Questões de dinâmica 2

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1 
 Prof. A.F.Guimarães 
Questões Dinâmica 2 – Atrito e Força Centrípeta 
Questão 1  
 
(ITA)  Um  automóvel  se  desloca  sobre  uma 
estrada, da direita para a esquerda,  conforme as 
figuras  1  a  4.  As  setas  nas  rodas  indicam  os 
sentidos das forças de atrito (sem relação com os 
módulos) exercidas sobre elas pelo chão: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Associe  os  esquemas  apresentados  com  os 
algarismos romanos de I a IV. 
I. Tração somente nas rodas dianteiras; 
II. Tração nas quatro rodas; 
III. Motor desligado (desacoplado); 
IV. Tração somente nas rodas traseiras. 
Resolução: 
Figura 1‐  I.   As rodas dianteiras sofrem a reação 
do  chão,  devido  ao  atrito  entre  os  pneus  e  o 
próprio chão, para a esquerda.  Isso significa que 
elas  tracionam  (empurram)  o  chão  para  direita. 
Já  as  rodas  de  traseiras,  são  tracionadas  para 
direita  pelo  chão.  Isso  significa  que  as  rodas 
traseiras não possuem tração. 
 
Figura 2 – IV. De forma semelhante ao que ocorre 
no caso da figura 1, porém, de forma inversa. As 
rodas  de  traseiras  possuem  tração  e  as  rodas 
dianteiras não. 
 
Figura  3  –  II.  As  rodas  dianteiras  e  traseiras 
possuem  tração.  Assim,  ambas  sofrem  a  reação 
do chão para a esquerda. 
 
Figura 4 – III. O carro não traciona o chão para a 
direita. Porém, o movimento do carro prossegue 
para a esquerda, enquanto o atrito entre os pneus 
e o chão atua nas rodas.   
 
Questão 2  
 
(FUVEST)  Uma  caixa  vazia,  pesando  10  N  é 
colocada sobre uma superfície horizontal. Ao ser 
solicitada por uma  força horizontal,  começa a se 
movimentar quando a intensidade da força atinge 
5  N;  cheia  d’água,  isso  acontece  quando  a 
intensidade da força atinge 50 N.  
a) Qual a força de atrito em cada caso? 
b) Qual a quantidade de água? 
Adote g = 10 mڄs ‐2. 
Resolução: 
a) Com  a  caixa  vazia,  temos,  na  iminência  do 
movimento: 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 .atDF f N= =  
 
Com  a  caixa  cheia,  temos  na  iminência  do 
movimento: 
 
 
 
 
 
 
50 .atDF f N′ ′= =  
 
Figura 1 
Figura 2 
Figura 3 
Figura 4 
F N 
P  fat 
F’ N’ 
P’  f’at 
 
 
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2 
b) Com  a  caixa  vazia,  podemos  encontrar  o 
coeficiente  de  atrito  de  destaque.  Como  a 
força normal de contato com o chão é igual ao 
peso, temos: 
 
5 10
0,5.
atDf Nµ µ
µ
= ⇒ =
∴ =  
 
O coeficiente de atrito não se altera pelo  fato da 
caixa conter água. Assim, teremos: 
 
50 0,5
100 .
atDf N N
N N
µ′ ′ ′= ⇒ = ⋅
′∴ =  
 
Mas, 
2
10 .H ON P′ = + Assim,  2 90 .H OP N∴ =  
Cerca de 9 kg (9 l) de água.  
 
Questão 3  
 
(PUCCAMP) Um corpo de massa 4,0 kg está sobre 
uma  superfície  horizontal  com  a  qual  tem 
coeficiente de atrito dinâmico 0,25. Aplica‐se nele 
uma  força  F  constante,  que  forma  com  a 
horizontal  um ângulo  de  530,  conforme  a  figura. 
Se o módulo de F é 20 N e a aceleração  local da 
gravidade  é  10  mڄs  ‐2,  pode‐se  concluir  que  a 
aceleração do movimento do corpo é, em mڄs ‐2: 
Dados: sen 530 = 0,8 e cos 530 = 0,6. 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 2,0; 
B(   ). 1,5; 
C(   ). 0,75; 
D(   ). 0,50; 
E(   ). 0,25. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
Podemos escrever: 
 
0
0
53 20 0,8 16
53 20 0,6 12 .
y
x
F Fsen N
F Fcos N
= = ⋅ =
= = ⋅ =  
Logo, 
 
40 16 24 .
yN F P
N N
+ =
= − =  
 
Como  
 
0,25 24 6 .atf N Nµ= = ⋅ =  
 
Assim, 
 
2 234 12 6 1,5 .
2
r x atF F f
a a m s m s− −
= −
= − ∴ = ⋅ = ⋅  
Letra “B”. 
 
