problemas_por_assunto-32-campo_magnetico

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 34 – O Campo Magnético 
1 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 3 
 
 
CAPÍTULO 34 – O CAMPO MAGNÉTICO 
 
07. Um elétron tem velocidade v = 40i + 35j km/s, num campo magnético uniforme. Sabendo-se 
que Bx = 0, calcule o campo magnético que exerce sobre o elétron uma força F = 4,2i + 4,8j 
fN. 
 (Pág. 149) 
Solução. 
A força magnética é dada pela expressão: 
 
qF v B
 
Podemos desenvolver a expressão acima, substituindo-se o valor dado de v e uma expressão 
genérica para B (lembre-se que Bx = 0): 
 
x y y zq v v B BF i j j k
 
Operando-se o produto vetorial, teremos: 
 
y z x z x yq v B v B v BF i j k
 
Como a expressão da força dada no enunciado não possui componente k, temos: 
 
y z x zq v B v BF i j
 
Substituindo-se por valores numéricos: 
 
19 3 31,60 C 35 m/s 40 m/sz zB BF i j
 
 
15 155,60 C.m/s 6,40 C.m/sz zB BF i j
 
Comparando-se com o valor dado de F: 
 
15 154,2 N 4,8 NF i j
 
Conclui-se que: 
 
15 154,2 N 5,60 C.m/s zB
 
 
0,75 TzB
 
Como B só possui componente em z, temos: 
 
0,75 TB k
 
 
10. Um elétron tem uma velocidade inicial de 12,0j + 15,0k km/s e uma aceleração constante de 
(2,00 10
12
 m/s
2
)i no interior de uma região onde existem um campo elétrico e um campo 
magnético uniformes. Determine o campo elétrico E, sabendo-se que B = 400i T. 
 (Pág. 150) 
Solução. 
A força resultante F sobre o elétron é a soma da força elétrica FE com a força magnética FB. 
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2 
 
E B emF F F a
 
 
eq q mE v B a
 
 
em
q
E a v B
 
Substituindo-se por valores numéricos: 
 
31
12 2
19
3 3 6
9,11 kg
2,00 m/s
1,60 C
 12,0 m/s 15,0 m/s 400 T
E i
j k i
 
 
11,3875 N/C 6,00 N/C 4,80 N/CE i j k
 
 
11,4 6,00 4,80 N/CE i j k
 
 
15. Uma partícula alfa (q = +2e, m = 4,0 u) se move em uma trajetória circular com 4,5 cm de raio, 
num campo magnético com B = 1,2 T. Calcule (a) sua velocidade escalar, (b) seu período de 
revolução, (c) sua energia cinética em eV e (d) a diferença de potencial necessária para que a 
partícula alcance essa energia. 
 (Pág. 150) 
Solução. 
(a) A força magnética FB que atua sobre a partícula assume a função da força centrípeta Fc do 
movimento circular. Logo: 
 
c BF F
 
 2
2
mv
evB
r
 
 19
6
27
2 1,60 C 0,045 m 1,20 T2
2,6024 m/s
6,64 kg
erB
v
m
 
 
62,6 m/sv
 
(b) O período de revolução da partícula vale: 
 
7
6
2 0,045 m2
1,0864 s
2,6024 m/s
r
T
v
 
 
0,11 sT
 
(c) A energia cinética da partícula vale: 
 
2
2 27 6 141 1 6,64 kg 2,6024 m/s 2,2484 J
2 2
K mv
 
 
14 18 5eV2,2484 J 6,242 1,4034 eV
J
K
 
 
0,14 MeVK
 
(d) A diferença de potencial necessária para que a partícula alfa atinja a energia K é dada pela razão 
entre a energia da partícula, representada por K e a sua carga q: 
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3 
 14
19
2,2484 J
70262, V
2 2 1,60 C
K K
V
q e
 
