Resolução do Capítulo 6, Halliday, Vol 1, Ed. 10

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Capítulo 6
1. Para evitar que as caixas deslizem, é preciso que a desaceleração a seja menor ou igual à força máxima de atrito (Eq. 6-1, com 
FN = mg neste caso). De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: 
a = fs,max /m = μsg .
A distância pode ser calculada com o auxílio da Eq. 2-16: x - x0 = v2/2a = 36 m. Antes de realizar este cálculo, é preciso converter 
a velocidade de 48 km/h para 13 m/s.
2. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao movimento horizontal, temos F – μkmg = ma, em que usamos a Eq. 6-2, supondo que 
FN = mg (o que equivale a desprezar a força vertical exercida pela vassoura). A Eq. 2-16 relaciona a distância percorrida à velocidade 
final e à aceleração: v2 = 2a(x - x0). Substituindo os valores conhecidos de v e (x - x0), obtemos a = 1,4 m/s2. Voltando à equação 
da força, obtemos (para F = 25 N e m = 3,5 kg) um valor para o coeficiente de atrito cinético μk = 0,58.
3. PENSE Como existe atrito entre a cômoda e o piso, a cômoda só começa a se mover se a força horizontal aplicada for maior 
que um determinado valor.
FORMULE A figura mostra o diagrama de corpo livre da cômoda. Va-
mos chamar de 

F a força horizontal aplicada à cômoda, de sf

 a força de 
atrito estático, de NF

 a força normal exercida pelo piso, e de mg a força 
gravitacional. Aplicando a segunda lei de Newton às componentes x e y do 
movimento, obtemos as equações
respectivamente. 
A segunda equação nos dá a força normal FN = mg. Como, de acordo com a Eq. 6-1, fs,máx = μsFN, a primeira equação se torna
em que fizemos a = 0 para levar em conta o fato de que a força de atrito estático ainda é capaz de equilibrar a força aplicada, 
embora esteja prestes a ser superada.
ANALISE (a) Para μs = 0,45 e m = 45 kg, a equação anterior nos dá
 
Para colocar a cômoda em movimento, é preciso aplicar uma força horizontal maior que esse valor. Arredondando para dois alga-
rismos significativos, podemos dizer que a força mínima necessária para fazer a cômoda entrar em movimento é F = 2,0 H 102 N.
(b) Substituindo m = 45 kg por m = 45 - 17 = 28 kg, obtemos F = 1,2 H 102 N, o mesmo raciocínio do item (a).
APRENDA Os valores aqui calculados representam a força mínima necessária para vencer o atrito estático. Uma vez vencido o 
atrito estático, o corpo entrará em movimento e a força de atrito passará a ser a força de atrito cinético, que é menor que a força 
de atrito estático. Assim, se o valor da força aplicada permanecer o mesmo, o corpo sofrerá aceleração. 
4. O diagrama a seguir mostra as forças que agem sobre o porco. O ângulo de inclinação da rampa é θ.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 3
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
sen
cos 0.
k
N
mg f ma
F mg
θ
θ
− =
− =
Resolvendo esse sistema de equações e usando a Eq. 6-2 (fk = μkFN), temos:
( )sen cos .ka g θ µ θ= −
Para calcular o tempo que o porco leva para percorrer uma distância l, usamos a Eq. 2-15:


= + ⇒ =v t at t
a0
21
2
2
.
Chamando de tʹ o tempo que o porco leva para percorrer a mesma distância l em uma rampa sem atrito e de aʹ a aceleração 
correspondente, temos:
2 /
2 /
t a a
t aa
′
= =
′ ′


o que nos leva a concluir que se t/tʹ = 2, aʹ = 4a. Como, de acordo com a Segunda Lei de Newton, aʹ = g sen θ, temos:
( )sen 4 sen cos .kg gθ θ µ θ= −
Resolvendo a equação acima para θ = 35°, obtemos μk = 0,53.
5. Além das forças mostradas na Fig. 6-17, um diagrama de corpo livre incluiria uma força normal para cima NF

 exercida pela 
superfície sobre o bloco, uma força gravitacional mg para baixo exercida pela Terra sobre o bloco, e uma força de atrito cinético 
ou estático horizontal f

. Escolhemos o sentido do eixo x como positivo para a direita e o do eixo y como positivo para cima. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton a esses eixos, obtemos:
0N
F f ma
P F mg
− =
+ − =
em que F = 6,0 N e m = 2,5 kg é a massa do bloco.
(a) Nesse caso, P = 8,0 N e 
FN = (2,5 kg)(9,8 m/s2) – 8,0 N = 16,5 N.
De acordo com a Eq. 6-1, isso significa que ,max 6,6 Ns s Nf Fµ= = , que é maior que a força de 6,0 N para a direita. Assim, o bloco, 
que estava inicialmente em repouso, permanece em repouso. Fazendo a = 0 na primeira equação, obtemos uma força de atrito 
estático f = P = 6,0 N. 
(b) Nesse caso, P = 10 N e 
FN = (2,5 kg)(9,8 m/s2) – 10 N = 14,5 N.
De acordo com a Eq. 6-1, isso significa que ,max 5,8 Ns s Nf Fµ= = , que é menor que a força de 6,0 N para a direita. Assim, o bloco 
entra em movimento e passamos a ter um atrito cinético entre o bloco e a superfície, que, de acordo com a Eq. 6-2, é dado por
3,6 N.k k Nf Fµ= =
(c) Nesse caso, P = 12 N, FN = 12,5 N e ,max 5,0 Ns s Nf Fµ= = , que, como era de se esperar, é menor que a força de 6,0 N para a 
direita. Assim, o bloco entra em movimento e a força de atrito cinético é 3,1 N.k k Nf Fµ= = 
máx
máx
máx
1 9 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
6. A figura mostra o diagrama de corpo livre do jogador. NF

 é a força normal que o campo exerce sobre o jogador, mg é a for-
ça da gravidade e f

 é a força de atrito. A força de atrito está relacionada à força normal através da equação f = μkFN. Usamos a 
Segunda Lei de Newton, aplicada ao eixo vertical, para determinar a força normal. Como a componente vertical da aceleração é 
zero, FN – mg = 0 e FN = mg. Assim,
2
470 N
0,61.
(79 kg)(9,8 m/s )k N
f
F
µ = = =
7. PENSE Uma força está sendo usada para acelerar um caixote na presença de atrito. Podemos usar a segunda lei de Newton para 
calcular a aceleração.
FORMULE A figura mostra o diagrama de corpo livre do caixote. Vamos chamar de 

F a força horizontal que a pessoa exerce 
sobre o caixote, de 

f k a força de atrito cinético, de NF a força normal exercida pelo piso, e de mg

 a força gravitacional. O mó-
dulo da força de atrito é dado pela Eq. 6-2: fk = μkFN. Aplicando a segunda lei de Newton às componentes x e y do movimento, 
obtemos as equações
 
respectivamente. 
ANALISE (a) Como, de acordo com a segunda equação, a força normal é FN = mg, a força de atrito cinético é
(b) Substituindo fk pelo seu valor na primeira equação, obtemos
o que nos dá
APRENDA Para que o caixote seja acelerado, a condição k kF f mgµ> = deve ser satisfeita. Como mostra a equação anterior, 
para a mesma força aplicada, quanto maior o valor de ,kµ menor a aceleração. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 5
8. Para manter a pedra em movimento, é preciso que exista uma força horizontal (no sentido +x) para cancelar o efeito do atrito 
cinético. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
0
k
N
F f ma
F mg
− =
− =
A segunda equação nos dá FN = mg, de modo que, de acordo com a Eq. 6-2, fk = μk mg. Assim, a primeira equação se torna
0kF mg maµ− = =
em que fizemos a = 0 porque estamos supondo que a velocidade horizontal da pedra é constante. Para m = 20 kg e μk = 0,80, 
obtemos F = 1,6 H 102 N.
9. Escolhemos um eixo +x horizontal para a direita, um eixo +y vertical para cima e observamos que as componentes da força 
aplicada são Fx = F cos θ e Fy = – F sen θ.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, temos:
o 2sen 0 (15 N)sen 40 (3,5 kg)(9,8 m/s ) 44 N.N NF F mg Fθ− − = ⇒ = + =
Para μk = 0,25, a Eq. 6-2 nos dá fk = 11 N.
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, temos:
o
2(15 N)cos 40 11 Ncos 0,14 m/s
3,5 kgk
F f ma aθ −− = ⇒ = =
Como o resultado é positivo, o bloco acelera para a direita.
10. (a) O diagrama de corpo livre do bloco é mostrado na figura a seguir, em que F

 é a força aplicada, NF

 é a força normal, mg 
é a força da gravidade e f

 é a força de atrito. Escolhemos um eixo +x horizontal para a direita e um eixo +y vertical para cima. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
cos
sen 0
x
y N
F F f ma
F F F mg
θ
θ
= − =
= + − =
Como f = μkFN, e a segunda equação nos dá FN = mg – F sen θ, ( sen )kf mg Fµ θ= − . Substituindo fpor essa expressão na primeira 
equação, obtemos 
F cos θ – μk (mg – F sen θ) = ma,
e, portanto,
(cos sen ) .k k
Fa g
m
θ µ θ µ= + −
(a) Para 0,600sµ = e 0,500,kµ = o módulo de f

 tem um valor máximo 
,max (0,600)( 0,500 sen 20 ) 0,497 .s s Nf F mg mg mgµ= = − ° =máx
1 9 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Por outro lado, cos 0,500 cos 20 0,470 .F mg mgθ = ° = Assim, ,maxcos sF fθ < e o bloco permanece parado.
(b) Para 0,400sµ = e 0,300,kµ = o módulo de f

 tem um valor máximo 
,max (0, 400)( 0,500 sen 20 ) 0,332 .s s Nf F mg mg mgµ= = − ° =
Nesse caso, ,maxcos 0,500 cos 20 0,470 .sF mg mg fθ = ° = > Assim, o bloco sofre uma aceleração dada por
2 o o 2
2
(cos sen )
(0,500)(9,80 m/s )[cos 20 (0,300)sen 20 ] (0,300)(9,80 m/s )
2,17 m/s
k k
Fa g
m
θ µ θ µ= + −
= + −
=
11. PENSE Como o caixote está sendo submetido a uma força que não é horizontal nem vertical, precisamos analisar o movimento 
ao longo dos eixos x e y. 
FORMULE A figura mostra o diagrama de corpo livre do caixote, 
em que 

