EXERCÍCIOS PROPOSTOS RESOLVIDOS LEIS DE NEWTON E APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON - 01 ao 21

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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 
2
00 )21( tatvrr

++= 
Nf cc µ= tavv

+= 0 
Nf ee µ≤ 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, α = 37° e β = 53° 
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: ⇒=−′=∑ 01 PTFy N 5001 ==
′ PT (1.1) 
Para o nó: 
Em x: xxxxx TTTTF 2323 0 =⇒=−=∑ 
αβ coscos 23 TT = 
β
α
cos
cos
23 TT = (1.2) 
Em y: ∑ =−+= 0123 TTTF yyy 
PTTTT =′==+ 1123 sensen αβ (1.3) 
Substituindo (1.2) em (1.3), obtemos 
PTT =+





αβ
β
α sensen
cos
cos
22 
Reduzindo ao mesmo denominador, temos 
PTT =+=+ )(sen
cos
)cossencossen(
cos
22 βα
β
βααβ
β
 
∴ )sen(
cos
2 βα
β
+
= PT . (1.4) 
Substituindo (1.4) em (1.2), temos 
)sen(
cos
3 βα
α
+
= PT (1.5) 
Para o caso em questão, 
P = 500 N, α = 37° e β = 53° , α + β = 90° 
cosβ = cos(53º) ≅ 0,60 
cosα = cos(37º) ≅ 0,80 
sen(α + β) = sen(90º) = 1 
∴ N30060,0N500)sen(
cos
2 =×=+
=
βα
βPT (1.4’) 
N40080,0N500
)sen(
cos
3 =×=+
=
βα
αPT (1.5’) 
OUTRA SOLUÇÃO PARA O PRESENTE PROBLEMA: 
Em y: ⇒=−′=∑ 01 PTFy N 5001 ==
′ PT (1.1) 
Para o nó: 
Em x: xxxxx TTTTF 2323 0 =⇒=−=∑ 
)37cos()53cos( 23 °=° TT 
2323 3
4
60,0
80,0 TTTT =⇒= (1.2) 
Em y: ∑ =−+= 0123 TTTF yyy 
PTTTT =′==°+° 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
506
3
48 222 ==+




 TTT ∴ N 3002 =T (1.4) 
De (1.2) e (1.4), temos, ⇒= 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 por 
θcos2112 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

 
′
1T

 
bloco 
y 
g
 
α β 
y 
3T

 
1T

 
2T

 
x 
xT3

 
yT3

 
xT2

 
yT2

 
nó 
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 2 
)cos1(2 22R θ+= FF ⇒ 12
1cos
2
R −





=
F
F
θ 
∴ 








−





= 1
2
1arccos
2
R
F
F
θ (2.2) 
De (2.2), temos: 
a) Para FF 2R = ⇒ 0)1(arccosa ==θ (2.3) 
b) Para FF 2R = ⇒ °== 90)0(arccosbθ (2.4) 
c) Para 0R =F ⇒ °=−= 180)1(arccoscθ (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 θ com 
a horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre a caixa e a 
superfície é µc 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, θ e µc, que se 
fizerem necessários. 
 
3.1) Resolva o problema 3 considerando θ e µc iguais a zero. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M e g 
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa. 
NF

=sc ⇒ força que a superfície exerce sobre a caixa ou reação 
normal da superfície sobre a caixa 
gMPF

==Tc ⇒ 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 ⇒ 0=− PN ∴ MgN = (3.1.1) 
Em x: xx MaFF ==∑ ∴ M
Faa x == (3.1.2) 
3.2) Resolva o problema 3 considerando µc = 0 e º900 << θ , 
acima da horizontal. 
SOLUÇÃO: 
Dados: F, M, g, e θ 
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, ∑ ′= aMF

, temos: 
Em y: ∑ =′= 0yy aMF ⇒ 0=−+′ PFN y 
∴ θsenFMgN −=′ (3.2.1) 
Em x: xxx aMFF ′==∑ ∴ θcosM
Faa x =′=′ (3.2.2) 
• Comparando (3.1.1) e (3.2.1), como º900 << θ , temos que 
θsenFNN −=′ , ou seja, NN ′> . 
• Comparando (3.1.2) e (3.2.2), temos θcosaa =′ , isto é, 
aa ′> . 
• Para o caso particular em que 0=θ , NN ′= e aa ′= . 
 
