Resolucao Halliday vol 1_part4

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112 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
82. Construímos um triângulo retângulo começando na clareira da margem sul, traçando uma reta 
de 200 m de comprimento na direção norte (para cima, na figura), que atravessa o rio, e uma reta 
na direção oeste (rio acima, para a esquerda no desenho), ao longo da margem norte do rio, por 
uma distância de ( ) ( , ) ,82 1 1m m/s+ t na qual o termo que depende de t é a distância que o barco 
irá percorrer paralelamente às margens durante o tempo t por causa da correnteza do rio.
A hipotenusa desse triângulo retângulo (indicada por uma seta na figura) também depende de 
t e da velocidade do barco (em relação à água) e deve ser igual à “soma” pitagórica dos lados 
do triângulo:
4 0 200 82 1 12
2
, ,( ) = + +( )t t
o que leva a uma equação do segundo grau em t,
46 724 180 4 14 8 02. , , .+ − =t t
(a) O ângulo entre o cateto norte (200 m) do triângulo e a hipotenusa (que é medido “a oeste 
do norte”) é dado por
(b) Resolvendo a equação acima, encontramos apenas um valor positivo: t = 62,6 s. 
u =
+



= 



=− −tan
,
tan1 1
82 1 1
200
151
200
3
t
77°.
83. Escolhemos os eixos de tal forma que î aponta para a outra margem do rio (perpendicu-
larmente à correnteza) e ĵ aponta na direção da correnteza. Sabemos que o módulo (presumi-
velmente constante) da velocidade do barco em relação à água é | |

vba = 6,4 km/h. O ângulo 
da velocidade do barco em relação ao eixo x é θ. A velocidade da água em relação à margem 
é 

vam = (3,2 km/h)j.ˆ
(a) Para que a mulher chegue a um ponto “diametralmente oposto” ao ponto de partida, a ve-
locidade do barco em relação à margem deve ser 

v vbm bm= î , na qual vbm > 0 é desconhecida. 
Assim, todas as componentes ĵ devem se cancelar na soma vetorial 
  
v v vba am bm+ = , o que sig-
nifica que 

vbm sen ( , )ˆu = −3 2 km/h j ; assim, 
θ = sen–1 [(–3,2 km/h)/(6,4 km/h)] = –30°.
(b) Usando o resultado do item (a), temos vbm = vba cosθ = 5,5 km/h. Assim, o tempo necessário 
para que o barco percorra uma distância l = 6,4 km é (6,4 km)/(5,5 km/h) = 1,15 h ou 69 min.
(c) Se a mulher rema na direção do eixo y (como afirma o enunciado) e sabendo que a veloci-
dade da água em relação à margem é vam = 3,2 km/h, temos:
t
D
v v
D
v vba am ba am
total =
+
+ = 1,33 h
−
em que D = 3,2 km. Esse tempo equivale a 80 min.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 113
(d) Como
D
v v
D
v v
D
v v
D
v vba am ba am ba am ba am+
+
−
=
−
+
+
,
o resultado é o mesmo do item (c), ttotal = 80 min.
(e) O ângulo para atravessar o rio no menor tempo possível é u = °0 . Isso pode ser demonstrado 
notando que no caso de um ângulo qualquer θ,
  
v v v v v vbm ba am ba ba am= + = +cos i ( sen +u uˆ )) ĵ
em que a componente x de 

vbm é igual a l/t. Assim,
t
l
vba
=
cosu
que pode ser minimizado fazendo dt/dθ = 0. 
(f) A expressão do item (e) nos dá t = (6,4 km)/(6,4 km/h) = 1,0 h ou 60 min.
84. A velocidade de lançamento da bola de gelo em relação ao trenó é 

v v vx y0rel i j= +0 0
ˆ ˆ . Como 
o trenó está se movendo no sentido negativo do eixo x com velocidade vs (note que estamos tra-
tando vs como um número positivo e, portanto, a velocidade do trenó é −vs î ), a velocidade de 
lançamento em relação ao solo é 

v v v vx s y0 0 0= − +( )ˆ ˆi j. Os deslocamentos horizontal e vertical 
em relação ao solo são, portanto, 
xsolo – xlançamento = ∆xbs = (vox – vt) tvoo
ysolo – ylançamento = 0 = v t g ty0
2
1
2
+ −( )( ) .
Combinando as duas equações, obtemos
∆xbs = 
2 20 0 0v v
g
v
g
vx y y
t−



 .
O primeiro termo corresponde à “interseção com o eixo y” do gráfico e o segundo termo (entre 
parênteses) corresponde ao valor absoluto da “inclinação”. De acordo com a figura, temos:
Dx vbt t= −40 4 .
Isso significa que voy = (4,0 s)(9,8 m/s2)/2 = 19,6 m/s, o que nos fornece informações suficien-
tes para calcular vox.
(a) vox = 40g/2voy = (40 m)(9,8 m/s2)/(39,2 m/s) = 10 m/s.
(b) Como vimos acima, voy = 19,6 m/s.
(c) Como o deslocamento em relação ao trenó, ∆xbt, não depende da velocidade do trenó, ∆xbt = 
vox tvoo = 40 m.
(d) Como no item (c), o deslocamento ∆xbs não depende da velocidade do trenó e, portanto, 
∆xbs = 40 m.
85. Usando a relação deslocamento = velocidade × tempo para os diferentes trechos do percur-
so, temos a seguinte soma vetorial:
(1667 m ∠ 0º) + (1333 m ∠ −90º) + (333 m ∠ 180º) + (833 m ∠ −90º) + (667 m ∠ 180º) + 
(417 m ∠ −90º) = (2668 m ∠ −76º).
114 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(a) O módulo do deslocamento é 2,7 km.
(b) A direção do deslocamento é 76° no sentido horário (em relação à direção inicial do movi-
mento).
86. Usamos um sistema de coordenadas com o semieixo x positivo para leste e o semieixo y 
positivo para o norte. 
(a) Notamos que, como 123° é o ângulo entre a posição inicial e a posição final, o ângulo entre 
o semieixo x positivo e a posição final é 40° + 123° = 163°. Na notação dos vetores unitários, 
os vetores posição da posição inicial e da posição final são

r1 = (360 m) cos (40 ) i + (360 m) sen (40° ˆ °°) j = (276 m)i + 231 m) j
= (790 m) co
ˆ ˆ ( ˆ

r2 ss (163 ) i + 790 m) sen (163 ) j = ( m° °ˆ ( ˆ )− 755 ˆ̂ ( )ˆi + 231 m j
respectivamente. Assim, de acordo com a Eq. 4-3,
D

r = [( m 276 m)]i +(231 m 231 m) j− − −755 ) ( ˆ ˆ == −( ˆ1031 m) i.
O módulo do deslocamento D

r é | |D

r = 1031 m.
(b) A orientação de D

r é − î , ou seja, na direção oeste.
87. Este problema trata do movimento balístico de uma bola de beisebol. Conhecida a posição 
da bola em dois instantes de tempo, devemos analisar sua trajetória. 
A trajetória da bola é mostrada na figura a seguir. De acordo com o enunciado, no instante 
t1 3 0= , s, a bola atinge a altura máxima, ymáx, e no instante t t2 1 2 5= + =, s 5,5 s, a bola passa 
rente a um alambrado cuja altura é x2 97 5= , m.
Aplicando a Eq. 4-22 à componente vertical do movimento, temos:
y y v t gtymáx − = −0
21
2
.
(a) Como a componente vertical da velocidade é nula no ponto em que a altura é máxima e 
y0 = 0, temos: 
y gtmáx = = =1
2
1
2
9 8 3 0 44 11
2 2( , )( , ) ,m/s s m2
(b) Depois de passar pela altura máxima, a bola começou a cair; no instante t t2 1 2 5= + =, s 5,5 s, 
a bola caiu uma distância dada pela Eq. 4-22:
y y g t talambrado − = − −máx 0
1
2 2 1
2( ) .
Assim, a altura do alambrado é
y y g t talambrado m m/= − − = −máx
1
2
44 1
1
2
9 82 1
2( ) , ( , ss s m 13 m2 )( , ) ,2 5 13 482 = ≈ .
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 115
(c) Como a componente horizontal da velocidade de um objeto em movimento balístico é cons-
tante (desprezando a resistência do ar), podemos calcular a partir da relação 97,5 m = v0x(5,5 s) 
que v0x = 17,7 m/s. O tempo total que a bola permanece no ar é T t= = =2 2 3 0 6 01 ( , ) ,s s. Assim, 
a distância horizontal atingida pela bola é 
R v Tx= = =0 17 7 6 0 106 4( , )( , ) ,m/s s m
o que significa que a bola atinge o chão a uma distância
Dx R x= − = − = ≈2 106 4 97 5 8 86 8 9, , , ,m m m m
do alambrado.
Nota: O item (c) também pode ser resolvido notando que, depois de passar pela cerca, a bola 
atinge o chão em 0,5 s (já que o “tempo de queda” deve ser igual ao “tempo de subida”). Como 
v0x = 17,7 m/s, ∆x = (17,7 m/s)(0,5 s) = 8,86 m.
88. Quando o avião está voando no mesmo sentido que a corrente de jato (cuja velocidade é 
vc), o tempo é
t
d
v va c
1 =
+
,
em que d é a distância entre as cidades e va é a velocidade do avião em relação ao ar.
Quando o avião está voando no sentido contrário ao da corrente de jato, o tempo é
t
d
v va c
2 =
−
.
Sabemos ainda que t2 − t1 = 70,0 min = 1,17 h. Combinando as três equações, resolvendo a equa-
ção do segundo grau resultante e substituindo os valores numéricos, obtemos vc = 43 km/h.
89. Temos uma partícula que está se movendo em um plano com aceleração constante. Como 
as componentes x e y da aceleração são constantes, podemos usar as equações da Tabela 2-1 
para as duas componentes. 
Usando a notação vetorial com 

r0 0= , a posição e a velocidade da partícula em funçãoaplicamos a Segunda Lei de Newton:
T m m m m a4 1 2 3 4 222 12 15 2= + + +( ) ⇒ (N kg kg5 1 1 00kg)a.
Em seguida, consideramos os pinguins 3 e 4 como um sistema, ao qual também aplicamos a 
Segunda Lei de Newton:
T T m m a
a a
4 2 3 4
111 15 20 3 2
− = +
= + ⇒ =
( )
( ) ,N kg kg m/s2
Substituindo na primeira equação, obtemos m2 = 23 kg.
55. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (a) são mostrados a seguir. 
F é a força aplicada e 

F12 é a força exercida pelo bloco 1 sobre o bloco 2. Note que 

F é apli-
cada diretamente ao bloco 1 e que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, o bloco 2 exerce 
uma força 
 
F F21 12= − sobre o bloco 1.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 147
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, temos F F m a− =21 1 , em que a é a aceleração. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, temos F m a12 = 2 . Como os blocos se movem 
juntos, eles têm a mesma aceleração. 
(a) A partir da segunda equação, obtemos a relação a F m= 12 / 2, que substituímos na primeira 
equação para obter F F m F m− =21 121 2/ . Como F F21 12= , temos
F F
m
m m
F21 12
kg
kg kg
N= =
+
=
+
( ) =2
1 2
1 2
2 3 1 2
3 2 1 1
,
, ,
, , NN.
(b) Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (b) são mostrados a se-
guir.
As forças de contato entre os blocos são: 
′ = ′ =
+
=
+ ( ) =F F
m
m m
F21 12
kg
kg kg
N1
1 2
2 3
2 3 1 2
3 2 2
,
, ,
, ,, .1 N
(c) Note que a aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos. No item (a), a força F12 é a única 
força horizontal que age sobre o bloco de massa m2; no item (b), ′F21 é a única força horizontal 
que age sobre o bloco de massa m1 > m2. Como F m a12 = 2 no item (a) e ′ =F m a21 1 no item (b), 
para que as acelerações sejam iguais, devemos ter ′ >F F21 12 , ou seja, as forças entre os blocos 
devem ser maiores na situação do item (b).
Nota: Como mostra este problema, se dois blocos são acelerados por uma força externa, a for-
ça entre os blocos é maior se o bloco de menor massa é usado para empurrar o bloco de maior 
massa.
56. Como as duas situações envolvem a mesma força aplicada e a mesma massa total, a acele-
ração deve ser a mesma nos dois casos. 
(a) Na situação da figura (b), de acordo com a Terceira Lei de Newton, se o bloco A empurra o 
bloco B com uma força de 10 N, o bloco B também empurra o bloco A com uma força de 10 N. 
Assim, a força (externa) que produz a aceleração do bloco B na situação da figura (a) (20 N) é 
duas vezes maior que a força (interna) que produz a mesma aceleração do bloco A na situação 
da figura (b) (10 N). De acordo com a Segunda Lei de Newton, a massa do bloco B é duas vezes 
maior que a massa do bloco A. Como a massa total é 12,0 kg, isso significa que a massa do bloco 
B é mB = 8,00 kg e a massa do bloco A é mA = 4,00 kg. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao 
bloco B na situação da figura (a), a = (20,0 N)/(8,00 kg) = 2,50 m/s2. Naturalmente, aplicando a 
Segunda Lei de Newton ao bloco A na situação da figura (b), obtemos o mesmo resultado para 
a aceleração: a = (10,0 N)/(4,00 kg) = 2,50 m/s2.
(b) 

