𝑚/𝑠2 
(E) 
50√3
23
𝑚/𝑠2 
 
Comentários: 
 Inicialmente, devemos notar que a cunha irá se deslocar na direção horizontal apenas. 
Considerando a polia maior como parte da cunha, temos: 
 
𝑇 + 𝑁 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) = 𝑀 ⋅ 𝐴 (𝑒𝑞. 1) 
 Para o bloco de massa 𝑚,tomando o referencial da cunha, temos: 
 
 Na direção tangente ao plano inclinado: 
𝑚 ⋅ 𝐴 ⋅ cos(60°) + 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) − 𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) − 𝑇 = 𝑚 ⋅ (𝑎 − 𝐴 ⋅ cos(60°))(𝑒𝑞. 2) 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 Em que 𝑎 é a aceleração do bloco em relação a cunha na direção tangente. Na direção normal ao 
plano inclinado, temos: 
𝑚 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) + 𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ cos(60°) 
𝑚 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ cos(60°) − 𝑁(𝑒𝑞. 3) 
 Utilizando o bizu do trabalho das forças internas, temos: 
𝐴 + 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°)1 − (𝑎 − 𝐴 ⋅ cos(60°)) − 1 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(60°) = 0 
𝐴 + 𝐴 ⋅
1
2
− 𝑎 = 0 
𝑎 =
3
2
𝐴(𝑒𝑞. 4) 
 Resolvendo o sistema de equações, temos: 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅
√3
2
− 𝑇 = 𝑚 (
3
2
𝐴 − 𝐴 ⋅
1
2
) 
𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅
√3
2
− 𝑚 ⋅ 𝐴 (𝑒𝑞. 5) 
 Rearranjando 3, temos: 
𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅
1
2
− 𝑚 ⋅ 𝐴 ⋅
√3
2
 (𝑒𝑞. 6) 
 Substituindo 5 e 6 em 1, vem: 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅
√3
2
− 𝑚 ⋅ 𝐴 + (𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅
1
2
− 𝑚 ⋅ 𝐴 ⋅
√3
2
) ⋅
√3
2
= 𝑀 ⋅ 𝐴 
 Substituindo valores, temos: 
2 ⋅ 10 ⋅
√3
2
− 2𝐴 + (2 ⋅ 10 ⋅
1
2
− 2 ⋅ 𝐴 ⋅
√3
2
) ⋅
√3
2
= 8𝐴 
10√3 +
10√3
2
− 2𝐴 − 𝐴 ⋅
3
2
= 8𝐴 
15√3 =
23𝐴
2
∴ 𝐴 =
30√3
23
𝑚/𝑠2 
Gabarito: C 
 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Considere uma máquina de Atwood infinita, conforme mostra a figura. Uma corda 
passa por cada polia, que em uma das extremidades está conectada a uma massa e 
na outra extremidade a uma polia. Todas as massas são iguais a m e todas as polias e 
cordas são ideais. O sistema está em repouso inicialmente. Considerando-se a 
gravidade local igual a g, determine a aceleração da primeira massa (mais à esquerda 
na figura) quando o sistema for liberado. 
 
Comentários: 
Seja 𝑀 a massa inercial do sistema. (Isto é, quando aplicamos uma força 𝐹 ao sistema, a aceleração 
do sistema será 𝐹/𝑀). A tensão no primeiro segmento de corda será, então: 
𝑇 = 𝑀𝑔 
Agora considere o sistema com todas as massas menos a primeira massa branca, esse sistema é 
idêntico ao primeiro, logo sua massa deve ser a mesma. Assim podemos substituir a malha infinita de 
polias por uma massa 𝑀. Note que a tensão na corda que liga 𝑚 a 𝑀 é metade da tensão na corda que 
segura as duas massas. Aplicando a Segunda Lei na massa 𝑀, obtemos: 
𝑀𝑔 − (
𝑀𝑔
2
) = 𝑀𝑎 
𝑎 =
𝑔
2
 
Gabarito: 𝒈/𝟐 
 
A figura a seguir mostra um sistema composto por polias fixas e N polias móveis, todas ideais, com 
blocos idênticos de massa 𝑚 conectados por fios ideais. Determine as acelerações, 
respectivamente, dos blocos fixos nas polias móveis e dos blocos que ficam nas duas extremidades 
em função de 𝑁 e da aceleração da gravidade 𝑔. 
 