T é a força exercida pela corda, NF

 é a força normal, 
mg é a força gravitacional e

f é a força de atrito. Vamos tomar o 
sentido positivo do eixo x como para a direita e o sentido positivo 
do eixo y como para cima. Vamos supor também que o caixote está 
inicialmente em repouso.
Aplicando a segunda lei de Newton às componentes x e y do movimento, obtemos, respectivamente,
em que θ é o ângulo entre a corda e a horizontal. A primeira equação nos dá cosf T θ= e a segunda equação nos dá FN = mg – 
T sen θ. Para que o caixote permaneça em repouso, devemos ter f < μsFN, ou seja, T cos θ < μs (mg – T sen θ). Quando a força 
aplicada pela corda está prestes a colocar o caixote em movimento, T cos θ = μs (mg – T sen θ).
ANALISE (a) Explicitando a tração da corda na equação anterior, obtemos
(b) As equações da segunda lei de Newton para o caso do caixote em movimento são
Uma vez que f = μkFN, e a segunda equação nos dá FN = mg - T sen θ, a força de atrito é fornecida por f = μk(mg - T sen θ). Subs-
tituindo f pelo seu valor na primeira equação, obtemos
e, portanto, a aceleração é
máx
máx
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APRENDA Fazendo θ = 0 nessa equação, obtemos as expressões já conhecidas para uma força horizontal, sT mgµ= e 
( ) /ka T mg mµ= − . 
12. Como não há aceleração, a soma das forças de atrito estático (que são quatro, uma para cada polegar e uma para cada conjunto 
dos outros quatro dedos) é igual à força da gravidade. Assim, de acordo com a Eq. 6-1, temos:
24 (79 kg)(9,8 m/s )s NF mgµ = =
que, para μs = 0,70, nos dá FN = 2,8 H 102 N.
13. Chamamos de F o módulo da força exercida pelo operário. O módulo da força de atrito estático pode variar de 0 a fs,máx ,maxs s Nf Fµ= .
(a) Nesse caso, aplicando a Segunda Lei de Newton na direção vertical, temos NF mg= . Assim,
fs,máx 
2
,max (0,37)(35 kg)(9,8 m/s ) 127 N.s s N sf F mgµ µ= = = =
(b) O engradado não se move, já que F = 110 N < fs,máx = 127 N.
(c) Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção horizontal, temos fs = F = 110 N. 
(d) Chamando a força para cima exercida pelo segundo operário de F2 e aplicando a Segunda Lei de Newton na direção vertical, 
obtemos FN = mg – F2, o que nos dá 
fs,máx ,max 2( )s s N sf F mg Fµ µ= = − .
Para que o engradado se mova, F deve satisfazer a condição F > fs,máx = μs (mg – F2) o que nos dá
2
2110 N (0,37) (35 kg)(9,8 m/s ) .F > − 
Como o menor valor de F2 que satisfaz essa desigualdade é um valor ligeiramente maior que 45,7 N, podemos dizer que F2, mín = 46 N.
(e) Nesse caso, a força horizontal total tem que ser maior que o valor de fs,máx calculado no item (a), ou seja,
2 , max 2110 N 127 NsF F f F+ > ⇒ + > fs,máx 2 , max 2110 N 127 NsF F f F+ > ⇒ + >
o que nos dá F2, mín = 17 N.
14. (a) Vamos supor que o bloco está em repouso e que o ângulo de mergulho tem o valor θmáx para o qual a força de atrito estático 
é a maior possível, fs,máx. Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção paralela e na direção perpendicular à encosta, temos:
max ,max
max
sen 0
cos 0
s
N
mg f
F mg
θ
θ
− =
− =
Resolvendo o sistema de equações acima e usando a Eq. 6-1, fs,máx = μsFN, obtemos:
θmáx 1 1max tan tan 0,63 32 .sθ µ
− −= = ≈ °
Como esse ângulo é maior que o ângulo de mergulho dado (24o), o bloco não desliza.
(b) Aplicando novamente a Segunda Lei de Newton, obtemos:
,maxsen 0
cos 0
F mg f
F mg
+ − =
− =
 fs,máx
 fs,máx θmáx 
 θmáx 
1 9 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Resolvendo o sistema de equações acima, usando a Eq. 6-1 (fs, máx = μsFN) e fazendo 24θ = ° e m = 1,8 H 107 kg, obtemos:
( ) 7cos sen 3,0 10 N.sF mg µ θ θ= − = ×
15. De acordo com o resultado obtido no item (a) do problema anterior,
1 1tan tan 0,04 2 .sθ µ
− −= = ≈ °
16. (a) Nesta situação, supomos que sf

 aponta ladeira acima e está com o valor máximo, s NFµ . Aplicando a Segunda Lei de 
Newton a um objeto de massa m, nas direções paralela e perpendicular à encosta, temos:
min1 sen 0
cos 0
s N
N
F mg F
F mg
θ µ
θ
− + =
− =
Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos:
Fmín 1 = mg(sen θ – μs cos θ)
que, para m = P/g = 8,2 kg, θ = 20° e μs = 0,25, nos dá Fmín 1 = 8,6 N.
(b) A única diferença em relação ao item anterior é que agora supomos que sf

 aponta ladeira abaixo. Nesse caso, o sistema de 
equações é
Fmín 2 – mg sen θ – μs FN = 0
FN – mg cos θ = 0
Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos
Fmín 2 ( )min 2 sen cos 46 N.sF mg θ µ θ= + =
Na verdade, será necessário um valor ligeiramente maior que o valor calculado para fazer o trenó começar a subir a ladeira.
(c) Como agora estamos lidando com o atrito cinético (que aponta para baixo), o sistema de equações se torna
sen
cos 0
k
N
F mg f ma
F mg
θ
θ
− − =
− =
Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos
(sen cos )kF mg θ µ θ= +
que, para m = P/g = 8,2 kg, θ = 20° e μk = 0,15, nos dá F = 39 N.
17. Se o bloco começar a se mover, a força de atrito será a força de atrito cinético, dada pela Eq. 6-2; se permanecer em repouso, 
será a força de atrito estático, de módulo igual à soma do módulo da força P

 com a componente do peso do bloco paralela à su-
perfície do plano inclinado. Antes de mais nada, portanto, é preciso saber se o bloco vai se mover quando a força P

 for aplicada, 
o que depende da força máxima de atrito estático, dada pela Eq. 6-1. Para calcular essa força, aplicamos a Segunda Lei de Newton 
na direção perpendicular à superfície do plano inclinado, o que nos dá
cos 0NF P θ− =
em que P = 45 N é o peso do bloco e θ = 15° é o ângulo do plano inclinado. Assim, FN = 43,5 N, o que significa que a força máxima 
de atrito estático é 
fs,max = (0,50) (43,5 N) = 21,7 N.
mín1
máx
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 9
(a) Para ˆ( 5,0 N)iP = −

, a Segunda Lei de Newton, aplicada à direção paralela à superfície do plano inclinado, nos dá
| | sen .f P mg maθ− − =
Ao escrever essa equação, estamos supondo que a força f

 aponta para cima; se a força apontar para baixo, o valor obtido para f 
será negativo. Se f = fs, a = 0 e a equação se torna 
fs = | P | + mg senθ = 5,0 N + (43,5 N)sen15° = 17 N.
Como sf é menor que fs, max, o bloco permanece em repouso e a força de atrito é ˆ(17 N)isf =

 .
(b) Para ˆ( 8,0 N)iP = −

, obtemos (usando a mesma equação) fs = 20 N, que também é menor que fs, máx, de modo que o bloco 
permanece em repouso e a força de atrito é ˆ(20 N)isf =

.
(c) Para ˆ( 15 N)iP = −

, obtemos (usando a mesma equação) fs = 27 N, que é maior que fs, máx. A conclusão é que, nesse caso, o 
bloco entre em movimento e temos que usar o coeficiente de atrito cinético em vez do coeficiente de atrito estático. O resultado 
é o seguinte: 
ˆ ˆ ˆi (0,34)(43,5 N) i (15 N) ik k Nf Fµ= = =

.
18. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao carro A na direção “ladeira abaixo”, temos:mg senθ – f = ma
em que, de acordo com a Eq. 6-11,
 
f = fk =μkFN =μk mg cosθ 
Assim, com μk = 0,600, temos: 
a = gsenθ – μk cosθ = –3,72 m/s2
o que significa, como escolhemos como sentido positivo o sentido “ladeira abaixo”, que o vetor aceleração aponta “ladeira acima”, 
ou seja, que a velocidade do carro A estava diminuindo. Para 0 18,0 m/sv = e (x – x0) = d = 24,0 m, a Eq. 2-16 nos dá 
2
0 2 12,1 m/s.v v ad= + =
(b) Nesse caso, a aceleração calculada é a = +1,1 m/s2 e a velocidade no momento do choque é 19,4 m/s.
19. (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre do bloco. F

é a força aplicada, NF

 é a força normal que a parede exerce sobre 
o bloco, f

 é a força de atrito e mg é a força da gravidade. Para verificar se o bloco vai 
2 0 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
se mover, calculamos o módulo f da força de atrito necessária para mantê-lo em repouso e calculamos também o módulo da força 
normal FN que a parede exerce sobre o bloco. Se f < μsFN, o bloco permanece em repouso, mas se f > μsFN, o bloco desliza para baixo. 
Como não existe aceleração na direção horizontal, F – FN = 0, FN = F = 12 N e 
μsFN = (0,60)(12 N) = 7,2 N.
Na direção vertical, para que f – mg = 0, f = mg = 5,0 N. Como f < μsFN, o bloco não se move.
(b) Como o bloco não se move, f = 5,0 N e FN = 12 N. A força que a parede exerce sobre o bloco é
ˆ ˆ ˆ ˆi j (12 N)i (5,0 N) jp NF F f= − + = − +

em que os eixos são os que aparecem na Fig. 6-26 do livro.
20. Tratando as duas caixas como um único sistema de massa total mC + mW =1,0 + 3,0 = 4,0 kg, sujeito a uma força de atrito total 
(para a esquerda) de módulo 2,0 N + 4,0 N = 6,0 N, aplicamos a Segunda Lei de Newton (com o sentido positivo do eixo x para 
a direita):
total total 12,0 N 6,0 N (4,0 kg) ,F f m a a− = ⇒ − =
o que nos dá uma aceleração a = 1,5 m/s2. Tratamos a força F como se fosse conhecida com precisão de décimos de newton, de 
modo que a aceleração foi calculada com dois algarismos significativos. Aplicando a Segunda Lei de Newton apenas à caixa maior 
(a caixa de Wheaties, de massa mW = 3,0 kg) e chamando de F ′

 a força de contato que a caixa de Cheerios exerce sobre a caixa 
de Wheaties, temos:
2
W W 4,0 N (3,0 kg)(1,5 m/s )F f m a F′ ′− = ⇒ − = ,
o que nos dá F’ = 8,5 N.
21. Vamos usar o mesmo sistema de coordenadas da Fig. 6-4 do livro.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
: cos 
: sen 0 N
x T f ma
y T F mg
θ
θ
− =
+ − =
Fazendo a = 0 e f = fs,máx = μsFN, calculamos a massa total do sistema caixa + areia (em função do ângulo θ):
cos
sen
s
Tm
g
θθ
µ
 
= + 
 
que é a função que deve ser maximizada (para calcular o ângulo μm que permite puxar a maior quantidade possível de areia).
Derivando a equação acima em relação a θ, temos:
sen
cos 0mm
s
dm T
d g
θ
θ
θ µ
 
