Lista de Exercicios Fisica Básica (94)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 187
(b) A solução para a aceleração é
a g
m m
m m
= − +
+









 =sen cos ,u
m m
u2 2 1 1
2 1
3 62 m/s2.
(c) Inverter a posição das caixas equivale a trocar os índices. A equação obtida no item (a) 
mostra que essa troca leva a um valor negativo para T, com o mesmo módulo de antes. Assim, 
a situação permanece a mesma, exceto pelo fato de que a haste passa a estar sob compressão e 
não sob tração, como na situação anterior.
61. O sistema é formado por duas caixas, uma em cima da outra. Se puxarmos o bloco de baixo 
com muita força, o bloco de cima deslizará sobre o de baixo. Estamos interessados em calcular 
a força máxima que pode ser aplicada sem que os blocos deixem de se mover juntos, A figura 
mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos.
Em primeiro lugar, calculamos o coeficiente de atrito estático da superfície entre os dois blocos. 
Como uma força de no mínimo Fmín = 12 N deve ser aplicada ao bloco de cima para que deslize, 
F f F m gs s N a s amín mán= = =, ,m m e, portanto,
ms
a
F
m g
= = =mín 12
0 31
N
(4,0 kg)(9,8m/s )2
, .
Usando o mesmo raciocínio, para que os dois blocos se movam juntos, a força aplicada ao bloco 
de baixo não deve ser maior que
F F m m gs s a b= = +m mN,b ( ) .
(a) A última equação nos dá:
F m m gs t b= + = + =m ( ) ( , )( , , )( , )0 31 4 0 5 0 9 8 2kg kg m/s2 77 N.
(b) A aceleração máxima com a qual os blocos se movem juntos é 
a
F
m m
g
t b
smáx =
+
= = =m ( , )( , ) , .0 31 9 8 3 0m/s m/s2 2
62. O diagrama de corpo livre da pedra é mostrado na figura. 
188 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS

F é a força aplicada à pedra, 

FN é a força normal para baixo que o teto exerce sobre a pedra, 
mg

 é a força de gravidade e 

f é a força de atrito. Escolhemos um eixo x para a direita e um 
eixo y para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
F F f ma
F F F mg
x
y N
= − =
= − − =
cos
sen
u
u 0
Como f Fk N= m , e a segunda equação nos dá F F mgN = −senu ,
f F mgk= −m u( sen ).
Substituindo essa expressão na primeira equação, obtemos 
F cos θ – µk (F sen θ฀−฀mg ) = ma.
Para a = 0 , a força é
F
mgk
k
= −
−
m
u m ucos sen
Para µk = 0,65, m = 5,0 kg e θ฀฀= 70º, obtemos F = 118 N.
63. (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre da alpinista (representada por um bloco em 
forma de L).
A força que a alpinista exerce sobre a pedra não é mostrada (já que o diagrama mostra apenas as 
forças que são exercidas sobre ela), mas está relacionada às forças normais 

FN1 e 

FN2 exercidas 
horizontalmente sobre os sapatos e sobre as costas da alpinista, respectivamente. Como vamos 
mostrar no item (b) que FN1 = FN2, não está errado dizer que o módulo da força que a alpinista 
exerce sobre a pedra é FN2. A força total para cima exercida pela força (máxima) de atrito está-
tico é 
  
f f f= +1 2 , em que f Fs N1 1 1= m e f Fs N2 2 2= m .
 
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y (x para a direita e y para cima), e como 
não há aceleração em nenhuma direção,
F F
f f mg
N N1
1 2
0
0
2 5
1 2 5
2