3.3) Resolva o problema 3 considerando µc = 0 e º900 << θ , 
abaixo da horizontal. 
SOLUÇÃO: 
Dados: F, M, g, e θ 
Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa. 
F

 
θ 
)ˆ(sc jMggMPNF +=−=−==
 
F

 
)ˆ(Tc jMggMPF −===
 
x 
y 
g
 
a 
F

 
θ 
F

 
θFF
θFF
MgP
y
x
sen
cos
=
=
=
 
θ 
N ′

 F

 
P

 
xF

 
yF

 
x 
y 
g
 
a′ 
F

 
θ 
θFF
θFF
MgP
y
x
sen
cos
=
=
=
 
θ 
N ′′

 
F

 P

 
xF

 
yF

 
x 
y 
g
 
a ′′ 
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 3 
Como a caixa desloca-se sob a ação da força F

, aplicando a 2a 
Lei de Newton, ∑ ′′= aMF

, temos: 
Em y: ∑ =′′= 0yy aMF ⇒ 0=−−′′ PFN y 
∴ θsenFMgN +=′′ (3.3.1) 
Em x: xxx aMFF ′′==∑ ∴ θcosM
Faa x =′′=′′ (3.3.2) 
• Comparando (3.1.1), (3.2.1) e (3.3.1), temos 
θθ sensen FNFMgN −=−=′ , ou seja, NN ′> ; 
θθ sensen FNFMgN +=+=′′ , donde NNN ′>>′′ . 
• Comparando (3.2.2) e (3.3.2), temos θcosaaa =′=′′ . 
• Para o caso particular em que 0=θ , temos 
NNN ′′=′= e aaa ′′=′= . 
 
3.4) Resolva o problema 3 considerando µc > 0 e θ = 0º. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M, g, µc e θ = 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 µµ == (3.4.1) 
Em x: 1c xx MafFF =−=∑ (3.4.2) 
Substituindo (3.4.1) em (3.4.2), temos 
gag
M
Faa ccx µµ −=−== 11 (3.4.3) 
• Comparando (3.1.2) e (3.4.3), em razão do atrito surge o ter-
mo negativo (−µc g) e, como era de se esperar, 1aa > . 
 
3.5) Resolva o problema 3 considerando µc > 0 e º900 << θ , 
acima da horizontal. 
SOLUÇÃO: 
Dados: F, M, g, e θ (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 θµµ FMgNf −=′=′ (3.5.1) 
Em x: 1c xxx aMfFF ′=′−=∑ (3.5.2) 
Substituindo (3.5.1) em (3.5.2), temos 





 −−




=′=′ θµθ sencos c11 M
Fg
M
Faa 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. 
• De (3.1.2), (3.2.2) e (3.3.2) podemos escrever
a equação aci-
ma (3.5.3) como )sen(c1 θµ agaa −−′=′ . 
Observe que: 
• para 0=θ ⇒ gaaa c11 µ−==′ . (3.4.3) 
• para 0c =µ ⇒ θcos1 aaaa =′′=′=′ . (3.2.2) e (3.3.2) 
• para 0c == θµ ⇒ aaaaa =′′=′==′ 11 . (3.1.2) 
 
3.6) Resolva o problema 3 considerando µc > 0 e º900 << θ , 
abaixo da horizontal. 
SOLUÇÃO: 
Dados: F, M, g, e θ (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 θµµ FMgNf +=′′=′′ (3.6.1) 
Em x: 1c xxx aMfFF ′′=′′−=∑ (3.6.2) 
Substituindo (3.6.1) em (3.6.2), temos 
g
M
Faa x c11 )sen(cos µθθ −−=′′=′′ 