Comentários: 
Seja 𝑙 o comprimento dos segmentos de corda que ligam a polia ao último e primeiro bloco, pode-
se inferir a igualdade desses comprimentos por simetria. Seja 𝑙′ o comprimento dos segmentos que ligam 
as polias fixas às deslocáveis. Como o comprimento da corda é constante, podemos escrever: 
2Δ𝑙 + 2𝑁Δ𝑙′ = 0 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Tirando a variação dessa equação em relação ao tempo duas vezes, obtemos: 
𝑎 + 𝑁𝑎′ = 0 (𝑒𝑞. 1) 
Em que 𝑎 é a aceleração dos blocos ligados às polias fixas e 𝑎′ a aceleração dos blocos ligados às 
deslocáveis. 
Convencionaremos para baixo como o sentido positivo. Aplicando a Segunda Lei nos blocos ligados 
à polia fixa: 
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 
Aplicando a Segunda Lei nos blocos ligados à polia móvel: 
𝑚𝑔 − 2𝑇 = 𝑚𝑎′ 
Eliminando a tensão das equações acima, obtemos: 
𝑔 = 2𝑎 − 𝑎′ 
Substituindo (1) na equação acima, temos: 
𝑔 = −𝑎′(2𝑁 + 1) 
𝑎′ = −
𝑔
2𝑁 + 1
 (𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑖𝑚𝑎) 
𝑎 =
𝑁𝑔
2𝑁 + 1
 
Gabarito: 
𝒈
𝟐𝑵+𝟏
 e 
𝑵𝒈
𝟐𝑵+𝟏
 
 
O sistema da figura se encontra no interior de um elevador que possui 
movimento uniformemente variado com aceleração de módulo a. Os blocos 
A e B, de massas, respectivamente iguais a 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵, com 𝑚𝐴 > 𝑚𝐵, são 
conectados por meio de um fio ideal que passa por uma polia também ideal. 
Considerando a aceleração da gravidade g, determine: 
a) a aceleração de cada bloco em relação ao elevador; 
b) a aceleração de cada bloco em relação ao solo; 
c) a tração no fio. 
Comentários: 
a) No referencial do elevador temos um problema simples de polia fixa, lembrando apenas de trocar a 
gravidade pela gravidade aparente: 
𝑚𝐴𝑔𝑎𝑝𝑎 − 𝑇 = 𝑚𝐴𝑎𝑟𝑒𝑙 
𝑇 − 𝑚𝐵𝑔𝑎𝑝𝑎 = 𝑚𝐵𝑎𝑟𝑒𝑙 
 
 
 
 
143 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑎𝑟𝑒𝑙 =
𝑚𝐴 − 𝑚𝐵
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
(𝑔 + 𝑎) 
b) Perceba que o bloco A tem a aceleração encontrada acima com sentido para baixo e o bloco B, para 
cima. Para encontrarmos a aceleração em relação ao solo basta somarmos essas acelerações em relação 
ao elevador à aceleração do elevador, levando em conta seus sentidos: 
𝑎𝐴 = −𝑎𝑟𝑒𝑙 + 𝑎 =
2𝑚𝐵𝑎 − (𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)𝑔
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
 
𝑎𝐵 = 𝑎𝑟𝑒𝑙 + 𝑎 =
2𝑚𝐴𝑎 + (𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)𝑔
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
 
c) Substituindo 𝑎𝑟𝑒𝑙 na primeira equação escrita, temos: 
𝑇 = 𝑚𝐴[(𝑎 + 𝑔) − 𝑎𝑟𝑒𝑙] 
𝑇 =
2𝑚𝐵𝑚𝐴(𝑔 + 𝑎)
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
 
Gabarito: a) 𝒂𝒓𝒆𝒍 =
(𝒎𝑨−𝒎𝑩)(𝒂+𝒈)
𝒎𝑨+𝒎𝑩
 b) 𝒂𝑨 =
𝟐𝒎𝑩∙𝒂−(𝒎𝑨−𝒎𝑩)𝒈
𝒎𝑨+𝒎𝑩
 e 𝒂𝑩 =
𝟐𝒎𝑨∙𝒂+(𝒎𝑨−𝒎𝑩)𝒈
𝒎𝑨+𝒎𝑩
 
c) 𝑻 =
𝟐𝒎𝑨𝒎𝑩(𝒂+𝒈)
𝒎𝑨+𝒎𝑩
 
 
A figura mostra um bloco de massa 𝑚 pendurado verticalmente por um fio ideal e encostado em 
um carrinho de massa 𝑀, que pode deslizar sem atrito num solo horizontal. Determine a aceleração 
a adquirida pelo carrinho, quando o sistema é abandonado a partir do repouso. 
 
