Exercícios Leis de Newton resolvidos

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA - DPF
FÍSICA I – MECÂNICA
1
EXERCÍCIOS PROPOSTOS RESOLVIDOS
LEIS DE NEWTON E APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
EQUAÇÕES¦ amFF &&&R 200 )21( tatvrr &&&& �� 
Nf cc P tavv &&& � 0
Nf ee Pd ravv && '˜� 2202
1) Dado o sistema em equilíbrio ilustrado abaixo, determine a 
tensão em cada uma das cordas T1, T2 e T3.
SOLUÇÃO:
Dados: P = 500 N, D = 37q e E = 53q
Ilustração: Diagramas das forças no nó e no bloco.
Uma vez que o sistema se encontra em equilíbrio, temos:
Para o bloco suspenso:
Em y: Ÿ �c ¦ 01 PTFy N 5001 c PT (1.1)
Para o nó:
Em x: xxxxx TTTTF 2323 0 Ÿ � ¦ DE coscos 23 TT 
EDcoscos23 TT (1.2)
Em y: ¦ �� 0123 TTTF yyy
PTTTT c � 1123 sensen DE (1.3)
Substituindo (1.2) em (1.3), obtemos 
PTT �¸¸¹·¨¨©§ DEED sensencoscos 22
Reduzindo ao mesmo denominador, temos
P
TT � � )(sen
cos
)cossencossen(
cos
22 EDEEDDEE
?
)sen(
cos
2 ED E� PT . (1.4)
Substituindo (1.4) em (1.2), temos
)sen(
cos
3 EDD� PT (1.5)
Para o caso em questão, 
P = 500 N, D = 37q e E = 53q , D + E = 90q 
cosE = cos(53º) # 0,60 
cosD = cos(37º) # 0,80 
sen(D + E) = sen(90º) = 1 
? N30060,0N500
)sen(
cos
2 u � ED EPT (1.4’)
N40080,0N500
)sen(
cos
3 u � ED DPT (1.5’)
OUTRA SOLUÇÃO PARA O PRESENTE PROBLEMA:
Em y: Ÿ �c ¦ 01 PTFy N 5001 c PT (1.1)
Para o nó:
Em x: xxxxx TTTTF 2323 0 Ÿ � ¦
)37cos()53cos( 23 q q TT
2323
3
4
60,0
80,0
TTTT Ÿ (1.2)
Em y: ¦ �� 0123 TTTF yyy
PTTTT c q�q 1123 )37sen()53sen(
N 500)60,0()80,0( 23 �TT
N 500068 23 � TT (1.3)
Substituindo (1.2) em (1.3), obtemos 
N 5000
3
50
6
3
4
8 222 �¹¸·©¨§ TTT ? N 3002 T (1.4) 
De (1.2) e (1.4), temos, Ÿ N 300
3
4
3T N 4003 T (1.5)
2) Duas forças possuem o mesmo módulo F. Determine o ângu-
lo entre os dois vetores quando a soma vetorial possui os se-
guintes módulos: a) F2 ; b) F2 ; c) zero?
SOLUÇÃO:
Dados: FFF 21
O módulo da força resultante entre dois vetores é dado porTcos2112 212221R �� ˜�� FFFFFF && . (2.1)
Elevando (2.1) ao quadrado, temos
37° 53° 
P = 500 N 
T1 
T2 
T3 
sen(37º) = cos(53º) # 0,60 
sen(53º) = cos(37º) # 0,80
P
&
c
1T
&
bloco
y 
g
&
 