= − = 
 
o que nos dá tan θm = μs. Para 0,35sµ = , θm = tan–1(0,35) = 19o.
(b) Substituindo o valor de μm calculado no item (a) na equação de m, obtemos m = 340 kg, o que corresponde a um peso de (340 
kg)(9,80 m/s2) = 3,3 H 103 N.
22. A figura mostra o diagrama de corpo livre do trenó, em que F

 é a força aplicada, NF

 é a força normal, mg é a força da gra-
vidade e f

 é a força do atrito. Tomamos o eixo x paralelo à superfície do plano inclinado e o eixo y perpendicular à superfície. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
: cos 
: sen 0 N
x T f ma
y T F mg
θ
θ
− =
+ − =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 1
sen 0
cos 0N
F f mg
F mg
θ
θ
− − =
− =
Como f = μFN, e a segunda equação nos dá FN = mg cos θ, cosf mgµ θ= . Substituindo f por seu valor na primeira equação, 
obtemos 
(sen cos ).F mg θ µ θ= +
De acordo com o gráfico da Fig. 6-28, 2,0 NF = para 0µ = . Isso significa que sen 2,0 N.mg θ = Vemos também que 5,0 NF = 
para 0,5µ = , o que nos dá: 
5,0 N (sen 0,50cos ) 2,0 N 0,50 cos ,mg mgθ θ θ= + = +
ou seja, cos 6,0 N.mg θ = Combinando os dois resultados, obtemos 
2 1
tan 18 .
6 3
θ θ= = ⇒ = °
23. Vamos chamar a tensão da corda que liga o bloco 1 ao bloco 2 de T12 e a tensão da corda que liga o bloco 2 ao bloco 3 de T23. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton (e a Eq. 6-2, FN = m2g neste caso) ao sistema como um todo, temos:
3 23 3
23 2 12 2
12 1 1
k
m g T m a
T m g T m a
T m g m a
µ
− =
− − =
− =
Somando as três equações e fazendo 1 2 3e 2m M m m M= = = , temos: 
2Mg – 2μk Mg – Mg = 5Ma .
Para a = 0,500 m/s2 essa equação nos dá μk = 0,372. Assim, o coeficiente de atrito cinético é, aproximadamente, μk = 0,37.
24. Podemos calcular a aceleração a partir da inclinação do gráfico da Fig. 6-30: a = 4,5 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de 
Newton, 
F – μk mg = ma,
em que F = 40,0 N é a força horizontal constante aplicada. Para m = 4,1 kg, obtemos μk = 0,54.
25. PENSE Para que o sistema permaneça em repouso, é preciso que a força de atrito entre o bloco B e a superfície da mesa seja 
igual à força exercida pela corda sobre o bloco B. 
FORMULE A figura adiante mostra os diagramas de corpo livre do bloco B e do nó verticalmente acima do bloco A. 
1
T

 é a força 
de tração que a corda 1 exerce sobre o bloco B e sobre o nó, 
2
T

 é a força de tração que a corda 2 exerce sobre o nó, 

f é a força de 
atrito estático que a superfície da mesa exerce sobre o bloco B, NF

 é a força normal que a superfície da mesa exerce sobre o bloco 
B, m gA

 é a força que a corda 3 exerce sobre o nó, e m gB

 é a força gravitacional a que está submetido o bloco B.
 
2 0 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Vamos tomar o sentido positivo do eixo x como para a direita e o sentido positivo do eixo y como para cima. Aplicando a segunda 
lei de Newton às componentes x e y do movimento do bloco B e fazendo o mesmo para as componentes do movimento do nó, 
obtemos o seguinte sistema de equações:
em que WB = gmB é o peso do bloco B, e WA = gmA é o peso do bloco A. De acordo com as três primeiras equações anteriores e a 
Eq. 6-1, T1 = μsFN, FN = WB e T1 = T2 cos θ.
ANALISE Substituindo os valores conhecidos na quarta equação e explicitando WA, obtemos
APRENDA Como era esperado, o peso máximo do bloco A é proporcional ao peso do bloco B e ao coeficiente de atrito estático. 
Além disso, WA é proporcional a tanθ (quanto maior o ângulo, maior a componente vertical de 2T que sustenta o peso do bloco A). 
26. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema como um todo (com M = 60 kg) e usando a Eq. 6-2 (com FN = Mg neste 
caso), obtemos: 
F – μkMg = Ma ⇒ a= 0,473 m/s2.
Aplicando a Segunda Lei de Newton apenas ao bloco 3, obtemos F32 = m3(a + μkg) = 147 N. Combinando os dois resultados, 
encontramos uma relação interessante: 32 3( / )F m M F= (que não depende do atrito!).
(b) Como foi comentado no item anterior, o resultado não depende do atrito. Assim, o valor de F32 seria o mesmo do item (a).
27. Primeiro, vamos verificar se os blocos se movem. Supomos que permanecem em repouso e calculamos a força de atrito (es-
tático) que os mantém em repouso, para compará-la com a força máxima de atrito estático μsFN. A figura mostra os diagramas de 
corpo livre dos dois blocos. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 3
T é o módulo da tensão da corda, f é o módulo da força de atrito que age sobre o bloco A, FN é o módulo da força normal que age 
sobre o bloco A, m gA
 é a força da gravidade que age sobre o bloco A (de módulo PA = 102 N) e m gB
 é a força da gravidade que 
age sobre o bloco B (de módulo PB = 32 N). θ = 40° é o ângulo do plano inclinado. Não conhecemos o sentido de f

, mas vamos 
supor que é para baixo. Se obtivermos um sinal negativo, isso significará que o sentido de f

 é para cima.
(a) No caso do bloco A, vamos tomar o eixo x encosta acima e o eixo y na direção da força normal. Aplicando a Segunda Lei de 
Newton aos eixos x e y, temos:sen 0
cos 0
A
N A
T f P
F P
θ
θ
− − =
− =
Tomando o sentido positivo como para baixo para o bloco B, a Segunda Lei de Newton nos dá 0 .BP T− = Resolvendo esse 
sistema de equações, obtemos
sen 32 N (102 N)sen 40 34 NB Af P P θ= − = − °= −
(o que mostra que a força de atrito é para cima) e
cos (102 N)cos 40 78 NoN AF P θ= = =
o que nos dá 
fs,max = μsFN = (0,56) (78 N) = 44 N.
Como o módulo f da força de atrito que mantém os blocos em repouso é menor que fs,máx, os corpos permanecem em repouso.
(b) Se o bloco A está subindo a rampa, a força de atrito é para baixo, com módulo k k Nf Fµ= . Aplicando a Segunda Lei de Newton 
aos mesmos eixos do item (a), obtemos:
sen
cos 0
k A A
N A
B B
T f P m a
F P
P T m a
θ
θ
− − =
− =
− =
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:
2
2
sen cos 32 N (102 N)sen 40 (0,25)(102 N)cos 40
(32 N 102 N) / (9,8 m/s )
3,9 m/s
o o
B A k A
B A
P P P
a
m m
θ µ θ− − − −
= =
+ +
=
A aceleração é para baixo: 2 ˆ( 3,9 m/s )ia = − . Isso significa (já que a velocidade inicial é para cima) que a velocidade dos blocos 
está diminuindo. Note que a relação m = P/g foi usada para calcular as massas usadas na equação acima.
(c) Se o bloco A está descendo a rampa, a força de atrito é para cima, com módulo k k Nf Fµ= . Aplicando a Segunda Lei de Newton 
aos mesmos eixos dos itens (a) e (b), obtemos:
sen
cos 0
k A A
N A
B B
T f P m a
F P
P T m a
θ
θ
+ − =
− =
− =
o que nos dá
2
2
sen cos 32 N (102 N)sen 40 (0,25)(102 N)cos 40
(32 N 102 N) / (9,8 m/s )
1,0 m/s
o o
B A k A
B A
P P P
a
m m
θ µ θ− + − +
= =
+ +
= −
2 0 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
A aceleração é para baixo: 2 ˆ( 1,0 m/s ) ia = − . Nesse caso, isso significa (já que a velocidade inicial é para baixo) que a velocidade 
dos blocos está aumentando.
28. A figura mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos. T é o módulo da tensão do fio, f é o módulo da força de atrito 
que age sobre o bloco A, FN é o módulo da força normal que a rampa exerce sobre o bloco A, m gA
 é a força da gravidade sobre o 
bloco A, m gB
 é a força da gravidade sobre o bloco B, e θ é o ângulo da rampa. No caso do bloco A, escolhemos um eixo x rampa 
acima e um eixo y na direção da força normal; no caso do bloco B, escolhemos um eixo y para baixo.
Como o bloco A está descendo, a força de atrito é para cima, com módulo fk = μkFN. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos 
blocos A e B, temos:
sen 0
cos 0
0
k A
N A
B
T f m g
F m g
m g T
θ
θ
− + =
− =
− =
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:.
( )sen cos 3,3 kg.B A km m θ µ θ= − =
29. (a) A figura mostra diagramas de corpo livre dos blocos A e C, considerados como um único objeto, e do bloco B. 
T é o módulo da tensão da corda, FN é o módulo da força normal que a mesa exerce sobre o bloco A, f é o módulo da força de atri-
to, PAC é o peso total dos blocos A e C (o módulo da força g ACF

 mostrada na figura) e PB é o peso do bloco B (o módulo da força 
 g BF

 mostrada na figura). Supomos que os blocos estão em repouso. Para os blocos que estão sobre a mesa, escolhemos um eixo 
x orientado para a direita e um eixo y orientado para cima. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:
 componentes x: T – f = 0
 componentes y: FN – WAC = 0.
No caso do bloco B, escolhemos um eixo y orientado para baixo. Nesse caso, a Segunda Lei de Newton nos dá PB – T = 0. De 
acordo com a terceira equação, T = PB e, de acordo com a primeira, f = T. A segunda equação nos dá FN = PAC. Para que o sistema 
permaneça em repouso, f deve ser menor que μs FN , o que significa que PB < μs PAC. O menor valor que PAC pode ter sem que os 
blocos se movam é 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 5
PAC = PB/μs = (22 N)/(0,20) = 110 N.
Como o peso do bloco A é 44 N, o menor peso que o bloco C pode ter é (110 – 44) N = 66 N.
(b) Se o bloco C é removido, as equações do item (a) se tornam 
 T – f = (PA/g)a
 FN – WA = 0
 PB – T = (PB/g)a.
Além disso, f = μkFN. A segunda equação nos dá FN = PA, e, portanto, f = μkPA. A terceira equação nos dá T = PB – (PB/g)a. Substi-
tuindo essas duas expressões na primeira equação, temos:
PB – (PB/g)a – μkPA = (PA/g)a.
Assim,
( ) ( )( )( )2 2(9,8 m/s ) 22 N 0,15 44 N 2,3 m/s .
44 N + 22 N
B k A
A B
g P P
a
P P
µ −−
= = =
+
30. Escolhemos um eixo x horizontal orientado para a direita e um eixo y vertical orientado para cima. Supomos que a massa da 
corda é desprezível, de modo que a força F

 exercida pela criança é igual à tensão da corda. As componentes x e y de F

 são Fcosθ 
e Fsenθ, respectivamente. A força de atrito estático aponta para a esquerda.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y e supondo que a aceleração vertical é nula, temos:
sen 0NF F mgθ+ − =
o que mostra que o atrito estático máximo é μs(mg – F sen θ). Supondo que fs = fs, máx, a aplicação da Segunda Lei de Newton ao 
eixo x (para o qual a aceleração também é nula se a caixa de brinquedos está na iminência de se mover), temos:
cos cos ( sen ) 0.s sF f ma F mg Fθ θ µ θ− = ⇒ − − =
Fazendo θ = 42° e μs = 0,42, obtemos F = 74 N.
(b) Explicitando F e chamando de P o peso da caixa de brinquedos, temos:
(0, 42)(180 N) 76 N
 .
cos sen cos (0,42) sen cos (0,42) sen
s
s
P
F
µ
θ µ θ θ θ θ θ
= = =
+ + +
(c) Para determinar o valor de θ para o qual F é mínimo, derivamos a expressão obtida no item (b) em relação a θ e igualamos o 
resultado a zero:
2
(sen cos )
0,
(cos sen )
s s
s
WdF
d
µ θ µ θ
θ θ µ θ
−
= =
+
o que nos dá θ = tan–1 μs = 23°.
(d) Fazendo θ = 23° na expressão de F, com μs = 0,42 e P = 180 N, obtemos 70 NF = .
31. PENSE Este problema envolve dois blocos, ligados por uma corda, com diferentes coeficientes de atrito cinético, que deslizam 
para baixo em um plano inclinado. 
FORMULE A figura que se segue mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos. T é o módulo da força de tração da corda, 
NAF