Fa = (12,0 kg)(2,50 m/s2) î = (30,0 N) î .
148 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
57. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos são mostrados na figura a seguir. T é a tensão da 
corda e θ = 30° é o ângulo do plano inclinado. No caso do bloco 1, tomamos o eixo x paralelo à 
superfície do plano inclinado, apontando para cima, e o eixo y perpendicular ao plano inclinado, 
também apontando para cima. No caso do bloco 2, tomamos o eixo y apontando verticalmente 
para baixo. Desta forma, as acelerações dos dois blocos podem ser representadas pelo mesmo 
símbolo a, sem contradições. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y do bloco 1 e 
ao eixo y do bloco 2, temos:
T m g m a
F m g
m g T m a
N
− =
− =
− =
1 1
1
2 2
0
sen
cos
u
u
A primeira e a terceira dessas equações formam um sistema que podemos usar para calcular os 
valores de a e T. A segunda equação não é necessária para resolver o problema, já que a força 
normal não é pedida nem faz parte da solução (como aconteceria se houvesse atrito).
(a) Somando membro a membro a terceira equação à primeira, temos: 
m2g – m1g sen θ = m1a + m2a.
Explicitando a aceleração a, obtemos:
a
m m g
m m
= −
+
=
−( sen ) [ , ( , )sen ,2 1
1 2
2 30 3 70 30 0u kg kg oo 2
2
m/s
kg kg
m/s
]( , )
, ,
,
9 80
3 70 2 30
0 735
+
=
(b) Como o valor de a é positivo, a aceleração do bloco que está pendurado é para baixo.
(c) A tensão da corda é
T m a m g= + = +1 1 3 70 0 735 3 70sen ( , )( , ) ( , )(u kg m/s kg2 99 80 30 0 20 8, )sen , , .m/s N2 o =
58. Vamos considerar positivo o movimento para cima do sistema homem-cadeira.
(a) Quando o homem está puxando a corda com uma força igual à tensão T da corda, a força to-
tal para cima a que está sujeito o sistema homem-cadeira é 2T, já que as duas extremidades da 
corda exercem uma força T sobre o sistema. Assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton, 
temos:
2T mg ma− =
e, portanto, para a = 0, T = 466 N.
(b) Para a = +1,30 m/s2, a equação do item (a) nos dá T = 527 N.
(c) Se o homem não está segurando a corda (e, em vez disso, a corda é puxada por outra pessoa 
com uma força igual à tensão T), apenas uma extremidade da corda exerce uma força T sobre o 
sistema e, assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton, 
T mg ma− =
e, portanto, para a = 0, T = 931 N.
	Resolucao Halliday vol 1.pdf
	Capa
	SUMÁRIO
	Capítulo 1
	Capítulo 2
	Capítulo 3
	Capítulo 4
	Capítulo 5
	Capítulo 6
	Capítulo 7
	Capítulo 8
	Capítulo 9
	Capítulo 10
	Capítulo 11do tem-
po são dadas por 
  
r t v t at( ) = +0
21
2
 e   
v t v at( ) ,= +0 respectivamente. As unidades usadas são 
as do SI.
(a) Dadas a velocidade inicial, 

v0 8 0= ( , )ˆm/s j , e a aceleração 

a = +( , )ˆ ( , )ˆ4 0 2 0m/s i m/s j2 2 , o 
vetor posição da partícula é 
  
r v t at t t= + = ( ) + +( ) =0
2 21
2
8 0
1
2
4 0 2 0 2, ˆ , ˆ , ˆj i j ,, ˆ ˆ0 2 2t t t( ) ( )i + 8,0 + 1,0 j.
Assim, para determinar o instante no qual x = 29 m, basta resolver a equação 2,0t2 = 29, que nos 
dá t = 3,8 s. A coordenada y nesse instante é
y = (8,0 m/s)(3,8 s) + (1,0 m/s2)(3,8 s)2 = 45 m.
(b) A velocidade da partícula é dada por 
  
v v at= +0 . Assim, no instante t = 3,8 s, a velocidade é

v = + +( )( , ) ˆ ( , ) ˆ ( , ) ˆ ,8 0 4 0 2 0 3 8m/s j m/s i m/s j s2 2 (( ) = +( , ) ˆ ( , ) ˆ15 2 15 6m/s i m/s j
cujo módulo é 
v v vx y= + = + =2 2 2 215 2 15 6 22( , ) ( , )m/s m/s m/s.
116 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
90. Usando o mesmo sistema de coordenadas usado para formular a Eq. 4-25, explicitamos a 
velocidade inicial v0 na equação, o que nos dá:
v
x g
x y
0 2
=
cos ( tan0 0u u − )
.
Fazendo g = 32 ft/s2, x = 13 ft, y = 3 ft e θ0 = 55°, obtemos v0 = 23 ft/s.
91. Usamos a Eq. 4-25.
(a) Explicitando v0 na Eq. 4-25, obtemos a velocidade inicial:
v
x g
x y
0
0 02
=
−cos ( tan )u u
o que nos dá v0 = 255,5 ≈ 2,6 × 102 m/s para x = 9400 m, y = –3300 m e θ0 = 35°.
(b) Usamos a Eq. 4-21 para calcular o tempo que a bomba vulcânica permanece no ar:
t
x
v
= =
°
=
0 0
9400
255 5 35
45
cos ( , cosu
m
m/s)
s.
(c) Como esperamos que o ar ofereça uma certa resistência ao movimento mas praticamente 
nenhuma sustentação, seria necessária uma maior velocidade de lançamento para atingir a mes-
ma distância.
92. Usamos a Eq. 4-34 para calcular a velocidade v e a Eq. 4-35 para calcular o período T.
(a) Temos:
v ra= = ( )( )( ) =5 0 7 0 9 8 19, , ,m m/s m/s.2
(b) O tempo necessário para completar uma revolução (o período) é T = 2πr/v = 1,7 s. Assim, 
em um minuto (t = 60 s), o astronauta completa
t
T
= =
60
1 7
35
s
s
revoluções
,
.
Portanto, 35 rev/min são necessárias para produzir uma aceleração centrípeta de 7g em uma 
centrífuga com 5,0 m de raio.
(c) Como foi calculado no item (b), T = 1,7 s.
93. Este problema lida com a cinemática bidimensional do movimento de um camelo do oásis 
A para o oásis B.
A viagem do camelo está ilustrada na figura a seguir. Usamos um sistema de coordenadas “con-
vencional”, com o semieixo x positivo apontando para leste e o semieixo y positivo apontando 
para o norte. As distâncias estão em quilômetros e os tempos em horas. Usando a notação ve-
torial, os primeiros dois deslocamentos da viagem são: 
D

r1 = +(75 km) cos (37 ) i (75 km) sen (37 )° °ˆ ĵj
( km jD

r2 65= − ) ˆ
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 117
O deslocamento total é D D D
  
r r r12 1 2= + . Como mostra a figura, para chegar ao oásis B é neces-
sário um deslocamento adicional D

r3 .
(a) O deslocamento total do camelo pode ser calculado através de uma soma vetorial:
D D D
  
r r r12 1 2= + = −(60 km) i 20 km j.ˆ ( )ˆ
O módulo correspondente é | | ( ) )D

r12
2 260 20= + − =km ( km 63 km .
(b) A orientação de D

r12 é u12
1 20 60 18= − = −−tan [( ) / ( )]km km °, ou 18° ao sul do leste.
(c) Para calcular a velocidade média nas duas primeiras partes do percurso (incluindo o tempo 
de descanso), usamos o resultado do item (a) na Eq. 4-8, juntamente com o fato de que 
D D D Dt t t t12 1 2 50 35 5 0= + + = + + =descanso h h h 90 h.,
Na notação dos vetores unitários, temos:

v12,méd
(60 i 20 j) km
h
= (0,67 i 0,22 j= − −
ˆ ˆ
ˆ ˆ
90
)) km/h.
Isso nos dá |

v12,méd | 0,70 km/h.=
(d) A orientação de 

v12,méd é dada por u12
1 0 22 0 67 18= − = −−tan [( , ) / ( , )]km/h km/h °, ou 18° 
ao sul do leste.
(e) A diferença entre a velocidade média e a velocidade escalar média é que a primeira depende 
do deslocamento total, enquanto a segunda depende da distância total percorrida. Como o camelo 
percorreu 140 km, a velocidade escalar é (140 km)/(90 h) = 1,56 km/h ≈ 1,6 km/h.
(f) O deslocamento total de A até B deve ser de 90 km para leste. Vamos chamar de D

r3 o des-
locamento do ponto onde o camelo parou para descansar até B. Nesse caso, 
D D D
  
r r r1 2 3+ + = (90 km) î
o que nos dá D

r3 = +(30 km)i (20 km)jˆ ˆ na notação dos vetores unitários, ou (36 33 )∠ ° na no-
tação módulo-ângulo. Assim, de acordo com a Eq. 4-8, temos:
|