+−





=′′=′′ θµθ sencos c11 M
Fg
M
Faa x (3.6.3) 
• De (3.6.3), (3.1.2), (3.2.2) e (3.3.2) temos 
)sen(c1 θµ agaa +−′=′′ . 
Observe ainda que: 
• para 0=θ ⇒ gaaaa c111 µ−==′=′′ . (3.4.3) 
• para 0c =µ ⇒ θcos11 aaaaa =′′=′=′=′′ . (3.2.2) e (3.3.2) 
• para 0c == θµ ⇒ aaaaaa =′′=′==′=′′ 111 , ou seja, a 
partir do resultado acima (3.6.3), mais geral, manipulando-se 
θ e µc, é possível obter todos os resultados anteriores. 
N

 
F

 
P

 
x 
y 
g
 
1a
 
cf

 
θFF
θFF
MgP
y
x
sen
cos
=
=
=
 
θ 
N ′

 F

 
P

 
xF

 
yF

 
x 
y 
g
 
cf ′

 1a′
 
P

 
N

 
F

 
a 
x 
y g
 
θFF
θFF
MgP
y
x
sen
cos
=
=
=
 
θ 
N ′′

 
F

 P

 
xF

 
yF

 
x 
y 
g
 
1a ′′
 
cf ′′

 
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 4 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
y 
g
 
cf ′

 
)ˆ( jaa −′=′ 
4) Uma caixa de massa M desliza para baixo em um plano incli-
nado que faz um ângulo θ com a 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, θ, e g, que se fizerem 
necessários. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M, θ e g 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
θsenMgPx = (4.1) θcosMgPy = (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 
θMgN cos= . (4.4) 
Em x: ∑ −=−= xxx MaPF (4.5) 
Substituindo (4.1) em (4.5), obtém-se 
θgaa x sen== . (4.6) 
• Discuta o resultado acima para θ = 0 e θ = 90°. 
 
5) Uma caixa de massa M desce um plano inclinado que faz um 
ângulo θ 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 cµ′ , para o item (a), e cµ ′′ , para o 
item (b), e o módulo da aceleração da gravidade igual a g. Dê 
suas respostas em termos dos dados M, θ, g e cµ′ ( cµ ′′ ), 
que se fizerem necessários. 
a) SOLUÇÃO: 
Dados: M, θ g e cµ′ 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
A caixa desce com velocidade crescente, MRUV, )ˆ( iaa −′=′ . 
Como a força de atrito cinético é dada por 
Nf cc µ′=′ , (5a.1) 
substituindo (4.4) em (5a.1), tem-se 
θMgf coscc µ′=′ . (5a.2) 
Em x: ∑ ′−=′+−= xxx aMfPF c (5a.3) 
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (5a.3), obtém-se 
xaMθMgμθMg ′−=′+− cossen c 
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (−1/M), temos 
)cossen( c θµθ ′−=′ ga (5a.4) 
 Com relação à equação (5a.4), observe que: 
• a′ depende de θ. Quais os limites superior e inferior de θ ? 
Para °= 90supθ , ga =′ , enquanto no limite inferior, como o 
movimento é acelerado, 0>′a , logo, )tan( infc θµ <′ , donde 
)arctan( cinf µθ ′> . Para 0=′a , )tan( infc θµ =′ . 
• para 0c =′µ , θsengaa ==′ , igual ao obtido em (4.6). 
• Faz sentido substituir θ = 0 em (5a.4), por que? 
 