 
70 kVV
 
 
16. Um feixe de elétrons, cuja energia cinética é K, emerge de uma lâmina fina na “janela” da 
extremidade do tubo de um acelerador. Existe uma placa de metal, perpendicular à direção do 
feixe emergente, a uma distância d desta janela. Veja Fig. 30. (a) Mostre que podemos evitar 
que o feixe colida com a placa aplicando um campo magnético B, tal que 
 
 
2 2
2mK
B
e d
, 
 
onde m e e são a massa e a carga do elétron. (b) Qual deve ser o sentido de B? 
 x
y
z 
 (Pág. 150) 
Solução. 
(a) Para seguir a trajetória descrita no esquema acima, o feixe de elétrons deve interagir com um 
campo magnético B que tenha a direção +z. A trajetória será circular com raio d e força centrípeta 
Fc igual à força magnética FB sobre os elétrons. 
 
c BF F
 
 2mv
evB
d
 
 
mv
B
ed
 
 2 2
2
2 2
m v
B
e d
 (1) 
A velocidade v dos elétrons pode ser obtida a partir da energia cinética K: 
 
21
2
K mv
 
 
2 2Kv
m
 (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
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4 
 
2
2
2 2 2 2
2
2
K
m
mKm
B
e d e d
 
 
2mK
B
ed
 (3) 
Para este valor de campo magnético o feixe de elétrons irá tangenciar a placa metálica. Um valor 
maior de B aumentará a força centrípeta que, por sua vez, reduzirá o raio da trajetória circular. Isto 
fará com que o feixe se afaste da placa metálica. Portanto, valores maiores de B, dado por (3) 
também são soluções para este problema. Logo: 
 2mK
B
ed
 
(b) Vetor campo magnético: 
 2mK
ed
B k
 
 
22. A Fig. 32 mostra um dispositivo usado para medir as massas dos íons. Um íon de massa m e 
carga +q é produzido basicamente em repouso pela fonte S, a partir de uma descarga através do 
gás no interior de uma câmara. O íon é acelerado por uma diferença de potencial V e penetra um 
campo magnético B. Ele se move no interior do campo em semicírculo, colidindo com uma 
chapa fotográfica a uma distância x da fenda de entrada. Mostre que a massa m do íon é dada 
por 
 
 2
2.
8
B q
m x
V
, 
 
 (Pág. 150) 
Solução. 
O movimento do íon no interior da câmara é circular, sendo que a força centrípeta Fc é a força 
magnética FB: 
 
c BF F
 
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5 
 2 2 22
2
mv mv mv
qvB
xr x
 
 
2
qB
m x
v
 
 2 2
2 2
24
q B
m x
v
 (1) 
Agora precisamos determinar a velocidade do íon na câmara. No início do experimento, o íon parte 
do repouso e é acelerado pela diferença de potencial V. O íon fica sujeito a um movimento com 
aceleração constante, que pode ser descrito por: 
 
2 2
0 2v v ad
 (2) 
Na Eq. (2), a velocidade inicial v0 é zero, pois o íon parte do repouso. A aceleração a pode ser 
obtida por meio da seguinte operação, onde FE é a força elétrica que age no íon, E é o campo 
elétrico na região onde o íon é acelerado e d é a distância que o íon percorre durante o tempo de 
aceleração: 
 E
V
q
F qE qVda
m m m md
 (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
 
2 22
qV qV
v d
md m
 (4) 
Substituindo-se (4) em (1): 
 2 2
2 2
2
4
q B
m x
qV
m
 
 2
2
8
qB
m x
V33. Calcule a distância total percorrida por um dêuteron, num cíclotron, durante o processo de 
aceleração. Suponha que o potencial entre os dês é de 80 kV, o raio dos dês, 53 cm, e a 
freqüência do oscilador, 12 MHz. 
 (Pág. 151) 
Solução. 
Nossa abordagem consiste em somar o comprimento de cada uma das trajetórias percorridas pelo 
dêuteron no ciclotron. Considere o seguinte esquema: 
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A trajetória total (S) do dêuteron consiste na soma de N trajetórias parciais si (s1, s2, ..., sN), que 
correspondem cada uma delas a meias circunferências, cada qual com raio ri (r1, r2, ..., rN). Logo: 
 
