Leis de Newton e algumas forças especiais
No Vestibular
1. b) apenas a 1a pessoa
4. a) 3
Em relação a um referencial fixo fora do carro, observamos,
Observe que as trações nas extremidades do fio 2 são
antes da frenagem, que o carro e o passageiro apresentam
iguais em módulo, já que os fios são ideais.
a mesma velocidade. Pelo princípio da inércia, tanto o
Dado que o sistema está em equilíbrio, temos:
carro quanto o passageiro tendem a permanecer nesse
• Para o corpo de massa M:
estado de movimento se nenhuma força atuar sobre eles.
T1 5 T2 1 PM ] T1 5 T2 1 Mg Assim, no momento da frenagem do carro o passageiro
• Para o corpo de massa m:
continua em movimento. Logo, podemos concordar
T2 5 Pm ] T2 5 mg apenas com a explicação da 1a pessoa.
Substituindo (2) em (1) e considerando g 5 10 m/s2, vem:
(1)
(2)
T1 5 mg 1 Mg 5 10 3 10 1 20 3 10 ]
2. c ) d​ ll
2 ​ 
] T1 5 300 N
As velocidades das esferas tornam-se constantes quando o
módulo da força de resistência do ar em cada esfera torna-se igual ao módulo da força peso. Nessas condições, temos:
mA 3 g
​   ​ 
FA 5 PA ] k 3 vA2 5 mA 3 g ] vA2 5 _____
k
Dado que mA 5 2mB, temos:
d
llllll
2mB 3 g
2mB 3 g
​ 
 
​   ​ ​, 
  
 ​ 
] vA 5 ​ ______
conforme orientação.
• vA2 5 _______
k
k
mB 3 g
lllll
​   ​ ​,   
conforme
• FB 5 PB ] k 3 vB2 5 mB 3 g ] vB 5 ​ _____
k
d
orientação. Assim:
d
vA
• __
​   ​  5 ​
vB
Substituindo T1 5 300 N na expressão (1), obtemos:
T1 5 T2 1 Mg ] 300 5 T2 1 20 3 10 ]
] T2 5 100 N
T1
Logo: ​ __ ​  5 3
T2
5. a) 1 N
Temos a seguinte marcação de forças sobre o corpo A:
llllllllllll
2mB 3 g _____
k
_______
​ 
 3 ​    
   ​ ​ 5 d​ ll
2 ​ 
 ​ 
k
mB 3 g
3. d) a reação ao peso está na Terra, enquanto a reação à
normal está na mesa.
Veja o contexto da figura 4 na teoria.
Pelo princípio da ação e reação, concluímos que a reação
à força normal sobre o corpo está no prato da balança.
Portanto, determinar a indicação da balança significa
determinar a intensidade da força normal. Supondo que o
corpo esteja em equilíbrio sobre a balança, temos:
N 1 Fel 5 P ] N 5 P 2 kx ] N 5 5 2 20 3 0,2 ]
] N 5 1 N
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6. b) maior do que o medido na Terra.
9. e) 0,6
A força de atrito pode ser calculada como segue:
Com base no enunciado segue a figura:
Fat 5 j 3 N
Fat
Fat
De onde se obtém o coeficiente de atrito j 5 ___.
N
vo = 30m/s
Admitindo que os experimentos na Terra foram realizados
so = 0
N
P
v=0
s = 75 m
numa situação tal que N 5 P 5 mg, temos:
Na direção vertical ao movimento do automóvel, temos:
Fat
jTerra 5 ______
mgTerra
N 5 P ] N 5 mg
No planeta em questão, temos:
Na direção do movimento, temos Fat 5 FR
4Fat
Fat
j 5 _______ 5 ______ 5 4jTerra
mgTerra
1
__
m gTerra
4
Usando os fatos de que Fat 5 j 3 N e FR 5 mOaO,
reescrevemos:
Fat 5 FR ] j 3 N 5 mOaO ] j 3 mg 5 mOaO ]
7. c) 2,0 m/s2
OaO
] j 5 ___
g
Considere a figura:
A desaceleração do automóvel pode ser obtida pela
Tmáxima = 1.800 N
Cabo
equação de Torricelli:
v2 5 v20 1 2aSs ] 02 5 302 1 2a(75 2 0) ]
a
Aplicando a 2 lei de Newton ao movimento do corpo,
temos:
] a 5 26 m/s2
Substituindo:
FR 5 Tmáx. ] m 3 amáx. 5 Tmáx. ] 900amáx. 5 1.800 ]
2
] amáx. 5 2,0 m/s
10. a) 20 N
8. b) 1,4 N
Considerando os blocos A, B e C como um único corpo, a
força resultante sobre ele (F) é dada pela 2a lei de Newton:
Para que o bloco se mova, a força F 5 20 N deve ser
superior à força de atrito estático máximo Amáx.
est. , que pode
ser calculada como segue:
F 5 (mA 1 mB 1 mC) 3 a
Amáx.
est. 5 jest. 3 N 5 jest. 3 mg 5 0,3 3 10 3 9,8 ]
Isto é:
2
4,2 5 (1 1 2 1 3) 3 a ] a 5 0,7 m/s
Logo, a força resultante sobre o corpo B será:
FR 5 mB 3 a 5 2 3 0,7 ] FR 5 1,4 N
O26O
OaO _____
j 5 ___
g 5 10 5 0,6
] Amáx.
est. 5 29,4 N
Nesse caso: F , Amáx.
est. ; portanto, o corpo ainda está em
repouso e devemos ter A 5 F 5 20 N.
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15. Dado que o corpo está em repouso e na iminência de
11. d) 40 N
Sobre o bloco atuam
escorregar, temos:
as seguintes forças:
Fel 1 Fat 5 Px ] kx 1 jest. 3 N 5 P 3 sen J
Mas:
N 5 Py 5 P 3 cos J 5 10 3 0,8 ]
Para que o bloco não deslize, devemos ter N 5 F. Assim:
Fat 5 P ] jest. 3 N 5 mg ] jest. 3 F 5 mg ]
mg 2 3 10
 ​ 
] F 5 40 N
] F 5 ____
​    ​ 5 ​ _____
jest.
] N 5 8 N
Logo:
6 2 1,6
 