D E
y 
3T
&
 
1T
&
 
2T
&
 
x 
xT3
&
 
yT3
&
 
xT2
&
 
yT2
&
 
nó
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2
)cos1(2 22R T� FF Ÿ 1
2
1
cos
2
R �¸¸¹·¨¨©§ FFT
? »»¼
º««¬
ª �¹¸·©¨§ 121arccos
2
R
F
FT (2.2)
De (2.2), temos:
a) Para FF 2R Ÿ 0)1(arccosa T (2.3)
b) Para FF 2R Ÿ q 90)0(arccosbT (2.4)
c) Para 0R F Ÿ q � 180)1(arccoscT (2.5)
3) Uma caixa de massa M é arrastada sobre uma superfície ho-
rizontal sob a ação de uma força F
&
que faz um ângulo T com 
a horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa e a 
superfície é Pc e o módulo da aceleração da gravidade local é 
g. Determine:
a) o módulo da força que a superfície exerce sobre a caixa e 
b) a aceleração da caixa. 
Dê suas respostas em termos dos dados F, M, g, T e µc, que se 
fizerem necessários.
3.1) Resolva o problema 3 considerando T e Pc iguais a zero.
SOLUÇÃO:
Dados: M e g
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa.
NF
&& sc Ÿ força que a superfície exerce sobre a caixa ou reação 
normal da superfície sobre a caixa
gMPF
&&& Tc Ÿ força que a Terra exerce sobre a caixa ou peso 
da caixa
A caixa desloca-se sob a ação da força F
&
, podemos, portanto, 
aplicar a 2a Lei de Newton, ¦ aMF && .
Em y: ¦ 0yy MaF Ÿ 0 � PN ? MgN (3.1.1)
Em x: xx MaFF ¦ ?
M
F
aa x (3.1.2)
3.2) Resolva o problema 3 considerando Pc = 0 e º900 �� T ,
acima da horizontal.
SOLUÇÃO:
Dados: F, M, g, e T
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa.
Como a caixa desloca-se sob a ação da força F
&
, aplicando a 2a
Lei de Newton, ¦ c aMF && , temos:
Em y: ¦ c 0yy aMF Ÿ 0 ��c PFN y
? TsenFMgN � c (3.2.1)
Em x: xxx aMFF c ¦ ? Tcos
M
F
aa x c c (3.2.2)
x Comparando (3.1.1) e (3.2.1), como º900 �� T , temos que TsenFNN � c , ou seja, NN c! .x Comparando (3.1.2) e (3.2.2), temos Tcosaa c , isto é, 
aa c! .x Para o caso particular em que 0 T , NN c e aa c .
3.3) Resolva o problema 3 considerando Pc = 0 e º900 �� T ,
abaixo da horizontal.
SOLUÇÃO:
Dados: F, M, g, e T
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa.
F
&
T 
)ˆ(sc jMggMPNF � � � &&&&
F
&
)ˆ(Tc jMggMPF � &&&
x 
y 
g
&
 
a
&
F
&
T
&
ljFF
ljFF
MgP
y
x
sen
cos 
 
T 
N c& F&
P
& xF
&
yF
&
x 
y 
g
&
 
ac&
F
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T 
ljFF
ljFF
MgP
y
x
sen
cos 
 T 
N cc&
F
&
P
&
xF
&
yF
& x 
y 
g
&
 
a cc&
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3
Como a caixa desloca-se sob a ação da força F
&
, aplicando a 2a
Lei de Newton, ¦ cc aMF && , temos:
Em y: ¦ cc 0yy aMF Ÿ 0 ��cc PFN y? TsenFMgN � cc (3.3.1)
Em x: xxx aMFF cc ¦ ? Tcos
M
F
aa x cc cc (3.3.2)
x Comparando (3.1.1), (3.2.1) e (3.3.1), temosTT sensen FNFMgN � � c , ou seja, NN c! ;TT sensen FNFMgN � � cc , donde NNN c!!cc .x Comparando (3.2.2) e (3.3.2), temos Tcosaaa c cc .x Para o caso particular em que 0 T , temos
NNN cc c e aaa cc c .
3.4) Resolva o problema 3 considerando Pc > 0 e T = 0º.
SOLUÇÃO:
Dados: M, g, Pc e T = 0
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa.
De (3.1.1), temos que a força de atrito cinético é dada por 
MgNf ccc PP (3.4.1)
Em x: 1c xx MafFF � ¦ (3.4.2)
Substituindo (3.4.1) em (3.4.2), temos
gag
M
F
aa ccx PP � � 11 (3.4.3)
x Comparando (3.1.2) e (3.4.3), em razão do atrito surge o ter-
mo negativo (�Pc g) e, como era de se esperar, 1aa ! .
3.5) Resolva o problema 3 considerando Pc > 0 e º900 �� T ,
acima da horizontal.
SOLUÇÃO:
Dados: F, M, g, e T (acima da horizontal)
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa.
De (3.2.1), temos que a força de atrito cinético é dada por 
)sen(ccc TPP FMgNf � c c (3.5.1)
Em x: 1c xxx aMfFF c c� ¦ (3.5.2)
Substituindo (3.5.1) em (3.5.2), temos
¹¸·©¨§ ��¹¸·©¨§ c c TPT sencos c11 MFgMFaa x (3.5.3)
O primeiro termo à direita na equação acima é a contribuição da 
aceleração devida à componente da força F
&
na direção x, tam-
bém obtidas em (3.2.2) e (3.3.2). Já o segundo termo, negativo, é
devido ao atrito.x De (3.1.2), (3.2.2) e (3.3.2) podemos escrever a equação aci-
ma (3.5.3) como )sen(c1 TP agaa ��c c .
Observe que:x para 0 T Ÿ gaaa c11 P� c . (3.4.3)x para 0c P Ÿ Tcos1 aaaa cc c c . (3.2.2) e (3.3.2)x para 0c TP Ÿ aaaaa cc c c 11 . (3.1.2)
3.6) Resolva o problema 3 considerando Pc > 0 e º900 �� T ,
abaixo da horizontal.
SOLUÇÃO:
Dados: F, M, g, e T (abaixo da horizontal)
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa.
De (3.3.1), temos que a força de atrito cinético é dada por
)sen(ccc TPP FMgNf � cc cc (3.6.1)
Em x: 1c xxx aMfFF cc cc� ¦ (3.6.2)
Substituindo (3.6.1) em (3.6.2), temos
g
M
F
aa x c11 )sen(cos PTT �� cc cc
¹¸·©¨§ ��¹¸·©¨§ cc cc TPT sencos c11 MFgMFaa x (3.6.3)
x De (3.6.3), (3.1.2), (3.2.2) e (3.3.2) temos 
)sen(c1 TP agaa ��c cc .
Observe ainda que:x para 0 T Ÿ gaaaa c111 P� c cc . (3.4.3)x para 0c P Ÿ Tcos11 aaaaa cc c c cc . (3.2.2) e (3.3.2)x para 0c TP Ÿ aaaaaa cc c c cc 111 , ou seja, a
partir do resultado acima (3.6.3), mais geral, manipulando-se T e Pc, é possível obter todos os resultados anteriores.
N
&
F
&
P
&
x 
y 
g
&
 
