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Aplicações das Leis de Newton – Exercícios
FÍSICA
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 APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON – EXERCÍCIOS
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 
F 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 F vale
a. 10 N 
b. 50 N 
c. 75 N
d. 100 N
e. 150 N
Resolução
Se o sistema está em equilíbrio, a força aplicada na corda é a mesma força 
de tração transmitida pelas cordas. Como se trata de um sistema de polias 
móveis, cada uma dividirá o peso da caixa. A primeira terá uma força de tração 
de P/2; a segunda, P/4; a terceira, P/8. Portanto, a pessoa que puxa a caixa 
exerce uma força de P/8. 
F = P8 = 
mg
8 = 
60 · 10
8 = 75 N
Pela equação das polias, temos: 
F = P2n = 28
600 = 75
OObs.:� n é o número de polias móveis. As polias fixas não dividem a força.
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2. (IDECAN/CBM-DF) Um objeto de massa desconhecida encontra-se sobre 
uma balança no interior de um elevador que desce com aceleração constan-
te de 4 m/s², num local onde g = 10 m/s2. Se a indicação na balança durante 
a descida é de 480N, então a massa do objeto é:
a. 60 kg. 
b. 72 kg. 
c. 76 kg.
d. 80 kg.
Resolução
Pelos dados da questão, sabemos que a velocidade e a aceleração apontam 
para baixo. Além disso, a força resultante atua no sentido da aceleração, isso 
quer dizer que: Fr = P - N
N
P
a v
Fr = P - N
ma = mg - N → OOb.: a força N é o peso aparente, valor indicado na balança. 
m ∙ 4 = m ∙ 10 - 480
4m = 10m - 480
6m = 480
m = 80 kg
3. (IPAD/PERITO-PE) Dois blocos estão ligados entre si por um fio muito fino 
que passa por uma roldana ideal, como mostra a figura abaixo. O bloco de 
massa m1 desce com aceleração a = 2,5 m/s2, puxando o bloco de massa 
m2. Sabendo que não há atrito entre o plano inclinado e o bloco, determine o 
valor da razão m1 /m2.
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Resolução
O primeiro passo é apontar as forças que atuam no sistema e decompor a 
força peso do bloco m1 (P1x e P1y). O ângulo entre os eixos x e y é o ângulo que 
o peso faz com o eixo y. Como não há atrito, não há que se considerar a força 
normal. Como o bloco m1 desce a uma aceleração de 2,5 m/s2, P1x ajuda o 
sistema a descer, ao passo que P1y o atrapalha. 
P2P1
P1y
P 1x
T
TN
Fr = P1x – P2
(m1 + m2) a = P1x ∙ sen 30º - m2g
(m1 + m2) a = m1g ∙ 
1
2 - m2g
m1a + m2a = 
m1g
2
 - m2g
2,5m1 + 2,5m2 = 5m1 - 10m2
5m1 - 2,5m1 = 12,5 m2
2,5m1 = 12,5m2
m1
m2
= 12,52,5 = 5 
4. Admitamos que você esteja apoiado, em pé, sobre o fundo de um cilindro de 
4 m de raio, que gira em torno do seu eixo vertical. Admitindo g = 10 m/s2 e 
o coeficiente de atrito µ entre a roupa e a superfície do cilindro igual a 0,4, 
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a mínima velocidade tangencial que o cilindro deve ter para que, retirado o 
fundo do mesmo, você fique “preso” à parede dele, é:
a. 10 m/s 
b. 8 m/s 
c. 9 m/s
d. 11 m/s
e. É necessário conhecer sua massa, pois sem ela nada se pode afirmar.
Resolução
À medida que o cilindro gira, a pessoa está sujeita a uma força centrífuga, por 
se tratar de um referencial não inercial. 
Depois de certo tempo, o fundo do cilindro será retirado e a pessoa continuará 
parada. Isso se deve à força de atrito (Fat), que a empurra para cima, evitando 
sua queda. Observe que a força de atrito é contrária à tendência de movimento 
(força peso P). Além disso, há uma força normal (N) que atua na pessoa. 
FatN
P
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Para que a pessoa não caia, a força de atrito deve ser igual à força peso. 
Ademais, a normal aponta para o centro da trajetória. Portanto,
 Fat = P → μ ∙ N = mg
 N = Fcp → N = mv
2
R
Agora, substituiremos o valor da normal na primeira equação:
μ ∙ N = mg
μ ∙ mv2
R
 = mg
v2 = Rgμ
v = Rg/μ
v = 4 ∙ 10 / 0,4
v = 100 = 10 m/s
5. (PERITO-MG/FUNDEP) Um motorista de carro faz uma curva de raio 100 m 
para que um passageiro de massa 80 kg assentado no banco do carona seja 
jogado contra a porta do carro. Se o carro se move com uma velocidade de 
20 m/s, qual deve ser o valor da força de atrito entre o passageiro e o assento 
do carro para que ele não se mova?
a. 3,2 x 104 N 
b. 3,2 x 102 N 
c. 1,6 x 102 N
d. 1,6 x 103 N
Resolução
A pessoa que está dentro do carro sente a ação de uma força que a empurra 
para o centro da trajetória (força de atrito – Fat), tomada da perspectiva de 
uma pessoa situada em um referencial inercial. A força de atrito é a resultante 
centrípeta. 
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Fat = Fcp
Fat = mv2
 R
Fat = 80 ∙ 202
 100
Fat = 320 ou 3,2 x 102
6. (AFA/2015) Uma determinada caixa é transportada em um caminhão que 
percorre, com velocidade escalar constante, uma estrada plana e horizontal. 
Em um determinado instante, o caminhão entra em uma curva circular de 
raio igual a 51,2 m, mantendo a mesma velocidade escalar. Sabendo-se que 
os coeficientes de atrito cinético e estático entre a caixa e o assoalho hori-
zontal são, respectivamente, 0,4 e 0,5 e considerando que as dimensões do 
caminhão, em relação ao raio da curva, são desprezíveis e que a caixa esteja 
apoiada apenas no assoalho da carroceria, pode-se afirmar que a máxima 
velocidade, em m/s, que o caminhão poderá desenvolver, sem que a caixa 
escorregue, é
a. 14,3 
b. 18,0 
c. 16,0
d. 21,5
Resolução
Fat = Fcp
μ ∙ N = mv2 
 R
OObs.:� como a caixa está apoiada apenas no assoalho da carroceria, a força 
normal N é o próprio peso P.
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μ ∙ N = mv2 
 R
μ ∙ mg = mv2 
 R
v2 = μRg
v2 = 0,5 ∙ 51,2 ∙ 10
v2 = 256
v = 256
v = 16 m/s
GABARITO
1. c
2. d
3. e
4. a
5. c
6. c
������������Este material foi elaborado pela equipe pedagógica do Gran Cursos Online, de acordo com a 
aula preparada e ministrada pelo professor Hara Dessano.