1 1 1
N N N
i i i
i i i
S s r r
 (1) 
O raio de cada trajetória pode ser obtido pela análise da freqüência natural f de rotação da carga no 
interior do cíclotron, em que T é o período (constante) de rotação: 
 
1
2
v
f
T r
 
 
2
v
r
f
 
O valor de cada raio ri (r1, r2, ..., rN) depende do valor correspondente de cada velocidade vi (v1, v2, 
..., vN). Logo: 
 
2
i
i
v
r
f
 (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
1 1
1
2 2
N N
i
i
i i
v
S v
f f
 (3) 
Agora só falta determinar vi e N para completar o cálculo. Supondo que o dêuteron parte do repouso 
(v0 = 0) a partir do centro do cíclotron, a velocidade v1 será dada por: 
 
2 2
1 0 2v v ad
 (4) 
Nesta equação, a é a aceleração sofrida pelo dêuteron a cada passagem pela zona central do 
cíclotron, onde o campo elétrico atua sobre ele, e d é a distância de separação dos dês. A aceleração 
pode ser obtida a partir da força elétrica, por aplicação da segunda lei de Newton: 
 
EF ma
 
 
V
qE q ma
d
 
 
qV
a
md
 (5) 
Substituindo-se (5) em (4): 
v1
v2
v3
v4
r1
r3
r4
r2
v0
d
s1
s3
s2
s4
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7 
 
2
1 0
2qV
v v
m
 
O valor de v1 é: 
 19 3
6
1 27
2 1,60 10 C 80 10 V2
0 2,76851 10 m/s
3,34 10 kg
qV
v
m
 
De forma geral, teremos: 
 
2
1
2
i i
qV
v v
m
 
Vamos analisar uma pequena série de valores de v: 
 
2
2 1 1
2 2 2 4 2
2 2
qV qV qV qV qV
v v v
m m m m m
 
 
2
3 2 1
2 4 2 6 2
3 3
qV qV qV qV qV
v v v
m m m m m
 
E assim por diante. Logo: 
 
1iv v i
 (5) 
A maior velocidade que o dêuteron poderá atingir será vN, o que corresponderá a um raio rN, que é 
conhecido, pois é o próprio raio do cíclotron. Podemos aplicar este raciocínio combinando as Eqs. 
(2) e (5): 
 
1
2 2
N
N
v v N
r
f f
 
 
2 22 62 2 2
22 6
1
4 12 10 Hz 0,53 m4
208,34 meias-voltas
2,76851 10 m/s
Nf rN
v
 
 
208 meias-voltasN
 
Finalmente podemos calcular a trajetória total substituindo (5) em (3): 
 6208
1
1 6
1 1
2,76851 10 m/s1
2006,89 231,504 m
2 2 2 12 10 Hz
N
i i
v
S v i i
f f
 
 
230 mS
 
 
38. Mostre que a razão entre o campo elétrico Hall E e o campo elétrico Ec, responsável pela 
corrente, é 
 
c
E B
E ne
, 
onde é a resistividade do material. (b) Calcule numericamente a razão, no Exemplo 3. Veja 
Tabela 1, no Cap. 32. 
 (Pág. 152) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
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Quando uma corrente elétrica i trafega por uma chapa metálica sujeita a um campo magnético B 
ortogonal à chapa, uma força magnética FB atua sobre os elétrons, forçando-os para uma das laterais 
da chapa (direita, no esquema acima), sendo que o lado oposto fica carregado positivamente. A 
separação das cargas gera um campo elétrico (campo elétrico Hall, E) que também age sobre os 
elétrons, por meio de uma força elétrica FE, forçando-os no sentido oposto ao da força magnética. 
No equilíbrio eletromagnético, teremos: 
 