v3,méd |
36 km
(120 90) h
1,2 km/h.=
−
=
(g) A orientação de 

v3,méd é a mesma de D

r3 (33° ao norte do leste).
Nota: Com uma calculadora científica no modo polar, poderíamos somar diretamente os dois 
primeiros deslocamentos, realizando a operação
(75 37 ) (65 90 ) (63 18 ).∠ + ∠ − = ∠ −° ° °
118 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
94. Podemos calcular os pares de coordenadas (x, y) a partir das equações x = (v0 cosθ )t e 
y v t gt= −0
1
2
2sen u para t = 20 s e os ângulos e velocidades dados no problema. 
(a) Temos: 
x y x yA A B B, , , , , , ,( ) = ( ) ( ) =10 1 0 556 12 1 1km km km ,,
, , , , ,
51
14 3 2 68 1
km
km km
( )
( ) = ( ) ( ) =x y x yC C D D 66 4 3 99, , ,km km( )
e (xE, yE) = (18,5 km, 5,53 km), que serão plotados no item (b).
(b) Os eixos vertical (y) e horizontal (x) estão em quilômetros. O gráfico não começa na ori-
gem. A curva que se “ajusta” aos dados não é mostrada, mas pode ser facilmente imaginada (e 
forma a “cortina da morte”).
95. (a) Com ∆x = 8,0 m, t = ∆t1, a = ax , e vox = 0, a Eq. 2-15 nos dá
D Dx a tx= =8 0
1
2 1
2, ( ) ,m
e a expressão correspondente para o movimento ao longo do eixo y é
D Dy m a ty= =12
1
2 1
2( ) .
Dividindo a segunda expressão pela primeira, obtemos a ay x/ /= 3 2 = 1,5. 
(b) Fazendo t = 2∆t1, a Eq. 2-15 nos dá ∆x = (8,0 m)(2)2 = 32 m, o que significa que a coorde-
nada x da partícula agora é (4,0 + 32) m = 36 m. Analogamente, ∆y = (12 m)(2)2 = 48 m, o que 
significa que a coordenada y da partícula agora é (6,0 + 48) m = 54 m.
96. Como foi dito que a velocidade inicial da bola é horizontal, sabemos que é perpendicular ao 
plano da rede. Escolhemos as coordenadas de tal forma que (x0, y0) = (0; 3,0) m e vx > 0 (note 
que v0y = 0).
(a) Para que a bola passe rente à rede, devemos ter
y y v t gt ty− = − ⇒ − = − ( )0 0
2 21
2
2 24 3 0 0
1
2
9 8, , ,m m m/s2
o que nos dá t = 0,39 s para o instante em que a bola ultrapassa a rede. Substituindo na equação 
da componente x do movimento, vemos que a velocidade inicial mínima para que a bola ultra-
passe a rede é vx = (8,0 m)/(0,39 s) = 20,3 m/s.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 119
(b) Fazemos y = 0 e calculamos o tempo t na equação y y v t gty− = −0 0
1
2
2 . Em seguida, subs-
tituímos esse valor ( , / ( , )t = ( )2 3 0 9 8m m/s2 = 0,78 s) na equação da componente x do mo-
vimento para obter a velocidade inicial máxima. O resultado é
vx = (17,0 m)/(0,78 s) = 21,7 m/s.
97. A trajetória da bala é mostrada na figura a seguir (o desenho não está em escala). O sistema 
de coordenadas foi escolhido com o eixo x na horizontal, o eixo y na vertical e a origem no ponto 
do disparo. Com essa escolha, a coordenada y da bala é dada por y gt= − 1
2
2. Conhecendo as co-
ordenadas (x, y) do alvo, podemos calcular o tempo total de percurso e a velocidade da bala.
(a) Se t é o tempo de percurso e y = – 0,019 m é a coordenada y do ponto onde a bala atinge o 
alvo, temos:
t
y
g
= − =
− −( ) = × −2 2 0 019
9 8
6 2 10 2
,
,
,
m
m/s
s.
2
(b) A velocidade da bala ao sair do rifle é a velocidade inicial, que, de acordo com o enunciado, 
é horizontal. Como x = 30 m é a coordenada horizontal do alvo, 30 = v0t. Assim, 
v
t
0 2
2
30 30
6 3 10
4 8 10= =
×
= ×
−
m m
s
m/s.
,
,
Também poderíamos usar a Eq. (4-25) para calcular a velocidade inicial. Com u0 0= e y0 0= , 
a equação se reduz a y
gx
v
= −
2
0
22
, o que nos dá 
v
gx
y
0
2 2
2
9 8 30
2 0 019
4 8= − = −
−
= ×
( , )( )
( , )
,
m/s m
m
2
1102 m/s
que é o mesmo valor calculado no item (b).
98.Como se trata de movimento circular uniforme, 

v é perpendicular a 

r e v r T= 2 / , em 
que r = + −( , ) ( , )2 00 3 002 2m m e T = 7 00, s . O vetor 

r (dado no enunciado do problema) 
especifica um ponto do quarto quadrante; como o movimento é no sentido horário, os dois com-
ponentes da velocidade são negativos. O resultado, que obedece a essas três condições (usando 
a notação dos vetores unitários, que torna mais fácil verificar que 
 
r v⋅ = 0 ), é 

v = (–2,69 m/s) 
î + (–1,80 m/s) ĵ .
99. Seja vo = 2π(0,200 m)/(0,00500 s) ≈ 251 m/s (usando a Eq. 4-35) a velocidade tangencial da 
bola e θo = (1 h)(360º/12 h) = 30,0º (em relação à horizontal). Nesse caso, a Eq. 4-25 nos dá
y = −( , tan ,
( , )( , )
(
2 50 30 0
9 8 2 50
2 251
2
m)
m/s m2
°
m/s
m
) (cos , )
,
2 230 0
1 44
°
≈
o que significa que a bola bate na parede a uma altura de 1,44 m + 1,20 m = 2,64 m.
100. Notando que 

v2 0= e usando a Eq. 4-15, a aceleração média é


a
v
t
med
i j m/s
s
i= =
− −( )
= − +D
D
0 6 30 8 42
3
2 1 2
, ˆ , ˆ
, ˆ ,, ˆ8 j m/s2( )
120 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
101. Usando a Eq. 2-16, obtemos v v gh2
0
2 2= − ou h v v g= −( ) / .0
2 2 2
(a) Como v = 0 na altura máxima e v0 = 7,00 m/s, temos:
h = =( , ) / ( , ) ,7 00 2 9 80 2 502m/s m/s m.2
(b) A velocidade relativa é v v vr e= − = − =0 7 00 3 00 4 00, , ,m/s m/s m/s em relação ao piso do 
elevador. Usando a equação acima, obtemos
h = =( , ) / ( , ) ,4 00 2 9 80 0 822m/s m/s m.2
(c) A taxa de variação da velocidade da bola em relação ao solo é a aceleração da gravidade, 
9,80 m/s2.
(d) Como o elevador está se movendo com velocidade constante, a taxa de variação da veloci-
dade da bola em relação ao elevador também é 9,80 m/s2.
102. (a) Com r = 0,15 m e a = 3,0 × 1014 m/s2, a Eq. 4-34 nos dá
v ra= = ×6 7 106, m/s.
(b) O período é dado pela Eq. 4-35:
T
r
v
= = × −2
1 4 10 7
, s.
103. (a) O módulo do vetor deslocamento D

r é dado por
| | ( , ) ( , ) ( , ) ,D

r = + + =21 5 9 7 2 88 23 82 2 2km km km kmm.
Assim,
| |
| | ,
,
,


v
r
t
méd
km
h
km/h.= = =D
D
23 8
3 50
6 79
(b) O ângulo pedido é dado por
u =
+




=−tan
,
( , ) ( , )
,1
2 2
2 88
21 5 9 7
6
km
km km
996°.
104. A velocidade inicial tem módulo v0 e, como é horizontal, é igual a vx, a componente hori-
zontal da velocidade no momento do impacto. Assim, a velocidade no momento do impacto é
v v vy0
2 2
03+ =
em que v ghy = 2 e usamos a Eq. 2-16 com x – x0 substituído por h. Elevando ao quadrado 
ambos os membros da primeira igualdade e substituindo na segunda, obtemos
v gh v0
2
0
2
2 3+ = ( )
o que nos dá gh v= 4 0
2 e, portanto, para h = 20 m, v0 9 8 20 2 7 0= =( , )( ) / ,m/s m m/s.2
105. Escolhemos um eixo x horizontal e um eixo y vertical tais que as duas componentes de 
v0 sejam positivas. Os ângulos são considerados positivos no sentido anti-horário em relação 
ao semieixo x positivo. Na notação dos vetores unitários, a velocidade do projétil em qualquer 
instante t ≥ 0 é dada por

v v v gt= + −( )0 0 0 0cos ˆ sen ˆu ui j.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 121
(a) Para v0 = 30 m/s, θ0 = 60° e t = 2,0 s, v = +( ˆ , ˆ) .15 6 4i j m/s O módulo de 

v é
| | ( ) ( , )

v = + =15 6 4 162 2m/s m/s m/s.
(b) O ângulo de 

v é u = =−tan [( , ) / ( )] ,1 6 4 15 23m/s m/s ° medido no sentido anti-horário a par-
tir do semieixo x positivo.
(c) Como o ângulo é positivo, é acima da horizontal.
(d) Para t = 5,0 s, v = −( ˆ ˆ15 23i j) m/s, o que nos dá 
| | ( ) ( )

v = + − =15 23 272 2m/s m/s m/s.
(e) O ângulo de 

v é u = − = −−tan [( ) / ( )]1 23 15 57m/s m/s °, ou 57° se a medida for feita no sen-° se a medida for feita no sen- se a medida for feita no sen-
tido horário a partir do semieixo x positivo.
(f) Como o ângulo é negativo, é abaixo da horizontal.
106. Usamos as Eqs. 4-2 e 4-3.
(a) Chamando o vetor posição inicial de 

r1 e o vetor posição final de 

r2 , a Eq. 4-3 nos dá
Dr = − − + − − +[( m 5, m]i [(6, m ( m j2 0 0 0 6 0, ) ˆ ) , )]ˆ ((2, m 2, m)k 7,0 m) i 12 m) j0 0− = − +ˆ ( ˆ ( ˆ
para o vetor deslocamento na notação dos vetores unitários. 
(b) Como não existe componente z (já que o coeficiente de k̂ é zero), o vetor deslocamento 
está no plano xy.
107. Escrevemos os vetores na forma módulo-ângulo R ∠( )u com unidades do SI implícitas 
(m para distâncias, m/s para velocidades e m/s2). Os ângulos θ são medidos no sentido anti-
horário a partir do semieixo x positivo, mas vamos ocasionalmente nos referir a ângulos  que 
são medidos no sentido anti-horário a partir do semieixo y negativo. Note que a velocidade da 
partícula é v = 2πr/T em que r = 3,00 m e T = 20,0 s; assim, v = 0,942 m/s. De acordo com a 
Fig. 4-56, a partícula está se movendo no sentido anti-horário.
(a) No instante t = 5,0 s, a partícula percorreu uma fração
t
T
= =
5 00
20 0
1
4
,
,
s
s
de uma revolução completa (começando no ponto O da figura, ou seja, no semieixo y negativo). 
Assim, o ângulo descrito pela partícula em relação ao semieixo y negativo é
 = =1
4
360 90( ) 
Como se pode ver na Fig. 4-56, as coordenadas desse ponto (que corresponde à ponta do ponteiro 
quando está na posição de “3 horas” no mostrador de um relógio) são x = 3,0 m e y = 3,0 m no 
sistema de coordenadas da Fig. 4.56. Na notação módulo-ângulo, o vetor posição desse ponto é 
R ∠( ) = ∠( )u 4 2 45, ° . Embora essa posição seja fácil de analisar sem recorrer a relações trigo-
nométricas, será útil (para os cálculos que se seguem) notar que esses valores das coordenadas 
x e y podem ser obtidos a partir do ângulo  usando as relações 
x r y r r= = −sen , cos . 
122 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Naturalmente, os valores do módulo e do ângulo foram obtidos usando as equações R x y= +2 2 
e θ = tan–1 (y/x) (no segundo caso, foi preciso escolher o ângulo correto entre duas possibilida-
des).
(b) No instante t = 7,5 s, a partícula percorreu uma fração 7,5/20 = 3/8 de revolução. O ângulo 
descrito pela partícula é  = 3/8 (360°) = 135°. As coordenadas desse ponto são x = (3,0 m) sen 
135° = 2,1 m e y = (3,0 m) – (3,0 m) cos 135° = 5,1 m; o vetor posição do ponto é (5,5 ∠ 68°).
(c) No instante t = 10,0 s, a partícula percorreu uma fração 10/20 = 1/2 de revolução. O ângulo 
descrito pela partícula é  = 180°. As coordenadas desse ponto são x = 0 e y = 6,0 m; o vetor 
posição do ponto é (6,0∠90o). 
(d) Subtraímos o vetor posição obtido no item (a) do vetor posição obtido no item (c):
(6,0∠90o) − (4,2∠45o) = (4,2∠135o)
usando a notação módulo-ângulo (que é mais conveniente quando trabalhamos com calcula-
doras científicas). Na notação dos vetores unitários, teríamos 
D

R = − + − = −( , ) ˆ ˆ ( , )ˆ0 3 0 0 0 3 0m i (6, m 3, m) j m ii m j+ ( , )ˆ3 0
o que levaria ao mesmo resultado, | | ,D