1a
&
cf
&
ljFF
ljFF
MgP
y
x
sen
cos 
 
T N c
& F
&
P
& xF
&
yF
&
x 
y 
g
&
 
cf c& 1ac&
&
&
&
&
&
ljFF
ljFF
MgP
y
x
sen
cos 
 
T 
N cc&
F
&
P
&
xF
&
yF
& x 
y 
g
&
 
1a cc&
cf cc&
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4
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � x 
y 
g
&
 
cf c&
)ˆ( jaa �c c&
4) Uma caixa de massa M desliza para baixo em um plano incli-
nado que faz um ângulo T coma horizontal. O atrito entre a 
caixa e a superfície é desprezível e o módulo da aceleração 
da gravidade local é g. Determine:
a) o módulo da força que a superfície exerce sobre a caixa e 
b) a aceleração da caixa.
Dê suas respostas em termos dos dados M, T, e g, que se fizerem 
necessários.
SOLUÇÃO:
Dados: M, T e g
Ilustração: Diagrama do corpo livre.TsenMgPx (4.1) TcosMgPy (4.2)
A caixa desloca-se sob a ação da gravidade apenas, podemos a-
plicar a 2a Lei de Newton, ¦ aMF && .
Em y: ¦ � 0yy PNF (4.3)
Substituindo (4.2) em (4.3), obtém-se
ljMgN cos . (4.4)
Em x: ¦ � � xxx MaPF (4.5)
Substituindo (4.1) em (4.5), obtém-se
ljgaa x sen . (4.6)x Discuta o resultado acima para T = 0 e T = 90°.
5) Uma caixa de massa M desce um plano inclinado que faz um 
ângulo T com a horizontal. Determine a aceleração da caixa 
quando ela desce a rampa com velocidade (a) crescente e (b) 
decrescente. Considere o coeficiente de atrito cinético entre a 
caixa e a superfície como cP c , para o item (a), e cP cc , para o 
item (b), e o módulo da aceleração da gravidade igual a g. Dê 
suas respostas em termos dos dados M, T, g e cP c ( cP cc ), 
que se fizerem necessários.
a) SOLUÇÃO:
Dados: M, T g e cP c
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
A caixa desce com velocidade crescente, MRUV, )ˆ( iaa �c c& .
Como a força de atrito cinético é dada por
Nf cc P c c , (5a.1)
substituindo (4.4) em (5a.1), tem-se
ljMgf coscc P c c . (5a.2)
Em x: ¦ c� c�� xxx aMfPF c (5a.3)
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (5a.3), obtém-se
xaMljMgǍljMg c� c�� cossen c
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (�1/M), temos
)cossen( c TPT c� c ga (5a.4)* Com relação à equação (5a.4), observe que:x ac depende de T. Quais os limites superior e inferior de T ?
Para q 90supT , ga c , enquanto no limite inferior, como o 
movimento é acelerado, 0!ca , logo, )tan( infc TP �c , donde 
)arctan( cinf PT c! . Para 0 ca , )tan( infc TP c .x para 0c cP , Tsengaa c , igual ao obtido em (4.6).x Faz sentido substituir T = 0 em (5a.4), por que?
b) SOLUÇÃO:
Dados: M, T g e cc PP c!cc
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
A caixa desce com velocidade decrescente, MRUV, )ˆ( iaa � & .
Em x: ¦ cc� cc�� xxx aMfPF c (5b.1)
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (5b.1), obtém-se
xaMljMgǍljMg cc� cc�� cossen c
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (1/M), temos
)sencos( c TTP �cc cc ga (5b.2)* Com relação à equação (5b.2), observe que:x a cc depende de T. Quais os limites superior e inferior de T ?
Para q 90supT , ga � cc (o sinal negativo significa que o 
sentido da aceleração é para baixo, contrário ao arbitrado), 
enquanto no limite inferior, como o movimento é acelerado, 
0!cca , logo, )tan( infc TP !cc , donde )arctan( cinf PT cc� . Pa-
ra 0 cca , )tan( infc TP cc .x para 0c ccP , Tsengaa cc , igual ao obtido em (4.6).x Faz sentido substituir T = 0 em (5b.2), por que?
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � x 
y 
g
&
 
