Resolução Física 2 Gravitação Ondas e Termodinâmica Halliday 10ª Edição

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Capítulo 12
1. (a) O centro de massa é dado por 
CM
0 0 0 ( )(2,00 m) ( )(2,00 m) ( )(2,00 m) 1,00 m.
6
m m mx
m
+ + + + +
= =
(b) Da mesma forma, temos 
CM
0 ( )(2,00 m) ( )(4,00 m) ( )(4,00 m) ( )(2,00 m) 0 2,00 m.
6
+ + + + +
= =
m m m my
m
(c) Usando a Eq. 12-14 e notando que os efeitos gravitacionais são diferentes em diferentes posições neste problema, temos
6
1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 5 5 5 6 6 6
CG 6
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
1
0,987 m.=
=
+ + + + +
= = =
+ + + + +
∑
∑
i i i
i
i i
i
x m g
x m g x m g x m g x m g x m g x m gx
m g m g m g m g m g m gm g
(d) Da mesma forma, temos
6
1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 5 5 5 6 6 6
CG 6
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
1
0 (2,00)(7,80 ) (4,00)(7,60 ) (4,00)(7,40 ) (2,00)(7,60 ) 0
8,0 7,80 7,60 7,40 7,60 7,80
1,97 m.
=
=
+ + + + +
= =
+ + + + +
+ + + + +
=
+ + + + +
=
∑
∑
i i i
i
i i
i
y m g
y m g y m g y m g y m g y m g y m gy
m g m g m g m g m g m gm g
m m m m
m 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; 
 = (3,05 −1,78) m = 1,27 m é a distância horizontal entre o eixo traseiro 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
2
3
1
(1360kg) (9,80m/s ) (1,27 m) 2,77 10 N.
2 2(3,05m)
= = = ×
MgF
L
(b) O equilíbrio de forças nos dá 1 22 2 ,F F Mg+ = da qual 
3
2 3,89 10 N.F = ×
3. PENSE Três forças agem sobre a esfera: a força de tração 

T da corda, a força normal 

NF da parede e a força da gravidade .
mg
FORMULE A figura mostra o diagrama de corpo livre da esfera. A força de tração 

T aponta 
na direção do ponto de suspensão da corda, a força normal 

NF aponta horizontalmente 
para fora da parede, e a força da gravidade mg aponta verticalmente para baixo. Como a 
esfera está em equilíbrio, a soma das forças é igual a zero. De acordo com a segunda lei 
de Newton, se θ é o ângulo entre a corda vertical, temos as seguintes relações: 
 componente vertical: T cos θ – mg = 0 
 componente horizontal: FN – T sen θ = 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 
ANALISE (a) Explicitando a tração da corda na primeira equação e usando a relação geométrica 2 2cos / ,θ = +L L r obtemos
(b) Explicitando a força normal e usando a relação geométrica 2 2sen / ,θ = +r L r obtemos
APRENDA Como a esfera está FN em equilíbrio, a soma das forças externas que agem sobre a esfera é zero.
4. A situação é semelhante à do Problema 12-12 (veja a Fig. 12-30 do livro). Analisando as forças no ponto de aplicação de ,

F temos 
(já que a aceleração é zero) 2T sen θ = F, em que θ é o ângulo (considerado positivo) entre os segmentos da corda e a direção da 
corda quando está “relaxada” (quando os dois segmentos estão alinhados). Fazendo T = F, obtemos θ = 30º. Como o ângulo entre 
os dois segmentos da corda é ϕ = 180º – 2θ, obtemos ϕ = 120º.
5. O objeto exerce uma força para baixo de módulo F = 3160 N no ponto central da corda, produzindo um “bico” semelhante ao 
da Fig. 12-12 do livro. Analisando as forças no ponto de aplicação de ,

F temos (já que a aceleração é zero) 2T senθ = F, na qual 
θ é o ângulo (considerado positivo) entre os segmentos da corda e a direção da corda quando está “relaxada” (quando os dois 
segmentos estão alinhados). Sabemos também que
1 0,35mtan 11,5 .
1,72m
θ −
 
= = °  
Assim, T = F/(2senθ) = 7,92 × 103 N.
6. Sejam 1 = 1,5 m e 2 = (5,0 − 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 exerce sobre o andaime (de módulo msg) é o ponto central, situado a uma 
distância 3 = 2,5 m das extremidades.
(a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à extremidade do andaime mais afastada do lavador de janelas, temos
2 2
2 3
1
1 2
2
(80kg) (9,8m/s ) (3,5m)+(60kg) (9,8m/s ) (2,5m)
5,0m
8,4 10 N.
+
= =
+
= ×

 
 
am g m gF
(b) O equilíbrio de forças nos dá
2 3
1 2 (60 kg+80kg) (9,8m/s ) 1,4 10 N,+ = + = = ×aF F m g m g
o que [usando o resultado do item (a)] nos dá 22 5,3 10 N.= ×F
7. A figura mostra as forças que agem sobre a escada. 
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
F1 é a reação da janela, horizontal porque o atrito da janela é desprezível. F2 e F3 são as componentes 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 extremidade inferior, e o peso da escada 
está aplicado no ponto central da escada. Seja θ o ângulo entre a escada e o piso. Utilizando a relação cos /θ = d L ou a relação 
2 2sen / ,θ = −L d L 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 
θ = 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  a distância entre o pé da escada e a posição do lavador de janelas. Nesse caso,
( ) 1cos / 2 cos sen 0θ θ θ+ − =Mg mg L F L
e
2
1
2
( / 2) cos [(75kg) (3,0m)+(10kg) (2,5m)](9,8m/s )cos 60
sen (5,0m)sen 60
2,8 10 N.
θ
θ
+ °
= =
°
= ×
M mL gF
L
O sentido da força é para longe da parede. A força que a escada exerce sobre a janela tem o mesmo 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:
1 3
2
0
0
− =
− − =
F F
F Mg mg
A primeira equação nos dá 23 1 2,8 10 N= = ×F F e a segunda nos dá
2 2
2 ( ) (75kg 10kg) (9,8m/s ) 8,3 10 N.= + = + = ×F M m g
O módulo da força que o piso exerce sobre a escada é igual à raiz quadrada da soma dos quadrados das componentes:
2 2 2 2 2 2 2
2 3 (2,8 10 N) (8,3 10 N) 8,8 10 N.= + = × + × = ×F F F
(c) O ângulo θ entre a força e a horizontal é dado por 
tan θ = F3/F2 = (830 N)/(280 N) = 2,94,
e, portanto, θ = 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 ,τ = ×


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. PENSE Para que a régua esteja em equilíbrio, é preciso que a soma das forças que agem sobre a régua seja zero e que a soma dos 
torques em relação a um ponto qualquer seja zero.
FORMULE Suponha que a régua está no eixo x e o zero da régua está na origem. A figura mostra as forças que agem sobre a régua. 
As moedas estão em x = x1 = 0,120 m e m = 10,0 g é a massa total das moedas. A lâmina está em x = x2 = 0,455 m e exerce uma 
força . F

 A massa da régua é M e o ponto de aplicação da força da gravidade é o centro da régua, x = x3 = 0,500 m. 
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 
Como a régua está em equilíbrio, a soma dos torques em relação ao ponto x2 deve ser igual a zero:
ANALISE Explicitando M na equação anterior, obtemos
APRENDA Como o torque em relação a qualquer ponto é zero, poderíamos ter calculado os torques em relação ao ponto x1. Nesse 
caso, a equação de equilíbrio dos torques seria
Como a força total é zero, F = (M + m)g. Substituindo F pelo seu valor na equação anterior,obtemos um resultado igual ao 
anterior:
10. (a) Analisando as forças verticais no ponto de encontro entre as cordas 1 e 2, obtemos
1
40N 49N.
cos cos 35φ
= = =
°
APT
(b) Analisando as forças horizontais no mesmo ponto, temos
2 1sen 35 (49N)sen 35 28 N.= ° = ° =T T
(c) Vamos chamar as componentes de T3 de Tx (para a direita) e Ty (para cima). Analisando as forças horizontais no ponto de 
encontro entre as cordas 2 e 3, obtemos Tx = T2 = 28 N. Analisando as forças verticais no mesmo ponto, obtemos Ty = PB = 50 N. 
Assim,
2 2
3 57 N.= + =x yT T T
(d) O ângulo que a corda 3 faz com a vertical é
1 1 28tan tan 29 .
50
θ − −
   = = = °     
x
y
T
T
11. PENSE Como o trampolim está em equilíbrio, a força resultante e o torque resultante são nulos. 
FORMULE Vamos chamar de F1 a força exercida pelo suporte da esquerda e tomar a coordenada desse suporte como x = 0, em que 
o eixo x coincide com o trampolim, e o sentido positivo do eixo é para a direita. Vamos chamar de F2 a força exercida pelo suporte 
da direita, cuja coordenada é x = d. Vamos tomar o sentido para cima como positivo e chamar de W o peso do mergulhador, que 
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 5
está no ponto x = L. Igualando a zero a soma das forças e a soma dos torques em relação ao ponto x2, obtemos o seguinte sistema 
de equações:
ANALISE (a) A segunda equação nos dá
que deve ser arredondado para F1 = −1,2 × 103 N. Assim, |F1| = −1,2 × 103 N.
(b) O fato de que o valor de F1 é negativo indica que a força aponta para baixo.
(c) A primeira equação nos dá F2 = W − F1 = 580 N + 1160 N = 1740 N, que deve ser arredondado para F2 = 1,7 × 103 N. Assim, 
|F2| = 1,7 × 103 N.
(d) O fato de que o valor de F2 é positivo indica que a força aponta para cima.
(e) A força que o trampolim exerce sobre o suporte da esquerda aponta para cima (ou seja, no sentido contrário ao da força que 
o suporte exerce sobre o trampolim) e, portanto, o suporte está sendo tracionado. 
(f) A força que o trampolim exerce sobre o suporte da direita aponta para baixo; portanto, o suporte está sendo comprimido.
APRENDA As forças F1 e F2 estão relacionadas por meio da expressão 1 2
L dF F
L
− = − 
 
. Essa expressão deixa claro que as duas 
forças têm sinais diferentes, ou seja, que uma das forças aponta para baixo e a outra aponta para cima. 
12. O ângulo que os segmentos da corda fazem com a reta tracejada é
1 0,30mtan 1,9 .
9,0m
θ −
 