Comentários: 
Seja 𝑇 a tensão no fio e 𝑁 a normal entre os corpos. Aplicando a Segunda Lei no carrinho na 
horizontal, obtemos: 
𝑇 − 𝑁 = 𝑀𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
Note que os deslocamentos na vertical de 𝑚 devem ser iguais aos na horizontal de 𝑀 já que 
compartilham a mesma corda. Além disso o bloco possui a mesma aceleração horizontal que o carrinho 
pois se move com ele durante todo o trajeto. 
Aplicando a Segunda Lei no bloco: 
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 (𝑒𝑞. 2) 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑁 = 𝑚𝑎 (𝑒𝑞. 3) 
Substituindo (2) e (3) em (1), temos: 
𝑚(𝑔 − 𝑎) − 𝑚𝑎 = 𝑀𝑎 
𝑎 =
𝑚𝑔
𝑀 + 2𝑚
 
Gabarito: 𝒂 =
𝒎𝒈
𝑴+𝟐𝒎
. 
 
Considere que todas as polias e fios são ideais e todos os atritos desprezíveis. Determine a 
aceleração do bloco de massa 𝑚 em relação a Terra, quando o sistema é abandonado a partir do 
repouso. A gravidade local vale 𝑔. 
 
 
Comentários: 
Seja 𝑁 a normal entre os corpos e T a tensão no cabo. Note pela associação de polias que um 
deslocamento na horizontal de 𝑀 resulta no mesmo deslocamento na vertical de 𝑚, logo: 
Δ𝑦𝑚 = Δ𝑥𝑀 
Tirando a variação dessa equação em relação ao tempo duas vezes, obtemos: 
𝑎𝑦,𝑚 = 𝑎𝑥,𝑀 = 𝑎 
Como a massa 𝑚 se move com o bloco, temos: 
𝑎𝑥,𝑚 = 𝑎 
Aplicando a Segunda Lei no plano na horizontal, temos: 
𝑇 − 𝑁 = 𝑀𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
Aplicando a Segunda Lei no bloco: 
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 (𝑒𝑞. 2) 
𝑁 = 𝑚𝑎 (𝑒𝑞. 3) 
Substituindo (2) e (3) em (1), temos: 
 
 
 
 
145 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑚(𝑔 − 𝑎) − 𝑚𝑎 = 𝑀𝑎 
𝑎 =
𝑚𝑔
𝑀 + 2𝑚
 
Note que o bloco possui essa aceleração na horizontal e na vertical, portanto a magnitude de sua 
aceleração em relação à terra é dada por: 
𝑎𝑟𝑒𝑠 = √𝑎2 + 𝑎2 =
√2𝑚𝑔
𝑀 + 2𝑚
 
Gabarito: 𝒂 =
√𝟐𝒎𝒈
𝑴+𝟐𝒎
. 
 
Na figura a seguir, um bloco de massa 𝑚 é abandonado sobre uma cunha de massa 𝑀 e ângulo de 
inclinação 𝛼. O bloco é conectado a um fio ideal preso a uma parede vertical. Sabendo-se que a 
aceleração da gravidade vale 𝑔 e desprezando-se todosos atritos, determine a aceleração adquirida 
pela cunha. 
 