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � x 
y 
g
&
 
cf cc&
)ˆ( jaa �cc cc&
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T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � x 
y 
g
&
 
cf c&
)ˆ( jaa � c&
F
&
6) Uma caixa de massa M desce um plano inclinado, que faz um 
ângulo T com a horizontal, sob a ação de uma força de módu-
lo F, dirigida para baixo e paralela ao plano. O coeficiente de 
atrito cinético entre a caixa e a superfície é cP e o módulo da 
aceleração da gravidade local é g. Determine a aceleração da 
caixa. Dê suas respostas em termos dos dados M, T, g e cP ,
que se fizerem necessários.
SOLUÇÃO:
Dados: M, T g e cP
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
Em x: ¦ � ��� xxx MafPFF c (6.1)
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (6.1), obtém-se
xMaljMgǍljMgF � ��� cossen c
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (�1/M), temos
)cossen( c TPT �� g
M
F
a
ou )sencos( c TTP �� g
M
F
a (6.2)
* Com relação ao resultado acima, equação (6.2), discuta os 
possíveis valores para a aceleração da caixa para 0 T ,q 90T e 0c P . Analise o resultado, mas não perca de 
vista a situação física.
7) Uma caixa de massa M sobe um plano inclinado, que faz um 
ângulo T (0 < T < 90º) com a horizontal, sob a ação de uma 
força de módulo F, dirigida para cima e paralela ao plano. 
O coeficiente de atrito cinético entre a caixa e a superfície é
cP e o módulo da aceleração da gravidade local é g. Deter-
mine a aceleração da caixa. Dê suas respostas em termos 
dos dados M, T, F, g e cP , que se fizerem necessários.
SOLUÇÃO:
Dados: M, T, F, g e cP
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
Em x: ¦ c� c�� xxx aMfPFF c (7.1)
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (7.1), obtém-se
xaMljMgǍljMgF c� ��� cossen c
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (1/M), temos
)cossen( c TPT �� c g
M
F
a (7.2)
* Com relação ao resultado acima, equação (7.2), discuta os 
possíveis valores para a aceleração da caixa para 0 T ,q 90T e 0c P . Analise o resultado, mas não perca de 
vista a situação física.x Compare os resultados (6.2) e (7.2) e observe que aa c! .
8) Resolva o problema anterior supondo que a força F
&
forme 
um ângulo D (0 < D < 90º) com o plano inclinado.
SOLUÇÃO:
Dados: M, T, F, D, g e cPTsenMgPx (8.1) TcosMgPy (8.2)DcosFFx (8.3) DsenFFy (8.4)
Aplicando a 2a Lei de Newton, ¦ aMF && , temos
Em y: ¦ ��c 0yyy PFNF (8.5)
Substituindo (6.2) e (6.4) em (6.5), obtém-seDsencos FljMgN � ? )sencos(ccc DTPP FMgNf � c c . (8.6)
Em x: ¦ cc� c�� xxxx aMfPFF c (8.7)
Substituindo (8.1), (8.3) e (8.6) em (8.7), obtém-se
)cossen()sen(cos cc TPDPD ��� cc cc ljg
M
F
aa x
ou ¹¸·©¨§ ��¹¸·©¨§ � cc DTPD sencossencos c MFgljgMFa . (8.8)x Discuta o resultado acima para Pc = 0, T = 0 e D = 0, em se-
parado, aos pares e simultaneamente, e compare, quando for 
o caso, com resultados obtidos anteriormente.
1) Pc = 0 Ÿ ljg
M
F
a sencos � cc D
2) Pc = T = 0 Ÿ Dcos
M
F
a cc (3.2.2) e (3.3.2)
3) Pc = D = 0 Ÿ ljg
M
F
a sen� cc
4) T = 0 Ÿ ¹¸·©¨§ ��¹¸·©¨§ cc DPD sencos c MFgMFa (3.5.3)
5) T = D = 0 Ÿ g
M
F
a cP� cc (3.4.3)
6) D = 0 Ÿ )cossen( c TP�� cc ljg
M
F
a (7.2)
7) Pc = T = D = 0 Ÿ 
M
F
a cc (3.1.2)
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � x 
y 
g
&
 