= = °  
Analisando as forças no “bico” (ponto de aplicação da força 

F), obtemos
3550 N 8,3 10 N.
2sen 2sen1,9θ
= = = ×
°
FT
13. As forças (verticais) nos pontos A, B e P são FA, FB e FP, respectivamente. Chamando de W o peso da pessoa, FP = W e aponta 
para cima. O equilíbrio das forças e dos torques em relação ao ponto B nos dá
0
0.
+ + =
− =
A B
A
F F W
bW aF
(a) De acordo com a segunda equação, temos 
FA = bW/a = (15/5)W = 3W = 33(900 N) 2,7 10 N= × .
(b) O sentido é para cima, já que FA > 0.
(c) Substituindo o resultado do item (a) na primeira equação, obtemos 
34 4(900 N) 3,6 10 N= − = − = − = − ×B AF W F W
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 
ou
3| | 3,6 10 N.= ×BF
(d) O sentido é para baixo, já que FB < 0.
14. O equilíbrio dos torques em relação à extremidade esquerda do andaime nos dá
– mA g 2
L – Mgx + TD L = 0
em que mA é a massa do andaime (50 kg), e M é a massa total das latas de tinta (75 kg). A variável x indica a posição do centro 
de massa do conjunto de latas de tinta (medida a partir da extremidade esquerda), e TD é a força de tração exercida pelo cabo da 
direita (722 N). Isso nos dá x = 0,702 m.
15. (a) Analisando as forças horizontais (cuja soma é zero), obtemos Fh = F3 = 5,0 N.
(b) O equilíbrio das forças verticais nos dá Fv = F1 + F2 = 30 N.
(c) Calculando os torques em relação ao ponto O, obtemos
( ) ( ) ( ) ( )
2 3
10 N 3,0m + 5,0 N 2,0m
1,3m.
30 N
= + ⇒ = =vF d F b F a d
16. As forças exercidas horizontalmente pelo obstáculo e verticalmente (para cima) pelo piso são aplicadas ao vértice inferior 
dianteiro C do caixote quando este está a ponto de tombar. O centro do caixote, que é o ponto de aplicação do peso mg = 500 N, 
está a uma distância horizontal 0,375m= de C. A força aplicada, de módulo F = 350 N, está a uma distância vertical h de C. 
Igualando a zero a soma dos torques em relação a C, obtemos
(500 N) (0,375m) 0,536m.
350 N
= = =
mgh
F
17. (a) Igualando a zero os torques em relação à dobradiça, obtemos 
TLcosθ – mg 2
L = 0,
que nos dá 78 .θ = ° Nesse caso, a relação geométrica tanθ = L/D nos dá D = 0,64 m.
(b) Como um cabo com uma inclinação maior sofre uma tração menor, D deve ser maior que o valor obtido no item (a) para que 
o cabo não se rompa.
18. Igualando a zero os torques em relação à extremidade esquerda do andaime 2, temos
– m2 g 22
L – mgd + TD L2 = 0
em que m2 é a massa do andaime 2 (30 kg) e L2 é o comprimento do andaime 2 (2,00 m). A caixa de massa m (m = 20 kg) está a 
uma distância d = 0,50 m da extremidade esquerda do andaime 2 e TD é a força de tração da corda que liga a extremidade direita do 
andaime 2 ao andaime 1. A equação dos torques nos dá TD = 196 N. O equilíbrio de forças nos dá TE = 294 N, em que TE é a força 
de tração da corda que liga a extremidade esquerda do andaime 2 ao andaime 1. Igualando os torques em relação à extremidade 
esquerda do andaime 1, temos
– m1 g 12
 L – TL d – TR (L1 – d) + T L1 = 0
na qual, de acordo com a Figura 12-33 e o enunciado do problema, L1 = L2 + 2d e m1 = 50 kg. 
Isso nos dá T = 457 N.
19. Igualando a zero a soma dos torques, obtemos uma razão que obedece à “lei das alavancas”:
2,6cm(40 N) (40 N) 8,7 N.
12cm⊥
= = =
dF
L
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 7
20. O sistema a ser estudado é constituído pelo antebraço do jogador e a bola de 
boliche. Como se pode ver no diagrama de corpo livre, as forças a que o antebraço 
está sujeito são ,

T exercida pelo bíceps, 

F , exercida pelo úmero, e os pesos do an-
tebraço e da bola, mg e .Mg Como o sistema está em equilíbrio estático, a soma das 
forças deve ser nula:
res,0 ( ) .= = − − +∑ yF T F m M g
Além disso, o torque em relação ao ponto O deve ser nulo:
res0 ( )( ) (0) ( )( ) ( )τ= = + − −∑
O
d T F D mg L Mg .
(a) Explicitando a força T na equação dos torques, temos
2
2
( ) [(1,8 kg)(0,15 m) (7,2 kg)(0,33 m)](9,8 m/s )
0,040 m
648 N 6,5 10 N.
+ +
= =
= ≈ ×
mD ML gT
d
(b) Substituindo esse valor na equação das forças, obtemos
2 2( ) 648 N (7,2 kg 1,8 kg)(9,8 m/s ) 560 N 5,6 10 N.= − + = − + = = ×F T M m g
21. (a) O ângulo entre o cabo e a longarina é 
a = θ − f = 45º – 30º = 15º.
O ângulo entre a longarina e qualquer força vertical (como os pesos do problema) é b = 90º – 45º = 45º. Fazendo M = 225 kg e 
m = 45,0 kg e chamando de  o comprimento da longarina, igualamos a zero a soma dos torques em relação à dobradiça para obter
( )2sen sen sen sen / 2 .
sen sen
β β β β
α α
+ +
= =



Mg mg Mg mgT
O comprimento desconhecido  se cancela e obtemos T = 6,63 × 103 N.
(b) Como o cabo faz um ângulo de 30º com a horizontal, o equilíbrio das componentes horizontais das forças nos dá
3= cos30 = 5,74 10 N.° ×xF T
(c) O equilíbrio das componentes verticais das forças nos dá
3sen 30 5,96 10 N.= + + ° = ×yF Mg mg T
22. (a) O problema pede a força exercida pelo alpinista, mas, como estamos estudando as forças e torques exercidos sobre o alpinista, 
vamos calcular a força de reação 1NF (exercida pela pedra sobre as mãos do alpinista). Nesse ponto, existe também uma força para 
cima do atrito estático, f1, que tem o valor máximo 1 1µ NF . Note que oequilíbrio das forças horizontais exige que 1 2=N NF F (a força 
exercida pela pedra sobre os pés do alpinista); os pés do alpinista também estão sujeitos a uma força de atrito estático de módulo 
m2FN2. O equilíbrio das forças verticais nos dá
2
1 2 1
1 2
+ = 0 = = 3,4 10 N.
+µ µ
− ⇒ ×N
mgf f mg F
(b) Igualando a zero os torques em relação ao ponto de contato dos pés do alpinista com a pedra, obtemos
( ) ( ) 1 11 1
1
+
+ = 0 = = 0,88 m.
µ−
− − ⇒ NN
N
mg d w F w
mg d w f w F h h
F
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 
(c) Tanto intuitiva como matematicamente (já que os dois coeficientes de atrito estão no denominador), vemos que 1NF aumenta. 
(d) Para descobrir o que acontece com a resposta do item (b), convém substituir o resultado do item (a) na equação do item (b) 
e simplificar, obtendo
( ) 2 1= + + ,µ µh d w d
o que mostra que h diminui quando os coeficientes de atrito diminuem.
23. Como a viga está em equilíbrio, a soma das forças e dos torques que agem sobre a viga é zero. Como mostra a figura, a viga faz 
um ângulo de 60º com a vertical, e o fio faz um ângulo de 30º com a vertical.
(a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, temos 
TL sen 30º – W(L/2) sen 60º = 0,
em que W é o peso da viga e T é a força de tração do fio. Explicitando a força de tração, obtemos
( )222N sen 60sen60= = = 192 N.
2 sen30 2 sen 30
°°
° °
WT
(b) Seja Fh a componente horizontal da força exercida pela dobradiça, considerada positiva se a força for para fora da parede. 
Nesse caso, igualando a zero a soma das componentes horizontais das forças exercidas sobre a viga, obtemos Fh – T sen 30º = 0 ou
( )= sen30 = 192,3N sen 30 = 96,1N.° °hF T
(c) Seja Fv a componente vertical da força exercida pela dobradiça, considerada positiva se a força for para cima. Nesse caso, igua-
lando a zero a soma das componentes verticais das forças exercidas sobre a viga, obtemos Fv + T cos 30º – W = 0 ou
( )= cos30 = 222 N 192,3N cos30 = 55,5 N.− ° − °vF W T
24. Como mostra o diagrama de corpo livre, as forças a que a alpinista está sujeita são a tração 