 é a força normal que a superfície do plano inclinado exerce sobre o bloco A (o bloco da frente), NBF

 é a força normal que a 
superfície do plano inclinado exerce sobre o bloco B, 

f A é a força de atrito cinético que age sobre o bloco A, 

f B é a força de atrito 
cinético que age sobre o bloco B, mA é a massa do bloco A, mB é a massa do bloco B, e θ é o ângulo do plano inclinado.
2 0 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Vamos tomar o sentido positivo do eixo x como sendo para a direita e o sentido positivo do eixo y como sendo para cima. Apli-
cando a segunda lei de Newton às componentes x e y do movimento dos blocos A e B, obtemos o seguinte sistema de equações:
em que WA = gmA é o peso do bloco A, e WB = gmB é o peso do bloco B. Combinando essas equações com a Eq. 6-2 (que, no caso, 
nos dá fA = μkAFNA e fB = μkBFNB, podemos descrever o comportamento do sistema.
ANALISE (a) De acordo com as equações anteriores, a aceleração dos blocos é
(b) De acordo com as equações anteriores, a tração da corda é
APRENDA A tração da corda é proporcional a μkB - μkA, a diferença entre os coeficientes de atrito cinético dos dois blocos. Quando 
os coeficientes são iguais (μkB = μkA), os blocos se movem de forma independente, e a tração da corda é zero. Quando o coeficiente 
do bloco da frente é maior que o coeficiente do bloco de trás (μkB < μkA), a tração da corda também é zero porque o bloco de trás 
desce mais depressa que o bloco da frente e, portanto, a corda permanece frouxa o tempo todo. Nesse caso, porém, as equações de 
movimento devem ser modificadas para levar em conta o fato de que as acelerações dos dois blocos são diferentes. 
32. O diagrama de corpo livre do bloco é mostrado na figura. F

 é a força aplicada ao bloco, é a força normal que o piso exerce 
sobre o bloco, mg é a força da gravidade e f

 é a força de atrito. Tomamos o eixo x como horizontal, orientado paraa direita, e o 
eixo y como vertical, orientado para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
cos
sen 0
x
y N
F F f ma
F F F mg
θ
θ
= − =
= − − =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 7
Como f =μkFN e a segunda equação nos dá FN = mg + F sen θ, temos: 
( sen )kf mg Fµ θ= + .
Substituindo f por seu valor na primeira equação, obtemos 
F cos θ – μk (mg + F sen θ) = ma
e, portanto, a aceleração é
( )cos senk k
Fa g
m
θ µ θ µ= − −
.
De acordo com o gráfico, 23,0 m/sa = para 0kµ = . Isso nos dá
23,0 / cos .
Fm s
m
θ=
O gráfico também mostra que 0a = para 0,20kµ = e, portanto,
2 2 2
2
0 (cos (0,20)sen ) (0,20)(9,8 m/s ) 3,00 m/s 0,20 sen 1,96 m/s
1,04 m/s 0,20 sen
F F
m m
F
M
θ θ θ
θ
= − − = − −
= −
o que nos dá 5,2 m/s2 = 25, 2 / senFm s
m
θ= . Combinando os dois resultados, obtemos 
2
2
5, 2 m/s
tan 1,73 60 .
3,0 m/s
θ θ
 
= = ⇒ = ° 
 
33. PENSE Neste problema, como a força de atrito varia com a velocidade, precisamos usar uma integral para calcular a velocidade 
em função do tempo.
FORMULE Vamos chamar o módulo da força de atrito de αv, em que α é uma constante, e supor que o barco está se movendo no 
sentido positivo do eixo de referência. Nesse caso, de acordo com a segunda lei de Newton,
Integrando ambos os membros da equação anterior, obtemos
em que v0 é a velocidade no instante em que o motor é desligado, e v é a velocidade no instante t. Resolvendo a integral, podemos 
calcular o tempo necessário para que a velocidade do barco diminua para 45 km/h, ou seja, para v0/2, já que v0 = 90 km/h.
ANALISE Resolvendo a integral, obtemos a equação
2 0 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Para v = v0/2 e m = 1000 kg, temos
APRENDA A velocidade do barco é dada por /0( )
t mv t v e α−= ; isso mostra que a velocidade diminui exponencialmente com o 
tempo. Quanto maior o valor de α, mais depressa a velocidade diminui com o tempo. 
34. A figura mostra os diagramas de corpo livre da prancha e do bloco.
 
F

 é a força aplicada ao bloco, NpF

 é a força normal aplicada à prancha pelo piso, NbF é o módulo da força normal entre a prancha 
e o bloco, f

 é a força de atrito entre a prancha e o bloco, mp é a massa da prancha e mb é a massa do bloco. Para os dois objetos, 
o eixo x é horizontal, orientado para a direita, e o eixo y é vertical, orientado para cima.
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y dos dois objetos, obtemos quatro equações:
0
0
p p
Np Nb p
b b
Nb b
f m a
F F m g
f F m a
F m g
− =
− − =
− =
− =
De acordo com a quarta equação, a maior força de atrito estático possível entre o bloco e a prancha é
2(0,60)(10 kg)(9,8 m/s ) 59 N .p Nb p bF m gµ µ= = =
Vamos verificar se o bloco desliza sobre a prancha. Supondo que isso não aconteça, ap = ab (que vamos chamar simplesmente de 
a). Nesse caso, a força de atrito é
(40 kg)(100 N)
80 N
40 kg 10 kg
p
p b
m F
f
m m
= = =
+ +
que é maior que fs,máx. Isso mostra que o bloco desliza sobre a prancha, de modo que temos que usar o coeficiente de atrito cinético.
(a) Fazendo f = μk NbF nas equações acima, temos:
2
2(0,40)(10 kg)(9,8 m/s ) 100 N 6,1 m/s .
10 kg
k b
b
b
m g F
a
m
µ − −
= = = −
O sinal negativo mostra que a aceleração do bloco é para a esquerda, ou seja,
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 9
 2 ˆ( 6,1 m/s )i.ba = −

(b) Temos também:
2
2(0,40)(10 kg)(9,8 m/s ) 0,98 m/s .
40 kg
k b
p
p
m g
a
m
µ
= − = − = −
O sinal negativo mostra que a aceleração da prancha também é para a esquerda, ou seja,
2 ˆ( 0,98 m/s )i.pa = −

35. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos são mostrados na figura a seguir. Fʹ é a força de contato entre os dois blocos e a 
força de atrito estático sf

 está com o valor máximo (de modo que, de acordo com a Eq. 6-1, fs = fs,máx = μsFʹ).
Tratando os dois blocos como um sistema único (que desliza no piso sem atrito), usamos a Segunda Lei de Newton para obter 
uma expressão para a aceleração:
total 
FF m a a
m M
= ⇒ =
+
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco m e substituindo a pelo valor calculado acima, obtemos as seguintes equações:
' ' 
0 ' 0s s
FF F ma F F m
m M
f mg F mgµ
 − = ⇒ = −  + 
− = ⇒ − =
Eliminando Fʹ nas equações acima, obtemos:
F mg
m
m Ms
=
−
+
F
HG
I
KJµ 1
 = 
24,9 10 N× .
36. Explicitando a área da seção reta efetiva na Eq. 6-16, obtemos a equação 
2
2 g
t
F
A
C vρ
= , segundo a qual a área é inversamente pro-
porcional à velocidade ao quadrado. Assim, dividindo a área na posição de menor velocidade pela área de maior velocidade, temos:
2 2
menor
maior
310 km/h
3,75.
160 km/h
maior
menor
A v
A v
   = = =   
  
37. Na solução do Problema 8, vimos que a força do vento sobre a pedra teria que ser pelo menos F = 160 N para manter a pedra 
em movimento.
(a) Fazendo F = D (a força de arrasto), podemos usar a Eq. 6-14 para calcular a velocidade do vento em relação ao solo (na verda-
de, deveria ser a velocidade do vento em relação à pedra, mas a velocidade da pedra é tão pequena que a diferença é desprezível):
2 1 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
3 2
2 2(157 N)
90 m/s 320 km/h.
(0,80)(1,21 kg/m )(0,040 m )
FV
C Aρ
= = = =
(b) Multiplicando por 2 o resultado do item anterior, obtemos uma velocidade de 6,4 H 102 km/h.
(c) Não, não é razoável. O vento de um furacão da categoria 5 (a maior de todas) é da ordem de 260 km/h.
38. (a) De acordo com a Eq. 6-14,
21
2
D C Avρ=
em que C é o coeficiente de arrasto, ρ é a massa específica do ar, A é a seção reta efetiva do conjunto piloto + assento e v é a veloci-
dade do avião no momento da ejeção. Como no enunciado é dito que o coeficiente de arrasto é o mesmo que o de um paraquedista, 
podemos escrever, com base na Eq. 6-16, 
2
2
2gt
t
F mgv C A
C A v
ρ
ρ
= ⇒ =
em que, de acordo com a Tabela 6-1, vt = 60 m/s no caso de um paraquedista. Substituindo na primeira equação, obtemos:
2
2
2
1
2
2 6060
mg vD v mg   = =   
   
Convertendo a velocidade do avião para unidades do SI, temos: v = (1300)(1000)/3600 H 360 m/s. Supondo que a massa do piloto 
é 70 kg, obtemos: D = (70 kg)(9,8 m/s2)(360/60)2 ≈ 2 H 104 N.
(b) Supondo que a massa do assento é igual à massa do piloto, a Segunda Lei de Newton nos dá
2
18 .
2 2 60
D g va g
m
 = = = 
 