cf
&
)ˆ( jaa � &
F
&
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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 T acima da
horizontal (0 < T < 90º). O coeficiente de atrito entre a caixa e 
o plano é Pc. Obtenha, em função das grandezas fornecidas, Pc, P e T, uma expressão para o módulo da força F que fará 
com que a caixa suba o plano com velocidade constante.
SOLUÇÃO:
Dados: Pc, P e T
Ilustração: Diagrama do corpo livre.TsenPPx (9.1) TcosPPy (9.2)TcosFFx (9.3) TsenFFy (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-seTsencos FljPN � . (9.6)
Como a força de atrito cinético é dada por
Nf cc P , (9.7)
substituindo (9.6) em (9.7), tem-se
)encos(cc TP sFljPf � . (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 ��� ljFljPǍljPljF ,
)cossen()sen(cos cc ljǍljPǍljF � � T ,
que, finalmente, resulta em
¸¸¹·¨¨©§ �� ljǍlj ljǍljPF sencos cossen cc . (9.10)
x Discuta o resultado acima para T = 0.
10) Uma caixa de massa M é arrastada sobre uma superfície ho-
rizontal por meio de uma corda inclinada de um ângulo T aci-
ma da horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa 
e a superfície é Pc e o módulo da aceleração da gravidade lo-
cal é g. Determine o módulo da força exercida pela corda de 
modoque a caixa se desloque com velocidade constante. Dê 
sua resposta em função de M, g, Pc e T.
SOLUÇÃO:
Dados: M, g, Pc e T
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 Ÿ TsenFMgN � (10.1)? � �TPP senccc FMgNf � (10.2)
Em x: 0c � ¦ fFF xx (10.3)
Substituindo (10.2) em (10.3), temos� � 0sencos c �� ljFMgǍljF
?
)sencos( c
c
ljǍlj
MgǍ
F � (10.4)
x Observe que, para T = 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, Pe = 0,60 e Pc = 0,40
Ilustração: Diagrama do corpo livre para o bloco.
NF
&& SB Ÿ força que a superfície (parede) exerce sobre o bloco 
ou reação normal da superfície sobre o bloco
gMPF
&&& TB Ÿ 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:T
ljFF
ljFF
MgP
y
x
sen
cos 
 
TN
& F
&
P
&
cf
&
xF
&
yF
&
x 
y 
g
&
 
)ˆ( iFFN � � &&
x 
y 
g
&
 )ˆ(atat jff � &
)ˆ(TB jMggMPF � &&&
)ˆ( iFF � &
T
T
T
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 u FNf PP (11.3)
e N2,7N126,0ecmaxee u d FNff PP (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 eP . 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: eP e g
Ilustração: Diagrama do corpo livre.TsenPPx (12.1) TcosPPy (12.2)
O menor ângulo ( minT ) que fará a gema deslizar em MRUA será 
levemente maior do que o ângulo máximo ( maxT ) 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( maxljPN . (12.4)
A força de atrito estático máxima é dada por
Nf emaxe P . (12.5)
Substituindo (12.4) em (12.5), tem-se
)cos( maxemaxe ljPf P . (12.7)
Em x: ¦ �� 0maxefPF xx (12.8)
Substituindo (12.1) e (12.7) em (12.8), temos
emaxmaxemax )tan(0)cos()(sen PTTPT ? �� PP ,
sendo )arctan( emaxmin PTT ! (12.9)
13) Uma casa foi construída na parte de cima de um barranco 
com inclinação D. 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 Pe, qual o menor ângulo de redução E da atual inclinação, 
de forma a evitar um deslizamento?
SOLUÇÃO:
Dados: eP , D e g
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
Para que não haja risco de deslizamento, a maior inclinação do 
barranco deve ser de )arctan( emax PTT , resultado que po-
de ser obtido repetindo-se o mesmo procedimento do problema 
anterior (13).
Como TED � , o menor ângulo de redução será
)arctan( ePDTDE � � (14.1)
14) Um trabalhador deseja empilhar um monte de areia, em forma 
de cone, dentro de uma área circular de raio R. Se Pe 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 3/3eRSP . ( 3/cone AhV )
SOLUÇÃO:
Dados: eP e R
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
Usando o mesmo procedimento do problema 13, temos
Rh
R
h
eemax )tan( PPT ? (15.1)
Finalmente, 
33
3
e
2
cone
RhR
V
PSS . (15.2)
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � x 
g
&
 