R = 4 2 m e θ = 135°.
(e) De acordo com a Eq. 4-8, 
 
v R tméd = D D/ . Para Dt 0 s= 5, , temos:

vméd m/s) i m/s) j= − +( , ˆ ( , ˆ0 60 0 60
na notação dos vetores unitários ou (0,85 ∠ 135°) na notação módulo-ângulo.
(f) O módulo da velocidade da partícula já foi calculado (v = 0,94 m/s); para conhecer a direção, 
basta observar a Fig. 4-56. Como o vetor velocidade é tangente à circunferência na posição de 
“3 horas” [veja o item (a)], isso significa que 

v é vertical. Assim, a resposta é 0 94 90, .∠( )°
(g) Mais uma vez, o módulo da velocidade é conhecido (v = 0,94 m/s) e a direção pode ser de-
terminada observando a x r y r r= = −sen , cos ,  Fig. 4-56. O vetor velocidade é tangente à 
circunferência na posição de “12 horas” [veja o item (c)], o que significa que 

v é horizontal. 
Assim, a resposta é 0 94 180, .∠( )°
(h) A aceleração tem módulo a = v2/r = 0,30 m/s2, e no instante inicial [veja o item (a)] é hori-
zontal (na direção do centro da circunferência). Assim, a resposta é 0 30 180, .∠( )°
(i) Mais uma vez, a = v2/r = 0,30 m/s2, mas nesse instante [veja o item (c)] a aceleração é vertical 
(na direção do centro da circunferência). Assim, a resposta é 0 30 270, .∠( )°
108.De acordo com a Eq. 4-34, existe uma relação inversa entre r e a: quanto menor o raio, 
maior a aceleração. Assim, a um limite superior para a aceleração corresponde um limite infe-
rior para o raio.
(a) Nas condições do problema, o raio mínimo da curva é dado por
r
v
a
mín
máx
= = ( )
( )( ) = ×
2 2
216
0 050 9 8
7 3
km/h
m/s2, ,
, 1103 m.
(b) A velocidade máxima do trem deve ser
v a r= = ( ) ×( ) =máx 0 050 9 8 1 00 10 223, , ,m/s m m/s2
o que equivale a aproximadamente 80 km/h.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 123
109. (a) Usando o mesmo sistema de coordenadas usado para formular a Eq. 4-25, temos:
y x
gx
v
gx
v
= −
( )
= −tan
cos
u
u
u0
2
0 0
2
2
0
22 2
para 0 == 0.
Assim, para v0 = 3,0 × 106 m/s e x = 1,0 m, obtemos y = –5,4 × 10–13 m, uma distância menor que 
o raio atômico (o que mostra por que os processos gravitacionais normalmente são desprezados 
nos campos da física atômica e da física subatômica).
(b) A expressão do item (a) mostra que |y| diminui quando v0 aumenta.
110. Quando a escada está parada, a velocidade da pessoa é v tp = l , sendo que l é o compri-
mento da escada e t é o tempo que a pessoa gasta para subir. Para os dados do problema, vp = 
(15 m)/(90 s) = 0,167 m/s. A velocidade da escada rolante é ve = (15 m)/(60 s) = 0,250 m/s. A 
velocidade da pessoa ao subir a escada rolante em movimento é, portanto, 
v = vp + ve = 0,167 m/s + 0,250 m/s = 0,417 m/s
e o tempo gasto na subida é
t
v
= = =l ( )
( , )
.
15
0 417
36
m
m/s
s
Em termos de l (em metros), a velocidade (em metros por segundo) da pessoa que sobe a escada 
parada é l/90, a velocidade da escada rolante é l/60, e a velocidade da pessoa que sobe a escada 
em movimento é v = ( ) + ( ) =l l l90 60 0 0278, . O tempo gasto é t v= = =l l l0 0278 36, s 
e não depende de l.
111. O raio da Terra está no Apêndice C.
(a) A velocidade de um objeto no equador da Terra é v = 2πR/T, sendo R o raio da Terra (6,37 
× 106 m) e T é a duração do dia (8,64 × 104 s): 
v = 2π(6,37 × 106 m)/(8,64 × 104 s) = 463 m/s.
O módulo da aceleração é dado por
a
v
R
= =
( )
×
=
2
2
6
463
6 37 10
0 034
m/s
m
m/s2
,
, .
(b) Se T é o período, v = 2πR/T é a velocidade e o módulo da aceleração é dado por
a
v
R
R T
R
R
T
= = =
2 2 2
2
2 4( / )  .
Assim,
T
R
a
= =
×
= ×2 2
6 37 10
9 8
5 1 10
6
3 
,
,
,
m
m/s
s = 84 min.
2
112. De acordo com a Eq. 4-26,
R R
v
g
v
g
v
g
g
M B
M B B
B− = − =0
2
0 0
2
0 0
2
02 2 2sen sen senu u u
ggM
−




1
em que os índices M e B se referem a Melbourbe e Berlim, respectivamente. Para gM = 9,7999 
e gB = 9,8128, temos:
R R RM B B− = −




9 8128
9 7999
1
,
,
m/s
m/s
2
2
124 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
o que nos dá (fazendo RB = 8,09 m) RM – RB = 0,01 m = 1 cm. Assim, em Melbourne, Jesse 
Owens teria pulado 8,10 m.
113. De acordo com a figura, os três deslocamentos foram 

d d1 1 1 1 5 00 30= + = +(cos ˆ sen ˆ) ( , )(cos ˆ su ui j m i° een ˆ) ( , )ˆ ( , )ˆ
[cos(
30 4 33 2 50
12 2
° j m i m j= +
=

d d 880 180 8 001 2 1 2° °+ − + + − =u u u u)i )j] mˆ sen( ˆ ( , )(coos ˆ sen ˆ)
( , )ˆ ( , )ˆ
160 160
7 52 2 74
° °i j
m i m j
+
= − +

d d3 3 3 2 1 3 2360 360= − − + + − −[cos( ˆ sen(° °u u u u u)i ++ = +
= −
u1 12 0 260 260
2
)j] m i jˆ ( , )(cos ˆ sen ˆ)
( ,
° °
008 11 8m i m j)ˆ ( , )ˆ−
Em que todos os ângulos são medidos a partir do semieixo x positivo. O deslocamento total é 
   
d d d d= + + = − −1 2 3 5 27 6 58( , )ˆ ( , )ˆm i m j.
(a) O módulo do deslocamento total é
| | ( , ) ( , ) ,

d = − + − =5 27 6 58 8 432 2m m m.
(b) O ângulo de 

d é u =




= −
−




− −tan tan
,
,
1 1 6 58
5 27
d
d
y
x
m
m
== 51 3, .° °ou 231
Escolhemos 231° porque sabemos que o ângulo procurado está no terceiro quadrante. Uma res-
posta equivalente é 2129°.
114. Derivando duas vezes o vetor posição 

r t t= +2 2 4ˆ sen( / )ˆi j (com as distâncias em me-
tros, o tempo em segundos e os ângulos em radianos), obtemos expressões para a velocidade e 
a aceleração:




v
dr
dt
t
a
dv
dt
= = + 



= = −
2
2 4
8
2
ˆ cos ˆ
s
i j
 

een ˆ t
4




j.
Substituindo nessas os valores de t dados no enunciado, temos:
tempo t (s) 0,0 1,0 2,0 3,0 4,0
(a)

r
(posição)
x (m) 0,0 2,0 4,0 6,0 8,0
y (m) 0,0 1,4 2,0 1,4 0,0
(b)

v
(velocidade)
vx(m/s) 2,0 2,0 2,0
vy (m/s) 1,1 0,0 −1,1
(c)

a
(aceleração)
ax (m/s2) 0,0 0,0 0,0
ay (m/s2) −0,87 −1,2 −0,87
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 125
O gráfico pedido aparece a seguir.
115. Como este problema envolve uma aceleração constante para baixo de módulo a, semelhante 
ao movimento balístico, podemos usar as equações da Seção 4-6 substituindo g por a. Como a 
velocidade inicial é horizontal, v y0 0= e
v vx0 0
91 00 10= = ×, cm/s.
(a) Se l é o comprimento das placas e t é o tempo que o elétron passa entre as placas, l = v t0 , 
em que v0 é a velocidade inicial. Assim,
t
v
= =
×
= × −l
0
9
9
2 00
1 00 10
2 00 10
,
,
, .
cm
cm/s
s
(b) O deslocamento vertical do elétron é
y at= − = − × × = −−1
2
1
2
1 00 10 2 00 102 17 2 9 2( , )( , )cm/s s 00 20 2 00, ,cm mm= −
ou | | ,y = 2 00 mm.
(c) A componente x da velocidade é constante: 
vx = v0 = 1,00 × 109 cm/s = 1,00 × 107 m/s.
(d) A componente y da velocidade é
v a ty y= = × × = ×−( , )( , ) ,1 00 10 2 00 10 2 00 1017 9cm/s s2 88
62 00 10
cm/s
m/s.= ×,
116. Desprezando a resistência do ar, a aceleração da bola é –g = –9,8 m/s2 (tomando o sentido 
positivo do eixo y como sendo para cima). Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (substi-
tuindo x por y) porque a aceleração da bola é constante. Usamos variáveis com plicas (exceto t) 
para o elevador (como v ' = 10 m/s ) e variáveis sem plicas para a bola (cuja velocidade inicial 
em relação ao solo, por exemplo, é v v0 20 30= ′ + = m/s ). As unidades são todas do SI.
(a) Fazendo t = 0 como o instante em que a bola é arremessada, calculamos a altura máxima 
atingida pela bola fazendo v = 0 na equação v v g y y2
0
2
02= − −( ) . O resultado é o seguinte:
y y
v
g
= + =o m0
2
2
76
fazendo y yo m= ′ + =o 2 30 ( ′ =yo m28 é um dado do problema) e v0 = 30 m/s em relação ao 
solo, como foi visto acima.
126 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(b) Existem várias abordagens para esse item. Uma é continuar a trabalhar no referencial do item 
(a) (que trata o solo como “fixo”); nesse caso, descrevemos o movimento do elevador através 
da equação ′ = ′ + ′y y v to , o movimento da bola através da Eq. 2-15, e resolvemos o sistema de 
equações obtido quando impomos que o piso do elevador e a bola cheguem simultaneamente 
ao mesmo ponto. Outra é trabalhar no referencial do elevador (o menino que arremessou a bola 
pode ignorar o fato de que o elevador está em movimento, já que o elevador não está aceleran-
do). Nesse caso, temos:
D
D
y v t gt t
v v g y
g
e
e e
e
e= − ⇒ =
+ −
0
2 0 0
21
2
2
em que v0e = 20 m/s é a velocidade inicial da bola em relação ao elevador e ∆ye = –2,0 m é o 
deslocamento da bola em relação ao piso do elevador. Escolhemos a raiz positiva porque é a 
única que fornece um valor positivo de t; o resultado é t = 4,2 s.
117. Escolhemos os eixos da forma convencional para podermos usar as equações do movimento 
balístico da Seção 4-6. A origem é tomada como sendo a posição inicial da bola; θ0 é o ângulo 
da velocidade inicial com o semieixo x positivo, medido no sentido anti-horário, e o instante 
t = 0 é tomado como sendo o instante em que o jogador chutou a bola.
(a) As coordenadas do ponto em que a bola toca o gramado são x = 46 m e y = –1,5 m e a bola 
toca o gramado no instante t = 4,5 s. Como x = v0xt,
v
x
t
x0
46
10 2= = =m
4,5 s
m/s.,
Como y v t gty= −0
1
2
2,
v
y gt
t
y0
21
2
1 5
1
2
9 8 4 5
4
=
+
=
− +( , ( , )( ,m) m/s s)2 2
,,
,
5
21 7
s
m/s.=
O módulo da velocidade inicial é
v v vx y0 0
2
0
2 10 2 21 7 24= + = + =( , ( ,m/s) m/s) m/s2 2 ..
(b) Como o ângulo da velocidade inicial satisfaz a relação tan θ0 = v0y/v0x, temos: 
θ0 = tan–1[(21,7 m/s)/(10,2 m/s) ] = 65°.
118. Vamos chamar a velocidade de Lauro de v1, a velocidade de Cora de v2 e o comprimen-
to do corredor de L. Lauro leva um tempo t1 = 150 s para atravessar o corredor (que é igual a 
L/v1) e Cora leva um tempo t2 = 70 s (que é igual a L/v2). O tempo que Marta leva para atraves-
sar o corredor é
t
L
v v v L v L
=
+
=
+
=
+
=
1 2 1 2
1
150
1
70
1 1
48
/ / s s
s.
119. A velocidade do vagão em relação à linha férrea é 

v vvl = 1 î e a velocidade da bala em rela-
ção à linha férrea, antes de entrar no vagão (desprezando o efeito da gravidade sobre a bala), é

v v vbl0 2 2= +cos ˆ sen ˆu ui j
Depois que a bala entra no vagão, sua velocidade se torna

v v vbl = +0 8 2, cos ˆ sen ˆu ui 0,8 j2
devido à redução de 20% mencionada no enunciado. O enunciado informa também que os fu-
ros de entrada e saída ficam à mesma distância das extremidades do vagão, o que significa que 
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 127
a velocidade da bala em relação ao vagão é 

v vbv = 3 ĵ , em que v3 não é dado. De acordo com 
a Eq. 4-44, temos:
i 0,8
  
v v v
v v
bl bv vl= +
+0 8 2 2, cos ˆ seu nn ˆ ˆ ˆu j j i= +v v3 1
e, portanto, igualando as componentes x (ou seja, as componentes î ), podemos obter o valor de 
θ sem conhecer o valor de v3 nem a largura do vagão. O resultado é o seguinte:
u =