Comentários: 
Considere o movimento no referencial da cunha. Nele teremos a parede acelerando em direção a 
cunha e o bloco descendo a cunha sobre sua superfície. Como se trata de um referencial acelerado 
devemos lembrar de usar a Força de Einstein. 
Note que nesse referencial qualquer deslocamento de 𝑚 sobre a superfície do plano é equivalente 
ao deslocamento horizontal da corda, assim concluimos que a aceleração de 𝑚 nesse referencial é igual 
a aceleração da cunha. 
Aplicando a Segunda Lei no bloco na direção da superfície da cunha: 
𝑚𝑔 sen 𝛼 + 𝑚𝑎 cos 𝛼 − 𝑇 = 𝑚𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
Em que 𝑇 é a tensão no fio e 𝑎 é a aceleração da cunha e do bloco em relação à cunha. 
Aplicando a Segunda Lei no bloco na direção perpendicular à superfície da cunha: 
𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝛼 − 𝑚𝑎 sen 𝛼 (𝑒𝑞. 2) 
Aplicando a Segunda Lei na cunha na horizontal: 
𝑁 sen 𝛼 + 𝑇 − 𝑇 cos 𝛼 = 𝑀𝑎 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Substituindo (1) e (2) na equação acima, obtemos: 
(𝑚𝑔 cos 𝛼 − 𝑚𝑎 sen 𝛼) sen 𝛼 + (𝑚𝑔 sen 𝛼 + 𝑚𝑎 cos 𝛼 − 𝑚𝑎)(1 − cos 𝛼) = 𝑀𝑎 
(−𝑚𝑎 sen 𝛼) sen 𝛼 + 𝑚𝑔 sen 𝛼 + (𝑚𝑎 cos 𝛼 − 𝑚𝑎)(1 − cos 𝛼) = 𝑀𝑎 
−2𝑚𝑎(1 − cos 𝛼) + 𝑚𝑔 sen 𝛼 = 𝑀𝑎 
𝑎 =
𝑚𝑔 sen 𝛼
𝑀 + 2𝑚(1 − cos 𝛼)
 
Gabarito: 𝒂 =
𝒎𝒈𝒔𝒆𝒏𝜶
𝑴+𝟐𝒎(𝟏−𝒄𝒐𝒔𝜶)
. 
 
Dois blocos A e b de massas 𝑚𝐴 e 𝑚𝐵 são puxados por uma força horizontal de intensidade 𝐹, em 
uma superfície perfeitamente lisa. Determine a aceleração de cada bloco e a tração no cabo. 
 
Comentários: 
Sejam 𝑙𝐴 e 𝑙𝐵 a distância de A e B ao pino chão, respectivamente. Veja a esquematização abaixo: 
 
Como a corda apresenta comprimento constante, temos: 
2𝑙𝐴 + 3𝑙𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. 
Tirando a variação da equação acima em relação ao tempo duas vezes, temos: 
2𝑎𝐴 + 3𝑎𝐵 = 0 
 Em módulo, temos: 
𝑎𝐵 =
2
3
𝑎𝐴 
Seja 𝑇 a tração no cabo. Aplicando a Segunda Lei no bloco A, temos: 
𝐹 − 2𝑇 = 𝑚𝐴𝑎𝐴 (𝑒𝑞. 1) 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Aplicando a Segunda Lei no bloco B, temos: 
3𝑇 = 𝑚𝐵𝑎𝐵 (𝑒𝑞. 2) 
Eliminando 𝑇 de (2) em (1), obtemos: 
𝐹 − 2 ⋅
𝑚𝐵
3
⋅
2
3
𝑎𝐴 = 𝑚𝐴𝑎𝐴 
𝐹 = 𝑎𝐴 (𝑚𝐴 +
4
9
𝑚𝐵) 
𝑎𝐴 =
𝐹
𝑚𝐴 +
4
9 𝑚𝐵
 
 Logo, a aceleração de B é de: 
𝑎𝐵 =
2
3
(
𝐹
𝑚𝐴 +
4
9 𝑚𝐵
) 
 Por fim, a tração de B é de: 
3𝑇 = 𝑚𝐵 ⋅
2
3
(
𝐹
𝑚𝐴 +
4
9 𝑚𝐵
) 
𝑇 =
2
9
𝑚𝐵 (
𝐹
𝑚𝐴 +
4
9 𝑚𝐵
) 
Gabarito: 𝑎𝐴 =
𝐹
𝑚𝐴+
4
9
𝑚𝐵
 ; 𝑎𝐵 =
2
3
(
𝐹
𝑚𝐴+
4
9
𝑚𝐵
) 𝒆 𝑇 =
2
9
𝑚𝐵 (
𝐹
𝑚𝐴+
4
9
𝑚𝐵
) 
 
Dois cubos idênticos de massa 𝑀 e uma cunha de massa 𝑚 cuja seção triangular equilátera repousa 
simetricamente sobre os blocos. Determine a aceleração da cunha e dos blocos, quando o sistema 
é abandonado do repouso. 
 