E BF F
 
 
deE ev B
 
 
dE v B
 (1) 
Na expressão acima, e é carga dos elétrons e vd é a velocidade de deriva dos elétrons na chapa 
metálica, que está relacionada com a densidade de corrente J por meio da seguinte expressão: 
 
c
d
E
J nev
 
Na expressão acima, Ec é o campo elétrico que age na direção da corrente elétrica, sendo este 
campo o responsável pela corrente, n é o número de portadores de carga por unidade de volume e 
é a densidade de corrente. Resolvendo-se para Ec: 
 
c dE ne v
 (2) 
Dividindo-se (1) por (2): 
 
c
E B
E ne
 
 
39. Uma tira de metal de 6,5 cm de comprimento por 0,88 cm de largura e 0,76 mm de espessura se 
desloca, com velocidade constante v, por um campo magnético B = 1,2 mT perpendicular à tira, 
conforme ilustra a Fig. 34. Uma diferença de potencial de 3,9 V é medida entre os pontos x e 
y. Calcule a velocidade escalar v. 
FE FB
vd
E
i
Ec
B
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 (Pág. 152) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
A ação do campo magnético (B) sobre os elétrons de condução da tira de metal resulta numa força 
magnética (FB) sobre os mesmos, dada por: 
 
B qF v B
 
Pela regra da mão direita, FB tem sentido apontando de x para y, ao longo da largura da fita (lembre-
se que elétrons têm carga negativa, que deve ser levado em conta na equação acima). O acúmulo de 
elétrons do lado direito da tira de metal gera um campo elétrico (E) cuja força (FE) sobre os 
elétrons, no equilíbrio, deve ser igual à força magnética. 
 
+ 0E BF F
 
 
0q qE v B
 
 
E v B
 
O módulo do campo elétrico, que é a razão entre a diferença de potencial V entre as laterais da tira 
de largura d, é dado por: 
 
V
E vB
d
 
Logo: 
 
V
v
Bd
 
d
FE FB
v
E
v
V
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10 
 -6
-3 -3
3,9×10 V
0,3693 /
(1,2×10 T).(8,8×10 m)
v m s
 
 
37 cm/sv
 
 
42. Um fio de metal de massa m desliza, sem atrito, sobre dois trilhos horizontais separados por 
uma distância d, conforme vemos na Fig. 36. Os trilhos estão num campo magnético uniforme 
vertical B. Uma corrente constante i, fornecida por um gerador G, passa de um trilho para o 
outro através do fio de metal, retornando ao gerador. Determine a velocidade (módulo e sentido) 
do fio em função do tempo, supondo que em t = 0 ele está em repouso. 
 x y
z
 
 (Pág. 152) 
Solução. 
Considere o esquema abaixo: 
 
A velocidade do fio em funçãodo tempo é dada por: 
 
t
0
v v a
 (1) 
Para o cálculo da aceleração a, primeiro precisamos da força magnética F que age sobre o fio: 
 
iF l B
 
 
( ) ( )i d BF i k
 
 
idBF j
 
Agora a aceleração pode ser obtida por meio da segunda lei de Newton: 
 
idB
m m
F
a j
 (2) 
Lembrando que o fio parte do repouso, v0 = 0, e substituindo-se (2) em (1): 
 
0
idB
t
m
v j
 
 
idBt
m
v j
 
Obs.: Neste cálculo foi desprezada a fem induzida devido à variação do fluxo do campo magnético 
através do circuito, que é provocada pelo movimento do fio. A fem induzida tem sinal contrário à 
fem do gerador, o que provoca a atenuação da corrente no circuito. O resultado disso é a diminuição 
da intensidade da força sobre o fio, com as conseqüentes alterações na aceleração e na velocidade 
do fio. 
 
i x
y
z
dF
B
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46. Um bastão de cobre de 1,15 kg repousa sobre dois trilhos horizontais, separados de 95,0 cm, e 
conduz uma corrente de 53,2 A de um trilho para o outro. O coeficiente de atrito estático é 0,58. 
Determine o menor campo magnético (não necessariamente vertical) que seria capaz de fazer o 
bastão deslizar. 
 (Pág. 152) 
Solução. 
Considere o esquema abaixo: 
 