=− −cos
,
cos1 1
2
1
1000
0 8
85v
v
km/h m/km
33600
0 8 650
s/h
m/s
( )


, ( )
o que nos dá 87° para o ângulo de 

vbl (medido a partir de î , que é a direção do movimento do 
vagão. Como o problema pergunta “de que direção a bala foi disparada”, a resposta não é 87° 
e sim o ângulo suplementar, 93° (medido a partir da direção do movimento do vagão). Em ou-
tras palavras, no sistema de coordenadas que usamos para resolver o problema, o vetor veloci-
dade da bala está no primeiro quadrante e faz um ângulo de 87° no sentido anti-horário com o 
semieixo x positivo (que é a direção do movimento do vagão), o que significa que a direção de 
onde veio a bala (ou seja, o vetor posição do franco-atirador) está no terceiro quadrante e faz 
um ângulo de –93° com o semieixo x positivo (o que equivale a um ângulo de 93° no sentido 
horário com o semieixo x positivo).
Capítulo 5
1. Neste problema temos que lidar apenas com forças horizontais (a força da gravidade não está 
envolvida. Usamos um sistema de coordenadas no qual o semieixo x positivo corresponde à di-
reção leste e o semieixo y positivo corresponde à direção norte. O cálculo pode ser feito em uma 
calculadora científica, usando a notação módulo-ângulo (com unidades do SI implícitas).


a
F
m
= =
∠( ) + ∠( ) = ∠( )9 0 0 8 0 118
3 0
2 9 53
, ,
,
,
 

Assim, o módulo da aceleração é 2,9 m/s2.
2. Usamos a Segunda Lei de Newton (Eq. 5-1). A força resultante aplicada ao bloco de madeira 
é 
  
F F Fres = +1 2 . A soma vetorial é executada usando a notação dos vetores unitários e a acele-
ração do bloco é calculada usando a relação 
  
a F F m= +( )1 2 / .
(a) No primeiro caso,

 
a
F F
m
= + =
( ) + ( )  + −
1 2
3 0 4 0 3 0, ˆ , ˆ ( , )ˆN i N j N i ++ −( )  =
4 0
2 0
0
, ˆ
,
N j
kg
(b) No segundo caso,

 
a
F F
m
= + =
( ) + ( )  + −
1 2
3 0 4 0 3 0, ˆ , ˆ ( , )ˆN i N j N i ++ ( )  =
4 0
2 0
4 0
, ˆ
,
( , )ˆ
N j
kg
m/s j2
(c) No terceiro caso,

 
a
F F
m
= + =
( ) + ( )  + +
1 2
3 0 4 0 3 0, ˆ , ˆ ( , )ˆN i N j N i −−( )  =
4 0
2 0
3 0
, ˆ
,
( , )ˆ
N j
kg
m/s i2
3. Usamos a Segunda Lei de Newton (mais especificamente, a Eq. 5-2).
(a) A componente x da força é
Fx = max = ma cos 20,0° = (1,00 kg)(2,00 m/s2) cos 20,0° = 1,88 N.
(b) A componente y da força é
Fy = may = ma sen 20,0° = (1,0 kg)(2,00 m/s2) sen 20,0° = 0,684 N.
(c) Na notação dos vetores unitários, a força resultante é

F F Fx y= + = +ˆ ˆ ( , )ˆ ( , )ˆ .i j N i N j1 88 0 684
4. Como 

v = constante, 

a = 0 e, portanto,
   
F F F mares = + = =1 2 0 .
Isso significa que a outra força é
 
F F2 = =1 2( ) ˆ ˆ.2 1N i (6 N ) j
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 129
5. Como a força resultante aplicada ao asteroide é 
   
F F F Fres = + +1 2 3 , a aceleração do asteroide 
é dada por 
   
a F F F m= + +( )1 2 3 / .
(a) Na notação dos vetores unitários, as forças exercidas pelos astronautas são:

F1 32 30 30 27 7 16= + = +( )(cos ˆ sen ˆ) ( , )ˆ (N i j N i No o ))ˆ
( )(cos ˆ sen ˆ) ( )ˆ
(
j
N i j N io o

F
F
2
3
55 0 0 55= + =
= 441 60 60 20 5N i j N io o) cos( )ˆ sen( )ˆ ( , )ˆ− + −  = − 335 5, )ˆN j
A aceleração do asteroide é, portanto,

a =
+ + + −( , ˆ ˆ) ( ˆ) ( , ˆ , ˆ)27 7 16 55 20 5 35 5
1
i j N i N i j N
220
0 86 0 162 2
kg
m/s i m/s j= −( , )ˆ ( , )ˆ.
(b) O módulo do vetor aceleração é

a a ax y= + = + −( ) =2 2 2 2
0 86 0 16 0 88( , ) , ,m/s m/s m/s2 2 22 .
(c) O ângulo do vetor aceleração com o semieixo x positivo é
u =




= −

− −tan tan
,
,
1 1 0 16
0 86
a
a
y
x
m/s
m/s
2
2


= − 11°.
6. De acordo com a Segunda Lei de Newton, se o pneu permanece em repouso, a força resul-
tante deve ser nula:
    
F F F F maA B Cres = + + = = 0.
De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo, temos: 
0
0
= = −
= = +
∑
∑
F F F
F F F
x C A
y A C
res
res
,
,
cos cos
sen s
 u
u een − FB
Para calcular o valor de FB , precisamos conhecer o ângulo . Como FA = 220 N , FC = 170 N 
e u = 47°, a primeira equação nos dá: 
cos
cos ( ) cos ,
,
u
= = = ⇒ =F
F
A
C
220 47 0
170
0 883 28
N
N
°
,,0°
Substituindo esse valor na segunda equação, temos: 
F F FB A C= + = +sen sen ( )sen , ( )senu  220 47 0 170 28N N° ,,0 241= N.
7. Neste problema, temos duas forças agindo sobre uma caixa e produzindo uma aceleração 
conhecida. Para determinar a força desconhecida, usamos a Segunda Lei de Newton. Vamos 
chamar as duas forças de 
 
F F1 2e . De acordo com a Segunda Lei de Newton, 
  
F F ma1 2+ = e, 
130 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
portanto, a segunda força é 
  
F ma F2 1= − . Note que, como a aceleração está no terceiro qua-
drante, a força 

F2 também deve estar no terceiro quadrante.
(a) Na notação dos vetores unitários, 

F1 20 0= ( ), ˆN i e

a = − −( , sen , )ˆ ( , cos , )12 0 30 0 12 0 30 0o 2 o 2m/s i m/s ˆ̂ ( , )ˆ ( , )ˆ.j m/s i m/s j= − −6 00 10 42 2
Assim, a segunda força é
  
F ma F2 1
22 00 6 00 2 00
= −
= − +( , )( , )ˆ ( , )(kg m/s i kg −− −
= − −
10 4 20 0
32 0 20 8
2, )ˆ ( , )ˆ
( , )ˆ ( , )ˆ
m/s j N i
N i N jj.
(b) O módulo de 

F2 é | | ( , ) ( , ) ,

F F Fx y2 2
2
2
2 2 232 0 20 8 38 2= + = − + − =N N N.
(c) O ângulo que 

F2 faz com o semieixo x positivo pode ser determinado a partir da equação
tan
,
, =




=
−
−
=
F
F
y
x
2
2
20 8
0 656
N
32,0 N
O ângulo pode ser 33,0° ou 33,0° + 180° = 213°. Como as componentes x e y são negativas, o 
ângulo correto é φ = 213°, que também pode ser expresso como 213 360 147° ° °.− = −
A figura abaixo mostra a solução. O resultado confirma nossa conclusão de que 

F2 deveria estar 
no terceiro quadrante (o mesmo de 

a). A força resultante é
  
F F Fres = + = + − −1 2 20 0 32 0 20 8( , )ˆ ( , )ˆ ( , )ˆN i N i N jj
N i N j
 
= − −( , )ˆ ( , )ˆ12 0 20 8
que aponta na mesma direção de 

a .
8. Note que ma

 = (–16 N) î + (12 N) ĵ . De acordo com a Segunda Lei de Newton, a terceira 
força é 

F3 = ma

– 
 
F F1 2− = (–34 N) î − (12 N) ĵ.
9. Para resolver o problema, note que a aceleração é a derivada segunda da função posição e 
que a força está relacionada à aceleração através da Segunda Lei de Newton. Derivando duas 
vezes a função x t t t( ) , , ,= − + +15 0 2 00 4 00 3 em relação a t, obtemos 
dx
dt
t
d x
dt
t= − = −2 00 12 0 24 02
2
2
, , , ,
Derivando duas vezes a função y t t t( ) , , ,= + −25 0 7 00 9 00 2 em relação a t, obtemos
dy
dt
t
d y
dt
= − = −7 00 18 0 18 0
2
2
, , , ,
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 131
(a) A aceleração é 

a a a
d x
dt
d y
dt
tx y= + = + = − +ˆ ˆ ˆ ˆ ( , )ˆ (i j i ji
2
2
2
2
24 0 −−18 0, ) ĵ.
No instante t = 0 700, s, a = − + −( , )ˆ ( , )ˆ16 8 18 0i j e 
a a= = − + − =| | ( , ) ( , ) , .

16 8 18 0 24 62 2 m/s2
O módulo da força é F ma= = =( , )( , ) ,0 34 24 6 8 37kg m/s N.2
(b) O ângulo que 

F e 
 
a F m= / fazem com o semieixo x positivo é
u =




=
−
−


− −tan tan
,
,
1 1
18 0
16 8
a
a
y
x
m/s
m/s
2
2


= ° − °47 0 133, .ou
Como sabemos que 

F está no terceiro quadrante, escolhemos o segundo ângulo (2133°).
(c) A direção do movimento é a direção do vetor velocidade:

v t v v
dx
dt
dy
dt
tx y( ) ˆ ˆ ˆ ˆ ( , , )= + = + = −i j i j 2 00 12 0 2 ˆ̂ ( , , )ˆi j.+ −7 00 18 0t
No instante t = 0 700, s, 

v t( , ) ( , )ˆ ( , )ˆ= = − + −0 700 3 88 5 60s m/s i m/s j. Assim, o ângulo entre 

v 
e o semieixo x positivo é
uv
y
x
v
v
=




= −
−


− −tan tan
,
,
1 1 5 60
3 88
m/s
m/s


= −55 3 125, .° °ou
Como sabemos que 

v está no terceiro quadrante, escolhemos o segundo ângulo (2125°).
10. Para resolver o problema, note que a aceleração é a derivada segunda da função posição e 
que a força está relacionada à aceleração através da Segunda Lei de Newton. Derivando duas 
vezes a função x t t t t( ) , , , ,= − + + −13 00 2 00 4 00 3 002 3 em relação a t, obtemos
dx
dt
t t
d x
dt
t= + − = −2 00 8 00 9 00 8 00 18 02
2
2
, , , , , ,
A força que age sobre a partícula no instante t = 3 40, s é 