b) SOLUÇÃO: 
Dados: M, θ g e cc µµ ′>′′ 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
A caixa desce com velocidade decrescente, MRUV, )ˆ( iaa += . 
Em x: ∑ ′′+=′′+−= xxx aMfPF c (5b.1) 
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (5b.1), obtém-se 
xaMθMgμθMg ′′+=′′+− cossen c 
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (1/M), temos 
)sencos( c θθµ −′′=′′ ga (5b.2) 
 Com relação à equação (5b.2), observe que: 
• a ′′ depende de θ. Quais os limites superior e inferior de θ ? 
Para °= 90supθ , ga −=′′ (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>′′a , logo, )tan( infc θµ >′′ , donde )arctan( cinf µθ ′′< . Pa-
ra 0=′′a , )tan( infc θµ =′′ . 
• para 0c =′′µ , θsengaa ==′′ , igual ao obtido em (4.6). 
• Faz sentido substituir θ = 0 em (5b.2), por que? 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
y 
g
 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
y 
g
 
cf ′′

 
)ˆ( jaa +′′=′′ 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA - DPF 
FÍSICA I – MECÂNICA 
 5 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
y 
g
 
cf ′

 
)ˆ( jaa +=′ 
F

 
6) Uma caixa de massa M desce um plano inclinado, que faz um 
ângulo θ 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 cµ e o módulo da 
aceleração da gravidade local é g. Determine a aceleração da 
caixa. Dê suas respostas em termos dos dados M, θ, F, cµ e 
g, que se fizerem necessários. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M, θ , F, cµ e g 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
Em x: ∑ −=+−−= xxx MafPFF c (6.1) 
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (6.1), obtém-se 
xMaθMgμθMgF −=+−− cossen c 
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (−1/M), temos 
)cossen( c θµθ −+= gM
Fa 
ou )sencos( c θθµ −−= gM
Fa (6.2) 
 Com relação ao resultado acima, equação (6.2), discuta os 
possíveis valores para a aceleração da caixa para 0=θ , 
°= 90θ e 0c =µ . 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 θ (0 < θ < 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 
cµ e o módulo da aceleração da gravidade local é g. Deter-
mine a aceleração da caixa. Dê suas respostas em termos 
dos dados M, θ, F, g e cµ , que se fizerem necessários. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M, θ, F, g e cµ 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
Em x: ∑ ′+=′+−= xxx aMfPFF c (7.1) 
Substituindo (4.1) e (5a.2) em (7.1), obtém-se 
xaMθMgμθMgF ′+=−−+ cossen c 
Multiplicando ambos os lados a equação acima por (1/M), temos 
)cossen( c θµθ +−=′ gM
Fa (7.2) 
 Com relação ao resultado acima, equação (7.2), discuta os 
possíveis valores para a aceleração da caixa para 0=θ , 
°= 90θ e 0c =µ . Analise o resultado, mas não perca de
vista a situação física. 
• Compare os resultados (6.2) e (7.2) e observe que aa ′> . 
 
8) Resolva o problema anterior supondo que a força F

 forme 
um ângulo α (0 < α < 90º) com o plano inclinado. 
SOLUÇÃO: 
Dados: M, θ, F, α, g e cµ 
θsenMgPx = (8.1) θcosMgPy = (8.2) 
αcosFFx = (8.3) αsenFFy = (8.4) 
Aplicando a 2a Lei de Newton, ∑ = aMF

, temos 
Em y: ∑ =−+′= 0yyy PFNF (8.5) 
Substituindo (6.2) e (6.4) em (6.5), obtém-se 
αsencos FθMgN −= 
∴ )sencos(ccc αθµµ FMgNf −=′=′ . (8.6) 
Em x: ∑ ′′+=′−−= xxxx aMfPFF c (8.7) 
Substituindo (8.1), (8.3) e (8.6) em (8.7), obtém-se 
)cossen()sen(cos cc θµαµα +−+=′′=′′ θgM
Faa x 
ou 





−−





−=′′ αθµα sencossencos c M
Fgθg
M
Fa . (8.8) 
• Discuta o resultado acima para µc = 0, θ = 0 e α = 0, em se-
parado, aos pares e simultaneamente, e compare, quando for 
o caso, com resultados obtidos anteriormente. 
1) µc = 0 ⇒ θgM
Fa sencos −=′′ α 
2) µc = θ = 0 ⇒ αcosM
Fa =′′ (3.2.2) e (3.3.2) 
3) µc = α = 0 ⇒ θgM
Fa sen−=′′ 
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

