Resolução Halliday-Resnick vol. 2 (9o edicao)
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Resolução Halliday-Resnick vol. 2 (9o edicao)


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1. (a) O centro de massa é dado por 
x
m m m
CM
m m= + + + + +0 0 0 2 00 2 00 2 00( )( , ) ( )( , ) ( )( , mm m.) ,
6
1 00
m
=
(b) Da mesma forma, temos 
y m m mCM
m m m= + + + +0 2 00 4 00 4 00( )( , ) ( )( , ) ( )( , ) (mm
m
)( , )
,
2 00 0
6
2 00m m.+ =
(c) Usando a Eq. 12-14 e notando que os efeitos gravitacionais são diferentes em diferentes po-
sições neste problema, temos:
x
x m g
m g
x m g x m g x mi i ii
i i
i
CG = =
+ +=
=
\u2211
\u2211
1
6
1
6
1 1 1 2 2 2 3 3gg x m g x m g x m g
m g m g m g m g
3 4 4 4 5 5 5 6 6 6
1 1 2 2 3 3 4 4
+ + +
+ + + ++ +
=
m g m g5 5 6 6
0 987, m.
(d) Da mesma forma, temos
y
y m g
m g
y m g y m g y mi i ii
i i
i
CG = =
+ +=
=
\u2211
\u2211
1
6
1
6
1 1 1 2 2 2 3 3gg y m g y m g y m g
m g m g m g m g
3 4 4 4 5 5 5 6 6 6
1 1 2 2 3 3 4 4
+ + +
+ + + ++ +
= + + +
m g m g
m m
5 5 6 6
0 2 00 7 80 4 00 7 60( , )( , ) ( , )( , ) (44 00 7 40 2 00 7 60 0
8 0 7 80 7 6
, )( , ) ( , )( , )
, , ,
m m
m m
+ +
+ + 00 7 40 7 60 7 80
1 97
m m m m+ + +
=
, , ,
, m.
2. Nossa notação é a seguinte: M = 1360 kg é a massa do automóvel; L = 3,05 m é a distância 
horizontal entre os eixos; l = (3,05 \u22121,78) m = 1,27 m é a distância horizontal entre o eixo tra-
seiro e o centro de massa; F1 é a força exercida em cada roda dianteira; F2 é a força exercida 
em cada roda traseira.
(a) Igualando a zero a soma dos torques em relação ao eixo traseiro, obtemos
F Mg
L1 2
1360 1 27= = =l ( )( ,kg)(9,80m/s m)
2(3,05m)
2
22 77 103, × N.
(b) O equilíbrio de forças nos dá 2 21 2F F Mg+ = , da qual F2 33 89 10= ×, N .
3. A esfera está submetida a três forças: a força de tração 
\ue072
T da corda (na direção da corda), a 
reação da parede 
\ue072
FN (uma força horizontal que aponta para a direita) e a força da gravidade mg\ue072 
(uma força vertical que aponta para baixo). Como a esfera está em equilíbrio, sabemos que a 
Capítulo 12
2 soluções dos problemas
resultante das forças é nula. Seja u o ângulo que a corda faz com a vertical. De acordo com a 
segunda lei de Newton, 
 componente vertical: T cos u 2 mg = 0 
 componente horizontal: FN 2 T sen u = 0.
(a) De acordo com a primeira equação, T = mg/cos u. Como cos\ue075 = +L L r/ 2 2 ,
T mg L r
L
= + = +
2 2 0 85 0( , (kg)(9,8 m/s ) (0,080 m)2 2 ,,
,
042 9 4m)
0,080 m
N
2
= .
(b) De acordo com a segunda equação, 
F TN = sen\ue075.
Como sen /\ue075 = +r L r2 2 ,
F Tr
L r
mg L r
L
r
L r
mgr
LN
=
+
= +
+
=
=
2 2
2 2
2 2
(0,85 kg)(9,88 m/s )(0,042 m)
(0,080 m) N
2
= 4 4, .
4. A situação é semelhante à do Problema 10 (veja a figura que acompanha esse problema no 
livro). Analisando as forças no ponto de aplicação de 
\ue072
F , temos (já que a aceleração é zero) 2T 
sen u = F, em que u é o ângulo (considerado positivo) entre os segmentos da corda e a direção 
da corda quando está \u201crelaxada\u201d (quando os dois segmentos estão alinhados). Fazendo T = F, 
obtemos u = 30º. Como o ângulo entre os dois segmentos da corda é f = 180º 2 2u, obtemos 
f = 120º.
5. O objeto exerce uma força para baixo de módulo F = 3160 N no ponto central da corda, pro-
duzindo um \u201cbico\u201d semelhante na figura do livro que acompanha o Problema 10. Analisando 
as forças no ponto de aplicação de 
\ue072
F, temos (já que a aceleração é zero) 2T senu = F, na qual u 
é o ângulo (considerado positivo) entre os segmentos da corda e a direção da corda quando está 
\u201crelaxada\u201d (quando os dois segmentos estão alinhados). Sabemos também que
\ue075 = \uf8eb
\uf8ed\uf8ec
\uf8f6
\uf8f8\uf8f7
=\u2212tan , , .1 0 35 11 5m
1,72 m
\ue038
Assim, T = F/(2senu) = 7,92 × 103 N.