T da corda, a reação normal 

NF da 
pedra, a força de atrito estático 

sf e o peso .mg
 
Como a alpinista está em equilíbrio estático, a força resultante que age sobre ela é nula. Aplicando a segunda lei de Newton às 
direções horizontal e vertical, obtemos
res,
res,
0 sen
0 cos .
φ
φ
= = −
= = + −
∑
∑
x N
y s
F F T
F T f mg
O torque resultante em relação ao ponto de contato entre os pés da alpinista e a pedra também deve ser nulo:
res0 sen sen(180 )τ θ θ φ= = − ° − −∑
O
mgL TL .
A equação dos torques nos dá 
sen / sen(180 ).θ θ φ= ° − −T mg
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 9
Substituindo essa expressão de T na equação das forças e levando em conta o fato de que ,µ=s s Nf F obtemos
cos sen cos / sen(180 )
sen sen sen / sen(180 )
1 sen cos / sen(180 ) .
sen sen / sen(180 )
φ θ φ θ φ
µ
φ θ φ θ φ
θ φ θ φ
θ φ θ φ
− − ° − −
= = =
° − −
− ° − −
=
° − −
s
s
N
f mg T mg mg
F T mg
Para 40θ = ° e 30 ,φ = ° temos 
1 sen cos / sen(180 ) 1 sen 40 cos30 / sen(180 40 30 )
sen sen / sen(180 ) sen 40 sen 30 / sen(180 40 30 )
1,19.
θ φ θ φ
µ
θ φ θ φ
− ° − − − ° ° ° − ° − °
= =
° − − ° ° ° − ° − °
=
s
25. PENSE No instante em que a roda perde contato com o piso inferior, o piso deixa de exercer uma força sobre a roda. 
FORMULE Depois que a roda perde contato com o piso inferior, as únicas forças que agem sobre ela são a força F aplicada hori-
zontalmente ao eixo, a força da gravidade mg, que age verticalmente sobre o centro da roda, e a força de reação da aresta do degrau, 
representada na figura a seguir pelas componentes fh e fv. 
Se F é a força mínima necessária para ultrapassar o degrau, a roda não acelera enquanto está subindo e, portanto, a força total e o 
torque total que agem sobre a roda são nulos.
Vamos calcular o torque em relação à aresta do degrau no instante em que a roda perde contato com o piso inferior. Como mostra 
a figura da direita, a distância entre a linha de ação de F e a aresta do degrau é r – h, em que r é o raio da roda e h é a altura do 
degrau. A distância entre a linha de ação da força da gravidade e a aresta é 2 2 2( ) 2 .+ − = −r r h rh h Assim,
FORMULE Explicitando F na expressão anterior, obtemos
APRENDA A força aplicada é cerca de 1,73 vez o peso da roda. Se a altura do degrau aumentar, a força necessária para transpor o 
degrau será maior. A figura a seguir mostra um gráfico de F/mg em função da razão h/r. A força necessária aumenta rapidamente 
quando / 1→h r . 
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 
26. Como mostra o diagrama de corpo livre, as forças a que o alpinista está submetido são a força normal 1NF que a pedra exerce 
sobre seus pés, a força normal 2NF que o gelo exerce sobre suas mãos, a força de atrito estático entre seus pés e a pedra, fs e seu 
peso, mg. Como o alpinista está em equilíbrio estático, a resultante dessas forças é nula. 
Aplicando a segunda lei de Newton às componentes horizontal 
e vertical, temos
res, 2
res, 1
0
0 .
= = −
= = −
∑
∑
x N s
y N
F F f
F F mg
O torque total em relação ao ponto de contato entre os pés do 
alpinista e a pedra também deve ser nulo:
res 20 cos sen .τ θ θ= = −∑ N
O
mgd F L
A equação do torque nos dá
2 cos / sen cot /θ θ θ= =NF mgd L mgd L.
As equações das componentes das forças nos dão 2 =N sF f e 1 .=NF mg Combinando essas equações, obtemos
2 1 cotθ= =s N N
df F F
L
.
Por outro lado, a força de atrito é dada por 1,µ=s s Nf F em que µs é o coeficiente de atrito estático. Usando a equação destacada e 
substituindo os valores numéricos, obtemos 
2 2 2 2
0,914 m 0,940 mcot 0,216
2,10 m(2,10 m) (0,914 m)
µ θ= = = =
− −
s
d a d
L LL a
.
27. (a) Todas as forças são verticais e todas as distâncias são medidas ao longo de um eixo com uma inclinação θ = 30º. Assim, 
os fatores trigonométricos se cancelam e, igualando a zero a soma dos torques em relação ao ponto de contato entre os ossos do 
antebraço e o úmero, obtemos
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 3
tríc
15kg 9,8m/s 35cm 2,0kg 9,8m/s 15cm
1,9 10 N.
2,5cm
−
= = ×F
(b) O sentido é para cima, já que tríc 0.>F
(c) Escrevendo a equação do equilíbrio de forças (e considerando o sentido para cima como positivo), temos
( ) ( ) ( ) ( )2 2tríc úmer 15kg 9,8m/s 2,0kg 9,8m/s 0+ + − =F F
e, portanto, 3úmer 2,1 10 N= − ×F e 
3
úmer| | 2,1 10 N.= ×F
(d) O sinal negativo significa que úmerF aponta para baixo.
28. (a) Calculando os torques em relação ao ponto A, obtemos
máx máxsen = + .2
θ    b
LT L Wx W
A distância máxima é, portanto,
( )máxmáx
sen / 2 (500 N)sen 30,0 (200 N) / 2 3,00 m 1,50m.
300 N
θ  − ° − = = =      
bT Wx L
W
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 1
(b) O equilíbrio das forças horizontais nos dá máx= cos = 433N.θxF T
(c) O equilíbrio das forças verticais nos dá máx= + sen = 250 N.θ−y bF W W T
29. De acordo com o enunciado, cada dobradiça sustenta metade do peso da porta e, portanto, a componente vertical da força 
que age sobre uma das dobradiças é Fy = mg/2 = 1,3 × 102 N. Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça de cima, 
descobrimos que a componente horizontal da força que age sobre a dobradiça de baixo é
( )2(27 kg) (9,8m/s ) 0,91 m/2 80 N.
2,1m 2(0,30m)
= =
−h
F
Como a porta está em equilíbrio estático, a componente horizontal da força que age sobre a dobradiça de cima tem o mesmo 
módulo e o sentido oposto. 
(a) Na notação dos vetores unitários, a força que a dobradiçasuperior exerce sobre a porta é, portanto,
2
sup
ˆ ˆ( 80 N)i (1,3 10 N) j= − + ×F .
(b) A força que a dobradiça inferior exerce sobre a porta é
2
inf
ˆ ˆ( 80 N)i (1,3 10 N) jF = + + × .
30. (a) O cartaz está preso em dois pontos: x1 = 1,00 m (medindo a distância para a direita a partir da dobradiça) e x2 = 3,00 m. 
Vamos supor que o peso do cartaz é dividido igualmente entre os dois pontos de sustentação, ou seja, que a força para baixo nesses 
pontos é mg/2. O ângulo que o cabo faz com a horizontal é 
θ = tan–1(dv/dh) = tan–1(4,00 m/3,00 m)
e a força que o cabo exerce sobre o ponto x2 é a força de tração T. Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, 
obtemos
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 21 11 1
2 22 21 2
2
50,0 kg 9,8 m/s 1,00 m (50,0 kg)(9,8 m/s )(3,00 m)
=
sen 3,00 m 0,800
408 N.
θ
++
=
=
mgx mgxT
x
(b) Igualando a zero a soma das componentes horizontais das forças, obtemos 
Fx = T cos θ = 245 N.
(c) A componente horizontal da força exercida pela dobradiça aponta para a direita.
(d) Igualando a zero a soma das componentes verticais das forças, obtemos 
Fy = mg – T sen θ = 163 N.
(e) A componente vertical da força exercida pela dobradiça aponta para cima.
31. Como a barra está em equilíbrio, a resultante dos torques e a resultante das forças é zero. Seja Te a força exercida pela corda da 
esquerda, seja Td a força exercida pela corda da direita e seja m a massa da barra. As equações de equilíbrio são:
componentes verticais das forças:
componentes horizontais das forças:
torques:
cos cos 0
sen sen 0
cos 0.
θ φ
θ φ
φ
+ − =
− + =
− =
e d
e d
d
T T mg
T T
mgx T L
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 
Para calcular os torques, consideramos a origem como a extremidade esquerda da barra. As incógnitas são Te, Td e x. Vamos eliminar 
Te e Td e explicitar x. A segunda equação nos dá Te = Td sen f / sen θ; substituindo na primeira equação e explicitando Td, obtemos 
sen
sen cos cos sen
θ
φ θ φ θ
=
+d
mgT .
Substituindo essa expressão na terceira equação e explicitando x, obtemos
( )
sen cos sen cos= = .
sen cos + cos sen sen +
θ φ θ φ
φ θ φ θ θ φ
x L L
A última expressão foi obtida usando a identidade trigonométrica 
sen(A + B) = sen A cos B + cos A sen B.
No caso especial deste problema, θ + f = 90º e sen(θ + f) = 1. Assim,
( )= sen cos = 6,10 m sen 36,9 cos53,1 = 2,20 m.θ φ ° °x L
32. (a) Como ,µ= = − kF ma mg o módulo da aceleração durante a frenagem é
|a| = mk g = (0,40)(9,8 m/s2) = 3,92 m/s2.
(b) Como sugere o enunciado do problema, podemos igualar a zero a soma dos torques em relação ao centro de massa do carro. A 
força de atrito total é fk = mkgm = 3,92m (em unidades do SI, na qual m é a massa do carro), e aponta na horizontal, 0,75 m abaixo 
do centro de massa. Assim, o equilíbrio dos torques nos dá
(3,92m)(0,75) + FNt (2,4) – FNd (1,8) = 0.
Como a aceleração é apenas na direção horizontal, a soma das forças na direção vertical é nula e, portanto, FNt + FNd = mg, que 
podemos combinar com a equação dos torques. A massa pode ser calculada a partir do peso do carro: m = 11.000/9,8, o que nos 
dá FNt = 3929 ≈ 4000 N. Como essa força está aplicada às duas rodas, temos uma força de (aproximadamente) 2,0 × 103 N aplicada 
a cada roda traseira.
(c) De acordo com a equação anterior, temos também FNd = 7071 ≈ 7000 N ou uma força de 3,5 × 103 N aplicada a cada roda dianteira.
(d) De acordo com a Eq. 6-2, 
2
1 ( /2) (0,40)(3929 N/2) 7,9 10 Nµ= = = ×t k Ntf F .
(e) No caso das rodas dianteiras, temos
3
1 ( /2) (0,40)(7071 N/2) 1,4 10 N.µ= = = ×d k Ndf F 
33. (a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, obtemos
cos 0.θ − =aTL F y
Isso nos leva a T = (Fa/cosθ)(y/L), de modo que podemos interpretar Fa/cosθ como a inclinação da curva de T (que estimamos 
como 600 em unidades do SI). Quanto à curva de Fh, usamos a Eq. 12-7 para obter
Fh = Tcosθ − Fa = (−Fa)(y/L) − Fa
depois de substituir a expressão anterior. Esse resultado significa que a inclinação do gráfico de Fh (que estimamos como –300) é 
igual a −Fa, ou seja, Fa = 300 N e, portanto, de acordo com a última equação, θ = 60,0°.
(b) Como foi dito no item anterior, Fa = 300 N.
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 3
34. (a) Igualando os torques em relação à dobradiça, podemos obter a força de tração do fio:
sen = 0 = .
sen
θ
θ
− ⇒
WxTL Wx T
L
(b) Como a componente horizontal da força de tração do fio é Tcosθ, igualando a zero a soma das componentes horizontais das 
forças obtemos
= cos = .
sen tan
θ
θ θ
 