39. No caso de um avião a jato, 21 12j jD C Avρ= , enquanto para um avião a hélice 
21
22h hD C Avρ= , na qual 1ρ e representam 
a massa específica do ar a 10 km e 5,0 km de altitude, respectivamente. Assim, a razão pedida é
( )( )
( )( )
232
1
2 23
2
0,38 kg/m 1000 km/h
2,3.
0,67 kg/m 500 km/h
j j
h h
D v
D v
ρ
ρ
= = =
40. (a) A força que age sobre o esquiador é 
[ ]2
sen sen cos (sen cos )
(85,0 kg)(9,80 m/s ) sen 40,0 (0,04000)cos 40,0
510 N.
g NF mg F mg mg mgθ µ θ µ θ θ µ θ= − = − = −
= °− °
=
Assim, a velocidade terminal do esquiador é 
3 2
2 2(510 N)
66,0 m/s.
(0,150)(1,20 kg/m )(1,30 m )
g
t
F
v
C Aρ
= = =
(b) Derivando tv em relação a C, obtemos
3/2 3/2
3 2
2
21 1 2(510 N)
(0,150)
2 2 (1,20 kg/m )(1,30 m )
(2, 20 10 m/s) .
g
t
F
dv C dC dC
A
dC
ρ
− −= − = −
= − ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 1
41. De acordo com as Eqs. 4-35 e 6-23, temos:
μs = (2πR/T )2/gR = 4π2R/gT 2.
o que, para T = 6,0 s e R = 5,4 m, nos dá μs = 0,60.
42. O módulo da aceleração do carro ao fazer a curva é v2/R, na qual v é a velocidade do carro e R é o raio da curva. Como a curva 
não é compensada, apenas o atrito com a estrada torna possível essa aceleração. Aplicando a Segunda Lei de Newton à força de 
atrito, temos: f = mv2/R. Se FN é a força normal e m é a massa do carro, o equilíbrio de forças na direção vertical nos dá FN = mg. 
De acordo com a Eq. 6-1, o valor máximo do atrito estático é
 fs,max = μs FN = μsmg.
Para que o carro não derrape, devemos ter f ≤ μsmg.Isso significa que
2
 .s s
v g v Rg
R
µ µ≤ ⇒ ≤
Assim, a velocidade máxima com a qual o carro pode fazer a curva sem derrapar é
2
max (0,60)(30,5 m)(9,8 m/s ) 13 m/s 48 km/h.sv Rgµ= = = ≈
43. Usando o mesmo raciocínio do problema anterior, chegamos às relações
2 2
 .s
s
v vg R
R g
µ
µ
≤ ⇒ ≥
Assim, o raio mínimo da curva que o ciclista pode fazer sem derrapar é
2 2
min
[(29)(1000) / 3600]
21 m.
(0,32)(9,8)s
vR
gµ
= = =
44. Para v = 96,6 km/h = 26,8 m/s, a Eq. 6-17 nos dá
2 2
2(26,8 m/s) 94,7 m/s
7,6 m
va
R
= = =
que podemos expressar em unidades de g:
2
2
94,7 m/s
 9,7 .
9,80 m/s
aa g g g
g
  
= = =  
   
45. PENSE O movimento da roda-gigante é um movimento circular em um plano vertical; o peso aparente de um passageiro 
varia de forma periódica. 
FORMULE A figura a seguir mostra os digramas de corpo livre do estudante no ponto mais alto e no ponto mais baixo do per-
curso da roda-gigante.
2 1 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
No ponto mais alto do percurso, o assento exerce sobre o estudante uma força de módulo FN,a, enquanto a Terra exerce sobre o 
estudante uma força de módulo mg. De acordo com a segunda lei de Newton,
No ponto mais baixo do percurso, o assento exerce sobre o estudante uma força de módulo FN,b, enquanto a Terra exerce sobre o 
estudante uma força de módulo mg. De acordo com a segunda lei de Newton,
Supondo que a velocidade angular da roda-gigante é constante, o valor da força centrípeta Fc = mv2/R é constante. O peso aparente 
do estudante é FN.
ANALISE (a) De acordo com o enunciado do problema, no ponto mais alto do percurso, FN,a = 556 N e mg = 667 N. Isso significa 
que o assento exerce sobre o estudante uma força menor que o seu peso e, portanto, ele se sente mais leve que o normal.
(b) De acordo com o resultado do item (a), a força centrípeta é
Assim, a força normal no ponto mais baixo do circuito é
Isso significa que o assento exerce sobre o estudante uma força maior que o peso e, portanto, ele se sente mais pesado que o normal.
(c) Se a velocidade for multiplicada por dois, a nova força centrípeta será
Portanto, no ponto mais alto do percurso,
(d) No ponto mais baixo do percurso,
APRENDA O peso aparente do estudante é máximo no ponto mais baixo do percurso e mínimo no ponto mais alto. Se a velocidade 
tangencial da roda-gigante fosse ,v gR= FN,a = 0 e, portanto, o estudante se sentiria sem peso no ponto mais alto do percurso. 
46. (a) Uma velocidade de 80,0 km/h equivale a aproximadamente 22,2 m/s em unidades do SI. A força horizontal que impede que 
a policial escorregue do assento é igual à força centrípeta (Eq. 6-18) e a força vertical é igual ao seu peso, mg. Assim, 
Fres = √(mg)2 + (mv2/R)2 = 547 N.
(b) O ângulo é tan–1[(mv2/R)/(mg)] = tan–1(v2/gR)= 9,53º (em relação à vertical).
47. (a) De acordo com a Eq. 4-35, T = 2πR/v = 2π(10 m)/(6,1 m/s) = 10 s.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 3
(b) A situação é semelhante à do Problema 45. No ponto mais alto do percurso, 
FN = m(g – v2/R) = 486 N.
(c) No ponto mais baixo do percurso, 
FN = m(g + v2/R) = 1081 N.
48. Como a situação é semelhante à do problema anterior (quando a roda-gigante está no ponto mais alto do percurso), a força 
normal é dada por
FN = m(g – v2/R)
(a) Para m = 1200 kg, v = 11 m/s e R = 18 m, obtemos FN = 3,7 H 103 N. 
(b) NF

 aponta para cima.
(c) Para v = 14 m/s, FN = –1,3 H 103 N, ou | FN | = 1,3 H 103 N.
(d) O fato de que o valor de FN é negativo significa que, nesse caso, NF

 aponta para baixo.
49. No alto do vale, a situação é semelhante à do problema anterior e a força normal é dada por 
FN = m(g – v2/R).
que, para FN = 0, nos dá v2/R = g.
No fundo do vale, a situação é semelhante à do item (c) do Problema 47 e a força normal é dada por
FN = m(g + v2/R)
que, para v2/R = g, nos dá FN = 2mg = 1372 N ≈ 1,37 H 103 N.
50. Sabemos que o gráfico da Fig. 6-40a representa uma função da forma F = mv2/r.
(a) A inclinação do gráfico para 8,30 m/sv = é
8,30 m/s 8,30 m/s
2 2(85,0 kg)(8,30 m/s)
403 N s/m.
3,50 mv v
dF mv
dv r= =
= = = ⋅
(b) Como o período do movimento é T = 2πr/v, 
22 2
2
2 4
,
mv m r mrF
r r T T
π π = = = 
 
e a inclinação do gráfico da Fig. 6-40b para T = 2,50 s é
2 2
3
3 3
2,50 s 2,50 s
8 8 (85,0 kg)(3,50 m)
1,50 10 N/s.
(2,50 s)T T
dF mr
dT T
π π
= =
= − = = − ×
51. PENSE Um avião está descrevendo um movimento circular com as asas inclinadas, e devemos calcular o raio da circunferência 
a partir da força centrípeta.
2 1 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
FORMULE Na figura, que é o diagrama de corpo livre do avião, mg é a 
força gravitacional e lF

 é a força de sustentação aerodinâmica. Vamos tomar 
o sentido positivo do eixo x como sendo para a direita e o sentido positivo 
do eixo y como sendo para cima. Aplicando a segunda lei de Newton às 
componentes x e y do movimento do avião, obtemos o seguinte sistema de 
equações:
A segunda equação nos dá m = (Fl cos θ)/g. Substituindo m por seu valor na primeira equação e explicitando R, obtemos a relação 
R = v2/(g tan θ).
ANALISE Para v = 480 km/h = 133 m/s e θ = 40°, temos
 
APRENDA Observe que a abordagem que usamos para resolver o problema é a mesma do Exemplo 6.06 do livro.
52. A situação é semelhante à do Problema 45, com a força normal FN substituída pela força da haste FH. Assim, no ponto mais 
alto da trajetória, FH = mv2/r - P, em que P é o peso do carro com os passageiros.
(a) Para v = 5,0 m/s, r = 10 m e P = 5000 N, FH = 3,7 H 103 N. 
(b) O sentido de HF

é para cima.
(c) Para v = 10,0 m/s, r = 10 m e P = 5000 N, FH = -2,3 H 103 N.
(d) O sinal negativo indica que o sentido de HF

 é para baixo.
53. O diagrama de corpo livre de uma das alças foi traçado do ponto de vista que um passageiro teria se estivesse olhando para a 
frente e o bonde fizesse uma curva para a direita. Note que a = v2 /R, na qual v = 16 km/h = 4,4 m/s.
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos do problema (x para a direita e y para cima), temos:
sen
cos .
T m
T mg
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:
2
1tan
v
Rg
θ −
 
=  
 
que nos dá θ = 12°.
 
54. A força centrípeta experimentada pelos passageiros é 2 /F mv r= .
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 5
(a) A variação de F com r sem que v varie é 
2
2
mvdF dr
r
= − .
(b) A variação de F com v sem que r varie é 2mvdF dv
r
= .
(c) O período de uma trajetória circular é 2 /T r vπ= . Assim, 
22 2
2
2 4
,
mv m r mrF
r r T T
π π = = = 
 
e a variação de F com T sem que r varie é
32 3
2
3 2
8
8 .
2
mr v mvdF dT mr dT dT
rT r
π π
π π
  = − = − = −  
   
55. Note que, como o período T é oito vezes maior que o intervalo entre os lampejos (1/2000 s), T = 0,0040 s. Combinando a Eq. 
6-18 com a Eq. 4-35, temos:
2 2
3
2 2
4 4(0,030 kg) (0,035 m)
2,6 10 N.
(0,0040 s)
m RF
T
π π
= = = ×
56. Podemos usar diretamente o resultado do Problema 53:
2
1tan
v
gR
θ −
 
