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LeisdeNewtonExerc01a21

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4) θ = 0 ⇒ 





−−





=′′ αµα sencos c M
Fg
M
Fa (3.5.3) 
5) θ = α = 0 ⇒ g
M
Fa cµ−=′′ (3.4.3) 
6) α = 0 ⇒ )cossen( c θµ+−=′′ θgM
Fa (7.2) 
7) µc = θ = α = 0 ⇒ M
Fa =′′ (3.1.2) 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
y 
g
 
cf

 
)ˆ( jaa −= 
F

 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA - DPF 
FÍSICA I – MECÂNICA 
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9) Uma força horizontal de módulo F arrasta uma caixa de peso 
P para cima, ao longo de um plano com inclinação θ acima da 
horizontal (0 < θ < 90º). O coeficiente de atrito entre a caixa e 
o plano é µc. Obtenha, em função das grandezas fornecidas, 
µc, P e θ, uma expressão para o módulo da força F que fará 
com que a caixa suba o plano com velocidade constante. 
SOLUÇÃO: 
Dados: µc, P e θ 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
θsenPPx = (9.1) θcosPPy = (9.2) 
θcosFFx = (9.3) θsenFFy = (9.4) 
Como a caixa é arrastada com velocidade constante, ∑ = 0F

. 
Em y: ∑ =−−= 0yyy FPNF (9.5) 
Substituindo (9.2) e (9.4) em (9.5), obtém-se 
θsencos FθPN += . (9.6) 
Como a força de atrito cinético é dada por 
Nf cc µ= , (9.7) 
substituindo (9.6) em (9.7), tem-se 
)encos(cc θµ sFθPf += . (9.8) 
Em x: ∑ =−−= 0cfPFF xxx (9.9) 
Substituindo (9.1), (9.3) e (9.8) em (9.9), obtém-se 
0)sencos(sencos c =+−− θFθPμθPθF , 
)cossen()sen(cos cc θμθPμθF +=− θ , 
que, finalmente, resulta em 






−
+
=
θμθ
θμθPF
sencos
cossen
c
c . (9.10) 
• Discuta o resultado acima para θ = 0. 
 
10) Uma caixa de massa M é arrastada sobre uma superfície ho-
rizontal por meio de uma corda inclinada de um ângulo θ aci-
ma da horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa 
e a superfície é µc e o módulo da aceleração da gravidade lo-
cal é g. Determine o módulo da força exercida pela corda de 
modo que a caixa se desloque com velocidade constante. Dê 
sua resposta em função de M, g, µc e θ. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M, g, µc e θ 
Ilustração: Diagrama do corpo livre para o bloco. 
O bloco desloca-se com velocidade constante, podemos, portanto, 
aplicar a 1a Lei de Newton, ∑ = 0F

. 
Em y: ∑ =−+= 0PFNF yy ⇒ θsenFMgN −= (10.1) 
∴ ( )θµµ senccc FMgNf −== (10.2) 
Em x: 0c =−=∑ fFF xx (10.3) 
Substituindo (10.2) em (10.3), temos 
( ) 0sencos c =−− θFMgμθF 
∴ )sencos( c
c
θμθ
MgμF
+
= (10.4) 
• Observe que, para θ = 0, cfF = . 
 
11) Uma força horizontal F de 12 N comprime um bloco pesando 
5,0 N contra uma parede vertical. O coeficiente de atrito está-
tico entre a parede e o bloco é 0,60, e o coeficiente de atrito 
cinético é 0,40. Suponha que inicialmente o bloco não esteja 
em movimento. 
a) O bloco se moverá? Justifique. 
b) Qual a força exercida pela parede sobre o bloco, em notação 
dos vetores unitários? 
SOLUÇÃO: 
Dados: F = 12 N, g = 9,8 m/s2, µe = 0,60 e µc = 0,40 
Ilustração: Diagrama do corpo livre para o bloco. 
NF

=SB ⇒ força que a superfície (parede) exerce sobre o bloco 
ou reação normal da superfície sobre o bloco 
gMPF

==TB ⇒ força que a Terra exerce sobre o bloco ou peso 
do bloco 
a) Suponhamos que o bloco esteja em repouso. Aplicando a 1a Lei 
de Newton, ∑ = 0F