ef
&
y 
E
D
)ˆ( iFN � & x 
y 
)ˆ(e jPf � &
jPiFF ˆˆSB �� &
R 
h T
x y N
&
 
ef
&
 
P
&
 
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � x 
g
&
 
ef
&
y 
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8
15) Seja um plano inclinado cujo ângulo de elevação em relação à 
horizontal é 60q. 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 inclinado?
Dados: q 60T
20,0c P
2m/s80,9 g
a) SOLUÇÃO:
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
Idem ao problema 5 (a).
Aplicando a 2a Lei de Newton, ¦ amF && , temos
Em y (ay = 0): ¦ � 0yy PNF (15.1)? ljPN cos . (15.2)
A força de atrito cinético é dada por
ljPNf cosccc PP . (15.3)
Em x: ¦ � �� mafPF xx c (15.4)
Substituindo (15.3) em (15.4), temos
a
g
P
PP � �� TPT cossen e ,
)cossen( c TPT � ga (15.5)
22 m/s5,7
2
1
20,0
2
3
m/s8,9 #¸¸¹
·¨¨©
§ u�u a (15.6)
b) SOLUÇÃO:
Ilustração: Diagrama do corpo livre.
Em x: ¦ � c�� mafPF xx c (15.7)
Substituindo (15.3) em (15.7), temos
)cossen( c TPT � c ga (15.9)
22 m/s5,9
2
1
20,0
2
3
m/s8,9 #¸¸¹
·¨¨©
§ u�u ca (15.10)
16) Um bloco desliza para baixo com velocidade constante sobre 
um plano com inclinação D. Em seguida, é lançado para cima 
sobre o mesmo plano com velocidade escalar inicial v0.
a) Que altura, em relação ao ponto de lançamento, ele alcançará?
b) Ele deslizará para baixo novamente? Justifique.
SOLUÇÃO:
Dados: D, v0 e g
a) Certamente o bloco estava em repouso sob a ação da força de 
atrito estático e da componente da força peso, xPf
&& � e , e foi 
posto em movimento por um agente externo, descendo a rampa 
com velocidade constante, agora sob a ação da força de atrito ci-
nético e da componente da força peso, xPf
&& � c . Em ambos os 
casos a resultante das forças é nula ( 0 a& ). 
Para determinar o coeficiente de atrito cinético, basta seguir o 
procedimento do item (a) do problema anterior, trocando T por D,
e fazendo a = 0 na equação (15.5) e (5a.4), obtendoDP tanc . (13.1)
Na subida, para obter a aceleração, o procedimento é idêntico ao 
realizado no item (b) do problema anterior, em que, substituindo 
(13.1) em (15.9), obtemos 
DDDDD sen2coscossensen ggaax ¹¸·©¨§ � c (13.2)
A distância máxima percorrida ao longo do plano será dada por
º180cos220
2 xavv xxx '� . (13.3)
Ao atingir a altura máxima, ou distância máxima percorrida ao lon-
go do plano, a velocidade é nula, e, de (13.3), temos
Dsen4 20gvx ' (13.4)
Como xh ' /senD , (13.5)
de (13.4) e (13.5), temos a altura máxima, que é dada por
g
v
g
v
xh
4
sen
sen4
sen
2
0
2
0 u¸¸¹·¨¨©§ ' DDD (13.6)
b) Não! Ao parar, como xPf
&& � e , permanecerá em repouso, só 
entrará em movimento com ajuda externa.
17) Um estudante deseja determinar os coeficientes de atrito está-
tico e cinético entre uma caixa e uma prancha. Ele coloca a 
caixa sobre a prancha e vai levantando uma das extremida-
des. Quandoo ângulo em relação à horizontal é 30q, ela co-
meça a deslizar, descendo pela prancha 2,5 m em 4,0 s.
Quais os coeficientes de atrito determinados?
SOLUÇÃO:
Dados: T = 30°, m5,20 � ' xxx ,
s0,40 � ' ttt e 2m/s8,9 g
Cálculo de Pe Î Mesma situação do problema 12, sendo o ângulo 
máximo que a caixa ainda permanece em repou-
so é levemente inferior a 30º.
58,0)30tan()tan( maxe #q# TP (17.1)
Cálculo de Pc Î O movimento é acelerado, pois o ângulo de incli-
nação é ligeiramente superior ao ângulo máximo 
que mantinha a caixa em equilíbrio estático.
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � 
x 
g
&
 