F m
d x
dt
= = −[ ] = −
2
2
0 150 8 00 18 0 3 40 7ˆ ( , ) , , ( , ) ˆ (i i ,, )ˆ98 N i
11. A velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo e a aceleração é a derivada da 
velocidade. Assim, a = 2c – 3(2)(2,0)t. De acordo com a Segunda Lei de Newton, F = (2,0)a = 
4,0c – 24t (com unidades do SI implícitas). Sabemos que no instante t = 3,0 s, F = –36 N. Assim, 
–36 = 4,0c – 24(3,0), da qual c = 9,0 m/s2.
12. A inclinação do gráfico nos dá ax = 3,0 m/s2. Aplicando a Segunda Lei de Newton à com-
ponente x das forças (e chamando de θ o ângulo entre F1 e F2), temos:
F1 + F2 cosθ = m ax ⇒ θ = 56°.
13. (a) A partir do fato de que T3 = 9,8 N, concluímos que a massa do disco D é 1,0 kg. Conhecendo 
a massa do disco D e sabendo que o disco C e o disco D, juntos, produzem uma tração T2 = 49 N, 
concluímos que a massa do disco C é 4,0 kg. Conhecendo a massa dos discos C e D e sabendo 
que os discos B, C e D, juntos, produzem uma tração T1 = 58,8 N, concluímos que a massa do 
disco B é 1,0 kg. Sabendo que todos os discos, juntos, exercem uma força de 98 N, concluímos 
que a massa do disco A é 4,0 kg.
132 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(b) mB = 1,0 kg, como foi visto no item (a).
(c) mC = 4,0 kg, como foi visto no item (a).
(d) mD = 1,0 kg, como foi visto no item (a).
14. Três forças verticais agem sobre o bloco: uma força gravitacional de 3,0 N, para baixo; uma 
força de 1,0 N para cima, exercida por uma mola; a força normal, para cima, exercida pela su-
perfície na qual o bloco está apoiado. Como o bloco está em repouso,
F Fy N= = + + −∑ 0 1 0 3 0( , ) ( , )N N
o que nos dá FN = 2,0 N (para cima). 
(a) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força exercida pelo bloco sobre a superfície tem 
o mesmo módulo que a força exercida pela superfície sobre o bloco: 2,0 N.
(b) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força exercida pelo bloco sobre a superfície tem o 
sentido oposto ao da força exercida sobre o bloco pela superfície. Assim, o sentido é para baixo.
15. (a), (b), (c) Nos três casos, a balança está em repouso, o que significa que as duas cordas 
exercem forças de mesmo módulo e sentidos opostos sobre a balança. A leitura da balança cor-
responde ao módulo de uma dessas forças. Em todos os casos, a tração da corda que sustenta 
o salame deve ser igual ao peso do salame, já que o salame também está em repouso. Assim, a 
leitura da balança nos três casos é igual a mg, em que m é a massa do salame e g é a aceleração 
da gravidade. Substituindo m e g por valores numéricos, vemos que a leitura da balança é (11,0 
kg) (9,8 m/s2) = 108 N.
16. (a) O inseto tem seis pernas e a componente vertical da tração em cada perna é T senu , sen-
do u 5 40°. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente vertical das forças envolvidas, 
vemos que, para que a aceleração seja zero na direção vertical, devemos ter
6
6
T mg T
mg
sen
sen
u
u
= ⇒ =
o que nos dá T/mg ≈ 0,26.
(b) Como o ângulo θ é medido em relação à horizontal, quando o inseto “estica as pernas” o 
ângulo θ aumenta (se aproxima de 90°), o que faz sen θ aumentar (se aproximar de 1); em con-
sequência, T diminui.
17. A figura abaixo mostra o diagrama de corpo livre do sistema. Como a aceleração do bloco 
é zero, a Segunda Lei de Newton nos dá
T – mg sen θ = 0
FN – mg cos θ = 0
na qual T é a tração da corda e FN é a força normal que age sobre o bloco.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 133
(a) Explicitando T na primeira equação, temos:
T mg= = =sen ( , )( , ) sen .u 8 5 9 8 30 422kg m/s N
(b) Explicitando FN na segunda equação, temos:
F mgN = = ( )( ) =cos , , cosu 8 5 9 8 30 722kg m/s N .
(c) Quando a corda é cortada, deixa de exercer uma força sobre o bloco e o bloco começa a 
acelerar. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente x do peso, temos –mg senθ = ma, 
o que nos dá
a g= − = − = −sen ( , )sen , .u 9 8 30 4 9m/s m/s2 2
O sinal negativo indica que a aceleração é para baixo. O módulo da aceleração é 4,9 m/s2.
18. A figura abaixo mostra o diagrama de corpo livre do sistema. A força exercida por John 
Massis foi 
F mg= = =2 5 2 5 80 9 8 1960, , ( )( , )kg m/s N.2
Como o movimento foi na horizontal, a Segunda Lei de Newton nos dá F F Max x= =cos ,u em 
que M é a massa total dos dois vagões. Assim, a aceleração dos vagões foi
a
F
M
x = =
°
×
=cos ( )cos
( , / , )
u 1960 30
7 0 10 9 8
0
5
N
N m/s2
,, .024 m/s2
De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade dos vagões quando Massis parou de puxar era 
v a xx x= = =2 2 0 024 1 0 0 22D ( , )( , ) ,m/s m m/s.2
19. Em termos de módulos, a Segunda Lei de Newton é F = ma, em que F = 

Fres , a a= | |
 , e m 
é a massa (sempre positiva). O módulo da aceleração pode ser calculado usando as equações 
da cinemática (Tabela 2-1), válidas quando a aceleração é constante. Resolvendo a equação v = 
v0 + at para o caso em que o corpo parte do repouso, temos a = v/t (que interpretamos em ter-
mos de módulos, tornando desnecessário especificar os eixos do sistema de coordenadas). Neste 
problema, como a velocidade é 
v = (1600 km/h) (1000 m/km)/(3600 s/h) = 444 m/s,
temos:
F ma m
v
t
= = = ( ) = ×500
444
1 8
1 2 105kg
m s
s
N.
,
,
20. A força 

F e a trajetória do passageiro são horizontais. O semieixo x positivo está na dire-
ção do movimento do passageiro, o que significa que a aceleração do passageiro tem um valor 
negativo e a força é exercida no sentido negativo do eixo x: 

F F= − î. Usando a Eq. 2-16 com 
v0 = (53 km/h)(1000 m/km)/(3600 s/h) = 14,7 m/s
134 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
e v = 0, a aceleração é dada por 
v v a x a
v
x
2
0
2 0
2 2
2
2
14 7
2 0 65
= + ⇒ = − = − ( ) =D
D
( , )
,
m/s
m
−−167 m/s2.
De acordo com a Segunda Lei de Newton, 
 
F ma F= ⇒ − = ( ) −( )41 167kg m s2
o que nos dá F = 6,8 × 103 N.
21. (a) A inclinação dos gráficos nos dá as componentes da aceleração, ax = 3,00 m/s2 e ay = 
–5,00 m/s2. O módulo do vetor aceleração é, portanto,
a = + − =( , ) ( , ) , ,3 00 5 00 5 832 2m/s m/s m/s2 2 2
e a força pode ser calculada multiplicando esse valor pela massa do pacote (m = 2,00 kg). O 
resultado é F = ma =11,7 N.
(b) A orientação da força é a mesma da aceleração: 
θ = tan–1 [(–5,00 m/s2)/(3,00 m/s2)] = –59,0°.
22. (a) A moeda fica em queda livre. Assim, sua aceleração em relação ao solo é 
 
a gmoeda
2m/s j.= = −( , )ˆ9 8
(b) Como o homem está sofrendo uma aceleração para baixo dada por 
 ′ = = −a ghomem
2m/s j,1 24 12 15, ( , ) ̂
a aceleração da moeda em relação ao homem é
  
a a arel moeda homem
2m/s j= − ′ = − − −( , )ˆ ( ,9 8 12 15 mm/s j m/s j.2 2)ˆ ( , )ˆ=+2 35
(c) O tempo que a moeda leva para chegar ao teto é
t
h
a
= = =2 2 2 20
2 35
1 37
rel
2
m
m/s
s.
( , )
,
,
(d) Como a gravidade é a única força que age sobre a moeda, a força a que a moeda está sub-
metida é 
  
F ma mgmoeda moeda kg m/s= = = × −−( , )( ,0 567 10 9 83 22 j N)j.)ˆ ( , ˆ= − × −5 56 10 3
(e) No referencial do homem, a moeda se move para cima com aceleração constante. A força 
aparente a que a moeda está submetida é 
 
F maap rel
2kg m/s j= = × + = +−( , )( , )ˆ (0 567 10 2 35 13 ,, ˆ33 10 3× − N)j.
23. (a) Tomando como referência o ângulo que o cipó faz com a horizontal e na notação dos 
vetores unitários, a tração do cipó é

T T T= + = +cos , ˆ sen , ˆ ( )ˆ )ˆ68 0 68 0 285 705i j N i N j.
(b) Durante o salto, a única outra força que age sobre Tarzan é o peso. Assim,
  
F T Pres N i N j N j= + = + − =( )ˆ ( )ˆ ( )ˆ (285 705 820 285NN)ˆ ( )ˆ.i − 115 N j
(c) O módulo da força é

Fres N= + − =285 115 3072 2( )
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 135
(d) O ângulo da força é
u = −



= −−tan 1 115
285
22o
(e) Como 
 
a F m= res , em que m = P/g = 83,7 kg, 

a = 3 67, m s2 .
(f) Como 

a tem a mesma orientação de 

Fres , o ângulo da aceleração é 222°.
24. Tomando como referência o eixo x mostrado na Fig. 5-39, 

F1 ( )ˆ.5 20 N i De acordo com a 
Segunda Lei de Newton, 
  
F F ma1 2+ = , em que m = 2,0 kg. Assim, temos:
 
F a2 2 0 20= −( ) , ˆN i
(a) Se, 

a F( ) ˆ, .5 110 m/s i2
2 0=
(b) Se 
 
a F= + =( ˆ, ( )ˆ20 202m/s ) i i.2 N
(c) Se 

a = 0, 

F2 20= −( ˆN) i.
(d) Se 

a = −( ˆ,10 m/s ) i2

F2 40= −( ˆN) i.
(e) Se 

a = −( ˆ,20 m/s ) i2 

F2 60= −( ˆN) i.
25. (a) A aceleração é
a
F
m
= = =20
0 022
N
900 kg
m s2, .
(b) A distância percorrida em 1 dia (= 86.400 s) é
s at= = ( ) ( ) = ×1
2
1
2
0 0222 86 400 8 3 102
2
7, . ,m s s m.2
(c) A velocidade após 1 dia de viagem é
v at= = ( )( ) = ×0 0222 86 400 1 9 103, . ,m s s m s.2
Esse valor corresponde a quase 7000 km/h.
26. Para facilitar a solução, vamos supor que a linha esteja na horizontal, alinhada com a traje-
tória do salmão. Tomando o semieixo x positivo no sentido da velocidade do salmão (ou seja, 
para longe do pescador), a aceleração do peixe é negativa e a linha é tracionada no sentido ne-
gativo do eixo x. De acordo com a Eq. 2-16, temos (para v = 0):
v v a x a
v
x
2
0
2 0
2 2
2
2
2 8
2 0 11
= + ⇒ = − = − ( ) = −D
D
( , )
,
m/s
m
336 m/s2.
De acordo com a Eq. 5-1,
 
T ma T= ⇒ − = ( ) −( ) = ×8 7 36 3 1 102, ,kg m s N,2
em que 8,7 kg = 85 N/9,8 m/s2 é a massa do salmão.
27. A figura a seguir mostra a situação do problema. A aceleração do elétron é vertical e, para 
todos os efeitos práticos, a única força a que o elétron está submetido é a força elétrica, já que 
é muito maior que a força gravitacional. Tomamos o sentido positivo do eixo x como o sentido 
136 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
da velocidade inicial v0, o sentido positivo do eixo y como o sentido da força elétrica, e a origem 
como a posição inicial do elétron.
Como a força e a aceleração são constantes, podemos usar as equações da Tabela 2-1: x v t= 0 e
y at
F
m
t= = 



1
2
1
2
2 2 .
O tempo que o elétron leva para percorrer uma distância horizontal x é t = x/v0; nesse intervalo 
de tempo, a deflexão vertical é
y
F
m
x
v
=




=
×
×


−
−
1
2
1
2
4 5 10
9 11 100
2 16
31
,
,
N
kg


×
×




= ×
−
−
30 10
1 2 10
1 5 10
3
7
2
3
m
m/s
m.
.
,
28. Tomando o semieixo x positivo no sentido da velocidade do carro, a aceleração é negativa 
e a força do freio é aplicada no sentido negativo do eixo x.
(a) De acordo com a Eq. 2-16 e em unidades do SI (notando que v = 0 e v0 = 40(1000/3600) = 
11,1 m/s),
v v a x a
v
x
2
0
2 0
2 2
2
2
11 1
2 15
4= + ⇒ = − = − ( ) = −D
D
( , )m/s
m
,, .12 2m/s
De acordo com a Eq. 5-1,
 