  x
Wx WxF
L L
(c) Como a componente vertical da força de tração do fio é Tsenθ, igualando a zero a soma das componentes verticais das forças 
obtemos
= sen = 1 .
sen
θ
θ
   − −     y
Wx xF W W
L L
35. PENSE Analisamos as forças que agem sobre a caixa quando ela está prestes a tombar. Como a caixa irá girar em torno da 
aresta inferior direita, é a essa aresta que é aplicada a força normal exercida pelo solo nessa situação. 
FORMULE A figura que se segue mostra o diagrama de corpo livre da caixa. A caixa está submetida a quatro forças: a força normal 
FN, a força de atrito f, a força aplicada F, e a força de gravidade W. Note que o ponto de aplicação da força da gravidade é o centro 
da caixa. Se F é a força mínima necessária para que a caixa tombe, a aceleração da caixa é zero e, portanto, a soma das forças ho-
rizontais é (F − f = 0), a soma das forças verticais é zero (FN − W = 0) e a soma dos torques é zero, o que nos dá
em que L é o comprimento da aresta da caixa, e os torques foram calculados em relação à aresta inferior direita.
ANALISE (a) A equação do torque nos dá F = W/2 = (890 N)/2 = 445 N.
(b) O valor do coeficiente de atrito estático deve ser suficiente para que a caixa não escorregue. Quando a caixa está prestes a 
escorregar, ms = f/FN. De acordo com as equações de equilíbrio,
assim,
(c) Um modo mais eficiente de fazer a caixa rolar é aplicar uma força com duas componentes, uma apontando para a direita e outra 
apontando para cima. Seja θ o ângulo que a força faz com a horizontal. De acordo com a segunda lei de Newton para rotações,
o que nos dá
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 
Como o numerador é constante, a força mínima necessária é aquela para a qual o denominador da equação anterior, cos θ + sen θ, tem o 
maior valor possível. Isso acontece para θ = 45º, como pode ser demonstrado derivando a função f(θ) = cos θ + sen θ e igualando 
o resultado a zero. Assim, a força mínima necessária é
APRENDA A força necessária para fazer a caixa rolar é mostrada na figura em função de θ. Observando a figura anterior, é fácil 
ver que o valor da força é máximo para θ = 0o e θ = 90o e mínimo para θ = 45o. 
36. Como mostra o diagrama de corpo livre, as forças que agem sobre a alpinista são a força de reação da pedra aplicada aos pés da 
alpinista, as componentes vertical, Fv, e horizontal, Fh, da força de reação aplicada aos dados da alpinista, e o peso da alpinista, mg.
Como a alpinista está em equilíbrio estático, a força total que age sobre ela é zero. Aplicando a segunda lei de Newton às direções 
horizontal e vertical, temos 
res,
res,
0 4
0 4 .
= = −
= = −
∑
∑
x h N
y v
F F F
F F mg
A soma dos torques em torno do ponto de contato entre os pés da alpinista e a pedra também deve ser nula, o que nos dá
res0 ( ) (4 ) .τ= = −∑ h
O
mg a F H
(a) De acordo com a equação dos torques, a componente horizontal da força que age sobre os dedos da alpinista é
2(70 kg)(9,8 m/s )(0,20 m) 17 N.
4 4(2,0 m)
= = ≈h
mgaF
H
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 HA R 1 5
(b) De acordo com a equação de equilíbrio para o eixo vertical, temos 
2
2(70 kg)(9,8 m/s ) 1,7 10 N.
4 4
= = ≈ ×v
mgF
37. O diagrama de corpo livre a seguir mostra as forças que agem sobre a prancha. Como o atrito do rolamento é nulo, a força 
exercida pelo rolamento sobre a prancha é perpendicular à prancha e faz um ângulo θ com a vertical.
Vamos chamar de F o módulo dessa força. W é o peso da prancha, aplicado no centro da prancha, situado a uma distância L/2 
do ponto de contato com o piso. FN é a reação do piso, e f é a força de atrito. A distância entre a parede e o ponto de contato da 
prancha com o piso é chamada de d e pode ser calculada usando a relação d = h/tanθ. 
As equações de equilíbrio são as seguintes:
componentes das forças horizontais:
componentes das forças verticais:
torques: ( )2
sen 0
cos 0
cos 0.
θ
θ
θ
− =
− + =
− − − =
N
L
N
F f
F W F
F d fh W d
Os torques foram calculados em relação ao ponto de contato entre a prancha e o rolamento.
Para θ = 70º, a prancha começa a escorregar e f = msFN, em que ms é o coeficiente de atrito estático. Como estamos interessados 
em usar as equações de equilíbrio para calcular FN e f para θ = 70º, usamos a relação ms = f /FN para calcular o coeficiente 
de atrito.
A segunda equação nos dá F = (W – FN)/cosθ; substituindo na primeira equação, obtemos
f = (W – FN) senθ/cosθ = (W – FN) tanθ.
Substituindo na terceira equação e explicitando FN, obtemos
( ) 2
2
/ 2 cos + tan (1 tan ) ( / 2)sen= ,
+ tan (1 tan )
θ θ θ θ
θ θ
− + −
=
+N
d L h h LF W W
d h h
em que usamos a relação d = h/tanθ e multiplicamos o numerador e o denominador por tanθ. Usando a identidade trigonométrica 
1+ tan2θ = 1/cos2θ e multiplicando o numerador e o denominador por cos2θ, obtemos
2= 1 cos sen .
2
θ θ −  N
LF W
h
Substituindo essa expressão na equação f = (W – FN) tanθ, obtemos a força de atrito:
2= sen cos .
2
θ θ
WLf
h
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 
Substituindo as expressões de f e FN na equação ms = f/FN, obtemos
2
2
sen cos= .
2 sen cos
θ θ
µ
θ θ−s
L
h L
Para θ = 70°, L = 6,10 m e h = 3,05 m, temos
( )
( ) ( )
2
2
6,1m sen 70 cos70
= = 0,34.
2 3,05m 6,1m sen70 cos 70
µ
° °
− ° °s
38. A expressão “frouxamente rebitadas” significa que o rebite não exerce um torque no ponto de ligação entre a viga A 
e a viga B. A força exercida pela dobradiça sobre a viga A tem componentes Fx e Fy. A força exercida pelo rebite sobre a 
viga A tem componentes Gx e Gy. De acordo com a terceira lei de Newton, a força exercida pelo rebite sobre a viga B tem 
componentes Hx e Hy. Vamos considerar positivas as forças horizontais que apontam para a direita e as forças verticais que 
apontam para cima.
(a) Vamos considerar o sistema formado pelas duas vigas, que tem um peso total Mg, em que M = 122 kg e a linha de ação do peso 
passa a uma distância x = 1,20 m da parede. A distância vertical entre as dobradiças é y = 1,80 m. Igualando a zero a soma dos 
torques em relação à dobradiça de baixo, obtemos
797 N.= − = −x
MgxF
y
Considerando apenas as forças que agem sobre a viga A e igualando a zero a soma dos torques em relação ao rebite, obtemos
265 N= =

A
y
m gxF
em que mA = 54,0 kg e  = 2,40 m (o comprimento da viga A). Assim, na notação dos vetores unitários, temos
ˆ ˆ ˆ ˆi j ( 797 N)i (265 N)j= + = − +

x yF F F .
(b) As equações de equilíbrio da viga A são 
Gx = – Fx = 797 N, Gy = mAg – Fy = 265 N.
Na notação dos vetores unitários, temos
ˆ ˆ ˆ ˆi j ( 797 N)i (265 N)j= + = + +

x yG G G .
(c) Considerando novamente o sistema formado pelas duas vigas, as equações de equilíbrio são Hx = – Fx = 797 N e Hy = Mg – 
Fy = 931 N. Na notação dos vetores unitários, temos
ˆ ˆ ˆ ˆi j ( 797 N)i (931 N)j= + = + +

x yH H H .
(d) De acordo com a terceira lei de Newton e o resultado do item (b), as componentes da força que o rebite exerce sobre a viga B 
são Gx = −797 N e Gy = −265 N. Na notação dos vetores unitários, temos
ˆ ˆ ˆ ˆi + j ( 797 N)i + ( 265 N)j= = − −

x yG G G .
39. Os diagramas mostram as forças a que estão submetidas as extremidades da escada. FA e FE são as forças que o piso exerce 
sobre os pés, T é a força exercida pela barra, W é o peso do homem, Fh é a componente horizontal da força exercida por um dos 
lados da escada sobre o outro, e Fv é a componente vertical da mesma força. Note que, como não há atrito, as forças exercidas 
pelo piso são normais ao piso. Note também que a força que o lado esquerdo da escada exerce sobre o lado direito e a força que 
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 7
o lado direito exerce sobre o lado esquerdo têm o mesmo módulo e sentidos opostos. Como a escada está em equilíbrio, a soma 
das componentes verticais das forças a que o lado esquerdo está submetido é nula: Fv + FA – W = 0. A soma das componentes 
horizontais também é nula: T – Fh = 0.
Como o torque total também é nulo, igualamos a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, o que nos dá 
FAL cosθ – W(L – d) cosθ – T(L/2) senθ = 0,
em que L é o comprimento de um dos lados da escada, d é a distância entre o homem e o ponto A da escada e levamos em conta 
o fato de que a barra BD está na metade da escada.
As equações equivalentes para o lado direito são FE – Fv = 0, Fh – T = 0 e FEL cosθ – T(L/2) senθ = 0. Ficamos, portanto, com um 
sistema de 5 equações:
0
0
cos ( )cos ( / 2)sen 0
0
cos ( / 2)sen 0.
θ θ θ
θ θ
+ − =
− =
− − − =
− =
− =
v A
h
A
E v
E
F F W
T F
F L W L d T L
F F
F L T L
As incógnitas são FA, FE, Fv, Fh e T.
(a) Para obter o valor de T, eliminamos sistematicamente as outras incógnitas. A primeira equação nos dá FA = W – Fv, e a quarta 
nos dá Fv = FE. Substituindo esses resultados nas outras três equações, obtemos
0
cos cos ( )cos ( / 2)sen 0
cos ( / 2)sen 0.
θ θ θ θ
θ θ
− =
− − − − =
− =
h
E
E
T F
WL F L W L d T L
F L T L
A última dessas equações nos dá FE = Tsenθ/2cosθ = (T/2)tanθ. Substituindo essa expressão na segunda equação e explicitando 
T, obtemos
.
tanθ
=
WdT
L
Para obter o valor de tanθ, consideramos o triângulo retângulo formado pela parte superior de um dos lados da escada, me-
tade da barra, e um segmento de reta vertical entre a dobradiça e o ponto médio da barra. O cateto horizontal do triângulo 
tem 0,381 m de comprimento, a hipotenusa tem 1,22 m de comprimento, e o comprimento do cateto vertical é dado por 
( ) ( )2 21, 22m 0,381m 1,16m.− = Isso significa que
tanθ = (1,16m)/(0,381m) = 3,04
e, portanto,
(854 N)(1,80 m) 207 N.
(2, 44 m)(3,04)
= =T
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 
(b) Vamos agora calcular o valor de FA.
Fazendo ( / 2) tan / 2θ= = =v EF F T Wd L na equação Fv + FA – W = 0 e explicitando FA, obtemos
1,80 m1 (854 N) 1 539 N
2 2(2,44 m)
  = − = − = − =      A v
dF W F W
L
.
(c) 1,80 m(854 N) 315 N
2 2(2,44 m)
= = =E
dF W
L
.
40. (a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, temos
TL senθ – mpgx – mbg 2
 