Comentários: 
 
 
 
 
148 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
Seja N a normal entre os corpos. A figura abaixo representa o movimento em um dado instante e 
em um subsequente instante onde o prisma se deslocou 𝑥 na vertical: 
 
𝐴 e 𝐵 são os pontos de contato no momento inicial. Como o sistema é simétrico, usaremos 
somente um lado dele, assim foi representado o ponto de contato no momento subsequente somente do 
lado direito, o qual foi denominado 𝐶. Note que o ponto de contato sempre mantém a altura. Pela relação 
de deslocamento entre o bloco e o prisma, temos: 
𝑎𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 = 𝑎𝑝𝑟𝑖𝑠𝑚𝑎 tan 30° 
Por conveniência: 
𝑎𝑝𝑟𝑖𝑠𝑚𝑎 = 𝑎 
Aplicando a Segunda Lei no prisma na vertical, temos: 
𝑚𝑔 − 2𝑁 sen 30° = 𝑚𝑎 ⇒ 𝑚𝑔 − 𝑁 = 𝑚𝑎 (𝑒𝑞. 1) 
Aplicando a Segunda Lei no bloco na horizontal, temos: 
𝑁 cos 30° = 𝑀𝑎𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 
𝑁 cos 30° = 𝑀𝑎 tan 30° ⇒ 𝑁 =
2
3
𝑀𝑎 
Substituindo o resultado acima em (1), obtemos: 
𝑎 =
3𝑚𝑔
2𝑀 + 3𝑚
⇒ 𝑎𝑏𝑙𝑜𝑐𝑜 =
√3𝑚𝑔
2𝑀 + 3𝑚
 
Gabarito: 𝒂 =
𝟑𝒎𝒈
𝟐𝑴+𝟑𝒎
, 𝒂𝒃𝒍𝒐𝒄𝒐 =
√𝟑𝒎𝒈
𝟐𝑴+𝟑𝒎
 
 
Na figura a seguir, o sistema se encontra inicialmente em repouso sobre a rampa de inclinação α 
devido às travas nas rodas do vagão. A rampa de inclinação 𝛽 e altura 𝐻 é fixa ao vagão e coloca-se 
um bloco de massa 𝑚 no topo dessa rampa. Retirando-se as travas, o vagão passa a se mover rampa 
abaixo e o bloco é abandonado do repouso do topo da rampa no interior do vagão. Considerando-
se a massa do vagão muito maior que a massa do bloco, determine o tempo que o bloco leva para 
atingir o piso do vagão. Considere a aceleração da gravidade igual a 𝑔 e despreze todos os atritos. 
 
 
 
 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Comentários: 
Como a massa vagão é muito maior que a do carrinho, podemos considerar somente seu peso 
como força resultante, assim sua aceleração é dada pela expressão comum: 
𝑎𝑣𝑎𝑔𝑢ã𝑜 = 𝑔 sen 𝛼 
Considere o movimento de 𝑚 no referencial do vagão: 
 
O bloco sentirá um campo gravitacional de 𝑔 cos 𝛼 para baixo, como mostra a figura. O movimento 
na direção da superfície do plano será uniformemente acelerado, assim: 
Δ𝑆 =
𝑎𝑡2
2
⇒
𝐻
sen 𝛽
=
(𝑔 cos 𝛼 𝑠𝑒𝑛𝐵)𝑡2
2
∴ 𝑡 = √
2𝐻
𝑔 cos 𝛼 sen2 𝛽 𝑔
 
Gabarito: 𝚫𝒕 = √
𝟐𝑯
𝒈𝒄𝒐𝒔𝜶𝒔𝒆𝒏𝟐𝜷
 
 
Na situação ilustrada na figura a seguir, uma Máquina de Atwood com dois blocos A e B de massas 
𝑚 e 𝑀, respectivamente com 𝑀 > 𝑚, e uma corda de comprimento 𝐿, se encontram acoplados a 
um vagão de altura 𝐻, com 
𝐿
2
< 𝐻 < 𝐿. Inicialmente o sistema está parado devido a uma trava nas 
rodas. A massa do vagão é muito maior que a massa dos blocos. Todos os atritos são desprezíveis e 
a corda e a polia são ideais. Quando a trava das rodas é retirada, o vagão adquire aceleração para 
baixo ao longo de uma ladeira muito longa, que forma um ângulo a com a horizontal. Após a retirada 
das travas, determine o tempo necessário para o bloco B atingir o piso do vagão. 
 