F ma F= ⇒ − = ( ) −( ) = ×1327 4 12 5 5 103kg m s N,2, ,
em que 1327 kg = 1,3 × 104 N/9,8 m/s2 é a massa do carro.
(b) De acordo com a Eq. 2-11, t = –v0/a = 2,7 s.
(c) Manter a força constante equivale a manter a aceleração constante, caso em que, como mostra 
a Eq. 2-16, para v = 0, existe uma proporcionalidade direta entre Dx e v0
2. Assim, se v0 é multi-
plicada por 2, a distância percorrida até o carro parar é multiplicada por 4.
(d) De acordo com a Eq. 2-11, existe uma proporcionalidade direta entre t e v0; assim, se v0 é 
multiplicada por 2, o tempo necessário para o carro parar é multiplicado por 2.
29. Escolhendo o sentido positivo do eixo y como sendo para cima, 

a = −( , )ˆ3 00 m/s j2 (que va-
mos chamar simplesmente de a por se tratar de um problema unidimensional). De acordo com 
a Eq. 5-12, a massa do bombeiro é m = P/g = 72,7 kg.
(a) Chamamos a força exercida pelo poste sobre o bombeiro de Fbp e usamos a Eq. 5-1. Como 
Fres = ma,
F F ma Fgbp bp
2N kg m/s− = ⇒ − = −712 72 7 3 00( , )( , )
o que nos dá Fbp = 494 N. 
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 137
(b) O fato de que o resultado é positivo mostra que 

Fbp aponta para cima.
(c) De acordo com a Terceira Lei de Newton, 
 
F Fbp pb= − ; assim, 

Fpb N= 494 .
(d) O sentido de 

Fbp é para baixo.
30. A força exercida pelo galho e a trajetória do palito são horizontais. Escolhendo como sen-
tido positivo do eixo x o sentido do movimento do palito, a aceleração do palito é negativa e a 
força exercida pelo galho é aplicada no sentido negativo do eixo x. Usando a Eq. 2-16 com v0 = 
220 m/s e v = 0, temos: 
v v a x a
v
x
2
0
2 0
2 2
2
2
220
2 0 015
= + ⇒ = − = − ( ) =D
D
( )
,
m/s
m
−− ×1 61 106, .m/s2
Assim, o módulo da força exercida pelo galho sobre o palito é
F m a= = × × = ×−| | ( , )( , ) ,1 3 10 1 61 10 2 1 104 6 2kg m/s N2 ..
31. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do sistema. 

FN é a força normal que o 
plano inclinado exerce sobre o bloco e mg

 é a força da gravidade a que o bloco está submetido. 
Tomamos o eixo x paralelo à superfície do plano inclinado, apontando para a direita, e o eixo 
y perpendicular à superfície do plano inclinado, apontando para cima. Nesse caso, a aplicação 
da Segunda Lei de Newton à componente x do movimento nos dá mg sen θ = −ma, ou seja, a = 
−g sen θ. Colocando a origem na base do plano inclinado, as equações da Tabela 2-1 nos dão 
v v ax2
0
2 2= + e v v at= +0 . No ponto mais alto alcançado pelo bloco, v = 0; de acordo com a 
segunda equação, isso acontece no instante t v a= − 0 . 
 (a) A coordenada x do ponto mais alto atingido pelo bloco é
x
v
a
= − = −
−( )


1
2
1
2
3 50
9 8 32 0
0
2 ( ,
, sen ,
m/s)
m/s
2
2 °


=1 18, m.
(b) O tempo que o bloco leva para chegar a esse ponto é
t
v
a
v
g
= = −
−
= −
−
=0 0 3 50
9 8 32 0sen
,
( , ) sen ,u
m/s
m/s2 
00 674, .s
(c) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, como não existem forças dissipa-
tivas neste problema, a velocidade vf com a qual o bloco chega de volta à base do plano inclina-
do é igual (em módulo) à velocidade inicial. Assim, vf = −v0 = −3,50 m/s, onde o sinal negativo 
indica que agora o bloco está se movendo no sentido negativo do eixo x.
32. (a) Se o disco está em repouso, 
   
F F F F1 2 3 36 00 150 7 00 60 0 0+ + = ∠ + ∠ − + =( , ) ( , , )o o ,,
em que os ângulos estão expressos em referência ao semieixo x positivo da Fig. 5-39. Assim,

F3 6 00 150 7 00 60 0 1 70 3= − ∠ − ∠ − = +( , ) ( , , ) ( , )ˆ (o o N i ,, )ˆ.06 N j
138 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(b) Se o disco está se movendo com velocidade constante, a aceleração é nula, a força resultante 
é nula e, portanto, a resposta é a mesma do item anterior.
(c) Nesse caso, a aceleração é 


a
dv
dt
= = −( , ) ˆ ( , ) ˆ13 0 14 0m/s i m/s j2 2 . Usando a equação 
 
F mares = 
(com m = 0,025 kg), obtemos:

F3 = (2,02 N) î + (2,71 N) ĵ .
33. O diagrama de corpo livre do sistema é mostrado na figura a seguir. Seja 

T a tração do 
cabo e seja mg

 o peso do elevador. Tomando o sentido para cima como positivo, a Segunda 
Leide Newton nos dá T – mg = ma, em que a é a aceleração do elevador. A tração do cabo é, 
portanto, T = m(g + a). Para calcular a aceleração, usamos a Eq. 2-16, v v ay2
0
2 2= + , com v = 
0, v0 = −12 m/s e y = − 42 m. O resultado é o seguinte:
a
v
y
= − = −
−
−
=0
2 2
2
2
12
2 42
1 71
( )
( )
, .
m/s
m
m/s
Agora podemos calcular a tração:
T m g a= +( )
= ( ) +( )
= ×
1600 9 8 1 71
1 8 10
2 2
4
kg m/s m/s, ,
, NN.
34. Vamos separar a força horizontal em duas componentes, uma ao longo do plano e outra 
perpendicular, como mostra a figura.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes x das forças, temos:
F mg macos sen .u u− =
Para a = 0, essa equação nos dá F = 566 N.
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes y das forças, temos:
F F mgN − − =sen cosu u 0
o que nos dá FN = 1,13 × 103 N.
35. Podemos calcular a aceleração a partir da velocidade: 


a
dv
dt
d
dt
t t= = +( ) = +8 00 3 00 8 00 62, ˆ , ˆ ( , ˆi j m/s i ,, ˆ) .00t j m/s2
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 139
(a) O módulo da força que age sobre a partícula é 
F ma m a t= = = + =| | ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ,

3 00 8 00 6 00 3 00 642 2 00 36 0 2+ , .t N
Assim, F = 35 0, N corresponde a t = 1 415, s e o vetor aceleração nesse instante é 

a = + = +[ , ˆ , ( , ) ˆ ( , ) ˆ8 00 6 00 1 415 8 00i j] m/s m/s i2 2 (( , )ˆ.8 49 m/s j2
O ângulo que o vetor 

a faz com o semieixo x positivo é 
ua
y
x
a
a
=




=


− −tan tan
,
,
1 1
8 49
8 00
m/s
m/s
2
2


= °46 7, .
(b) O vetor velocidade no instante t = 1 415, s é

v = +  =8 00 1 415 3 00 1 415 112, ( , ) ˆ , ( , ) ˆ ( ,i j m/s 33 6 01m/s i m/s j) ˆ ( , )ˆ.+
O ângulo que o vetor 

v faz com o semieixo x positivo é 
uv
y
x
v
v
=




=




− −tan tan
,
,
1 1
6 01
11 3
m/s
m/s  = °28 0, .
36. (a) Se a velocidade do esquiador é constante, a aceleração é nula, o que significa que a for-
ça “encosta acima” deve ser igual (em módulo) à força “encosta abaixo”: T = mg sen θ. Assim, 
com m = 50 kg e u = 8 0, °, a tração da corda é 68 N.
(b) Com uma aceleração encosta acima de 0,10 m/s2, temos, de acordo com a Segunda Lei de 
Newton,
T mg ma T− = ⇒ − ( )( ) ° = ( )sen , sen ,u 50 9 8 8 0 50kg m/s kg2 00 10, m/s2( )
o que nos dá T = 73 N.
37. (a) Como o atrito é nulo, a única força horizontal a que o trenó está submetido é a força exer-
cida pela moça. A aceleração do trenó pode ser calculada usando a Segunda Lei de Newton:
a
F
m
t
t
= = =5 2
0 62
,
, .
N
8, kg
m s2
(b) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força que o trenó exerce sobre a moça é igual 
(em módulo) à força que a moça exerce sobre o trenó, 5,2 N. A aceleração da moça pode ser 
calculada usando a Segunda Lei de Newton:
a
F
m
m
m
= = =5 2
0 13
,
, .
N
40 kg
m s2
(c) As acelerações do trenó e da moça têm sentidos opostos. Supondo que a moça está inicial-
mente na origem e se move no sentido positivo do eixo x, sua coordenada é dada por x a tm m= 1
2
2. 
O trenó está inicialmente no ponto x0 = 15 m e se move no sentido negativo do eixo x; sua 
coordenada é dada por x x a tt t= −0
1
2
2 . O trenó e a moça se encontram quando x xm t= , ou 
1
2
1
2
2
0
2a t x a tm t= − .
Isso acontece no instante
t
x
a am t
=
+
2 0 .
140 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Nesse instante, a moça percorreu uma distância
x a t
x a
a a
g m
m
m t
= =
+
=
( )( )1
2
15 0 13
0 13
2 0
m m/s
m/s
2,
, 22 2m/s
m.
+
=
0 62
2 6
,
,
38. O esquiador está representado por um bloco na figura a seguir. A força do vento foi chamada 
de 

Fv e pode ser “encosta acima” ou “encosta abaixo” (na figura, o vento está soprando encosta 
acima). O sentido positivo do eixo x é encosta acima.
(a) Se a velocidade do esquiador é constante, a aceleração é nula; assim, aplicando a Segunda 
Lei de Newton às componentes paralelas à superfície da encosta, temos:
mg Fvsen u − = 0
o que nos dá Fv = 68 N (encosta acima).
(b) Para nossa escolha de eixos, a = 1,0 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de Newton,
mg F mavsen u − =
o que nos dá Fv = 28 N (encosta acima).
(c) Nesse caso, a equação 
mg F mavsen u − =
nos dá Fv = –12 N. Isso significa que, nesse caso, o vento sopra no sentido oposto ao que está 
representado na figura. Em outras palavras, para que a aceleração do esquiador seja 2,0 m/s2, é 
preciso que exista um vento de módulo 12 N soprando encosta abaixo.
39. É mais fácil resolver primeiro o item (b). A figura à direita mostra o diagrama de corpo 
livre do sistema, com a tração da corda 

T , o peso da esfera mg

 e a força da brisa 

F . Como a 
esfera está em repouso, a força resultante é nula e as componentes x e y das forças envolvidas 
obedecem às seguintes equações:
 T sen θ – F = 0
T cos θ – mg = 0
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 141
Explicitando T na segunda equação, obtemos: 
T = mg/ cos θ = (3,0 × 10–4 kg) (9,8 m/s2) / cos 37° = 3,7 × 10–3 N.
Explicitando F na primeira equação, obtemos: 
F = T sen θ = (3,7 × 10–3 N) sen 37° = 2,2 × 10–3 N.
40. A aceleração de um objeto, sujeito apenas ao próprio peso, que sobe um plano inclina-
do sem atrito de ângulo θ, é a = –g senθ. A inclinação do gráfico da Fig. 5-41 mostra que a = 
–2,50 m/s2, o que nos dá u = 14 8, °. Como a soma das componentes das forças perpendiculares 
à superfície do plano inclinado deve ser nula, já que a aceleração da caixa nessa direção é nula, 
FN = mg cosθ. Assim, o módulo na força normal que a rampa exerce sobre a caixa é (5,00 kg)
(9,8 m/s2) cos 14,8° = 47,4 N.
41. A massa da caixa é m = (449 N)/(9,80 m/s2) = 45,8 kg e escolhemos o sentido positivo do 
eixo y como sendo para cima.
(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:
T mg ma a− = ⇒ =
−387 449
45 8
N N
kg,
o que nos dá a = –1,4 m/s2 (ou |a| = 1,4 m/s2). O sinal negativo indica que o vetor aceleração 
aponta para baixo. Qualquer aceleração para baixo de módulo maior que esse valor é aceitável, 
já que resultaria em valores menores da tensão do cabo.
(b) Usamos a Eq. 2-16 com y no lugar de x, y – y0 = –6,1 m e ν0 = 0. O resultado é o seguinte:
v a y= = −( ) −( ) =2 2 1 35 6 1 4 1D , , ,m/s m m/s.2
42. Vamos tomar a direção do movimento como eixo + î e escolher o eixo +

j de tal forma que 
a força 

Fc exercida pelo cavalo esteja no primeiro quadrante. As componentes da força exerci-
da pela água são chamadas de Fx e Fy.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes x e y das forças envolvidas, temos:
( )cos
( )sen
7900 18
7900 18 0
N
N
o
o
+ =
+ =
F ma
F
x
z
Fazendo a = 0,12 m/s2 e m = 9500 kg, obtemos Fx = − 6,4 × 103 N e Fy = − 2,4 × 103 N. O mó-
dulo da força exercida pela água é, portanto,
F F Fx yágua N.= + = ×2 2 36 8 10,
(b) O ângulo em relação ao semieixo x positivo é dado por
tan− 