  
L = 0.
Essa é a equação de uma linha reta (mostrada no gráfico) para a qual
T = (“inclinação”) x
L
 + “ponto de interseção com o eixo y”
em que “inclinação” = mpg/senθ e “ponto de interseção com o eixo y” = mb g/2senθ. De acordo com o gráfico, a inclinação (em 
unidades do SI) é 200 e o ponto de interseção com o eixo y é 500. Esses valores, combinados com o fato de que mp + mb = 61,22 
kg, levam à seguinte conclusão: 
senθ = 61,22g/1200 ⇒ θ = 30,0º.
(b) Substituindo senθ por seu valor na equação da “inclinação”, temos mp = 51,0 kg.
(c) Substituindo senθ porseu valor na equação do “ponto de interseção com o eixo y”, obtemos mb = 10,2 kg.
41. O diagrama de corpo livre da figura a seguir mostra a situação quando o caixote está prestes a tombar e a força normal se 
concentra na aresta inferior. Entretanto, também pode ser usado para calcular o ângulo para o qual o caixote começa a deslizar. 
W é o peso do caixote, FN é a força normal que o plano inclinado exerce sobre o caixote, e f é a força de atrito. Supomos que o eixo 
x está ao longo do plano inclinado, com o sentido positivo para baixo, e o eixo y está na direção da força normal, com o sentido 
positivo para cima. Supomos ainda que o caixote está parado, mas prestes a deslizar.
(a) As equações de equilíbrio em relação aos eixos x e y são
sen 0 e cos 0θ θ− = − =NW f F W
A segunda equação nos dá FN = W cosθ. Como o caixote está prestes a deslizar, 
f = msFN = msW cosθ,
em que ms é o coeficiente de atrito estático. Substituindo essa relação na primeira equação de equilíbrio, obtemos
sen cos 0 tanθ µ θ θ µ− = ⇒ =s sW W
o que nos dá θ = tan–1 ms = tan–1 0,60 = 31,0º.
Quando escrevemos a expressão do torque total em relação ao centro de massa quando o caixote está prestes a tombar, levamos 
em conta o fato de que a força de atrito e a força normal agem apenas sobre a aresta inferior. O torque associado à força de atrito 
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
tende a fazer o caixote girar no sentido horário e tem módulo fh, em que h é a distância perpendicular entre a base do caixote e o 
centro de gravidade. O torque associado à força normal tende a fazer o caixote girar no sentido anti-horário e tem módulo / 2;NF 
 é o comprimento da aresta do caixote. Como o torque total é zero, / 2= Nfh F . Quando o caixote está prestes a tombar, todo o 
peso do caixote está aplicado à aresta inferior e, portanto, senθ=f W e cosθ=NF W . Substituindo essas expressões na equação 
do torque, obtemos
1 1 1, 2mtan tan 33,7 .
2 2(0,90m)
θ − −= = = °

h
Assim, quando o ângulo θ é aumentado a partir de zero, o caixote começa a deslizar antes de tombar. 
(b) O caixote começa a deslizar para θ = 31º.
(c) Nesse caso, o caixote começa a deslizar para θ = tan–1 ms = tan–1 0,70 = 35,0º e começa a tombar para θ = 33,7º. Isso significa 
que, quando o ângulo é aumentado a partir de zero, o caixote tomba antes de começar a deslizar.
(d) O caixote tomba quando o ângulo chega a θ = 33,7° ≈ 34°.
42. Seja x a distância horizontal entre o bombeiro e a origem O (veja a figura) que coloca a escada na iminência de escorregar. 
As forças a que o sistema bombeiro + escada está sujeito são uma força horizontal Fw exercida pela parede, a componente verti-
cal Fpy e a componente horizontal Fpx da força 

pF exercida pelo piso sobre a escada e os pesos Mg e mg, do bombeiro e da escada, 
respectivamente. 
Como o sistema está em equilíbrio estático, a força total que age sobre o sistema é nula. Aplicando a segunda lei de Newton às 
direções horizontal e vertical, temos
res,
res,
0
0 ( ) .
= = −
= = − +
∑
∑
x w px
y py
F F F
F F M m g
Como a escada está prestes a escorregar, µ=px s pyF F . Assim, temos 
( ) .µ µ= = = +w px s py sF F F M m g
Além disso, o torque total em relação ao ponto O (ponto de contato entre a escada e o piso) também é zero:
res0 ( ) ( ) ( ) 03
τ= = − + + =∑ w
O
ah F x Mg mg .
Explicitando x, obtemos 
( / 3) ( ) ( / 3) ( ) ( / 3)µ µ− + − + −
= = =w s s
hF a mg h M m g a mg h M m a mx
Mg Mg M
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 
Substituindo os valores dados no enunciado do problema (e levando em conta o fato de que 2 2 7,58 m= − =a L h ), a porcentagem 
da escada que o bombeiro deve subir é
( ) ( / 3) (9,3 m)(0,53)(72 kg 45 kg) (7,58 m / 3)(45 kg)
(72 kg)(7,58 m)
0,848 85%.
µ + − + −
= =
= ≈
sh M m a mx
a Ma
43. PENSE Como a massa da barra é desprezível, a tensão de cisalhamento se deve apenas ao peso do objeto.
FORMULE A tensão de cisalhamento é dada por F/A, em que F é o módulo da força aplicada paralelamente a uma das faces da 
barra de alumínio e A é a área da seção reta da barra. Sabemos que F = mg, em que m é a massa do objeto, e A = pr2, em que r é 
o raio da barra. 
ANALISE (a) Substituindo os valores dados, obtemos
(b) O módulo de cisalhamento G é dado por
em que L é o comprimento da parte da barra que se projeta para fora da parede, e ∆x é a deflexão vertical da extremidade da barra. 
Explicitando ∆x na expressão anterior e substituindo os valores dados, obtemos
APRENDA Como era esperado, a deflexão vertical ∆x é proporcional ao peso F do objeto e inversamente proporcional ao módulo 
de cisalhamento G. 
44. (a) O módulo de Young é dado por
6 2
10 2tensão 150 10 N/minclinação da curva tensão-deformação 7,5 10 N/m .
deformação 0,002
×
= = = = ×E
(b) Como o trecho linear da curva vai até aproximadamente 2,9 × 108 N/m2, esse é o valor aproximado do limite elástico do material.
45. (a) Como o tijolo está na posição horizontal e os cilindros tinham inicialmente o mesmo comprimento , ambos sofreram a 
mesma variação de comprimento ∆. Assim,
e ,∆ ∆= = 
 
B
A A B B
FFA
A E A E
o que nos dá
(2 ) (2 ) 4.= = =A A A B B
B B B B B
F A E A E
F A E A E
Combinando essa razão com a equação FA + FB = W, obtemos 
FA/W = 4/5 = 0,80.
(b) O mesmo raciocínio do item anterior leva ao resultado
FB/W = 1/5 = 0,20.
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
(c) Igualando os torques em relação ao centro de massa, obtemos
FAdA = FBdB,
o que nos dá
1 0,25.
4
= = =A B
B A
d F
d F
46. Como a força é igual a tensão × área, e o alongamento é igual a deformação × comprimento, podemos escrever a integral do 
trabalho (Eq. 7-32) na forma
W = ∫ Fdx = (tensão)∫ A (deformação)L = AL (tensão)∫ (deformação),
o que significa que o trabalho é dado pelo produto da área da seção reta do fio pelo comprimento do fio e pela área sob a curva 
tensão-deformação. A área sob a curva é 
[ ]1 2 1 3 2 2 3 1 3 2
9 2 9 2 9 2
8 2
1 1 1 1área ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 (0,12 10 N/m )(1,4) (0,30 10 N/m )(1,0) (0,80 10 N/m )(0,60)
2
4,74 10 N/m .
= + + − + + − = + − + −
 = × + × + × 
= ×
as a b s s b c s s as b s s c s s
(a) A energia cinética que coloca o fio na iminência de se romper é igual a W:
12 2 3 8 2
5
(área) (8,0 10 m )(8,0 10 m)(4,74 10 N/m )
3,03 10 J.
− −
−
= = = × × ×
= ×
K W AL
(b) A energia cinética de uma drosófila com massa de 6,00 mg, voando a 1,70 m/s, é
2 6 2 61 1 (6,00 10 kg)(1,70 m/s) 8,67 10 J.
2 2
− −= = × = ×d d dK m v
(c) Como ,<dK W o fio não seria rompido pela drosófila.
(d) A energia cinética de uma abelha com massa de 0,388 g, voando a 0,420 m/s, é 
2 4 2 51 1 (3,88 10 kg)(0,420 m/s) 3,42 10 J.
2 2
− −= = × = ×a a aK m v
(e) Como ,>aK W o fio seria rompido pela abelha.
47. O teto plano tem área A = 150 m × 5,8 m = 870 m2. O volume de terra diretamente acima do túnel (que está a uma profundi-
dade d = 60 m) é, portanto, 
V = A × d = (870 m2) × (60 m) = 52.200 m3.
Como a massa específica do solo é r = 2,8 g/cm3 = 2800 kg/m3, a massa de terra que deve ser sustentada pelas colunas de aço é 
m = rV = 1,46 × 108 kg.
(a) O peso da terra sustentado pelas colunas é mg = 1,4 × 109 N.
(b) O número de colunas é dado por
9
6 2 4 21
2
1, 4 10 N 75.
(400 10 N/m )(960 10 m )−
×
= =
× ×
n
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 
48. Como a força é igual a tensão × área, e o alongamento é igual a deformação × comprimento, a integral do trabalho (Eq. 7-32) 
pode ser escrita na forma
W = ∫ Fdx = (tensão)∫ A (deformação)L = AL (tensão)∫ (deformação),
o que significaque o trabalho é dado pelo produto da área da seção reta do fio pelo comprimento do fio e pela área sob a curva 
tensão-deformação. Como a área de um triângulo como o do gráfico que acompanha o problema é igual à metade do produto da 
base pela altura, o trabalho é dado por
W = (2,00 × 10−6 m2)(0,800 m)
1
2
 