Questão 4  
 
(MACK)  No  sistema  a  seguir,  o  fio  e  a  polia  são 
ideais.  Ao  se  abandonarem  os  blocos,  A  vai  do 
ponto M para o N em 1,5 s. O coeficiente de atrito 
cinético entre o bloco A e a superfície de apoio é: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dados:  g  =  10  mڄs  ‐2,  massa  do  bloco  A,  8  kg  e 
massa do bloco B, 2 kg. 
A(   ). 0,1; 
B(   ). 0,2; 
C(   ). 0,3; 
D(   ). 0,4; 
E(   ). 0,5. 
Resolução: 
Ao  ser  abandonado,  o  bloco  A  percorre  um 
espaço dado por: 
2
0 2
atS v t∆ = + . Logo, 
530 
F
?
530 
F
?
P 
N 
Fy 
Fx 
fat 
A
B
M  N 
45cm
 
 
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3 
( )
2
0
2
2
2
1,5
0,45 0,4 .
2
atS v t
a
a m s−
∆ = +
= ⇒ = ⋅
 
 
Essa é a aceleração do sistema. Essa aceleração é 
dada por  r B atAF P f= − . Assim, 
 
( )
10 0,4 20 80
0,2.
A B B atAm m a P f
µ
µ
+ = −
⋅ = −
∴ =
 
 
Letra “B”. 
 
Questão 5  
 
(FUVEST) Um bloco de massa m, montado sobre 
rodas (para tornar o atrito desprezível), parte do 
repouso em A e leva o tempo t0 para atingir B. A 
massa  das  rodas  é  desprezível.  Retirando‐se  as 
rodas,  verifica‐se  que  o  bloco,  partindo  do 
repouso em A, leva um tempo 2t0 para atingir B. 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determinar o valor de t0. 
b) Determinar  o  valor  do  coeficiente  de  atrito 
entre  o  plano  e  o  bloco  (sem  rodas),  em 
função de α. 
Resolução: 
a) Desprezando  o  atrito,  o  intervalo  de  tempo 
que o carrinho leva para descer vale: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) 20
1
2
0
2
1 2
hH
sen
gsen t
H
ht
sen g
α
α
α
=
=
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟∴ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
 
 
b) Se o bloco parte do repouso, sem as rodas, ele 
desce com aceleração, dada por: 
 
( )20
2
0
2
2
1 .
2
a th
sen
ha
sen t
α
α
=
= ⋅
 
 
Utilizando  a  expressão  de  t0,  a  aceleração  será 
então dada por: 
 
2
.
2 2 4
h gsen gsena
sen h
α α
α
/= ⋅ =/  
 
Como a força resultante é igual à componente Px 
do peso menos a força de atrito. Teremos então: 
 
,
4
3cos
4
3 .
4
ma mgsen N N mgcos
gsen
m mgsen mgcos
sen
tg
α µ α
α α µ α
αµ α
αµ
= − =
/⋅ = −/ / // /
=
∴ =
 
 
Questão 6  
 
(ITA) Dois blocos de massas m1 = 3 kg e m2 = 5 kg 
deslizam  sobre  um  plano,  inclinado  de  600  com 
relação  à  horizontal,  encostados  um  no  outro, 
com o bloco 1  acima do bloco 2. Os  coeficientes 
de  atrito  cinético  entre  o  plano  inclinado  e  os 
blocos  são µ1c = 0,4 e µ2c = 0,6,  respectivamente 
para os blocos 1  e 2.  Considerando a  aceleração 
da  gravidade  g  =  10  mڄs  ‐2,  a  aceleração  a1  do 
bloco 1 e a força F12 que o bloco 1 exerce sobre o 
bloco 2 são, respectivamente: 
A(   ). 6,0 mڄs ‐2; 2,0 N; 
h 
A 
B 
α 
g?
h 
A 
B 
α 
g?
gڄsenα 
H 
 
