Lista de Exercicios Fisica Básica (98)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 195
Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente horizontal do movimento, obtemos fs = mv2/R, 
na qual fs é a força de atrito estático exercido pela pista sobre os pneus. Aplicando a Segunda Lei 
de Newton à componente vertical do movimento, obtemos FN = mg, na qual FN é a força normal 
exercida pela pista sobre os pneus e m é a massa do conjunto ciclista-bicicleta.
(a) A força de atrito é 
f
mv
R
s = =
( )( )
=
2
2
85 0 9 00
25 0
275
, ,
,
.
kg m/s
m
N
(b) Como a força de atrito 

fs e a força normal 

FN são mutuamente perpendiculares, o módulo 
da força resultante que a pista exerce sobre a bicicleta é
F f Fs N= + = + =2 2 2 2275 250 9 8 877( ) ( , )( , ) .N m m/s N2
82. No alto do morro, as forças verticais que agem sobre o carro são a força normal exercida 
pela estrada e a força da gravidade. Escolhendo um eixo y orientado para baixo, a Segunda Lei 
de Newton nos dá
mg F
mv
R
N− =
2
.
Fazendo FN = 0 e explicitando v, temos:
v gR= = =( , )( ) ,9 8 250 49 5m/s m m/s2 = 49,5(3600/1000) km/h = 178 km/h.
83. (a) A força mínima para que o caixote comece a se mover é fs,máx = µs FN (Eq. 6-1, com FN = 
mg neste caso), o que nos dá (0,51)(165 N) = 84,2 N.
(b) Depois que o caixote começa a se mover, a força necessária para mantê-lo em movimento com 
velocidade constante é uma força igual à força de atrito cinético fk =฀µk FN =฀µk mg = 52,8 N.
(c) Como a massa do caixote é 165/9,8 = 16,8 kg, a aceleração, usando a Segunda Lei de Newton 
e os resultados dos itens (a) e (b), é
 
a = (84,2 N – 52,8 N)/(16,8 kg) ≈ 1,87 m/s2.
84. (a) A componente horizontal de 

F empurra o caixote, enquanto a componente vertical au-
menta a força de atrito, ao aumentar a força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton nas 
direções, temos:
 direção horizontal: Fcosθ – fs = 0
direção vertical: FN – Fsenθ – mg = 0.
Dizer que o caixote está “na iminência de se mover” equivale a dizer que fs = fs,máx = µsFN (Eq. 
6-1). Combinando as três equações, obtemos
 
F
mg
s
s
=
−
m
u m ucos
.
sen
A figura abaixo mostra um gráfico da razão F/mg em função de θ (com θ em graus).
196 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) O denominador da expressão de F/mg em função de θ se anula para
cos sen taninfu m u u
m
− = ⇒ =




−
s
s
0
11
Para ms = 0 70, , θinf = 55o. 
(c) Se o piso for lubrificado, o coeficiente de atrito estático será menor e, portanto, o ângulo θinf 
será maior que o valor calculado no item (b).
(d) Para ms = 0 60, , uinf tan
,
.= 



=−1 1
0 60
59o
85. O carro começará a escorregar se 
m us = = ° =tan tan , , .35 0 0 700
Este valor representa uma redução de 3,4% em relação ao valor inicial, 0,725.
86. (a) O problema é conceitualmente igual ao da roda-gigante (Problema 45), com a tensão T 
da corda assumindo o papel da força normal FN. Assim, a tensão é dada por T = m(g − v2/r) no 
ponto mais alto do percurso e por T = m(g + v2/r) (o valor máximo) no ponto mais baixo do per-
curso. Isso significa que a corda vai arrebentar no ponto mais baixo do percurso.
(b) Quando a corda arrebenta, T = 33 N = m(g + v2/r), em que m = 0,26 kg e r = 0,65 m. 
Explicitando a velocidade, obtemos v = 8,73 m/s.
87. A figura mostra o diagrama de corpo livre do carro. (O desenho não está em escala.)
A massa do carro é m = (10.700/9,80) kg = 1,09 × 103 kg. 
a) De acordo com a Eq. 6-18, temos:
f
mv
R
s = =
2
3,21 10 N.33
(b) De acordo com a Eq. 6-1, temos:
f F mgs s N s, , . ,máx = = = ( )( ) = ×m m 0 35 10 700 3 75 103N N.
Como a força de atrito estático calculada no item (a) é menor que esse valor, o carro consegue 
fazer a curva sem derrapar.
 88. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, temos:
F T f m a x
F F m g
k
N
cos
sen
u
u
− − =
− − =
2
2 0
eixo
eixoy.
Combinando essas equações com a relação fk = µk FN, temos:
F T m g m ak k(cos ) .u m u m− − − =sen 2 2