   (1,0 × 10
−3)(7,0 × 107 N/m2) = 0,0560 J.
49. (a) Sejam FA e FB as forças exercidas pelos fios sobre o tronco, e seja m a massa do tronco. Como o tronco está em equilíbrio, 
FA + FB – mg = 0. As informações a respeito do alongamento dos fios permitem determinar uma relação entre FA e FB. Se o fio A 
originalmente tinha um comprimento LA e sofreu um alongamento ∆ AL , /∆ =A A AL F L AE, em que A é a área da seção reta do fio e 
E é o módulo de Young do aço (200 × 109 N/m2). Analogamente, / .∆ =B B BL F L AE Se  é a diferença inicial entre o comprimento 
do fio B e o comprimento do fio A, como os dois fios têm o mesmo comprimento depois que o tronco é pendurado, .∆ = ∆ + A BL L 
Isso significa que
= + A A B B
F L F L
AE AE
e, portanto,
.= − A AB
B B
F L AEF
L L
Substituindo FB por seu valor na equação FA + FB – mg = 0, obtemos
.+=
+
B
A
A B
mgL AEF
L L
A área da seção reta do fio é 
( )22 3 6 21, 20 10 m 4,52 10 mπ π − −= = × = ×A r .
Podemos tomar LA e LB como aproximadamente iguais a 2,50 m, o que nos dá
2 6 2 9 2 3(103kg) (9,8m/s ) (2,50m) (4,52 10 m )(200 10 N/m )(2,0 10 m)
2,50m 2,50m
866 N.
− −+ × × ×
=
+
=
AF
(b) Como FA + FB – mg = 0, temos
2(103kg) (9,8m/s ) 866 N 143N.= − = − =B AF mg F
(c) O torque total também é nulo. Vamos calcular os torques em relação à superfície do tronco, em um ponto verticalmente 
acima do centro de massa, pois, nesse caso, o torque associado ao peso do tronco é nulo. Logo, a equação dos torques se torna 
FAdA – FBdB = 0, o que nos dá
143N 0,165.
866 N
= = =A B
B A
d F
d F
50. Quando o fio está na iminência de se romper, o comprimento é
0 0 0 0 0(1 / ) (1 2) 3= + ∆ = + ∆ = + =L L L L L L L L
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
em que 0 0,020 m=L é o comprimento inicial, e a deformação, de acordo com o enunciado, é 0/ 2∆ =L L . O diagrama de corpo 
livre do sistema aparece a seguir. 
A condição de equilíbrio é 2 sen ,θ=mg T em que m é a massa do inseto e (tensão)=T A . Como o volume do fio permanece cons-
tante quando o fio é alongado, 0 0= =V A L AL ou 0 0 0( / ) /3= =A A L L A . A distância vertical ∆y é
2 2
2 2 0 0
0 0
9( /2) ( /2) 2
4 4
∆ = − = − =
L Ly L L L .
Assim, a massa do inseto é 
0 0 0
0
12 2 8 2
2
4
2( /3)(tensão)sen 2 (tensão) 4 2 (tensão)2 sen
3 3 / 2 9
4 2(8,00 10 m )(8,20 10 N/m )
9(9,8 m/s )
4,21 10 kg
θθ
−
−
∆
= = = =
× ×
=
= ×
A A AT ym
g g g L g
ou 0,421 g. 
51. Vamos chamar de FA e FB as forças que comprimem os calços A e B, respectivamente. Nesse caso, igualando a zero o torque 
total, temos 
FR = rAFA + rBFB.
Se os calços sofrem encurtamentos |∆yA| e |∆yB|, respectivamente, quando a barra gira de um ângulo (que se presume pequeno) θ 
(em radianos), | | e | | .θ θ∆ = ∆ =A A B By r y r
Além disso, se as “constantes elásticas” k dos dois calços forem iguais, k = |F/∆y| leva à relação FA/rA = FB/rB, uma segunda equação 
envolvendo FA e FB.
(a) Combinando as duas equações anteriores, obtemos
2
2 2 2 2
(5,0 cm)(7,0 cm) (220 N) 118 N 1,2 10 N.
(7,0 cm) +(4,0 cm)
= = = ≈ ×
+
A
A
A B
RrF F
r r
(b) Podemos obter também
2 2 2 2
(5,0 cm)(4,0 cm) (220 N) 68 N.
(7,0 cm) +(4,0 cm)
= = =
+
B
B
A B
RrF F
r r
52. (a) Se L (= 1500 cm) é o comprimento original da corda, e 2,8cm∆ =L é o alongamento sofrido, a deformação é
( ) ( ) 3/ 2,8cm / 1500cm 1,9 10 .−∆ = = ×L L
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) A tensão é dada por F/A, em que F é a força aplicada a uma das extremidades da corda, e A é a área da seção reta da corda. No 
caso que estamos analisando, F é o peso do alpinista. Se m é a massa do alpinista, F = mg. Se r é o raio da corda, 2A rπ= . Assim, 
a tensão é
2
7 2
2 3 2
(95kg) (9,8m/s ) 1,3 10 N/m .
(4,8 10 m)π π −
= = = ×
×
F mg
A r
(c) O módulo de Young é igual à tensão dividida pela deformação: 
E = (1,3 × 107 N/m2) / (1,9 × 10–3) = 6,9 × 109 N/m2.
53. PENSE A placa irá permanecer em equilíbrio estático se a soma da força de atrito com a força dos pinos for igual ou maior 
que a componente do peso da placa paralela à encosta.
FORMULE Vamos chamar de m a massa da placa, de r a massa específica, de V o volume, de L o comprimento, de T a espessura 
e de W a largura. A componente do peso da placa paralela à encosta é dada por
F1 = mg sen θ = rVg sen θ = rLTWg sen θ,
em que θ é o ângulo de inclinação da encosta, e a força de atrito estático é dada por
fs = msFN = msmg cos θ = ms rVg cos θ = ms rLTWg cos θ.
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos
(b) Substituindo os valores conhecidos, obtemos
(c) A força mínima necessária para estabilizar a placa é
Se n é o número mínimo de pinos necessário para que a placa não se mova, devemos ter F2/nA ≤ SG, em que A é a área da 
seção reta dos pinos e SG é a tensão de cisalhamento. Explicitando n na equação anterior e substituindo os valores conhe-
cidos, obtemos
.
Assim, são necessários 16 pinos.
APRENDA No caso geral, o número de pinos necessários para imobilizar uma placa é dado por
Se fs > F1, a força de atrito é suficiente para estabilizar a placa e não há necessidade de instalar pinos. 
54. A notação e as coordenadas são as mesmas da Fig. 12-5 do livro, mas, neste caso (ao contrário do que acontece na figura do 
livro), o centro de massa está no ponto médio da escada. Além disso, chamamos de fs e FN as componentes horizontal e vertical da 
força que o piso exerce sobre a escada, respectivamente. As equações do equilíbrio de forças são
Σ Fx = 0 ⇒ fs = Fw
 Σ Fy = 0 ⇒ FN = mg.
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 5
Dividindo as equações membro a membro e fazendo fs = fs, max, obtemos
,má xs
N
f
F
 = ms = .w
F
mg
Calculando a soma dos torques em relação ao pé da escada e igualando o resultado a zero, obtemos mg(a/2) − Fwh = 0, em que a 
é a distância entre o pé da escada e a base da parede. Além disso, de acordo com o teorema de Pitágoras, h = 2 2 ,−L a em que 
L é o comprimento da escada. Assim,
2 2
/ 2
2
= =
−
wF a a
mg h L a
e, portanto,
2 2 2
2 3,4 m.
2 1 4
µ
µ
µ
= ⇒ = =
− +
s
s
s
La a
L a
55. PENSE Para que o bloco A se mantenha em repouso, é preciso que a força de atrito entre o bloco e a superfície na qual está 
apoiado seja maior ou igual à força que a corda exerce sobre o bloco. 
FORMULE A figura adiante mostra os diagramas de corpo livre dos blocos e do ponto em que a corda muda de direção, repre-
sentados pela letra C.
 
Vamos chamar de TA, TB e TC as forças de tração dos três segmentos da corda. As condições para que o ponto C esteja em equilíbrio 
estático são
o que nos dá tan θ = TA/TB.
A condição para que o bloco B esteja em equilíbrio é TB = mBg. As condições para que o bloco A esteja em equilíbrio são
O valor máximo da força de atrito estático é f = msFN,A = msmAg. Combinando as equações anteriores, obtemos
ANALISE Explicitando ms nessa equação e substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA Quanto maior a massa do bloco B, maior o valor do coeficiente de atrito estático ms necessário para que o bloco A se 
mantenha em repouso. 
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 
56. (a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, obtemos a equação
– mgx – Mg
2
D + Fh h = 0
em que m é a massado homem, M é a massa da rampa e Fh é a força que a parede da direita exerce sobre a rampa. Essa equação 
pode ser escrita na forma
Fh = (“inclinação”)x + (“ponto de interseção com o eixo y”),
em que a “inclinação” é mg/h e o “ponto de interseção com o eixo y” é MgD/2h. Como h = 0,480 m, D = 4,00 m e a reta mostrada 
no gráfico intercepta o eixo y no ponto a = 20 kN, obtemos M = 500 kg.
(b) Como a “inclinação” (calculada a partir do gráfico) é 5 kN/4 m, a massa do homem é m = 62,5 kg.
57. Com o eixo x paralelo ao plano inclinado (e tomando o sentido para cima como positivo), temos
Σ Fx = 0 ⇒ T cos 25° − mg sen 45° = 0.
Assim,
2sen 45 sen 45(10 kg)(9,8 m/s ) 76 N
cos 25 cos 25
° °
= = ≈
° °
T mg .
58. A viga tem uma massa M = 40,0 kg e um comprimento L = 0,800 m. O pacote tem uma massa m = 10,0 kg.
(a) Como o sistema está em equilíbrio estático, a força normal que o rolamento A exerce sobre a viga é igual à metade do peso 
da viga: 
FA = Mg/2 = (40,0 kg)(9,80 m/s2)/2 = 196 N.
(b) A força normal que o rolamento B exerce sobre a viga é a soma do peso do pacote com metade do peso da viga: 
FB = Mg/2 + mg = (40,0 kg)(9,80 m/s2)/2 + (10,0 kg)(9,80 m/s2) = 294 N.
(c) Quando a extremidade direita da viga é posicionada acima do rolamento B, a força normal que o rolamento A exerce sobre a 
viga é a soma do peso da viga com metade do peso do pacote:
FA = Mg + mg/2 = (40,0 kg)(9,8 m/s2) + (10,0 kg)(9,80 m/s2)/2 = 441 N.
(d) A força normal que o rolamento B exerce sobre a viga é igual à metade do peso do pacote:
FB = mg/2 = (10,0 kg)(9,80 m/s2)/2 = 49,0 N.
(e) Igualando a zero a soma dos torques em relação ao rolamento B, temos
( / 4 ) 
4
= − ⇒ =
+
L Mmgx Mg L x x
M m
.
Substituindo os valores numéricos, obtemos x = 0,160 m.
59. PENSE O fato de que a caçamba está em equilíbrio estático significa que a força para cima exercida pelo cabo A é igual, em 
módulo, ao peso da caçamba. 
FORMULE De acordo com esse raciocínio, TA = mg, em que TA é a força de tração do cabo A, e m é a massa da caçamba. Para 
determinar as forças de tração dos outros dois cabos, TB e TC, usamos o sistema de eixos mostrado na Fig. 12-68. O cabo A faz 
um ângulo θ2 = 66,0o com o semieixo y negativo, o cabo B faz um ângulo de 27,0o com o semieixo y positivo, e o cabo C coincide 
com o eixo x. Como o ponto O está em equilíbrio, a soma das componentes y das forças que agem sobre esse ponto deve ser nula, 
o que nos dá
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 7
A soma das componentes x das forças que agem sobre o ponto O também deve ser nula, o que nos dá
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos na primeira das equações anteriores, obtemos
(b) Explicitando TB na segunda equação e substituindo os valores conhecidos, obtemos
(c) Explicitando TC na terceira equação e substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA É fácil mostrar que as forças de tração obedecem à lei dos senos:
60. (a) As equações de equilíbrio de forças do sistema são:
T1 sen40º + T2 senθ = mg
T1 cos40º − T2 cosθ = 0,
o que nos dá 
2 cos tan 40 senθ θ
=
° +
mgT .
Para minimizar essa função, podemos plotá-la em um gráfico ou igualar a derivada a zero. O resultado é o mesmo: θ = 50°. 
(b) Para θ = 50°, T2 = 0,77mg. 
61. Vamos chamar de cabo 1 o cabo que passa na polia de baixo, e a força a que está sujeito é T1 = F. A polia de baixo é 
sustentada pelo cabo 2, que passa pela polia do meio e está sujeito a uma força T2 = 2T1 = 2F. A polia do meio é sustentada 
pelo cabo 3, que passa pela polia de cima e está sujeita a uma força T3 = 2T2 = 4F. A polia de cima é sustentada pelo cabo 4, 
que está pendurado no teto e exerce uma força T = 2T3 = 8F. Como os três primeiros cabos estão sustentando o bloco, cuja 
massa é m = 6,40 kg, temos
1 2 3 8,96 N.7
+ + = ⇒ = =
mgT T T mg F
Assim, T = 8(8,96 N) = 71,7 N.
62. Ao ser submetido a uma carga de W = mg = (670 kg)(9,8 m/s2) = 6566 N, o cabo de aço sofre um alongamento dado por
2π
 ∆ =   
WL L
r Y
em que r é o diâmetro do cabo (2,5 cm), Y é o módulo de elasticidade do aço (2,0 × 1011 N/m2) e L é o comprimento original 
do cabo. 
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 
(a) Para L = 12 m, temos
4
2 11 2
6566 N (12 m) 8,0 10 m.
(0,0125 m) (2,0 10 N/m )π
− ∆ = = × × 
L
(b) Para L = 350 m, 0,023m∆ =L .
63. (a) Se a distância entre o centro de massa do tijolo de cima (tijolo 1) e a borda do tijolo imediatamente abaixo (tijolo 2) for maior 
que L/2, uma reta vertical passando pelo centro de gravidade do tijolo 1 não passará por um ponto de sustentação e, portanto, o 
tijolo 1 irá cair. Assim, o valor máximo de a1 é L/2.
(b) Com o tijolo 1 na posição extrema, o centro de gravidade do conjunto formado pelos tijolos 1 e 2 está na metade da distância 
entre o meio e a borda do tijolo 2. Como uma reta vertical passando por esse ponto deve passar por um ponto de sustentação, o 
valor máximo de a2 é L/4.
(c) O centro de gravidade do conjunto formado pelos tijolos 1, 2 e 3 está a um terço da distância entre o meio e a borda do tijolo 
3, como mostra o cálculo a seguir:
( ) ( )
CG
2 0 + / 2
= =
3 6
−
−
m m L Lx
m
em que a origem foi tomada como a borda direita do tijolo 3. Como uma reta vertical passando por esse ponto deve passar por 
um ponto de sustentação, o valor máximo de a3 é L/6.
(d) Um cálculo semelhante,
( ) ( )
CG
3 0 + / 2
= =
4 8
−
−′
m m L Lx
m
,
mostra que o valor máximo de a4 é L/8.
(e) 4
1
25 / 24
=
= =∑ iih a L .
64. Como não há atrito, a força de contato 