 
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4 
B(   ). 0,46 mڄs ‐2; 3,2 N; 
C(   ). 1,1 mڄs ‐2; 17 N; 
D(   ). 8,5 mڄs ‐2; 26 N; 
E(   ). 8,5 mڄs ‐2; 42 N. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o bloco 1, teremos: 
 
1 1 1 21
0 0
1 21
1 12
3 30 60 0,4 30 60
3 26,1 6 .
r x atF P f F
a sen cos F
a F
= − −
= − ⋅ ⋅ −
= − −
 
 
Para o bloco 2, teremos: 
 
2 2 1 12
0 0
2 12
2 12
5 50 60 0,6 50 60
5 43,5 15 .
r x atF P f F
a sen cos F
a F
= − +
= − ⋅ ⋅ +
= − +
 
 
Para  que  os  blocos  1  e  2  desçam encostados,  se 
faz  necessário  que  os  dois  blocos  tenham  a 
mesma  aceleração,  ou  seja,  a1  =  a2  =  a.  Assim, 
teremos: 
 
2
8 69,6 21
6 .
a
a m s−
= −
∴ ≅ ⋅  
 
Utilizando a equação para o bloco 1, teremos: 
 
12
12
3 6,1 26,1 6
2 .
F
F N
⋅ = − −
≅  
 
Letra “A”. 
 
Questão 7  
 
(ITA) Os blocos A e B da figura têm massas m. O 
coeficiente de  atrito  entre  todas  as  superfícies  é 
µ.  A  força  F1  imprime  ao  bloco  B  da  figura  (I) 
velocidade uniforme.  Calcule  as  relações  F2/F1  e 
F3/F1, onde F2 é a força indicada na figura (II) e F3 
é  indicada  na  figura  (III),  para  queo  bloco  B 
nessas figuras tenha velocidade constante. 
 
(I) 
 
 
 
 
(II) 
 
 
 
 
 
(III) 
 
 
 
 
Resolução: 
Figura (I): 
 
 
 
 
 
 
Mas como a aceleração é nula, podemos escrever: 
 
1 
2 
600 
1 
P1 
N1 
F21 fat1 
2 
P2 
N2 F12 
fat2 
A 
B 
F1 
A 
B 
F2 
A 
B 
F3 
A 
B 
F1 
fatB 
 
 
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5 
1 2 .atBF f gmµ= =  
Figura (II): 
 
 
 
 
 
 
 
2
2
, , 2
3 .
atBA
atAB atB atAB atB
T f
F f f f mg f mg
F mg
µ µ
µ
=
= + = =
=
 
 
Logo,  2
1
3 1,5.
2
F mg
F mg
µ
µ= =  
 
Figura (III): 
 
 
 
 
 
 
 
3
3
3
2
4 .
atBA
atB atAB
f T mg
F f f T
F mg mg mg
F mg
µ
µ µ µ
µ
= =
= + +
= + +
=
 
 
Logo,  3
1
4 2.
2
F mg
F mg
µ
µ= =  
 
Questão 8  
 
(ITA) Um antigo vaso chinês está a uma distância 
d  da  extremidade  de  um  forro  sobre  uma mesa. 
Essa extremidade, por sua vez, se encontra a uma 
distância  D  de  uma  das  bordas  da  mesa,  como 
mostrado  na  figura.  Inicialmente  tudo  está  em 
repouso.  Você  apostou  que  consegue  puxar  o 
forro  com  uma  aceleração  constante  a  (veja 
figura), de tal forma que o vaso não caia da mesa. 
Considere  que  ambos  os  coeficientes  de  atrito, 
estático e cinético, entre o vaso e o forro tenham 
o valor µ e que o vaso pare no momento que toca 
a mesa. Você ganhará a aposta se a magnitude da 
aceleração estiver dentro da faixa: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). a < (d/D)ڄµg; 
B(   ). a > (d/D)ڄµg; 
C(   ). a >µg; 
D(   ). a > (D/d)ڄµg; 
E(   ). a > [D/(D‐d)]ڄµg; 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para  que  o  vaso  não  caia,  enquanto  a 
extremidade  A  do  forro  percorrer  “D”,  o  vaso 
percorrerá “D‐d”. Assim, teremos: 
 
2
1
2
2
2 .
A
atS D
Dt
a
∆ = =
⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
 
 
Então, a aceleração do vaso será dada por: 
 
2
2
.
vaso
a DS D d
a
a Da
D d
⎛ ⎞′ ⎟⎜∆ = − = ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
′= −
 
 
Mas da força resultante no vaso, temos: 
 
.
RF ma mg
a g
µ
µ
′= =
′ =  
 
A 
B 
F2 
fatB 
fatAB 
fatBA 
T 
A 
B 
F3 
fatB 
fatBA 
fatAB 
T 
T 
a 
d 
D 
a
d
D 
A 
 
 
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6 
Logo,  .Da g
D d
µ= ⋅−  
 
Letra “E”. 
 