 ​ 
]
k 3 0,2 1 0,2 3 8 5 10 3 0,6 ] k 5 _______
​ 
0,2
0,5
12. b) 28,0 m/s2
] k 5 22 N/m
Aplicando a 2a lei de Newton ao movimento do corpo, temos:
F 2 Fat 5 m 3 a ] F 2 jcin. 3 N 5 m 3 a
Como N 5 P 5 mg, ou seja, N 5 20 N, temos:
60 2 0,2 3 20 5 2 3 a ] a 5 28 m/s2
13. b) 0,30
Como o sistema está em movimento uniforme, para o
corpo A, temos: T 5 PA 5 mA 3 g 5 3 3 10 ] T 5 30 N
E, para o corpo B: T 5 Fat ] Fat 5 jcin. 3 N 5 jcin. 3 mBg ]
] T 5 jcin. 3 mBg ] 30 5 jcin. 3 10 3 10 ]
] jcin. 5 0,30
14. a) 20 N
Sejam, respectivamente, T1 e T2 as forças de tração no
fio que une os corpos de massas 4 kg e 6 kg ao corpo
de massa 10 kg. Considerando que o sistema tende a se
movimentar no sentido horário (a inércia favorece o corpo
de massa 6 kg), a força de atrito (Fat) sobre o bloco de 10 kg
tem sentido da direita para a esquerda. Nessas condições,
dado que o sistema permanece em repouso, temos:
Fat 1 T1 5 T2 ] Fat 5 T2 2 T1
(1)
Para os corpos de massas 4 e 6 kg, podemos escrever,
respectivamente:
T1 5 P1 5 4 3 10 ] T1 5 40 N
(2)
T2 5 P2 5 6 3 10 ] T2 5 60 N
(3)
Substituindo (2) e (3) em (1), resulta:
Fat 5 60 2 40 ] Fat 5 20 N
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