F exercida pela esfera de baixo sobre a esfera de cima faz um ângulo de 45° com a 
horizontal, e as forças exercidas pelas paredes e pelo fundo do recipiente são “normais” (perpendiculares às paredes e ao fundo do 
recipiente, respectivamente). As equações de equilíbrio da esfera de cima são
parede cos 45 e sen 45 .= ° ° =F F F mg
De acordo com a segunda e a terceira leis de Newton, as equações de equilíbrio da esfera de baixo são
parede fundocos 45 e sen 45 .= ° = ° +′ ′F F F F mg
(a) Resolvendo as equações anteriores, obtemos fundo 2 .=′F mg
(b) No caso da parede esquerda do recipiente, parede .=′F mg
(c) No caso da parede direita do recipiente, parede .=′F mg 
(d) No caso de uma das esferas, / sen 45 2 .= ° =F mg mg
65. (a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, obtemos a seguinte equação:
sen 90 sen 65 0° − ° =FL Th
em que o comprimento da viga é L = 3,2 m e a altura do ponto de amarração do cabo é h = 2,0 m. Note que o peso da viga não 
aparece na equação porque a linha de ação do peso passa pela dobradiça. Para F = 50 N, a equação nos dá 
(50 N)(3,2 m) 88 N.
sen 65 (2,0 m)sen 65
= = =
° °
FLT
h
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 9
(b) Para determinar as componentes de ,

pF escrevemos as equações de equilíbrio de forças:
0 cos 25
0 sen 25
∑ = ⇒ = ° −
∑ = ⇒ = ° +
x px
y py
F F T F
F F T W
em que W é o peso da viga (60 N). Resolvendo esse sistema de equações, descobrimos que as componentes da força exercida pela 
dobradiça são Fpx = 30 N para a direita e Fpy = 97 N para cima. Na notação dos vetores unitários, ˆ ˆ(30 N)i (97 N)j.= +

pF
66. Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, temos
0 sen 60 0
2
τ  ∑ = ⇒ ° − =  z
LTL Mg
em que L = 5,0 m e M = 53 kg. Assim, T = 300 N.
As equações de equilíbrio de forças são
0 cos 150N
0 sen 260N
θ
θ
∑ = ⇒ = − = −
∑ = ⇒ = − =
x px
y py
F F T
F F Mg T
nas quais Fp é a força exercida pela dobradiça e θ = 60°. Resolvendo esse sistema de equações, obtemos 2 2ˆ ˆ( 1,5 10 N)i (2,6 10 N)j.= − × + ×

pF
67. O cubo tem aresta l e volume V = l3. A pressãop é dada pela equação / .p B V V= ∆ Sabemos que
3 3 3 2
3 3 3
( ) 3 3 .∆ ∆ + ∆ − ∆ ∆= = ≈ =V l l l l l l l
V l l l l
Assim, a pressão necessária é
11 2
9 23 3(1,4 10 N/m )(85,5cm 85,0cm) 2,4 10 N/m .
85,5cm
∆ × −
= = = ×
B lp
l
68. (a) Vamos chamar de L o comprimento da viga, e de W o peso da viga. O ângulo entre a viga e o piso é 
sen−1 (d /L) = sen−1 (1,5/2,5) = 37°
e, portanto, o ângulo entre a viga e o vetor peso da viga, ,

W é 53°. Igualando a zero a soma dos torques em relação ao ponto de 
apoio da viga, temos
Σ tz = 0 ⇒ PL – W 2
 
  
L sen 53° = 0
e, portanto, P = ½ W sen 53° = 200 N.
(b) Sabemos que

P + 

W = (200 N ∠ 90°) + (500 N ∠ –127°) = (360 N ∠ –146°)
na notação módulo-ângulo (com os ângulos medidos em relação à viga). A força resultante que o piso exerce sobre a viga, 

rF , tem 
o mesmo módulo e sinal contrário, já que a viga está em equilíbrio. Assim, Fr = 360 N, e a força 

rF faz um ângulo de 34° com a 
viga no sentido anti-horário.
(c) O ângulo que a força 

rF faz com o piso é θ = 34° + 37° = 71°. Assim, fs = Fr cosθ e FN = Fr sen θ. Como fs = fs,máx, temos
,má x
N
s
F
f
 = 1
µs
 = tanθ 
e, portanto, ms = 0,35.
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 
69. PENSE Como a viga está em equilíbrio estático, o torque resultante em relação à dobradiça é zero.
FORMULE A figura (que não está em escala) mostra o diagrama de corpo livre da viga. De acordo com esse raciocínio, 
em que f = θ1+ θ2 − 90o.
ANALISE Explicitando T na equação anterior, obtemos
Para θ1 = 60o e T = mg/2, obtemos sen 60o = sen(60o + θ2), o que nos dá θ2 = 60o.
APRENDA A figura a seguir mostra um gráfico de T/mg em função de θ2. A outra solução, θ2 = 0o, deve ser descartada porque 
corresponde ao caso em que o comprimento da corda é infinito. 
70. (a) Vamos chamar de F1 a força exercida pelo suporte que está na extremidade mais afastada do homem, e de F2 a força exercida 
pelo suporte que está na extremidade mais próxima. Igualando a zero a soma dos torques em relação à extremidade mais próxima 
da ponte, temos 
2
1 (73kg) (9,8m/s ) (2700 N)4 2
= +
L LF L
o que nos dá F1 = 1,5 × 103 N.
(b) A equação de equilíbrio das forças verticais nos dá
3
2 1(73) (9,8) 2700 1,9 10 N.= + − = ×F F
71. PENSE Quando é puxado por uma força horizontal, o cubo pode tombar ou escorregar, dependendo da força de atrito entre 
o cubo e o piso.
FORMULE Quando o cubo está na iminência de entrar em movimento, podemos aplicar as condições de equilíbrio, mas, para 
obter a condição limite, devemos fazer a força de atrito estático igual ao seu valor máximo e supor que a força normal 

NF está 
concentrada em um ponto da aresta inferior da face dianteira do cubo, diretamente abaixo do ponto O no qual a força P está 
aplicada. Nesse caso, a linha de ação de 

NF passa pelo ponto O e, portanto, não exerce um torque em relação a O (naturalmente, 
o mesmo acontece com a força 

P). Como FN = mg, a força máxima de atrito estático é fsmáx = mcmg, cujo ponto de aplicação está 
a uma distância h do ponto O. Como o cubo é homogêneo, podemos supor que a força da gravidade (cujo módulo é mg) está 
aplicada no centro do cubo, que se encontra a uma distância L/2 do ponto O. Assim, a condição de que a soma dos torques em 
relação ao ponto O seja nula nos dá
ANALISE (a) Para que o cubo escorregue em vez de tombar, é preciso que o valor de m seja menor que mc, pois, nesse caso, o valor 
da força de atrito será excedido para um valor de P menor que o necessário para que o cubo tombe. Assim, a condição pedida é
m < mc = L/2h = 0,57.
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 1
(b) Para que o cubo tombe em vez de escorregar, é preciso que o valor de m seja maior que mc, pois, nesse caso, o valor da força de 
atrito não será excedido até que o valor de P seja suficiente para fazer o cubo tombar. Assim, a condição pedida é
m < mc = L/2h = 0,57.
APRENDA Note que o valor de mc depende apenas da razão L/h. O cubo tende a escorregar quando é pequeno (pense no limite 
de um piso sem atrito) e a tombar quando m tem um valor elevado. 
72. Vamos chamar de T´ a força exercida pela corda de cima (bc) e de T a força exercida pela corda de baixo (ab). O peso sustentado 
pelas cordas é W = Mg = (2,0 kg)(9,8 m/s2) = 19,6 N. As equações de equilíbrio são
cos 60 cos 20
sen 60 sen 20
° = °′
° = + °′
T T
T W T
forças horizontais 
forças verticais.
(a) Resolvendo esse sistema de equações, obtemos
19,6 N 15 N.
tan 60 cos 20 sen 20 tan 60 cos 20 sen 20
= = =
° ° − ° ° ° − °
WT
(b) T´ = T cos 20º/cos 60º = 29 N.
73. PENSE Como não há atrito entre a escada e a parede, a escada só não escorregará se houver atrito entre a escada e o solo. 
FORMULE A figura mostra o diagrama de corpo livre da escada. Como sabemos que a 
escada está em equilíbrio, vamos igualar a zero a soma dos torques em relação ao ponto 
O, considerando positivas as rotações no sentido anti-horário. Como o comprimento 
da escada é L = 10 m, e o ponto O está a uma altura h = 8,0 m, a distância entre a base 
da escada e a parede é
A linha de ação da força aplicada F

 intercepta a parede a uma altura l = (8,0 m)(2/10) = 
1,6 m. O braço de alavanca da força aplicada em relação ao ponto O é, portanto, 
r⊥ = h − l = 8,0 − 1,6 = 6,4 m.
O braço de alavanca do peso da escada é x/2 = 3,0 m, metade da distância entre a base da escada e a parede. Os braços de alavanca 
das componentes x e y da força F