Questão 9  
 
(UNICAMP)  Uma  bola  de  massa  1,0  kg,  presa  à 
extremidade  livre  de  uma  mola  esticada  de 
constante  elástica  k = 2000 Nڄm  ‐1,  descreve um 
movimento circular e uniforme de raio r = 0,50 m 
com  velocidade  v  =  10  mڄs  ‐1  sobre  uma  mesa 
horizontal  e  sem  atrito.  A  outra  extremidade  da 
mola está presa a um pino em O, segundo a figura 
a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determine o valor da força que a mola aplica 
na  bola  para  que  esta  realize  o  movimento 
descrito. 
b) Qual  era  o  comprimento  original  da  mola 
antes de ter sido esticada? 
Resolução: 
a) Para que a bola realize o movimento descrito, 
a mola exerce sobre a bola uma força elástica 
que  aponta  para  o  centro  da  trajetória  do 
movimento.  Essa  força  elástica  proporciona 
para a bola, uma resultante centrípeta. Logo: 
 
2
21 10
0,5
200 .
el cp
el
el
mvF F
R
F
F N
= =
⋅=
∴ =
 
 
b) A deformação da mola neste caso vale: 
 
200 2000
0,1 .
elF kx
x
x m
=
=
=
 
 
Logo,  como  o  raio  da  trajetória  vale  0,5  m,  o 
comprimento original da mola é de 0,4 m. 
Questão 10  
 
(UnB) Um disco gira em torno de seu centro, num 
plano horizontal, com uma velocidade angular ω 
=  5  radڄs  ‐1.  Um  pequeno  corpo  de  massa  m  é 
colocado a uma distância r = 20 cm do centro do 
disco. Ache o menor coeficiente de atrito entre as 
superfícies  para  o  corpo  não  deslizar  sobre  o 
disco. 
Resolução: 
A  força  de  atrito  entre  as  superfícies  deve  ser  a 
resultante centrípeta sobre o corpo de massa m. 
Assim, teremos: 
 
2
2
,
25 0,20
10
0,5.
at cpf F
mvmg v R
R
R
g
µ ω
ωµ
µ
=
/= =/
⋅= =
∴ =
 
 
Questão 11  
 
(UnB)  O  trecho  mais  baixo  de  uma  montanha‐
russa  pode  ser  aproximado  por  um  arco  de 
circunferência  de  raio  R.  Os  ocupantes  de  um 
carrinho, ao passar por este  trecho, sentem uma 
sensação  de  aumento  de  peso.  Avaliam  que,  no 
máximo,  o  seu  peso  foi  duplicado.  Desprezando 
os efeitos de atritos, os ocupantes concluirão que 
a velocidade máxima atingida foi de: 
A(   ). 3gR ; 
B(   ). 3 gR ; 
C(   ). 2 gR ; 
D(   ). 2gR ; 
E(   ). gR . 
Resolução: 
No trecho mais baixo, a  força normal de contato 
entre  o  ocupante  com  o  acento  do  carrinho  da 
montanha russa menos o peso do ocupante, será 
a resultante centrípeta. 
 
2
, 2
.
cpF N P N P
mv mg v gR
R
= − =
/ = ∴ =/
 
v?
O 
 
 
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7 
Letra “E”. 
 
Questão 12  
 
(MACK)  Na  figura,  o  fio  ideal  prende  uma 
partícula de massa m a uma haste vertical presa a 
um  disco  horizontal  que  gira  com  velocidade 
angular  ω  constante.  A  distância  do  eixo  de 
rotação do disco ao centro da partícula é  igual a 
0,1 3 m .  A  velocidade  angular  do  disco  é  (g  = 
10mڄs ‐2) 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 3 radڄs ‐1; 
B(   ). 5 radڄs ‐1; 
C(   ). 5 2  radڄs ‐1; 
D(   ). 8 3  radڄs ‐1; 
E(   ). 10 radڄs ‐1; 
Resolução: 
Vamos,  a  partir  da  resultante  centrípeta, 
determinar  as  componentes  da  tração  do  fio.  E 
com as componentes da  tração, determinaremos 
a velocidade angular. 
 