cf c&
y 
ac& sentido do movimento
T
T
yP
&
xP
&
P
&
yPN
&& � 
x 
g
&
 
cf
&
y 
a
&
sentido do
movimento
TsenPPx TcosPPy 
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9
Cálculo da aceleração:
A equação da posição em função do tempo é dada por
2
00
2
1
tatvxx xx �� (17.2)
Como a caixa parte do repouso ( 00 xv ) no instante 00 t , de
(17.2) temos
2
2
t
x
aa x
' (17.3)
A situação é idêntica às dos problemas 5a e 15. De (5a.4) ou 
(15.5) temos
)cossen( c TPT � ga
? TTP costanc g a� (17.4)
Substituindo (17.3) em (17.4), temos TPP cos22ec tg x'� ,
ou 54,0
30cos)s0,4)(m/s8,9(
m)5,2(2
30tan
22c
 qu�q P (17.4)
18) Uma caixa de 68 kg é puxada pelo chão por uma corda que 
faz um ângulo de 15q acima da horizontal.
a) Se Pe = 0,50, qual a tensão mínima necessária para iniciar o 
movimento da caixa?
b) Se Pc = 0,35, qual a sua aceleração inicial?
SOLUÇÃO:
Dados: m = 68 kg, T = 15°,Pe = 0,50, Pc = 0,35 e g = 9,8 m/s2
a) Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa.
Em y: ¦ �� 0PFNF yy ? TsenFmgN � (18.1)
Na iminência de entrar em movimento a força de atrito estático se-
rá máxima,
)sen(eemaxe ljFmgNf � PP . (18.2)
Em x: 0maxe � ¦ fFF xx? 0)sen(cos e �� TPT FmgF
sendo N100,3
sencos
2
e
e u#� TPTP mgF (18.3)
b) Usaremos a mesma figura do item a), trocando apenas femax
por fc.
Em x: xxx mafFF � ¦ c
maFmgF �� )sen(cos c TPT
mamgF �� cc )sen(cos PTPT
»¼º«¬ª � ��� TPT TPTPTPTP sencos )sen(cos)sen(cos e eccega
? 2
e
ce m/s7,2
cossen
cos)( #u»¼º«¬ª �� ga TTP TPP (18.4)
x Discuta o resultado acima para T = 0.
19) Um corpo desliza para baixo, num plano inclinado de T, no 
dobro do tempo que levaria deslizando no mesmo plano sem 
atrito. Determine o coeficiente de atrito cinético entre ele e o 
plano.
SOLUÇÃO:
Dados: T , tt 2 c e g
Conforme demonstrado em problemas anteriores, na ausência de 
atrito a aceleração é dada por Tsenga (4.6)
e na presença de atrito por
)cossen( c TPT c� c ga . (5a.4)
Vamos supor que o corpo parte do repouso )0( 00 c xx vv , na
origem do sistema de coordenadas )0( 00 c xx .
As equações da posição em função do tempo são
22 sen
2
1
2
1
tgatx T (19.1)
e 2c
2 4)cossen(
2
1
2
1
tgtax TPT � cc c (19.2)
Como xx c , igualando (19.1) e (19.2), temos
22
c sen
2
1
4)cossen(
2
1
tgtg TTPT � ,
que, após simplificação resulta em
TTPT sen
4
1
cossen c �
e, finalmente, TTTP tan43cossen43c (19.3)
20) Considere o sistema da figura abaixo, sobre o qual é aplicada 
a força F
&
. As massas dos corpos A e B são MA e MB, e não 
há atrito entre os dois corpos e entre o corpo A e a mesa. 
Com a aplicação da força o sistema começa a se deslocar e a 
mola, de massa desprezível, sofre uma compressão d, quan-
do, então, B permanece em repouso em relação a A.
a) Represente graficamente (faça um diagrama) as forças que 
atuam sobre o bloco B e informe onde, ou em que lugar ou ob-
jeto, está aplicada a reação a cada uma dessas forças (por 
exemplo: a reação à força tal atua em tal lugar ou objeto).
b) Obtenha uma expressão literal para a aceleração do sistema.
c) Obtenha uma expressão literal para a constante elástica da 
mola k, em função das massas dos corpos, do comprimento d
e do módulo da força aplicada F.
ljFF
ljFF
MgP
y
x
sen
cos 
 