, que o solo exerce sobre a escada são h = 8,0 m, e x = 6,0 m, respectivamente. Assim, temos
Para que a escada esteja em equilíbrio, é preciso ainda que a soma das componentes verticais das forças seja igual a zero, o que nos 
dá Fs,y = W (lembrando que não há atrito entre a escada e a parede). Assim, temos
ANALISE (a) Para F = 50 N e W = 200 N, a equação anterior nos dá Fs,x = 35 N. Assim, na notação dos vetores unitários, 
temos
(b) Para F = 150 N e W = 200 N, a equação anterior nos dá Fs,x = −45 N. Assim, na notação dos vetores unitários, temos
3 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 
(c) Note que a expressão “está na iminência de se mover em direção à parede” indica que a força de atrito estático tem o maior valor 
possível e aponta para longe da parede (ou seja, no sentido oposto ao do vetor iˆ). Isso significa que Fs,x = −fs,máx = −msFN = −msW. 
Nesse caso, igualando a zero a soma dos torques, obtemos
APRENDA A força necessária para colocar a escada em movimento em direção à parede diminui quando o braço de alavanca 
da força aumenta (ou seja, quando a força é aplicada mais perto do solo) e quando a força de atrito diminui (ou seja, quando o 
coeficiente de atrito estático diminui).
74. Vamos chamar de l o comprimento de um dos braços da balança, e de 2 o comprimento do outro braço. Os dois casos descritos 
no problema podem ser expressos (em termos do equilíbrio dos torques) como
1 1 2 1 2 2e .= =   m m m m
Dividindo as equações membro a membro e explicitando a massa desconhecida, obtemos 1 2 .=m m m
75. Como o esticador G exerce uma força T para a esquerda sobre o vértice A, para que o vértice esteja em equilíbrio, a barra CA 
deve estar exercendo uma força para a direita de módulo
diag 2.sen 45
= =
°
TF T
A mesma análise pode ser aplicada ao vértice B, com a diferença de que o esticador exerce uma força T para a direita sobre o vértice 
B, e a barra DB exerce uma força para a esquerda. Podemos concluir, portanto, o seguinte:
(a) As barras que estão sob tração, além da barra AB, são as barras BC, CD e DA.
(b) O módulo das forças que causam essas trações é 535 N=T .
(c) O módulo das forças que causam compressões nas barras CA e DB é
diag 2 (1,41)535N 757 N= = =F T .
76. (a) Para calcular os torques, escolhemos um eixo perpendicular ao plano da figura passando pelo suporte 2 e consideramos 
positivos os torques que tendem a produzir uma rotação no sentido anti-horário. Vamos chamar de m a massa da ginasta, e de M 
a massa da viga. Igualando a zero a soma dos torques, obtemos a seguinte equação:
1(1,96m) (0,54m) (3,92m) 0.− − =Mg mg F
Assim, a força para cima no suporte 1 é F1 = 1163 N (estamos conservando mais algarismos que o número de algaris-
mos significativos porque pretendemos usar este resultado em outros cálculos). Na notação dos vetores unitários, temos 
3
1
ˆ(1,16 10 N)j≈ ×

F .
(b) Equilibrando as forças na direção vertical, obtemos 1 2 0+ − − =F F Mg mg , o que nos permite concluir que a força para cima 
no suporte 2 é F2 = 1,74 × 103 N. Na notação dos vetores unitários, temos 32 ˆ(1,74 10 N)j≈ ×

F .
77. (a) Vamos fazer d = 0,00600 m. Para os três fios terem o mesmo comprimento final, os fios 1 e 3 devem sofrer um alongamento 
d a mais do que o alongamento do fio 2:
∆L1 = ∆L3 = ∆L2 + d.
Combinando este resultado com a Eq. 12-23, obtemos
F1 = F3 = F2 + .
dAE
L
 
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 3
Equilibrando as forças na direção vertical, obtemos F1 + F3 + F2 – mg = 0. Combinando esta equação com a equação anterior (e 
usando a Tabela 12-1), obtemos
3
1= 1380 N 1,38 10 N≈ ×F .
(b) Procedendo de maneira análoga, obtemos F2 = 180 N.
78. (a) Igualando a zero a soma dos torques em relação à dobradiça, obtemos a equação sen 40 sen 50 ,
2
° = °
LTL W em que o compri-
mento da viga é L = 12 m e a força exercida pelo cabo é T = 400 N. Explicitando o peso na equação, descobrimos que 671 N,W = 
o que significa que a força gravitacional a que a viga está submetida é ˆ( 671 N)j= −

wF .
(b) As equações de equilíbrio de forças do sistema são
400 N
671 N
= =
= =
dx
dy
F T
F W
em que Fdx é a componente em relação ao eixo x da força que a dobradiça exerce sobre a viga, e Fdy é a componente em relação ao 
eixo y. Na notação dos vetores unitários, ˆ ˆ(400 N)i (671 N)j= +

dF .
79. Escolhemos como origem do eixo x a borda da mesa e o sentido para a direita como positivo. No caso da Fig. 12-81a, o critério 
para que o sistema se mantenha em equilíbrio é que uma reta vertical passando pelo centro de massa de um tijolo passe pelo tijolo 
imediatamente abaixo. No caso da Fig. 12-81b, o critério é sutil e será discutido mais adiante. Nos dois casos, como a borda da mesa 
corresponde a x = 0, a coordenada x do centro de massa do conjunto deve se anular na situação em que h tem o maior valor possível.
(a) Podemos dividir o problema em três partes: dois tijolos à esquerda, de massa total 2m, cujo centro de massa está verticalmente 
acima da borda do tijolo de baixo; um tijolo à direita, de massa m, cujo centro de massa está acima da borda do tijolo central (o 
que significa que a1 = L/2); e o tijolo do meio, de massa m. O centro de massa do conjunto é dado por
2 2 2(2 ) ( ) ( / 2) 0,
4
− + + −
=
m a L ma m a L
m
o que nos dá a2 = 5L/8. Assim, h = a2 + a1 = 9L/8.
(b) O conjunto é formado por quatro tijolos, todos de massa m. O centro de massa do tijolo de cima e o centro de massa do tijolo 
de baixo têm a mesma coordenada horizontal, xCM = b2 – L/2. A camada do meio é formada por dois tijolos, e observamos que, 
nesse caso, o sistema pode se manter em equilíbrio, mesmo que uma reta vertical passando pelo centro de massa de um dos tijolos 
da camada central não passe pelo tijolo de baixo! Isso se deve ao fato de que o tijolo de cima está exercendo forças para baixo (cada 
uma igual à metade do peso) sobre os tijolos do meio. No caso extremo, podemos supor que essas forças estão aplicadas na borda 
interna dos tijolos do meio. Nesse caso extremo, podemos supor que as forças exercidas pelo tijolo de baixo sobre os tijolos do meio 
são aplicadas pelas bordas do tijolo de baixo (é em relação a uma dessas bordas que vamos determinar os torques no cálculo a seguir).
A figura mostra o diagrama de corpo livre do tijolo da direita. Igualando a zero a soma dos torques em relação ao ponto de apli-
cação de inf ,

F temos
1 1
1 ( ),
2 2
 − = −  
mgmg b L L b
o que nos dá b1 = 2L/3. Por simetria, b2 = L/2 e h = b1 + b2 = 7L/6.
3 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 
80. A hipótese proposta do enunciado do problema (de que a massa específica da barra não varia) não é realista se a barra for 
feita de alumínio; os estudantes que já conhecem o coeficiente de Poisson podem pensar no material da barra como um material 
fictício cujo módulo de Young é igual ao do alumínio, dado na Tabela 12-1, mas cuja massa específica não varia significativamente 
quando o material é alongado. Como a massa também não varia, o volume (que é igual ao produto da área da seção reta pelo 
comprimento) permanece o mesmo:
(pr2L)novo = (pr2L)antigo ⇒ ∆L = L[(1000/999,9)2 – 1].
De acordo com a Eq. 12-23, temos
F = pr2 E∆L/L = pr2(7,0 × 109 N/m2)[(1000/999,9)2 – 1].
Usando o novo ou o antigo valor de r, obtemos F = 44 N.
81. No ponto em que a viga está apoiada na barra, a barra exerce uma força para cima de 2F, em que F é a força para cima exercida 
por um dos homens que sustentam a barra. De acordo com a equação de equilíbrio das forças verticais, W = 3F, na qual W é o peso 
da viga. Se a viga é homogênea, o centro da gravidade está a uma distância L/2 do homem que sustenta uma das extremidades da 
viga. Igualando a zero a soma dos torques em relação ao ponto em que esse homem segura a viga, temos 
2 2 ,
2 3
 = =   
L WW Fx x
o que nos dá x = 3L/4 para a distância entre a barra e a extremidade da viga em que se encontra o terceiro homem. A barra está, 
portanto, a uma distância L/4 da extremidade livre.
82. De acordo com o resultado obtido no exemplo “Equilíbrio de uma lança de guindaste”, a força F a que a viga está submetida é 
F = 7900 N. Vamos fazer F/A = Su/6, em que 6 250 10 N/muS = × é o limite de ruptura (veja a Tabela 12-1). Nesse caso,
4 2
6 2
6 6(7900 N) 9,5 10 m .
50 10 N/m
−= = = ×
×u
FA
S
Assim, a espessura deve ser 4 29,5 10 m 0,031m.−= × =A
83. (a) Aplicando a equação de equilíbrio de forças à corda de cima, obtemos
T

 + (mB g ∠ –90º) + (mA g ∠ –150º) = 0,
o que nos dá T

 = (106,34 ∠ 63,963º). Assim, o módulo da força exercida pela corda de cima é 106 N. 
(b) De acordo com o resultado do item anterior, o ângulo (que foi medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo) 
é 64,0°.
84. (a) e (b) Tomando o sentido positivo do eixo x como para a direita, o sentido positivo do eixo y como para cima, supondo que 
o adulto empurra a criança com uma força P que aponta para a direita e aplicando a segunda lei de Newton às componentes x e y 
da força total, temos
Σ Fy = 0 ⇒ W = T cos θ = 280 cos 15o = 270 N
Σ Fx = 0 ⇒ P = T sin θ = 280 sen 15o = 72 N
(c) Dividindo a segunda equação pela primeira, obtemos tan θ = P/W, o que, para P = 93 N e W = 270 N, nos dá tan θ = 0,344 e 
θ = 19o. 
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 5
85. A figura mostra o diagrama de corpo livre da falange medial. Como o sistema está em equi-
líbrio estático, o torque resultante em relação a qualquer ponto é zero. Calculando os torques em 
relação ao ponto O, que é o ponto de aplicação da força cF

, temos
Explicitando Ft e substituindo os valores conhecidos, obtemos
86. (a) Igualando a zero a soma dos torques, explicitando a força exercida sobre o ferrolho e substituindo os valores dados, obtemos
(b) Igualando a zero a soma das forças verticais, explicitando a força exercida sobre a dobradiça e substituindo os valores dados, 
obtemos
87. (a)