Para que a barra horizontal deslize, a força magnética deve ser maior do que a força de atrito 
estático máxima. No limiar do movimento, teremos: 
 
0
a m
F F
 
A força de atrito estático sobre o bastão é descrita pela seguinte equação, onde e é o coeficiente de 
atrito estático, m é a massa do bastão de cobre e g a aceleração da gravidade: 
 
emgaF j
 
Logo: 
 
emgm aF F j
 (1) 
A força magnética sobre a barra é dada por: 
 
iF l B
, (2) 
onde 
 
ll i
. (3) 
Na equação acima, l é o comprimento da barra de cobre. Extraindo-se B de (2): 
 
2
i
i
ml FB
l
 (4) 
Substituindo-se (1) e (3) em (4) 
 
2
eil mg
il
i j
B
 
 
2
eil mg
il
B k
 
 
emg
il
B k
 
 
0,12946 TB
 
 
0,13 TB
 
 
50. O raio da face de um relógio de parede circular tem 15 cm. Em volta dessa face são enroladas 
seis voltas de fio, que conduz uma corrente de 2,0 A no sentido horário. O relógio está dentro de 
um campo magnético uniforme, constante, de 70 mT (mas continua funcionando perfeitamente). 
Exatamente às 13:00 h, o ponteiro das horas aponta no sentido do campo magnético externo. (a) 
N
PFa
Fm
i
i
l
x
y
z
i
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Depois de quantos minutos o ponteiro dos minutos apontará no sentido do torque provocado 
pelo campo magnético sobre o enrolamento? (b) Qual o módulo desse torque? 
 (Pág. 153) 
Solução. 
(a) Considere o esquema abaixo: 
 
O torque do campo magnético sobre o enrolamento é dado por: 
 
τ μ B
 (1) 
O enunciado do problema nos revela que o vetor campo magnético B aponta para o marcador “1” 
do relógio e, portanto, faz um ângulo de = 60
o
 com a horizontal. Vetor campo magnético: 
 
cos senB BB i j
 
O momento magnético das espiras (direção e sentido segundo a regra da mão direita) é função no 
número de espiras N, da corrente i e da área do enrolamento A: 
 
NiAμ k
 
Substituindo-se as expressões de e B em (1): 
 
cos senNiA B Bτ k i j
 
 
sen cosNiABτ i j
 
Considerando-se que = 60
o
, percebe-se que aponta para a marca “4” do relógio (veja esquema 
abaixo). Logo, serão necessários 20 min para que o ponteiro dos minutos atinja esta direção. 
 
(b) O módulo do torque vale: 
 
2 2 2 2 2sen cos sen cos 1NiAB NiAB NiAB Ni r B
 
 
22 36 2,0 A 0,15 m 70 10 T 0,05937 N.mN ir B
 
 
0,059 N.m
 
 
51. Um fio de comprimento L conduz uma corrente i. Mostre que se o fio forma uma bobina 
circular, o torque máximo desenvolvido por um determinado campo magnético acontece quando 
a bobina tem apenas uma espira e seu módulo é dado por 
 
 
21
4
L iB
. 
 (Pág. 153) 
12
1
2
3
B
R
i
x
y
z x
y
z
12
1
2
3
4
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13 
Solução. 
Como o comprimento do fio é fixo, quanto maior o número de espiras menor será a área de cada 
uma. O comprimento do fio (L) deve ser igual ao número de voltas (N) vezes o comprimento de 
cada volta (2 r). 
 