=  
 
com v = 60(1000/3600) = 17 m/s e R = 200 m. O ângulo de compensação é, portanto, θ = 8,1°. Considere um carro que entre na 
curva com uma velocidade vʹ = 40(1000/3600) = 11 m/s. A aceleração (horizontal) é 2 /a v R′ ′= , que possui uma componente 
paralela e uma componente perpendicular à superfície da estrada:
2
| |
2
cos
cos 
sen
sen .
va a
R
va a
R
θθ
θθ⊥
′
′= =
′
′= =
De acordo com a Segunda Lei de Newton (escolhendo um eixo paralelo à superfície da estrada, apontando para o centro da curva, 
como eixo x e um eixo perpendicular à superfície da estrada, apontando para cima, como eixo y), temos:
| |sen 
 cos
s
N
mg f ma
F mg ma
θ
θ ⊥
− =
− =
o que nos dá
2
2
sen cos /
.
cos sen /
s
N
f mg mv R
F mg mv R
θ θ
θ θ
′−
=
′+
Cancelando a massa e substituindo os valores numéricos, obtemos fs/FN = 0,078. Como o coeficientede atrito pedido é o menor 
para o qual os carros não derrapam, fs = fs,max e μs = 0,078.
57. Para que o disco permaneça em repouso, o módulo da tensão T do fio deve ser igual ao peso Mg do cilindro. Como a tensão do 
fio é a força centrífuga que mantém o disco em uma trajetória circular, T = mv2/r. Assim, Mg = mv2/r. Explicitando a velocidade, 
temos:
2 1 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
2(2,50 kg)(9,80 m/s )(0,200 m)
1,81 m/s.
1,50 kg
Mgrv
m
= = =
58. (a) De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do carro é dada por 2 20 2 .v v ad= + Fazendo v = 0, v0 = 35 m/s e d = 107 m, obtemos 
25,72 m/sa = − como a aceleração mínima necessária para que o carro pare a tempo. Assim, a força de atrito mínima necessária 
para que o carro pare a tempo é
2 3| | (1400 kg)(5,72 m/s ) 8,0 10 N.f m a= = ≈ ×
(b) O valor máximo possível do atrito estático é 
2 3
,max (0,50)(1400 kg)(9,80 m/s ) 6,9 10 N.s sf mgµ= = ≈ ×
(c) Se 0,40kµ = , k kf mgµ= e a aceleração é ka gµ= − . Assim, a velocidade com a qual o carro se choca com o muro é 
2 2 2
0 2 (35 m/s) 2(0,40)(9,8 m/s )(107 m) 20 m/s ou 72 km/h.v v ad= + = − ≈
(d) A força necessária para que o carro descreva a trajetória circular que evitaria o choque é
2 2
40 (1400 kg)(35,0 m/s) 1,6 10 N.
107 mr
mv
F
r
= = = ×
(e) Como ,maxr sF f> , a manobra não é possível.
59. PENSE Como mostra a Fig. 6-45, o problema envolve uma bola ligada por dois fios a uma haste giratória. Podemos analisar 
o sistema usando as equações do movimento circular uniforme. 
FORMULE A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre da bola. cT

 é a força que a corda de cima exerce sobre a bola, bT

 
é a força que a corda de baixo exerce sobre a bola, e m é a massa da bola. Note que a força da corda de cima deve ser maior que 
a da bola de baixo, já que ela deve equilibrar, além da força da corda de baixo, a força gravitacional a que a bola está submetida.
Vamos tomar o sentido positivo do eixo x como sendo para a direita (na direção do centro da órbita circular) e o sentido positivo 
do eixo y como sendo para cima. Uma vez que o módulo da aceleração é a = v2/R, a aplicação da segunda lei de Newton à com-
ponente x do movimento nos dá
 Tc 
em que v é a velocidade da bola, e R é o raio do movimento circular.
máx
máx
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 7
A aplicação da Segunda Lei de Newton à componente y do movimento circular nos dá
Explicitando Tb na segunda equação, obtemos / sen .b aT T mg θ= −

 
ANALISE (a) Como, de acordo com os dados do problema, o triângulo formado pelas duas cordas e a distância entre os pontos 
em que estão presas à haste é equilátero, θ = 30,0°; portanto,
(b) Como a força resultante na direção do eixo y é zero, o módulo da força resultante é dado por
(c) O raio do movimento circular é
De acordo com a equação Fres = mv2/R, a velocidade da bola é
(d) A força resF

 aponta na direção do centro da órbita circular.
APRENDA Como a corda de cima está submetida a uma força cerca de quatro vezes maior que a corda de baixo (Tc ≈ 4Tb), a 
probabilidade de que ela arrebente é maior.
60. A figura mostra os diagramas de corpo livre das duas caixas.
T é o módulo da força exercida sobre a haste (se T > 0, dizemos que a haste está sob tração; se T < 0, dizemos que a haste está sob 
compressão), 2NF

 é a força normal sobre a caixa 2 (a caixa com formigas pretas), 1NF

 é a força normal sobre a caixa 1 (a caixa 
com formigas vermelhas), 1f

 é a força de atrito cinético sobre a caixa 1, 2f

 é a força de atrito cinético sobre a caixa 2, m1 é a massa 
da caixa 1 e m2 é a massa da caixa 2.
Para cada bloco, escolhemos um eixo x encosta abaixo (na direção do canto inferior direito, nas figuras) e um eixo y na direção da 
força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y das duas caixas, obtemos quatro equações:
2 2 2
2 2
1 1 1
1 1
sen
cos 0
sen
cos 0
N
N
m g f T m a
F m g
m g f T m a
F m g
θ
θ
θ
θ
− − =
− =
− + =
− =
que, combinadas com a Eq. 6-2 (fk = μkFN), descrevem totalmente a dinâmica do sistema.
2 1 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(a) Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos:
2 1
1 2
2 1
 ( ) cos 1,05 N.
m m gT
m m
µ µ θ
 
= − = + 
(b) A solução para a aceleração é
22 2 1 1
2 1
sen cos 3,62 m/s .
m ma g
m m
µ µ
θ θ
  +
= − =  +   
(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. PENSE O sistema é formado por dois blocos, um em cima do outro. Se empurrarmos o bloco de baixo com muita força, o 
bloco de cima deslizará. Estamos interessados em calcular a maior força que pode ser aplicada ao bloco de baixo, sem que os blocos 
deixem de se mover juntos.
FORMULE A figura que se segue mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos. 
Em primeiro lugar, calculamos o coeficiente de atrito estático da superfície entre os dois blocos. Quando a força aplicada ao bloco 
de baixo é a maior possível, a força de atrito estático entre os dois blocos também deve ser a maior possível. Como uma força 
Fc = 12 N deve ser aplicada ao bloco de cima (com o bloco de baixo mantido fixo) para que o bloco de cima entre em movimento, 
usando as relações Fc = fs,máx = μsFN,c = μsmcg, obtemos
Usando o mesmo raciocínio para a situação em que os dois blocos se movem juntos, obtemos
ANALISE (a) Substituindo μs pelo valor calculado anteriormente, obtemos
(b) A aceleração máxima é
 
APRENDA O bloco de cima começará a deslizar se a força aplicada exceder 27 N. Na ausência de atrito entre os blocos (ou seja, 
se 0sµ = ), qualquer força aplicada ao bloco de baixo fará o bloco de cima deslizar. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 9
62. O diagrama de corpo livre da pedra é mostrado na figura. 
F

 é a força aplicada à pedra, NF

 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:
cos
sen 0
x
y N
F F f ma
F F F mg
θ
θ
= − =
= − − =
Como k Nf Fµ= , e a segunda equação nos dá senNF F mgθ= − ,
 
( sen )kf F mgµ θ= − .
Substituindo essa expressão na primeira equação, obtemos 
F cos θ – μk (F sen θ – mg ) = ma.
Para 0a = , a força é
cos sen
k
k
mg
F
µ
θ µ θ
−
=
−
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 1NF

 e 2NF

 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 estático é 1 2f f f= +
  
, em que 1 1 1s Nf Fµ= e 
2 2 2s Nf Fµ= .
2 2 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
 (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,
1 2
1 2
0
0
N NF F
f f mg
− =
+ − =
De acordo com a primeira equação, as forças normais são iguais: FN1 = FN2 = FN. Assim, de acordo com a Eq. 6-1,
1 s 1
2 s 2
N
N
f F
f F
µ
µ
=
=
e, portanto,
s 1
1 2
s 2
.f f
µ
µ
 
=   
 
Assim, a segunda equação, f1 + f2 – mg = 0, nos dá
s 1
2
s 2
1 f mg
µ
µ
 
+ =  
 
que (para m = 49 kg) nosdá f2 = 192 N. Portanto, 2 2/ 240 NN sF f µ= = é o módulo da força que a alpinista exerce sobre a pedra.
(c) De acordo com os cálculos acima, 1 s1 288 NNf Fµ= = , o que significa que
 
( ) ( )
1 288 0,60,
49 9,8
f
P
= =
ou seja, 60% do peso da alpinista é sustentado pelo atrito dos sapatos.
64. (a) A força para cima exercida pelo vagão sobre o passageiro é igual ao peso do passageiro; assim, a força resultante não possui 
uma componente vertical. Isso significa que a força resultante é igual à componente horizontal (força centrípeta). Assim,
res 210 N.F F= =

(b) De acordo com a Eq. 6-18, temos:
(210 N)(470 m)
44,0 m/s.
51,0 kg
FRv
m
= = =
65. A massa da camada de gelo é
( )3 5gelo 917 kg/m (400 m 500 m 0,0040 m) 7,34 10 kg.m = × × = ×
Somando a esse valor à massa de cem pedras (com 20 kg cada uma), obtemos m = 7,36 H 105 kg.
(a) Fazendo F = D (a força de arrasto), podemos usar a Eq. 6-14 para calcular a velocidade do vento em relação ao solo (na verda-
de, deveria ser a velocidade do vento em relação à pedra, mas a velocidade da pedra é tão pequena que a diferença é desprezível).
( )( )( )
( )( )( )
5 2
3 2
gelo gelo
0,10 7,36 10 kg 9,8 m/s
19 m/s 69 km/h.
4 4 0,002 1,21 kg/m 400 500 m
k mgv
C A
µ
ρ
×
= = = ≈
×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 1
(b) Multiplicando por 2 o resultado do item anterior, obtemos uma velocidade de 138 km/h.
(c) Sim, é razoável. O vento de um furacão da categoria 5 (a maior de todas) é da ordem de 260 km/h.
66. Como o coeficiente de atrito estático não é mencionado, concluímos que a força resultante é maior que fs,máx. Aplicando a Segunda 
Lei de Newton ao eixo x dos blocos, que para o bloco 1 é positivo para a direita e para o bloco 2 é positivo encosta abaixo, obtemos:
 T – fk = m1a
 m2g senθ – T = m2a
Somando as equações, obtemos a aceleração:
2
1 2
sen km g fa
m m
θ −
=
+
Para fk = μkFN = μk m1g, obtemos 
2 2
2(3,0 kg)(9,8 m/s )sen 30 (0,25)(2,0 kg)(9,8 m/s ) 1,96 m/s
3,0 kg 2,0 kg
a °−= =
+ .
Substituindo esse valor em uma das equações, obtemos T = 8,8 N.
67. Cada lado da vala exerce uma força normal sobre o caixote. A figura da esquerda mostra uma seção reta do conjunto. 
A força resultante tem a direção na reta tracejada. Como as duas forças normais fazem um ângulo de 45° com a reta tracejada, o 
módulo da força resultante é 
2 cos 45 2Nr N NF F F= °= .
A figura da direita é o diagrama de corpo livre do caixote. (Trata-se de uma vista “lateral”, como a que é mostrada no desenho da 
esquerda da Fig. 6-51.) 
rN
F