 
 
 
 
 
 
 
0 2
0
60
60 .
x cp
y
T F Tsen m R
T P Tcos mg
ω= ⇒ =
= ⇒ =  
 
Onde  0,1 3R m=   e  210g m s−= ⋅ .  Agora, 
dividindo  a  primeira  equação  pela  segunda,  e 
utilizando  060 3tg = , teremos, então: 
 
20 2
0
1
0,1 360 0,1 33
60 10 10
10 .
mTsen
Tcos m
rad s
ω ω
ω −
/ /= ⇒ =/ /
∴ = ⋅
 
 
Questão 13  
 
(FUVEST)  Um  carro  percorre  uma  pista  curva 
superelevada  (tg  θ  =  0,2)  de  200  m  de  raio. 
Desprezando o  atrito,  qual  a  velocidade máxima 
sem risco de derrapagem? 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 40 kmڄh ‐1;  
B(   ). 48 kmڄh ‐1;  
C(   ). 60 kmڄh ‐1;  
D(   ). 72 kmڄh ‐1;  
E(   ). 80 kmڄh ‐1.  
Resolução: 
Para que não ocorra risco de derrapagem, vamos 
considerar  apenas  as  forças  peso  e  normal  de 
contato  com  a  pista.  Vamos  decompor  a  força 
normal de contato com a pista e assim encontrar 
suas  componentes.  A  componente  na  direção 
horizontal  será  a  resultante  centrípeta  e  a 
componente vertical equilibrará o peso.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da figura podemos concluir que: 
 
2
.
x cp
y
mvN F Nsen
R
N P Ncos mg
θ
θ
= ⇒ =
= ⇒ =
 
 
Onde  R  =  200  m.  Agora  dividindo  a  primeira 
equação  pela  segunda,  e  utilizando  a  tg  θ, 
teremos, então: 
 
 
600 
Fcp Tx 
Ty 
P 
 
600  m 
θ
210g m s−= ⋅
θ
θ 
P 
N  Ny 
Nx 
 
 
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8 
2
2
2 1
1
200
cos 10 2000
0,2 2000 20
72 .
mv
Nsen vtg
N m
v v m s
v km h
θ θθ
−
−
// = ⇒ =/ /
⋅ = ∴ = ⋅
= ⋅
 
 
Letra “D”. 
 
Questão 14  
 
(ITA)  Uma  massa  pontual  se  move,  sob  a 
influência  da  gravidade  e  sem  atrito,  com 
velocidade angular ω em um círculo a uma altura 
h ് 0 na superfície interna de um cone que forma 
um  ângulo  α  com  seu  eixo  central,  como 
mostrado  na  figura.  A  altura  h  da  massa  em 
relação ao vértice do cone é: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 2
g
ω ; 
B(   ). 2
1g
senω α
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ; 
C(   ). 2
g cotg
sen
α
ω α
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ; 
D(   ). 2
2g cotg αω ⋅ ;E(   ). Inexistente,  pois  a  única  posição  de 
equilíbrio é h = 0. 
Resolução: 
Vamos  determinar  as  componentes  da  força 
normal  de  contato  nas  direções  horizontal  e 
vertical. Assim, teremos: 
 
2
.
y
x cp
N P Nsen mg
mvN F Ncos
R
α
α
= ⇒ =
= ⇒ =  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Onde  R h tgα= ⋅ .  Dividindo  a  primeira  equação 
pela segunda teremos: 
 
2 2
2 22 2 2
2
,
1
.2
mgNsen gh tgtg v R
mvNcos v
R
gh tg gtg h
tgh tg
gh cotg
α αα ωα
αα ω αω α
αω
/
/ ⋅/= ⇒ = =/ /
/⋅= ∴ = ⋅
= ⋅
 
Letra “D”. 
 
