Lista de Exercicios Fisica Básica (79)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 157
78. Escolhemos um eixo x “encosta acima” para a caixa de massa m2 e um eixo x para a direi-
ta para a caixa de massa m1. (Assim, as acelerações das duas caixas têm o mesmo módulo e o 
mesmo sentido.) As forças paralelas à superfície do plano inclinado que atuam sobre a caixa de 
massa m2 são, em módulo, a força aplicada F, a tensão T da corda e a componente x do peso do 
bloco, m2g sen θ. A única força que atua sobre a caixa de massa m1 é a tensão T da corda. De 
acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:
F T m g m a
T ma
− − =
=
2 2
1
senu
Combinando as duas equações, obtemos
F – m2g sen θ = (m1 + m2)a
o que nos dá
a =
− °
+
=
12N (1,0 kg)(9,8m/s )sen37
kg 3,0 kg
1,
2
1 0,
553m/s2.
Assim, a tensão é T = m1a = (3,0 kg)(1,53 m/s2) = 4,6 N.
79. (a) A massa da partícula é
m = P/g = (22 N)/(9,8 m/s2) = 2,2 kg.
Em um local onde a aceleração gravitacional é g9 = 4,9 m/s2, a massa continua a ser 2,2 kg, mas 
o peso passa a ser P9 = mg9 = (2,2 kg) (4,0 m/s2) = 11 N.
(b) m = 2,2 kg.
(c) Se g = 0, o peso é zero.
(d) m = 2,2 kg.
80. Escolhemos o sentido positivo do eixo y para baixo.
(a) A figura da esquerda, a seguir, mostra o diagrama de corpo livre do conjunto paraquedas-
paraquedista, considerado um único objeto de massa 80 kg + 5,0 kg = 85 kg.

Fa é a força que o ar exerce sobre o paraquedas e mg

 é a força da gravidade. De acordo com a 
Segunda Lei de Newton, mg – Fa = ma, em que a é a aceleração. Explicitando Fa, obtemos
F m g aa = −( ) = ( ) −( ) =85 9 8 2 5 6202 2kg m/s m/s N, , .
(b) A figura da direita, no item a, mostra o diagrama de corpo livre do paraquedas. 

Fa é a força 
do ar, m gp

 é a força da gravidade e 

Fp é a força do paraquedista. De acordo com a Segunda 
Lei de Newton,
mpg + Fp – Fa = mpa.
158 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Explicitando Fp, obtemos
F m a g Fp p a= −( ) + = ( ) −( )+5 0 2 5 9 8 620, , ,kg m/s m/s N2 2 == 580 N.
81. A massa do piloto é m = 735/9,8 = 75 kg. Chamando a força que a nave exerce sobre o pi-
loto (através do assento, provavelmente) de 

F e escolhendo o sentido positivo do eixo y como 
sendo para cima, a Segunda Lei de Newton nos dá
F mg ma F− = ⇒ = ( ) +( )=Lua
2 2kg m/s m/s N.75 1 6 1 0 195, ,
82. Com unidades do SI implícitas, a força resultante a que a caixa está submetida é

Fres
o oi= + − + + −( , cos )̂ ( sen , )3 0 14 30 11 14 30 5 0 17 ˆ̂j
o que nos dá 

Fres N i N j= −( , )ˆ ( , )ˆ4 1 5 0 
(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:


a
F
m
res= = −( , )ˆ ( , )ˆ.1 0 1 3 2m/s i m/s j2
(b) O módulo de 

a é a = + −( ) =( , ) , ,1 0 1 3 1 62
2
m/s m/s m s2 2 2 . 
(c) O ângulo é tan–1 [(–1,3 m/s2)/(1,0 m/s2)] = –50° (ou seja, 50° no sentido horário em relação 
ao semieixo x positivo).
83. Como a “certa força” mencionada no texto, que vamos chamar de F, imprime a um corpo 
de massa m1 uma aceleração a1 = 12 m/s2 e imprime a um corpo de massa m2 uma aceleração 
a2 = 3,3 m/s2, sabemos que m1 = F/a1 e m2 = F/a2.
(a) A aceleração que a mesma força F imprime a um objeto de massa m2 – m1 é
a
F
m m
F
F a F a
a a
a a(
=
−
=
−
=
−2 1 2 1
1 2
1 2( / ) / )
o que nos dá a = 4,6 m/s2.
(b) A aceleração que a mesma força F imprime a um objeto de massa m2 + m1 é
a
F
m m
F
F a F a
a a
a a
=
+
=
+
=
+2 1 2 1
1 2
1 2( / ) / )(
o que nos dá a = 2,6 m/s2.
84. Supomos que o movimento acontece no sentido positivo do eixo x e que o refrigerador está 
inicialmente em repouso (caso em que a velocidade mencionada no texto resulta exclusiva-
mente da aplicação da força 

F ). A única força que atua ao longo do eixo x é a componente x 
da força aplicada 

F.
(a) Como v0 = 0, a combinação das Eqs. 2-11 e 5-2 nos dá
F m
v
t
v
F
m
tx i
i= 



⇒ =




cosu
para i = 1 (caso 1) ou i = 2 (caso 2). Como θ1 = 0 e θ2 = θ, v2/v1 = cos θ.
(b) Como v0 = 0, a combinação das Eqs. 2-16 e 5-2 nos dá
F m
v
x x
v
F
m
x xx i
i=
−




⇒ =




−
2
0
02
2
( )
cos
( )
u
para i = 1 (caso 1) ou i = 2 (caso 2). Como θ1 = 0 e θ2 = θ, v2/v1 = cosu .