é a força normal resultante, mg é a força da gravidade e f

 é a força de atrito. Escolhemos um eixo x 
encosta abaixo e um eixo y da direção de NrF

. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:
 x: mg sen θ – f = ma
 y: FNr – mg cos θ = 0.
Como o caixote está em movimento, os dois lados da vala exercem uma força de atrito cinético, e o módulo da força de atrito 
resultante é dado por
2 2 / 2 2k N k Nr k Nrf F F Fµ µ µ= = =
Combinando essa expressão com FNr = mg cos θ e substituindo na equação para o eixo x, obtemos 
sen 2 cosmg mg maθ θ− = .
2 2 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Assim, (sen 2 cos )ka g θ µ θ= − .
68. (a) Um carro está na iminência de derrapar quando a força de atrito estático atinge o valor máximo. Vamos considerar a soma 
vetorial F

da força (máxima) de atrito com a força normal. Como as duas forças são mutuamente perpendiculares e seus módulos 
são proporcionais (Eq. 6-1), F

faz um ângulo (com a vertical) ϕ = θ + θs, em que tan θs = μs (compare com a Eq. 6-13) e θ é o ângulo 
de compensação da curva. Como a componente paralela ao plano da estrada da soma vetorial de F

 com a força da gravidade mg 
é a força centrípeta, cujo módulo é mv2/R (Eq. 6-18), temos a seguinte relação:
tanϕ = 
22
max/ vmv R
mg Rg
= .
Explicitando vmáx, obtemos: 
1
max
(tan )
tan( tan )
1 tan
s
s
s
Rg
v Rg
θ µ
θ µ
µ θ
− += + =
−
(b) A figura mostra o gráfico pedido (com θ em radianos):
(c) Usando a equação obtida no item (a) ou a curva de cima do item (b), obtemos v = 41,3 m/s = 149 km/h para μs = 0,60 e 
θ = 10º = 0,175 rad. 
(d) Usando a equação obtida no item (a) ou a curva de baixo do item (b), obtemos v = 21,2 m/s = 76,2 km/h para μs = 0,050 e 
θ = 10º = 0,175 rad.
69. As forças verticais que agem sobre o bloco são a força normal exercida pelo teto, a força da gravidade e a componente vertical 
de P

. Como a aceleração da direção vertical é zero, 
senNF P mgθ= −
e, portanto, o módulo da força de atrito cinético é dada por
( sen ).k kf P mgµ θ= −
Escolhendo um eixo x para a direita, a Segunda Lei de Newton nos dá
cos ( sen )
cos .kk
P u P mg
P f ma a
m
θ θ
θ
− −
− = ⇒ =
Fazendo θ = 70o, m = 5,0 kg e μk = 0,40, obtemos a = 3,4 m/s2.
máx
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 3
70. (a) Se o peso descreve uma circunferência de 0,94 m, a distância horizontal entre o peso e o eixo de rotação é dada por R = 
0,94/2π = 0,15 m. O ângulo que a corda faz com a horizontal é 
θ = cos–1(R/L) = cos–1(0,15 m/0,90 m) = 80º.
A componente vertical da tensão da corda é T sen θ e deve ser igual à força da gravidade mg. Assim, 
0,40 N
sen
mgT
θ
= = .
Note que estamos usando T para representar a tensão da corda, e não o período do movimento.
(b) Como a componente horizontal da tensão da corda é a força centrípeta, cujo módulo é mv2/R (Eq. 6-18), T cos θ = mv2/R, o 
que nos dá v = 0,49 m/s. Dividindo o comprimento da circunferência pela velocidade, obtemos o período: 0,94/0,49 = 1,9 s.
71. (a) se o bloco está na iminência de deslizar, a força aplicada é igual à força máxima de atrito estático (Eq. 6-1, com FN = mg 
neste caso): 
fs,máx = μsmg = 35,3 N.
(b) Neste caso, a força aplicada F

reduz indiretamente o valor máximo da força de atrito (já que a componente vertical diminui 
a força normal) e se opõe diretamente à força de atrito (por causa da componente horizontal). Como a força normal é dada por
FN = mg – Fsenθ
a aplicação da Segunda Lei de Newton à direção horizontal nos dá
 
Fcosθ – fs,máx = Fcosθ – μs(mg – Fsenθ) = 0 39,7 N.F⇒ =
(c) Neste caso, a força aplicada F

aumenta indiretamente o valor máximo da força de atrito (já que a componente vertical aumenta 
a força normal) e se opõe diretamente à força de atrito (por causa da componente horizontal). Como a força normal é dada por
 
FN = mg + Fsenθ,
a aplicação da Segunda Lei de Newton à direção horizontal nos dá 
Fcosθ – fs,máx= Fcosθ – μs(mg + Fsenθ) = 0 320 N.F⇒ =
72. Aplicando a Segunda Lei de Newton à direção paralela à rampa e usando a Eq. 6-2 temos: 
mg senθ – f = ma,
 f = fk =μk FN = μk mg cosθ
Assim, 
a = 0,75 m/s2 = g(senθ – μk cosθ)
o que, para θ = 40o, nos dá μk = 0,74.
73. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton a um eixo orientado “encosta abaixo”: 
 mg senθ – f = ma
 f = fk = μk FN = μk mg cosθ.
Assim, 
a = g(senθ – μk cosθ) = 7,5 m/s2.
2 2 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) O sentido da aceleração é para baixo.
(c) Nesse caso, a força de atrito aponta “encosta abaixo” (no sentido positivo do eixo escolhido) e a aceleração é 
 
a = g(senθ + μk cosθ ) = 9,5 m/s2.
(d) O sentido da aceleração é para baixo. 
74. A figura mostra o diagrama de corpo livre do disco. NF

 é 
a força normal exercida pelo gelo, f

é a força de atrito e mg é a 
força da gravidade. Escolhemos um eixo x apontando para a direita 
e um eixo y apontando para cima.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, obtemos –f = 
ma. Como a velocidade final é zero, a Eq. 2-16, 2 20 2v v ax= + , 
nos dá a = – v02/2x.
Combinando os dois resultados, obtemos
( )( )
( )
22
0
0,110 kg 6,0 m/s
0,13 N.
2 2 15 m
mv
f
x
= = =
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, obtemos FN – mg = 0 e, portanto, FN = mg. Assim, de acordo com a Eq. 6-2, f = 
μk mg.Explicitando μk, obtemos:
( ) 2
0,13 N
0,12 .
0,110 kg (9,8 m/s )k
f
mg
µ = = =
75. Podemos tratar os 25 vagões como um único objeto de massa m = 25 H 5,0 H 104 kg que (se a velocidade é 30 km/h = 8,3 m/s) 
está sujeito a uma força de atrito 
f = 25 H 250 H 8,3 = 5,2 H 104 N.
(a) Em uma linha férrea plana, esse objeto experimenta uma força de tração T exercida pela locomotiva e, de acordo com a Se-
gunda Lei de Newton,
4 6 5 5, 2 10 (1,25 10 )(0,20) 3,0 10 NT f ma T− = ⇒ = × + × = × .
 (b) A figura mostra o diagrama de corpo livre do conjunto de vagões, na qual θ é o ângulo de aclive. Escolhemos um eixo x encosta 
acima (na direção do canto superior direito da figura).
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 5
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, temos:
sen = T f mg maθ− −
Fazendo a = 0 e substituindo T, f e m por seus valores, obtemos θ = 1,2°. 
76. Este problema é conceitualmente análogo ao Problema 30. Usando o resultado do item (c) do Problema 30, temos: 
1 1tan tan 0,50 27sθ µ
− −= = = °
e, portanto, o ângulo de redução deve ser, no mínimo, 
ϕ = 45° – 27° ≈ 20°.
77. De acordo com a Eq. 6-16,
2 2
2 2(6)(9,8)
147 m/s
(1,6)(1,2) (0,03)t
mgv
C Rρπ π
= = =
78. (a) O coeficiente de atrito estático é μs = tan(θmáx) = 0,577 0,58≈ .
(b) Como 
mg senθ – f = ma
f = fk = μk FN = μk mg cosθ
e a = 2d/t2 (com d = 2,5 m e t = 4,0 s), obtemos μk = 0,54.
79. PENSE Este problema envolve dois blocos ligados por uma corda. O bloco A desce o plano inclinado arrastando o bloco B. A 
corda exerce uma força sobre o bloco A que depende da massa dos blocos e do coeficiente de atrito entre o bloco B e a superfície 
horizontal. 
FORMULE A figura a seguir mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos.
Aplicando a segunda lei de Newton ao movimento do bloco A, temos
Aplicando a segunda lei de Newton ao movimento do bloco B, temos
em que fk = μkFN,B = μkmBg. Combinando as equações do movimento dos blocos A e B, podemos determinar os valores de T, a 
tração da corda, e a, a aceleração dos blocos.
2 2 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
ANALISE (a) Combinando as equações anteriores e explicitando T, obtemos
(b) A aceleração do sistema de dois blocos é dada por
APRENDA Para θ = 90o e μk = 0, o problema se torna o mesmo que foi discutido no Exemplo 5.03 do livro, e os valores da tração 
da corda e da aceleração se reduzem às expressões obtidas nesse exemplo, que são
80. Usamos a Eq. 6-14, D C Av= 12
2ρ , na qual ρ é a massa específica do ar, A é a área da seção reta do míssil, v é a velocidade do 
míssil e C é o coeficiente de arrasto. A área da seção reta é πR2, na qual R = 0,265 m é o raio do míssil. Assim,
( ) ( ) ( )2 23 31 (0,75) 1,2 kg/m 0,265 m 250 m/s 6, 2 10 N.
2
D π= = ×
81. PENSE A força responsável pelo movimento circular do sistema ciclista-bicicleta é a força de atrito entre os pneus da bicicleta 
e o piso. 
FORMULE A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do sistema ciclista-bicicleta. O módulo da aceleração do sistema 
é dado por v2/R, em que v é a velocidade do ciclista e R é o raio da curva. 
Aplicando a segunda lei de Newton à componente horizontal do movimento, obtemos a equação fs = mv2/R, em que fs é a for-
ça de atrito estático exercida pelo piso sobre os pneus da bicicleta. Aplicando a segunda lei de Newton à componente vertical 
do movimento, obtemos a equação FN = mg = 833 N, em que FN é a força normal que o piso exerce sobre o sistema e mg é a soma do 
peso do ciclista com o peso da bicicleta.
ANALISE (a) A força de atrito é 
2 2(85,0 kg)(9,00 m/s)
275 N.
25,0 ms
mvf
R
= = = 
(b) De acordo com o teorema de Pitágoras, como a força de atrito sf

 e a força normal NF

 são mutuamente perpendiculares, a força 
resultante que o piso exerce sobre a bicicleta é
APRENDA A força que o piso exerce sobre a bicicleta faz um ângulo 1 otan (275 N/833 N) 18,3θ −= = com a vertical. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 7
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
2
N
mvmg F
R
− =
Fazendo FN = 0 e explicitando v, temos:
2(9,8 m/s )(250 m) 49,5 m/sv gR= = = = 49,5(3600/1000) km/h = 178 km/h.
83. (a) A força mínima para que o caixote comece a se mover é fs,max = 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 aumenta 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
 cos sen
s
s
F
mg
µ
θ µ θ
=
− .
A figura ao lado mostra um gráfico da razão F/mg em função de θ (com θ em graus).
(b) O denominador da expressão de F/mg em função de θ se anula para
1
inf
1
cos sen 0 tans
s
θ µ θ θ
µ
−  − = ⇒ =  
 