=1 21 201
F
F
y
x
o oou
Os sinais das componentes mostram que a segunda escolha é a correta. Assim, o ângulo da for-
ça exercida pela água sobre a barcaça faz um ângulo de 201° com a direção do movimento da 
barcaça.
43. As forças que agem sobre o primeiro elo de baixo para cima são a força da gravidade mg

, 
dirigida para baixo, e a força 

F21 exercida pelo elo 2 sobre o elo 1, como mostra o diagrama de 
corpo livre da extremidade esquerda na figura a seguir. Tomando o sentido positivo como sendo 
para cima, a Segunda Lei de Newton nos dá F m g m a21 − =1 1 . As equações para os outros elos 
podem ser escritas de forma análoga.
142 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(a) Como F m g m a21 − =1 1 , a força exercida pelo elo 2 sobre o elo 1 é
F m a g21
2 2kg m/s m/s= + = + =1 0 100 2 5 9 80 1 2( ) ( , )( , , ) , 33 N.
(b) De acordo com o segundo diagrama de corpo livre da esquerda para a direita, as forças que 
agem sobre o segundo elo são a força da gravidade m g2

, para baixo, a força do elo 1, 

F12 , para 
baixo, e a força do elo 3, 

F32 , para cima. De acordo com a Terceira Lei de Newton, 

F12 = −

F21 . 
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao segundo elo, temos: 
F F m g m a32 12− − =2 2
e, portanto,
F32= m2(a + g) + F12 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 1,23 N = 2,46 N.
(c) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao terceiro elo, temos:
F43 – F23 – m3g = m3a
e, portanto, 
F43 = m3(a + g) + F23 = (0,100 N) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 2,46 N = 3,69 N,
em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F23 = −F32.
(d) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao quarto elo, temos: 
F54 – F34 – m4g = m4a
e, portanto,
F54 = m4(a + g) + F34 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 3,69 N = 4,92 N,
em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F34 = F43.
(e) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao quinto elo, temos:
F – F4on5 – m5g = m5a
e, portanto,
F = m5(a + g) + F45 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 4,92 N = 6,15 N,
em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F45 = F54.
(f) Como todos os elos têm a mesma massa ( m m m m m m1 2 3 4 5= = = = = ) e a mesma acelera-
ção, estão sujeitos à mesma força resultante: 
Fres = ma = (0,100 kg) (2,50 m/s2) = 0,250 N.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 143
44. (a) O termo “desaceleração” significa que o vetor aceleração tem o sentido oposto ao do 
vetor velocidade (que, de acordo com o enunciado do problema, aponta para baixo). Assim, 
tomando como positivo o sentido para cima do eixo y, a aceleração é a = +2,4 m/s2. De acordo 
com a Segunda Lei de Newton, temos:
T mg ma m
T
g a
− = ⇒ =
+
o que nos dá m = 7,3 kg.
(b) Repetindo o cálculo acima (agora para determinar o valor de T), obtemos o mesmo valor 
da situação do item (a), T = 89 N, já que o sentido da velocidade é irrelevante para o resultado 
final.
45. (a) A massa do elevador é m = (27.800/9,80) = 2837 kg e (tomando o sentido para cima do eixo 
y como positivo) a aceleração é a = +1,22 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de Newton,
T mg ma T m g a− = ⇒ = +( )
o que nos dá T = 3,13 × 104 N.
(b) O termo “desaceleração” significa que o vetor aceleração tem o sentido oposto ao do vetor 
velocidade (que, de acordo com o enunciado do problema, aponta para cima). Assim, a acele-
ração agora é a = –1,22 m/s2 e a tensão do cabo é
T = m (g + a) = 2,43 × 104 N.
46. Usando ame para designar a “aceleração da moeda em relação ao elevador” e aes para desig-
nar a “aceleração do elevador em relação ao solo”, temos:
ame + aes = ams ⇒ –8,00 m/s2 + aes = –9,80 m/s2
o que nos dá aes = –1,80 m/s2. Escolhemos o sentido positivo do eixo y como sendo para cima. 
Nesse caso, a Segunda Lei de Newton (no referencial do solo) nos dá T – m g = maes e, portanto,
T = m g + m aeg = m(g + aeg) = (2000 kg)(8,00 m/s2) = 16,0 kN.
47. De acordo com a Eq. 4-26, a velocidade de lançamento foi 
v
gR
0 2
9 8 69
2 53
26 52= =
°
=
sen
( , )( )
sen ( )
,
u
m/s m
m/
2
ss.
As componentes horizontal e vertical da velocidade são: 
v v
v v
x
y
= = =
=
0
0
26 52 53 15 96cos ( , ) cos ,
sen
u m/s m/s°
uu = =( , ) sen ,26 52 53 21 18m/s m/s.°
Como a aceleração é constante, podemos usar a Eq. 2-16 para analisar o movimento. A compo-
nente da aceleração na direção horizontal é
a
v
x
x
x= =
°
=
2 2
2
15 96
2 5 2 53
40 7
( , )
( , )cos
,
m/s
m
m/s2 ,,
e a componente da força é
F max x= = =( )( , )85 40 7 3460kg m/s N.2
A componente da aceleração na direção vertical é
a
v
y
y
y= =
°
=
2 2
2
21 18
2 5 2 53
54 0
( , )
( , )sen
,
m/s
m
m/s2..
144 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
A componente da força é 
F ma mgy y= + = + =( )( , , )85 54 0 9 80 5424kg m/s m/s N.2 2
Assim, o módulo da força é
F F Fx y= + = + = ≈ ×2 2 2 2 33460 5424 6434 6 4 10( ) ( ) ,N N N N.
48. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao elevador B (de massa m), temos:
a
T
m
g= − = 4 89, .m/s2
Aplicando a Segunda Lei de Newton à caixa (de massa mc), temos:
FN = mb(g + a) = 176 N.
49. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do bloco (que não foi desenhado em es-
cala). 

FN é a força normal exercida pelo piso e mg

 é a força da gravidade.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, obtemos a equação F cosθ = ma, na qual m 
é a massa do bloco e a é a componente x da aceleração. Temos:
a
F
m
= =
( ) °
=
cos , cos ,
,
, .
u 12 0 25 0
5 00
2 18
N
kg
m/s2
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, obtemos a equação FN + F senθ – mg = 0, na 
qual FN é o módulo normal. Essa equação só é válida para valores positivos de FN; valores ne-
gativos significam que o bloco não está mais em contato com o piso e, portanto, FN = 0. O re-
sultado é o seguinte: 
FN = mg – F senθ = (5,00 kg)(9,80 m/s2) – (12,0 N) sen 25,0° = 43,9 N.
Assim, o bloco permanece em contato com o piso.
(b) Se F é a força mínima para a qual o bloco deixa o piso, FN = 0 e a aplicação da Segunda Lei 
de Newton ao eixo y nos dá 
F senθ – mg = 0 ⇒ F
mg
o
= = =
sen
( , )( , )
sen ,
.
u
5 00 9 80
25 0
116
kg m/s
N
2
(c) Aplicando a mesma equação do item (a) com a força F encontrada no item (b), temos:
a
F
m
= =
( ) °
=
cos cos ,
,
, .
u 116 25 0
5 00
21 0
N
kg
m/s2
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 145
50. (a) A força total que age sobre o sistema (cuja massa total é M = 80,0 kg) é o peso das caixas 
que estão penduradas (mB + mC = 50,0 kg). O módulo da aceleração é, portanto, a = (mB + mC)
g/M = 6,125 m/s2. Aplicando a Segunda Lei de Newton à caixa C e tomando o sentido positivo 
do eixo y para baixo, obtemos: 
mC g – TBC = mC a,
o que nos dá TBC = 36,8 N.
(b) De acordo com a Eq. 2-15 (escolhendo o sentido para a direita como sentido positivo do eixo 
x), temos: x − x0 = 0 + at2/2 = 0,191 m.
51. A figura a seguir mostra os diagramas de corpo livre dos blocos m1 e m2 . As únicas forças que 
agem sobre os blocos são a tensão da corda 

T e as forças gravitacionais 

F m g1 1= e 

F m g2 2= . 
De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:
T m g m a
m g T m a
− =
− =
1 1
2 2
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:
a
m m
m m
g= −
+




2 1
2 1
Substituindo esse resultado em uma das equações, temos:
T
m m
m m
g=
+




2 1 2
1 2
(a) Para m1 = 1,3 kg e m2 = 2,8 kg, a aceleração é 
a =
−
+




2 80 1 30
2 80 1 30
9 80
, ,
, ,
( ,
kg kg
kg kg
m/s2 )) , ,= ≈3 59 3 6m/s m/s .2 2
(b) Para m1 = 1,3 kg e m2 = 2,8 kg, a tensão da corda é 
T =
+
=
2 1 30 2 80
1 30 2 80
9 80
( , )( , )
, ,
( , )
kg kg
kg kg
m/s2 117 4 17, N N.≈
52. Ao considerar o conjunto homem-corda-saco de areia como um sistema, devemos tomar 
cuidado com a escolha do sentido do movimento para que as equações sejam coerentes. Vamos 
considerar positivo o sentido do movimento do homem e negativo o sentido do movimento do 
saco de areia. Nesse caso, a força resultante que age sobre o sistema é a diferença entre o peso 
do homem e o peso do saco de areia, e a massa do sistema é a soma da massa do homem com 
146 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
a massa do saco de areia. Assim, aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema, obtemos a 
seguinte equação:
( )( , ) ( )( , ) ( )85 9 8 65 9 8 150kg m/s kg m/s kg2 2− = a
o que nos dá a = 1,3 m/s2. De acordo com a Eq. 2-16, temos:
v a y y= − = =2 2 1 3 10 5 10( ) ( , )( ) ,m/s m m/s.2
53. Aplicamos a Segunda Lei de Newton duas vezes: primeiro aos três blocos como um todo 
e depois ao primeiro bloco. Escolhemos o sentido para a direita na Fig. 5-48 como sentido po-
sitivo do eixo x.
(a) Fazendo mtotal = m1 + m2 + m3 = 67,0 kg, aplicamos a Eq. 5-2 ao movimento do sistema sob 
a ação da força T3. O resultado é o seguinte: 
T m a a3 65 0 67 0= ⇒ =total N kg, ( , )
o que nos dá a = 0,970 m/s2 como aceleração do sistema (e, portanto, como aceleração de qual-
quer dos blocos).
(b) Aplicando a Eq. 5-2 ao bloco 1, temos:
T m a1 1 12 0 0 970 11 6= = =( , )( , ) , .kg m/s N2
(c) Para determinar T2, podemos analisar as forças que agem sobre o bloco 3 ou analisar as forças 
que agem sobre o conjunto formado pelos blocos 1 e 2. Vamos usar a segunda abordagem.
T m m a2 1 2 12 0 24 0 0 970 34 9= +( ) = +( )( ) =, , , ,kg kg m/s2 NN.
54. Para começar, consideramos todos os pinguins (numerados de 1 a 4, começando pela es-
querda) como um único sistema, ao qual