 
 
 
150 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 
Comentários: 
Como a massa vagão é muito maior que a do carrinho, podemos considerar somente seu peso 
como força resultante, assim sua aceleração é dada pela expressão comum: 
𝑎𝑣𝑎𝑔𝑢ã𝑜 = 𝑔 sen 𝛼 
Considere o movimento de 𝑚 no referencial do vagão: 
 
Os blocos sentirão um campo gravitacional de 𝑔 cos 𝛼 para baixo, como mostra a figura. Aplicando 
a Segunda Lei aos dois blocos: 
𝑀𝑔 cos 𝛼 − 𝑇 = 𝑀𝑎 
𝑇 − 𝑚𝑔 cos 𝛼 = 𝑚𝑎 
𝑎 =
𝑔(𝑀 − 𝑚) cos 𝛼
𝑀 + 𝑚
 
O movimento na direção vertical será uniformemente acelerado, assim: 
Δ𝑆 =
𝑎𝑡2
2
 
𝐻 −
𝐿
2
=
𝑔(𝑀 − 𝑚) cos 𝛼 𝑡2
2(𝑀 + 𝑚)
 
 
 
 
 
151 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑡 = √
(𝑀 + 𝑚)(2𝐻 − 𝐿)
𝑔(𝑀 − 𝑚) cos 𝛼
 
Gabarito: 𝒕 = √
(𝑴+𝒎)(𝟐𝑯−𝑳)
𝒈(𝑴−𝒎) 𝐜𝐨𝐬 𝜶
. 
 
Um sistema formado por dois blocos de massas 𝑚1 e 𝑚2, ligados por uma corrente de massa 𝑚, 
estão sendo puxados por uma força horizontal de intensidade 𝐹. Determine a tração em cada 
extremidade da corrente. 
 
Comentários: 
Note que todo o sistema está se movendo para a direita com a mesma aceleração. Aplicando a 
Segunda Lei ao sistema: 
𝐹 = (𝑀1 + 𝑀2 + 𝑚)𝑎 
𝑎 =
𝐹
𝑀1 + 𝑀2 + 𝑚
 
Sejam 𝑇1 e 𝑇2 as tensões nas conexões da corrente com 𝑀1 e 𝑀2, respectivamente. Aplicando a 
Segunda Lei na corda na vertical: 
𝑇1 cos 𝛼 + 𝑇2 cos 𝛼 = 𝑚𝑔 
𝑇1 + 𝑇2 =
𝑚𝑔
cos 𝛼
 (𝑒𝑞. 1) 
Aplicando a Segunda Lei na corda na vertical, obtemos: 
𝑇2 sen 𝛼 − 𝑇1 sen 𝛼 = 𝑚𝑎 
𝑇2 − 𝑇1 =
𝑚𝐹
sen 𝛼 (𝑀1 + 𝑀2 + 𝑚)
 (𝑒𝑞. 2) 
De (1) e (2), obtemos: 
𝑇1 =
𝑚
2
[
𝑔
cos 𝛼
−
𝐹
sen 𝛼 (𝑀1 + 𝑀2 + 𝑚)
] 
𝑇2 =
𝑚
2
[
𝑔
cos 𝛼
+
𝐹
sen 𝛼 (𝑀1 + 𝑀2 + 𝑚)
] 
Gabarito: 𝑻𝟏 =
𝒎
𝟐
[
𝒈
𝐜𝐨𝐬 𝜶
−𝑭
𝐬𝐞𝐧 𝜶(𝑴𝟏+𝑴𝟐+𝒎)
], 𝑻𝟐 =
𝒎
𝟐
[
𝒈
𝐜𝐨𝐬 𝜶
+
𝑭
𝐬𝐞𝐧 𝜶(𝑴𝟏+𝑴𝟐+𝒎)
] 
 
 
 
