Grátis: (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... – Questões Respondidas

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(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

F d F b F a dv = + ⇒ =
( )( ) ( )( )

2 3

10 3 0 + 5 0 2 0

30

N m N m, , ,
NN
m= 1 3 .,

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A questão apresenta informações sobre forças horizontais e verticais, bem como cálculos de torques. Vamos analisar cada afirmação: (a) Analisando as forças horizontais (cuja soma é zero), obtemos Fh = F3 = 5,0 N. Essa afirmação está correta, pois se a soma das forças horizontais é zero, então F3 deve ser igual a 5,0 N. (b) O equilíbrio das forças verticais nos dá Fv = F1 + F2 = 30 N. Essa afirmação está incorreta, pois o equilíbrio das forças verticais nos daria Fv = F1 + F2 = 0 N, e não 30 N como mencionado. Portanto, a alternativa correta é: b) F - F.

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1. (a) O centro de massa é dado por x 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 CM m m m= + + + +0 2 00 4 00 4 00( )( , ) ( )( , ) ( )( , ) (mm m )( , ) , 2 00 0 6 2 00 m m. + = (c) Usando a Eq. 12-14 e notando que os efeitos gravitacionais são diferentes em diferentes posições neste problema, temos: x x m g m g x m g x m g x m i i i i i i CG = = + += ∑ ∑ 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 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 m i i i i i i CG = = + += ∑ ∑ 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 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 + + + = , , , m.

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.

O equilíbrio dos torques em relação à extremidade esquerda do andaime nos dá
2 mA g
L

2
2 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 va-
riável 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.

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 hori-
zontal l = 0 375, m 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

h
mg

F
= = =l (

,
500

350
0 536

N)(0,375m)

N
m.

(a) Igualando a zero os torques em relação à dobradiça, obtemos

TLcosu 2 mg
L

2
= 0,

o que nos dá  = 78°. Nesse caso, a relação geométrica tanu = 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.

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 antebraço e da bola, mg

e Mg

. Como o sis-
tema está em equilíbrio estático, a soma das forças deve ser nula:

0 = = − − +∑F T F m M gyres, ( ) .

Além disso, o torque em relação ao ponto O deve ser nulo:

0 0= = + − −∑ res

O
d T F D mg L Mg( )( ) ( ) ( )( ) ( ).

(a) Explicitando a força T na equação dos torques, temos:

T
mD ML g

d
= + = +( ) [( , )( , ) ( , )( ,1 8 0 15 7 2 0 33kg m kg m))]( , )

,
,

9 8

0 040
648 6 5 102

m/s

m
N N.

2

= ≈ ×

(b) Substituindo esse valor na equação das forças, obtemos

F T M m g= − + = − + =( ) ( , , )( , )648 7 2 1 8 9 8 560N kg kg m/s N2 == 5 6 102, .3 N

(a) O ângulo entre o cabo e a longarina é

α = u − f = 45º 2 30º = 15º.

O ângulo entre a longarina e qualquer força vertical (como os pesos do problema) é b = 90º 2
45º = 45º. Fazendo M = 225 kg e m = 45,0 kg e chamando de l o comprimento da longarina,
igualamos a zero a soma dos torques em relação à dobradiça para obter

T
Mg mg Mg mg=

+ ( ) = +l
l

lsen sen

sen

sen sen /
se

 

a

 2 2

nn
.

a

O comprimento desconhecido l 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 hori-
zontais das forças nos dá

F Tx = 30 = 5 74 10 .3cos N° ×,

(c) O equilíbrio das componentes verticais das forças nos dá

F Mg mg Ty = + + ° = ×sen N30 5 96 10 .3,

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 FN da pedra, a força de atrito estático fs 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 0 = = − = = + − ∑ ∑ F F T F T f mg x N y s res res, sen cos.

27. (a) Todas as forças são verticais e todas as distâncias são medidas ao longo de um eixo com uma inclinação u = 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: Ftric kg m/s cm kg m/s = ( )( )( ) − ( )(15 9 8 35 2 0 9 82 2, , , ))( ) = × 15 2 5 1 9 10 .3 cm N,