 
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 6 
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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 7 
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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 8 
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 inclinado? 
Dados: °= 60θ 
20,0c =µ 
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) 
∴ θPN cos= . (15.2) 
A força de atrito cinético é dada por 
θPNf cosccc µµ == . (15.3) 
Em x: ∑ −=+−= mafPF xx c (15.4) 
Substituindo (15.3) em (15.4), temos 
a
g
PPP −=+− θµθ cossen e , 
)cossen( c θµθ −= ga (15.5) 
22 m/s5,7
2
120,0
2
3m/s8,9 ≅







×−×=a (15.6) 
b) SOLUÇÃO: 
Ilustração: Diagrama do corpo livre. 
Em x: ∑ −=′−−= mafPF xx c (15.7) 
Substituindo (15.3) em (15.7), temos 
)cossen( c θµθ +=′ ga (15.9) 
22 m/s5,9
2
120,0
2
3m/s8,9 ≅







×+×=′a (15.10) 
16) Um bloco desliza para baixo com velocidade constante sobre 
um plano com inclinação α. 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: α, 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 θ por α, 
e fazendo a = 0 na equação (15.5) e (5a.4), obtendo 
αµ 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 
αα
α
αα sen2cos
cos
sensen ggaax =




 +=′= (13.2) 
A distância máxima percorrida ao longo do plano será dada por 
º180cos2202 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 
αsen4
2
0
g
vx =∆ (13.4) 
Como xh ∆= /senα , (13.5) 
de (13.4) e (13.5), temos a altura máxima, que é dada por 
g
v
g
vxh
4
sen
sen4
sen
2
0
2
0 =×





=∆= α
α
α (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. Quando o ângulo em relação à horizontal é 30°, ela co-
meça a deslizar, descendo pela prancha 2,5 m em 4,0 s. 
Quais os coeficientes de atrito determinados? 
SOLUÇÃO: 
Dados: θ = 30°, m5,20 =−=∆ xxx , 
s0,40 =−=∆ ttt e 2m/s8,9=g 
Cálculo de µe  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 ≅°≅= θµ (17.1) 
Cálculo de µc  O movimento é acelerado, pois o ângulo de incli-
nação é ligeiramente superior ao ângulo máximo 
que mantinha a caixa em equilíbrio estático. 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= x 
g
 
cf ′

 
y 
a′ 
sentido do 
movimento 
θ 
θ 
yP

 
xP

 
P

 
yPN

−= 
x 
g
 
cf

 
y 
a 
sentido do 
movimento 
θsenPPx = 
θcosPPy = 
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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
xaa x
∆
== (17.3) 
A situação é idêntica às dos problemas 5a e 15. De (5a.4) ou 
(15.5) temos 
)cossen( c θµθ −= ga 
∴ 
θ
θµ
cos
tanc g
a
−= (17.4) 
Substituindo (17.3) em (17.4), temos 
θ
µµ
cos
2
2ec tg
x∆
−= , 
ou 54,030cos)s0,4)(m/s8,9(
m)5,2(230tan 22c =°
×
−°=µ (17.4) 
 
18) Uma caixa de 68 kg é puxada pelo chão por uma corda que 
faz um ângulo de 15° acima da horizontal. 
a) Se µe = 0,50, qual a tensão mínima necessária para iniciar o 
movimento da caixa? 
b) Se µc = 0,35, qual a sua aceleração inicial? 
SOLUÇÃO: 
Dados: m = 68 kg, θ = 15°, 
µe = 0,50, µc = 0,35 e g = 9,8 m/s2 
a) Ilustração: Diagrama do corpo livre para a caixa. 
 
Em y: ∑ =−+= 0PFNF yy ∴ θsenFmgN −= (18.1) 
Na iminência de entrar em movimento a força de atrito estático se-
rá máxima, 
)sen(eemaxe θFmgNf −== µµ . (18.2) 
Em x: 0maxe =−=∑ fFF xx 
∴ 0)sen(cos e =−− θµθ FmgF 
sendo N100,3sencos
2
e
e ×≅
+
=
θµθ
µ 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 θµθ 
mamgF =−+ cc )sen(cos µθµθ 






+
+−+
=
θµθ
θµθµθµθµ
sencos
)sen(cos)sen(cos
e
eccega 
∴ 2
e
ce m/s7,2
cossen
cos)(
≅×





+
−
= ga
θθµ
θµµ
 (18.4) 
• Discuta o resultado acima para θ = 0. 
 