, temos: 
θ 
θFF
θFF
MgP
y
x
sen
cos
=
=
=
 
θ 
N

 F

 
P

 
cf

 
xF

 
yF

 
x 
y 
g
 
)ˆ( iFFN −=−=

 
x 
y 
g
 )ˆ(atat jff +=

 
)ˆ(TB jMggMPF −===

 
)ˆ( iFF +=

 
θ 
θ 
θ 
F

 
xF

 
yF

 
yP

 
cf

 
P

 
yy PFN

−−= x 
y 
g
 
xP

 
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Em y: ∑ =−= 0at PfFy ∴ N0,5e == Pf (11.1) 
Em x: 0=−=∑ NFFx ∴ N12== FN (11.2) 
Usando (11.2) as forças de atrito cinético e estático podem assu-
mir os seguintes valores 
N8,4N124,0ccc =×=== FNf µµ (11.3) 
e N2,7N126,0ecmaxee =×===≤ FNff µµ (11.4) 
Donde se conclui que o bloco permanecerá em repouso, pois a 
força de atrito estático em vigor é suficiente para suportar o peso 
do bloco, aliás, pode suportar um bloco de até 7,2 N. 
b) A força exercida pela superfície (parede) sobre o bloco, é 
N)ˆ0,5ˆ12(SB jiF +−=

 (11.5) 
 
12) O coeficiente de atrito estático entre o teflon e a gema de um 
ovo é eµ . Qual o menor ângulo, em relação à horizontal, que 
fará a gema deslizar pelo fundo da frigideira revestida de te-
flon? Considere a aceleração da gravidade igual a g. 
SOLUÇÃO: 
Dados: eµ e g 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
θsenPPx = (12.1) θcosPPy = (12.2) 
O menor ângulo ( minθ ) que fará a gema deslizar em MRUA será 
levemente maior do que o ângulo máximo ( maxθ ) que permitirá 
que a gema permaneça em repouso, na iminência de escorregar. 
Supondo o bloco em repouso (equilíbrio estático), podemos apli-
car a 1a Lei de Newton, ∑ = 0F

. 
Em y: ∑ =−= 0yy PNF (12.3) 
Substituindo (12.2) em (12.3), obtém-se 
)cos( maxθPN = . (12.4) 
A força de atrito estático máxima é dada por 
Nf emaxe µ= . (12.5) 
Substituindo (12.4) em (12.5), tem-se 
)cos( maxemaxe θPf µ= . (12.7) 
Em x: ∑ =+−= 0maxefPF xx (12.8) 
Substituindo (12.1) e (12.7) em (12.8), temos 
emaxmaxemax )tan(0)cos()(sen µθθµθ =∴=+− PP , 
sendo )arctan( emaxmin µθθ => (12.9) 
 
13) Uma casa foi construída na parte de cima de um barranco 
com inclinação α. Um estudo indica que o ângulo de inclina-
ção deve ser reduzido porque as camadas superiores do solo, 
ao longo da inclinação, podem deslizar sobre as camadas in-
feriores. Se o coeficiente de atrito entre duas dessas camadas 
é µe, qual o menor ângulo de redução β da atual inclinação, 
de forma a evitar um deslizamento? 
SOLUÇÃO: 
Dados: eµ , α e g 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
Para que não haja risco de deslizamento, a maior inclinação do 
barranco deve ser de )arctan( emax µθθ == , resultado que po-
de ser obtido repetindo-se o mesmo procedimento do problema 
anterior (13). 
Como θβα += , o menor ângulo de redução será 
)arctan( eµαθαβ −=−= (14.1) 
 
14) Um trabalhador deseja empilhar um monte de areia, em forma 
de cone, dentro de uma área circular de raio R. Se µe é o coe-
ficiente de atrito estático entre a camada de areia da superfície 
inclinada e a camada inferior (sobre a qual ela pode deslizar), 
mostre que o maior volume de areia que pode ser empilhado 
dessa forma é 3/3eRπµ . ( 3/cone AhV = ) 
SOLUÇÃO: 
Dados: eµ e R 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
Usando o mesmo procedimento do problema 13, temos 
Rh
R
h
eemax )tan( µµθ =∴== (15.1) 
Finalmente, 
33
3
e
2
cone
RhRV µππ == . (15.2) 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
g
 
ef

 
y 
β 
α 
)ˆ( iFN −=

 
x 
y 
)ˆ(e jPf +=

 
jPiFF ˆˆSB +−=

 
R 
h 
θ 
x y N

 
ef

 
P

 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
g
 
ef

 
y 
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15) Seja um plano inclinado cujo ângulo de elevação em relação à 
horizontal é 60°. O coeficiente de atrito cinético entre um de-
terminado bloco e a superfície da rampa é 0,20. Qual a acele-
ração do bloco se 
a) deslizar para baixo no plano inclinado e 
b) se for dado um empurrão para cima, fazendo-o deslizar sobre o 
plano