 
152 
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AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
 (Inédita - Prof. Toni Burgatto) 
3 esferas idênticas são colocadas entre duas paredes verticais, como na figura 
abaixo. A massa de cada esfera é 𝑚 e o raio é 𝑟 =
5𝑅
9
, em que 2𝑅 é a separação 
das paredes. 
a) Qual a força de contato é máxima entre os corpos? 
b) Qual a força de contato mínima entre os corpos? 
Comentários: 
 Geometricamente: 
 
𝑟 + 𝑟 + 2𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 2𝑅 
1 + cos(𝜃) =
𝑅
𝑟
 
cos(𝜃) =
9
5
− 1 =
4
5
 
𝑠𝑒𝑛(𝜃) =
3
5
 
 Fazendo o diagrama de forças, temos: 
 
Considerando as três esferas, temos: 
 
 
 
 
153 
Prof. Toni Burgatto 
 
 
 
AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
𝑁1 = 3𝑚𝑔 
𝑁2 + 𝑁4 = 𝑁3 
Para a esfera mais em baixo: 
𝑁5𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑚𝑔 = 𝑁1 
𝑁5 ⋅
3
5
= 2𝑚𝑔 
𝑁5 =
10
3
𝑚𝑔 
Para a esfera mais no topo: 
𝑁6𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚𝑔 
𝑁6 =
5
3
𝑚𝑔 
No equilíbrio horizontal da esfera do topo, temos: 
𝑁4 = 𝑁6cos(𝜃) =
5
3
𝑚𝑔 ⋅
4
5
=
4
3
𝑚𝑔 
Equilíbrio horizontal da esfera do meio: 
𝑁3 = (𝑁6 + 𝑁5) cos 𝜃 = (
5
3
+
10
3
) ⋅
4
5
⋅ 𝑚𝑔 = 4𝑚𝑔 
Portanto: 
𝑁2 +
4
3
𝑚𝑔 = 4𝑚𝑔 
𝑁2 =
8
3
𝑚𝑔 
Gabarito: a) 𝟒𝑚𝑔 b) 
𝟒
3
𝑚𝑔 
12. Referências Bibliográficas 
[1] Calçada, Caio Sérgio. Física Clássica. 1. ed. Saraiva Didáticos, 2012. 576p. 
[2] Bukhovtsev, B.B. Krivtchenkov, V.D. Miakishev, G.Ya. Saraeva, I. M. Problemas Selecionados de Física 
Elementar. 1 ed. MIR, 1977.518p. 
[3] Brito, Renato. Fundamentos de Mecânica. 2 ed. VestSeller, 2010. 496p. 
 
 
 
 
154 
Prof. Toni Burgatto 
 
 
 
AULA 04 – Princípios da Dinâmica e forças elástica 
 
[4] Departamento de Física do ITA. Algarismos significativos. Disponível em: 
<http://www.fis.ita.br/labfis45/erros/errostextos/erros1.htm> 
[5] IM-UFRJ. Aula 8 Produto Escalar. Disponível em <http://www.im.ufrj.br/nuno/aula8.pdf> 
[6] Camargo, Ivan de. Boulos, Paulo. Geometria analítica: Um tratamento vetorial. 3. Ed. Person Education, 
2004, 560p. 
13. Considerações Finais 
Chegamos ao final da nossa aula. Relembramos conceitos estudados no ensino médio e 
aprofundamos o nosso conhecimento em alguns assuntos como vínculos geométricos, referenciais não 
inerciais, forças fictícias e gravidade aparente. 
É muito importante saber bem as leis de Newton e como aplicá-las. Com nossa teoria e lista de 
exercícios, acredito que você tem condições para fazer qualquer questão de Dinâmica I na prova. 
Na próxima aula, trabalharemos a Dinâmica II - força de atrito e as forças no movimento curvilíneo. 
Tome nota nos exercícios mais difíceis e faça mais de uma vez, principalmente o exercício do plano 
inclinado na qual o plano também se movimenta. Já caíram várias vertentes deste exercício cobrando 
assuntos como centro de massa. Por isso, entender esse problema é fundamental na sua preparação. 
Eu sei que o caminho para a aprovação é árduo, mas comentarei o maior número de questões do 
ITA e passarei todos os bizus que precisei para minha aprovação. 
Conte comigo nessa jornada. Quaisquer dúvidas, críticas ou sugestões entre em contato pelo 
fórum de dúvidas do Estratégia ou se preferir: 
 
 @proftoniburgatto