2L rN
 
 
2
L
r
N
 (1) 
O torque da força magnética sobre a espira vale: 
 
τ μ B
 
 
senNiAB
 
 
2( ) senNi r B
 
Naturalmente o ângulo deverá ser igual a /2 para maximizar o torque: 
 
2Nir B
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 2
2
L
Ni B
N
 
 2
4
iL B
N
 
Como 1/N, conclui-se que para maximizar o torque o número de espiras deverá ser o menor 
possível, ou seja, igual a 1 (N = 1). 
 2
4
iL B 
 
53. A Fig. 40 mostra um fio em anel de raio a, perpendicular à direção de um campo magnético 
divergente, radialmente simétrico. O campo magnético tem a mesma intensidade B em todos os 
pontos do anel, e seu sentido faz um ângulo com a normal ao plano do anel em todos os 
pontos. A ponta torcida do fio não têm nenhum efeito sobre o problema. Se o anel conduz uma 
corrente i, determine o módulo e o sentido da força que o campo exerce sobre ele, conforme 
mostrado na figura. 
 
 (Pág. 153) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema, que mostra a vista lateral do sistema: 
 dl
BdF
x y
z
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 34 – O Campo Magnético 
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O elemento de força magnética dF que age no anel pode ser decomposta em três componentes, dFx, 
dFy e dFz: 
 
x y zd dF dF dFF i j k
 
A força total F é obtida por integração ao longo da circunferência do anel: 
 
x y zdF dF dFF i j k
 
As duas primeiras integrais são nulas devido à simetria envolvida no problema. Logo: 
 
sendFF k
 (1) 
O elemento de força dF sobre um elemento de fio dl vale: 
 
d idF l B
 
 
dF idlB
 (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
2
0
sen sen
a
idlB iB dlF k k
 
 
2 senaiBF k
 
 
55. A Fig. 41 mostra um cilindro de madeira com massa m = 262 g e comprimento L = 12,7 cm, 
com um fio enrolado longitudinalmente em volta dele, de maneira que o plano do enrolamento, 
com N = 13 voltas, contém o eixo do cilindro e é paralelo a um plano que tem uma inclinação 
com a horizontal. O cilindro está sobre esse plano inclinado, e o conjunto está sendo submetido 
a um campo magnético uniforme, vertical, de 477 mT. Qual a menor corrente que deve circular 
no enrolamento, de forma a evitar que o cilindro role para baixo?(Pág. 153) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema, que mostra as forças externas que agem sobre o cilindro: 
 
Fa
N
Fm
Fm
P
x
y
z
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 34 – O Campo Magnético 
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No esquema, foram omitidas as duas forças magnéticas em z, que agem sobre os lados das espiras 
paralelos à pagina. Para que o cilindro não role rampa abaixo ou acima, o torque resultante em 
relação ao centro de massa, ou em relação ao ponto de contato do cilindro com a rampa, deve ser 
zero. Em relação ao centro de massa do cilindro agem apenas os torques devido à força magnética 
m e à força de atrito estático a. Logo: 
 0m aτ τ (1) 
Note que nem a força peso nem a normal exercem torques em relação ao centro de massa. O torque 
da força magnética em relação ao eixo do cilindro em z vale: 
 senNiABmτ μ B k (2) 
O torque da força de atrito em relação ao mesmo eixo é dado por: 
 a a aτ r F (3) 
O cálculo da força de atrito pode ser feito pelas componentes das forças em x e y. Forças em x: 
 0x axN F 
 sen cos 0aN F 
 
cos
sen
aFN (4) 
Forças em y: 
 0y ayN F P 
 cos senaN F mg (5) 
Substituindo-se (4) em (5): 
 
cos
cos sen
sen
a
a
F
F mg 
 
2 2cos sen
sen
aF mg
 
 senaF mg (6) 
Pode-se agora resolver (3): 
 senrmgaτ k (7) 
Substituindo-se (2) e (7) em (1): 
 
sen sen 0NiAB rmgk k
 
 
(2 )Ni rL B rmg
 
 
2NiLB mg
 
 20,262 kg 9,81 m/s
1,6318 A
2 2 13 0,127 m 0,477 T
mg
i
NLB
 
 
1,63 Ai