T 
N
&
F
&
P
& xF
&
yF
&
x 
y 
g
&
 
maxef
&
A 
B F
&
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SOLUÇÃO:
Dados: F , MA , MB , d e g
a) Ilustração: Diagrama de forças sobre B.
A reação à ABN
&
atua em A, ABBA NN
&& � .
A reação à elF
&
atua na mola, elkBBk FFF
&&& � � .
A reação ao BP
&
atua no centro da Terra, BTBBT PFF
&&& � � .
b) Para o sistema: ¦ �� � )ˆ()()( BABA iaMMaMMF &&
)ˆ(
BABA
i
MM
F
MM
F
a �¸¸¹·¨¨©§ � � 
&
& ?
BA MM
F
a � (20.1)
c) Para o bloco B: )ˆ(BBelB iaMaMFF Bx � ¦ &&& ou> @ )ˆ()ˆ()ˆ(
BA
Bel i
MM
F
MidkidkdkF �¸¸¹·¨¨©§ � � �� � &&
? ¹¸·©¨§¸¸¹·¨¨©§ � dFMM Mk BA B (20.2)
21) Os blocos 1 e 2 da figura abaixo têm massas m1 e m2. Con-
sidere que o fio seja inextensível, que não haja atrito na polia 
e que as massas do fio e da polia sejam desprezíveis. Sejam Pe e Pc os coeficientes de atrito estático e cinético entre o blo-
co 1 e a mesa, respectivamente. Determine (a) a massa mí-
nima do bloco 3 (m3) para impedir que o bloco 1 deslize e (b) 
a aceleração do bloco 2, quando o bloco 3 é removido subita-
mente de cima do bloco 1.
SOLUÇÃO:
Dados: m1 , m2 , Pe , Pc e g 
a) Ilustração: Diagrama das forças para os blocos.
SIGNIFICADO DOS SÍMBOLOS:
3/1N
& Ÿ reação normal do bloco 1 sobre o bloco 3
gmP
&&
33 Ÿ peso do bloco 3
2T
& Ÿ força que a corda exerce sobre o bloco 2
gmP
&&
22 Ÿ peso do bloco 2
1/mN
& Ÿ reação normal da mesa sobre o bloco 1
3/11/3 NN
&& � Ÿ reação normal do bloco 3 sobre o bloco 1
gmP
&&
11 Ÿ peso do bloco 1
)ˆ(m/1emax jNf � P& Ÿ força de atrito estático máximo sobre o blo-
co 1, devida ao atrito entre o bloco 1 e a mesa m
1T
& Ÿ força que a corda exerce sobre o bloco 1 ( 21 TT ) 
Em y: gmPNPNF y 331/331/33 0 ? � ¦ (21.1)
gmPTPTF y 222222 0 ? � ¦ (21.2)
gmmNNPNF y )(0)( 31m/13/11m/11 � ? �� ¦ (21.3)
Em x: 0emax11 � ¦ fTF x (21.4)
Logo gmmNfT )( 31em/1emaxe1 � PP (21.5)
Como 21 TT , igualando (21.2) a (21.5), temos
1
e
2
3 m
m
m � P (21.6)
b) Ilustração: Diagrama das forças para os blocos.
Em y: 22222 amPTF y � �c ¦
)( 222 agmT � c? (21.7)
gmNPNF y 1m/11m/11 0 c? �c ¦ (21.8)
Sendo gmNf 1cm/1cc PP c (21.9)
Em x: 11c11 amfTF x �c ¦
)( 1111c1 agmamfT � � c? (21.10)
Como 21 TT c c e aaa 21 , igualando (21.7) a (21.10), temos
? g
mm
mm
a ¸¸¹·¨¨©§ �� 21 1c2 P (21.11)
B
elF
&
BP
&
ABN
&
&
D
D
&
&
&
&
&
m1 
m2 
m3
1a
&
+y 
+x 
cf
&
1P
&
m/1N
& c
1T c&
bloco 1
+y 
2P
&
2T c&
bloco 2
2a
&
g
&
3/1N
&
+y 
+x 
emaxf
&
1P
&
m/1N
&
1T
&
bloco 1
+y 
3P
&
1/3N
&
bloco 3
+y 
2P
&
2T
&
bloco 2
g
&