6. Sejam l1 = 1,5 m e l2 = (5,0 \u2212 1,5) = 3,5 m. Chamamos de F1 a força de tração do cabo mais 
próximo da janela e de F2 a do outro cabo. O ponto de aplicação da força que a gravidade exer-
ce sobre o andaime (de módulo msg) é o ponto central, situado a uma distância l3 2 5= , m das 
extremidades.
soluções dos problemas 3
(a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à extremidade do andaime mais afastada 
do lavador de janelas, temos:
F m g m ga1 2 3
1 2
80 3 5= +
+
=l l l
l l
( ) ( ,kg)(9,8 m/s m)+(2 660 kg)(9,8 m/s m)
5,0 m
.
2 ) ( ,
,
2 5
8 4 102= × N
(b) O equilíbrio de forças nos dá
F F m g m ga1 2 360 1 4 10+ = + = = ×l ( ) ,kg+80 kg)(9,8m/s N2 ,,
o que [usando o resultado do item (a)] nos dá F2 25 3 10= ×, N.
7. A figura mostra as forças que agem sobre a escada. 
F1 é a reação da janela, horizontal porque o atrito da janela é desprezível. F2 e F3 são as compo-
nentes da reação do piso. M é a massa do lavador de janelas e m é a massa da janela.
O peso do lavador está aplicado em um ponto da escada situado a 3,0 m de distância da extre-
midade inferior, e o peso da escada está aplicado no ponto central da escada. Seja u o ângulo 
entre a escada e o piso. Usando a relação cos / ou a relação sen /\ue075 \ue075= = \u2212d L L d L2 2 , em que 
L é o comprimento da escada (5,0 m) e d é a distância entre a parede e o pé da escada (2,5 m), 
obtemos u = 60º.
(a) Como a escada está em equilíbrio, a soma dos torques em relação ao pé da escada no piso 
(ou em relação a qualquer outro ponto) é zero. Seja l a distância entre o pé da escada e a posi-
ção do lavador de janelas. Nesse caso,
Mg mg L F Llcos / cos s n\ue075 \ue075 \ue075+ ( ) \u2212 =2 01 e
e
F M mL g
L1
2 75= + =( / )
s n
[(l cos
e
kg)(3,0m)+(10 kg)\ue075
\ue075
((2,5m)](9,8m/s
m)sen60
2 )cos
( ,
,
60
5 0
2 8 102
°
°
= × NN.
O sentido da força é para longe da parede. A força que a escada exerce sobre a janela tem o mes-
mo módulo e o sentido oposto: é de aproximadamente 280 N na direção da parede.
(b) A soma das forças horizontais e a soma das forças verticais também devem se anular:
F F
F Mg mg
1 3
2
0
0
\u2212 =
\u2212 \u2212 =
A primeira equação nos dá F F3 1 22 8 10= = ×, N e a segunda nos dá
F M m g2 275 10 8 3 10= + = + = ×( ) ( ) ,kg kg)(9,8m/s N2 .
4 soluções dos problemas
O módulo da força que o piso exerce sobre a escada é igual à raiz quadrada da soma dos qua-
drados das componentes:
F F F= + = × + × = ×22 32 2 2 22 8 10 8 3 10 8 8 10( , ( , ,N) N) N.2 2
(c) O ângulo u entre a força e a horizontal é dado por 
tan u = F3/F2 = (830 N)/(280 N) = 2,94,
e, portanto, u = 71º. A força aponta para a esquerda e para cima, fazendo um ângulo de 71º 
com a horizontal. Observe que a força não é paralela à escada.
8. De acordo com a relação 
\ue072 \ue072 \ue072\u3c4 = ×r F , as pessoas de 1 a 4 exercem torques (em relação ao 
fulcro) que apontam para fora da tela e as pessoas 5 a 8 exercem torques que apontam para 
dentro da tela.
(a) Entre as pessoas de 1 a 4, o maior torque é o da pessoa 2, (330 N)(3 m) = 990 N · m.
(b) Entre as pessoas de 5 a 8, o maior torque é o da pessoa 7, (330 N)(3 m) = 990 N · m.
9. Vamos supor que a régua coincide com o eixo x e que uma das extremidades da régua está na 
origem. A figura mostra as forças que agem sobre a régua. As moedas estão no ponto x = x1 = 
0,120 m e a massa total das moedas é m.
 
A lâmina da faca está no ponto x = x2 = 0,455 m e exerce uma força 
\ue072
F . A massa da régua é M 
e o peso da régua está aplicado no centro da régua, o ponto x = x3 = 0,500 m. Como a régua 
está em equilíbrio, a soma dos torques em relação ao ponto x2 é nula: 
Mg(x3 2 x2) 2 mg(x2 2 x1) = 0.
Assim,
M x x
x x
m= \u2212
\u2212
= \u2212
\u2212
\uf8eb
\uf8ed\uf8ec
2 1
3 2
0 455 0 120
0 500 0 455
, ,
, ,
m m
m m
\uf8f6\uf8f6
\uf8f8\uf8f7
=( ,10 0g) 74,4 g.
10. (a) Analisando as forças verticais no ponto de encontro entre as cordas 1 e 2, obtemos
T PA1
40 49= =
°
=
cos\ue066
N
cos 35
N.
(b) Analisando as forças horizontais no mesmo ponto, temos:
T T2 1 35 49 28= = =sen \ue038 \ue038( N)sen 35 N.
(c) Vamos chamar as componentes de T3 de Tx (para a direita) e Ty (para