19) Um corpo desliza para baixo, num plano inclinado de θ, 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: θ , tt 2=′ e g 
Conforme demonstrado em problemas anteriores, na ausência de 
atrito a aceleração é dada por 
θsenga = (4.6) 
e na presença de atrito por 
)cossen( c θµθ ′−=′ ga . (5a.4) 
Vamos supor que o corpo parte do repouso )0( 00 =′= xx vv , na 
origem do sistema de coordenadas )0( 00 =′= xx . 
As equações da posição em função do tempo são 
22 sen
2
1
2
1 tgatx θ== (19.1) 
e 2c
2 4)cossen(
2
1
2
1 tgtax θµθ −=′′=′ (19.2) 
Como xx =′ , igualando (19.1) e (19.2), temos 
22
c sen2
14)cossen(
2
1 tgtg θθµθ =− , 
que, após simplificação resulta em 
θθµθ sen
4
1cossen c =− 
e, finalmente, θ
θ
θ
µ tan
4
3
cos
sen
4
3
c == (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. 
θFF
θFF
MgP
y
x
sen
cos
=
=
=
 
θ 
N

 F

 
P

 
xF

 
yF

 
x 
y 
g
 
maxef

 
A 
B F

 
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 10 
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
Fa +





+
=
+
=


 ∴ 
BA MM
Fa
+
= (20.1) 
c) Para o bloco B: )ˆ(BBelB iaMaMFF Bx +===∑

 ou 
[ ] )ˆ()ˆ()ˆ(
BA
Bel iMM
FMidkidkdkF +





+
=+=−−=−=

 
∴ 











+
=
d
F
MM
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 
µe e µc 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 , µe , µc e g 
a) Ilustração: Diagrama das forças para os blocos. 
SIGNIFICADO DOS SÍMBOLOS: 
3/1N

 ⇒ reação normal do bloco 1 sobre o bloco 3 
gmP

33 = ⇒ peso do bloco 3 
2T

 ⇒ força que a corda exerce sobre o bloco 2 
gmP

22 = ⇒ peso do bloco 2 
1/mN

 ⇒ reação normal da mesa sobre o bloco 1 
3/11/3 NN

−= ⇒ reação normal do bloco 3 sobre o bloco 1 
gmP

11 = ⇒ peso do bloco 1 
)ˆ(m/1emax jNf −= µ

 ⇒ força de atrito estático máximo sobre o blo-
co 1, devida ao atrito entre o bloco 1 e a mesa m 
1T

 ⇒ 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 +=== µµ (21.5) 
Como 21 TT = , igualando (21.2) a (21.5), temos 
1
e
2
3 m
mm −=
µ
 (21.6) 
b) Ilustração: Diagrama das forças para os blocos. 
Em y: 22222 amPTF y −=−′=∑ 
)( 222 agmT −=′∴ (21.7) 
gmNPNF y 1m/11m/11 0 =′∴=−′=∑ (21.8) 
Sendo gmNf 1cm/1cc µµ =′= (21.9) 
Em x: 11c11 amfTF x =−′=∑ 
)( 1111c1 agmamfT +=+=′∴ (21.10) 
Como 21 TT ′=′ e aaa == 21 , igualando (21.7) a (21.10), temos 
∴ g
mm
mma 





+
−
=
21
1c2 µ (21.11) 
B 
elF

 
BP

 
ABN

 
g
 
x 
y 
α 
α 
P

 
N

 
yP

 
cf

 
xP

 
m1 
m2 
m3 
1a
 
+y 
+x 
cf

 
1P

 
m/1N

′ 
1T ′

 
bloco 1 
+y 
2P

 
2T ′

 
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