Para 0,70sµ = , 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 0,60sµ = , 
1 o
inf
1
tan 59 .
0,60
θ −  = = 
 
85. O carro começará a escorregar se 
tan tan 35,0 0,700.sµ θ= = °=
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 percurso. Isso significa que a corda vai arrebentar no ponto mais baixo do percurso.
2 2 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(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. PENSE A força responsável pelo movimento circular do automóvel é a força de atrito entre os pneus e o piso.
FORMULE A figura mostra o diagrama de corpo livre do automóvel. A massa do automóvel é m = (10700/9,80) kg = 1,09 H 103 
kg. A força normal é FN = mg, e a força centrípeta necessária para manter o movimento circular é fs = mv2/R.
ANALISE (a) Para uma velocidade v = 13,4 m/s e um raio R = 61 m, temos
(b) De acordo com a Eq. 6-1, a força máxima de atrito estático é
Como o valor calculado no item (a) é menor que este valor, concluímos que o carro consegue fazer a curva sem derrapar.
APRENDA De acordo com as expressões anteriores, se o coeficiente de atrito estático entre os pneus de um carro e o piso é sµ , 
a velocidade máxima com a qual o carro consegue fazer uma curva de raio R sem derrapar é máx .sv gRµ= Na situação do pro-
blema, portanto, a velocidade máxima com a qual o carro pode fazer a curva sem derrapar é
88. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, temos:
2
2
cos eixo 
sen 0 eixo 
k
N
F T f m a x
F F m g y
θ
θ
− − =
− − =
Combinando essas equações com a relação fk = μk FN, temos:
2 2(cos sen )k kF T m g m aθ µ θ µ− − − =
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, temos:
1
1
 eixo 
 0 eixo 
k
N
T f m a x
F m g y
′− =
′ − =
Combinando essas equações com a relação fk = μk NF ′ , temos:
1 1kT m g m aµ− =
Explicitando a na equação acima,substituindo na equação do bloco 2 e explicitando T, obtemos:
, 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 9
89. PENSE Para deslocar um armário, é preciso que a força aplicada seja maior que a força de atrito.
FORMULE Podemos aplicar ao problema a segunda lei de Newton, na forma Fap – f = ma. Se a força aplicada Fap for menor ou igual 
à força máxima de atrito estático fs,máx, a conclusão será “o armário não se move”, caso em que a = 0 e f = Fap. Se, por outro lado, Fap > 
fs,máx, a conclusão será “o armário se move”, caso em que a > 0 e f = fk, em que fk é a força de atrito cinético. Para determinar os valores 
de fs,máx e fk, podemos usar as Eqs. 6-1 e 6-2, tomando como força normal o peso do armário. A força máxima de atrito estático é
e a força máxima de atrito cinético é
 
ANALISE (a) Para Fap = 220 N, Fap < fs,máx e, portanto, f = Fap = 222 N. O armário não se move.
(b) Para Fap = 334 N, Fap < fs,máx e, portanto, f = Fap = 334 N. O armário não se move.
(c) Para Fap = 445 N, Fap > fs,máx e, portanto, f = fk = 311 N.
(d) Para Fap = 456 N, Fap > fs,máx e, portanto, f = fk = 311 N.
(e) O armário se move nas tentativas dos itens (c) e (d).
APRENDA Para que o armário se mova, é preciso que a força aplicada seja maior que a força máxima de atrito estático, fs,máx. 
90. Analisando as forças na direção horizontal (na qual não há aceleração), chegamos à conclusão de que F = FN, ou seja, FN = 60 
N. A força máxima de atrito estático é, portanto, fs,máx = μsFN = 33 N e a força de atrito cinético (se o bloco estiver em movimento) 
é fk = μkFN = 23 N.
(a) Nesse caso, P

= 34 N para cima. Supondo que f

aponta para baixo, a aplicação da Segunda Lei de Newton à direção vertical 
nos dá
P – mg – f = ma.
Supondo que a = 0, f = (34 – 22) N = 12 N. Como f < fs, máx, a hipótese de que a = 0 está correta e a força de atrito é sf

= 12 N, para 
baixo. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 12 N.
(b) Nesse caso, P

= 12 N para cima. Supondo que f

aponta para baixo e que a = 0, f = (12 – 22) N = –10 N. Como | fs | < fs, máx, a 
hipótese de que a = 0 está correta, mas o fato de obtermos um valor negativo para f mostra que a hipótese de que f

aponta para 
baixo está errada. Assim, a força de atrito é sf

= 10 N, para cima. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 10 N.
(c) Nesse caso, P

= 48 N para cima. Supondo que f

aponta para baixo e que a = 0, f = (48 – 22) N = 26 N. Como fs < fs, máx, a hi-
pótese de que a = 0 está correta e, como obtivemos um valor positivo para f, a hipótese de que f

aponta para baixo também está 
correta. Assim, a força de atrito é sf

= 26 N, para baixo. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 26 N.
(d) Nesse caso, P

= 62 N para cima. Supondo que f

aponta para baixo e que a = 0, f = (62 – 22) N = 40 N. Como f > fs, máx, a hi-
pótese de que a = 0 não está correta. Como a ≠ 0, f = fk e como a diferença entre a força vertical e o peso é positiva, a aceleração 
aponta para cima e a hipótese de que f

aponta para baixo está correta. Assim, a força de atrito é kf

= 23 N, para baixo. Como foi 
pedido apenas o módulo da força, a resposta é 23 N.
(e) Nesse caso, P

= 10 N para baixo. Supondo que f

aponta para baixo, f = (–10 – 22) N = –32 N. Como | fs | < fs, máx, a hipótese 
de que a = 0 está correta, mas o fato de obtermos um valor negativo para f mostra que a hipótese de que f

aponta para baixo está 
errada. Assim, a força de atrito é sf

= 32 N, para cima. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 32 N.
(f) Nesse caso, P

= 18 N para baixo. Supondo que f

aponta para baixo, f = (–18 – 22) N = –40 N. Como | f | > fs, máx, a hipótese de 
que a = 0 não está correta. Como a ≠ 0, f = fk e, como a força vertical e o peso apontam para baixo, a aceleração aponta para baixo, 
e a hipótese de que f

aponta para baixo está errada. Assim, a força de atrito é kf

 = 23 N, para cima. Como foi pedido apenas o 
módulo da força, a resposta é 23 N.
2 3 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(g) O bloco se move para cima no caso do item (d).
(h) O bloco se move para baixo no caso do item (f).
(i) A força de atrito é para baixo nos casos dos itens (a), (c) e (d).
91. PENSE A força de atrito tem sempre o sentido contrário ao do movimento do bloco.
FORMULE A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do bloco na situação da primeira parte do problema, em que o 
bloco está escorregando para baixo com velocidade constante.
De acordo com a segunda lei de Newton,
Combinando as duas equações, obtemos a relação
A figura mostra o diagrama de corpo livre do bloco na situação 
da segunda parte do problema, em que o bloco está subindo. De 
acordo com a segunda lei de Newton e a Eq. 6-12,
Note que, de acordo com os sentidos escolhidos para os eixos, o fato de que 0xa > significa que a aceleração aponta para baixo 
e, portanto, a velocidade do bloco diminui com o tempo.
ANALISE (a) Usando as relações μk = tan θ e FN = mg cos θ, obtemos a aceleração ax do bloco paralelamente à superfície do plano 
inclinado:
 
A distância que o bloco percorre até parar pode ser determinada usando a Eq. 2-16, 2 20 02 ( ),v v a x x= + − que nos dá
em que Dx = x - x0.
(b) Como foi visto no Módulo 6-1, normalmente μs > μk. O ângulo de repouso (maior ângulo de inclinação do plano inclinado para 
o qual um bloco em repouso não escorrega para baixo) é dado por μs = tan(θrepouso). Assim, esperamos que θrepouso > θ e, portanto, 
que o bloco não volte a escorregar para baixo depois de parar.
APRENDA Outra forma de mostrar que o bloco não volta a escorregar depois de parar é notar que a componente da força gravi-
tacional ao longo do plano inclinado é menor que a força de atrito, ou seja, que ,máxsen .k smg f fθ = < 
92. Suponha que o carro está “na iminência de derrapar”, ou seja, que a força de atrito estático está com o valor máximo. Vamos 
primeiro considerar a soma vetorial F

da força (máxima) de atrito estático com a força normal. Como a força de atrito e a força 
normal são mutuamente perpendiculares e têm módulos proporcionais (Eq. 6-1), o ângulo da força F

com a vertical é ϕ = θ + θs, 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3 1
na qual tan θs = μs (veja a Eq. 6-13) e θ é o ângulo de compensação. Como a componente horizontal da força F

deve ser igual à 
força centrípeta (mv2/R) e a componente vertical deve ser igual à força da gravidade (mg), chegamos a uma relação surpreenden-
temente simples:
2 2
max max/tan
mv R v
mg Rg
φ = =
,
o que nos dá
1
max
(tan )
tan( tan )
1 tan
s
s
s
Rg
v Rg
θ µ
θ µ
µ θ
− += + =
− .
(a) Para que os carros não “dependam” do atrito estático para não derrapar, a componente da força da gravidade paralela à estrada 
deve ser suficiente para proporcionar a aceleração centrípeta necessária. Para determinar o ângulo mínimo para que isso aconteça, 
basta fazer μs = 0 na equação acima, o que nos dá vmáx max tanv Rg θ= . Para vmáx = 60 km/h = 16,67 m/s e R = 150 m, obtemos θ = 11°.
(b) Por outro lado, se a curva não é compensada, θ = 0 e a equação acima se torna 
vmáx max sv Rgµ=
Para vmáx = 60 km/h = 16,67 m/s e R = 150 m, obtemos μs = 0,19.
93. (a) Como a caixa não se move até o instante t = 2,8 s, no qual o módulo da força aplicada atinge o valor F = (1,8)(2,8) = 5,0 N, 
isso significa que fs, máx = 5,0 N. Sabemos também que o módulo da força normal é igual ao peso da caixa: FN = mg = 15 N. Assim, 
μs = fs, máx/FN = 0,34.
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo horizontal (e tomando como sentido positivo o sentido do movimento), temos:
( )( )1,8 1,5 1,2 2,4k kF f ma t f t− = ⇒ − = −
O que nos dá fk = 3,6 N. Assim, μk = fk / FN = 0,24.
94. Na figura a seguir, m = 140/9,8 = 14,3 kg é a massa da criança. Chamamos de xw
 e yw
 as componentes da força gravitacional 
que a Terra exerce sobre a criança; os