Questão 15  
 
(ITA) Um aro metálico circular e duas esferas são 
acoplados  conforme  ilustra  a  figura  abaixo.  As 
esferas  dispõem  de  um  furo  diametral  que  lhes 
permite  circular  pelo  aro  sem  atrito.  O  aro 
começa a girar, a partir do repouso, em torno do 
diâmetro vertical EE’, que passa entre as esferas, 
até  atingir  uma  velocidade  angular  constante ω. 
Sendo R o raio do aro, m a massa de cada esfera e 
desprezando‐se  os  atritos,  pode‐se  confirmar 
que: 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). As esferas permanecem na parte inferior do 
aro  porque  esta  é  a  posição  de mínima  energia 
potencial. 
B(   ). As  esferas  permanecem  a  distâncias  r  de 
EE’ tal que, se 2θ for o ângulo central cujo vértice 
é  o  centro  do  aro  e  cujos  lados  passam  pelo 
centro  das  esferas  na  posição  de  equilíbrio 
α  h 
α h 
R
P 
Ny 
Nx 
N 
E 
E’ 
m  m 
R 
ω 
 
 
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9 
estável,  então 
2rtg
g
ωθ= ,  estando  as  esferas 
abaixo do diâmetro horizontal do aro. 
C(   ). As  esferas  permanecem  a  distâncias  r  de 
EE’ tal que, se 2θ for o ângulo central cujo vértice 
é  o  centro  do  aro  e  cujos  lados  passam  pelos 
centros  das  esferas  na  posição  de  equilíbrio 
estável,  então 
2rtg
g
ωθ= ,  estando  as  esferas 
acima do diâmetro horizontal do aro. 
D(   ). As  alternativas  (B)  e  (C)  anteriores  estão 
corretas. 
E(   ). A  posição  de  maior  estabilidade  ocorre 
quando  as  esferas  estão  nos  extremos  de  um 
mesmo diâmetro. 
Resolução: 
Para  uma posição  de  equilíbrio  estável,  teremos 
que, as componentes da força normal de contato 
nas  esferas,  nas  direções  vertical  e  horizontal, 
respectivamente,  resultam  no  equilíbrio  com  o 
peso  e  na  resultante  centrípeta  nas  esferas. 
Assim, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
.
x cp
y
N F Nsen m r
N P Ncos mg
θ ω
θ
= ⇒ =
= ⇒ =  
 
Onde  r Rsenθ= .  Agora  dividindo  a  primeira 
equação pela segunda, teremos então: 
 
2
2
.
m rNsen
Ncos mg
rtg
g
ωθ
θ
ωθ
/ /=/ /
∴ =
 
 
Acima  da  horizontal,  a  força  normal  de  contato 
nas  esferas  estaria  apontando  na  diagonal  para 
baixo. Dessa forma, a componente vertical não se 
equilibraria com o peso. 
 
Letra “B”. 
 
Questão 16  
 
(IME)  Uma  mesa  giratória  tem  velocidade 
angular  constante  ω,  em  torno  do  eixo  y.  Sobre 
esta mesa encontram‐se dois blocos, de massas m 
e M,  ligados por uma  corda  inelástica que passa 
por uma roldana fixa à mesa, conforme a figura a 
seguir. Considerando que não existe atrito entre a 
mesa  e  o  bloco  M,  determine  o  coeficiente  de 
atrito mínimo entre os dois blocos para que não 
haja movimento relativo entre eles. Considere d a 
distância dos blocos ao eixo de rotação. Despreze 
as massas da roldana e da corda. 
Dado: M>m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como  não  deve  haver movimento  relativo  entre 
as massas m e M, os dois blocos são submetidos à 
mesma aceleração centrípeta, dada por: 
 
2
2 .cp
va d
d
ω= =  
 
E 
E’ 
Nx 
R 
ω
r 
θ 
Ny 
N 
R 
P 
M 
m 
y ω
d 
fatMmM 
m 
y  ω 
d 
fatmM 
T 
T 
 
 
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10 
Onde  v  é  a  velocidade  linear  dos  centros  dos 
objetos  com  relação  ao  eixo  y.  Assim,  para  os 
corpos, teremos: 
 
.
cpM atmM cp
cpm atMm cp
F T f Ma T mg
F T f ma T mg
µ
µ
= + ⇒ = +
= − ⇒ = −  
 
Vamos  multiplicar  a  segunda  equação  por  ‐1  e 
somá‐las. Assim, teremos: 
 
( )
( ) 2
2
.
2
cp
cp
cp
Ma T mg
ma T mg
M m a mg
M m d
mg
µ
µ
µ
ωµ
= +
− =− +
− =
−∴ =