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95. (a) Fazendo r = 10 m na Eq. 17-28, obtemos I = P/4πr2 = 4 W. (b) Usando esse valor de P na Eq. 17-28 e o novo valor de r, obtemos I = 0,032 W/m2. (c) Usando a Eq. 17-29 com I = 0,0080 W/m2, obtemos: β = 10 log(I/I0) = 99 dB, em que I0 = 1,0 × 10–12 W/m2.

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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.

(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 .,

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,

28. (a) Calculando os torques em relação ao ponto A, obtemos T L Wx W L bmax maxsen = + 2    . A distância máxima, é, portanto, x T W W Lb max N= −    = ° −max sen / ( )sen , ( 2 500 30 0 2200 2 300 3 00 1 50. N N m m) /, ,     ( ) = (b) O equilíbrio das forças horizontais nos dá F Tx = = 433 .maxcos N (c) O equilíbrio das forças verticais nos dá F W W Ty b= + = 250 .− maxsen N

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 está prestes a deslizar. (a) As equações de equilíbrio em relação aos eixos x e y são W - f senθ = 0 e FN - W cosθ = 0. A segunda equação nos dá FN = W cosθ. Como o caixote está prestes a deslizar, f = μsFN = μsW cosθ, em que μs é o coeficiente de atrito estático. Substituindo essa relação na primeira equação de equilíbrio, obtemos W - μsW senθ = 0, o que nos dá θ = tan^-1(μs) = 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 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 FNl / 2, sendo que l é o comprimento da aresta do caixote. Como o torque total é zero, fh = FNl / 2. Quando o caixote está prestes a tombar, todo o peso do caixote está aplicado à aresta inferior e, portanto, f = W senθ e FN = W cosθ. Substituindo essas expressões na equação do torque, obtemos θ = tan^-1(1/2μs) = tan^-1(1/2(0,60)) = 33,7º. 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(μs) = 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°.

10 1 0 0 80 10 0 69 9+ × + ×N/m N/m2 2 00 4 74 108 ) , . [ ] = × N/m2 (a) A energia cinética que coloca o fio na iminência de se romper é igual a W: K W AL= = = × ×− −( ) ( , )( , )( ,área m m28 0 10 8 0 10 4 712 3 44 10 3 03 10 8 5 × = × − N/m J. 2 ) , (b) A energia cinética de uma drosófila com uma massa de 6,00 mg voando a 1,70 m/s é K m vd d= = × = ×−1 2 1 2 6 00 10 1 70 8 67 12 6 2( , )( , ) ,kg m/s 00 6− J. (c) Como K Wd < , o fio não seria rompido pela drosófila. (d) A energia cinética de uma abelha com uma massa de 0,388 g voando a 0,420 m/s é K m va a a= = × = ×−1 2 1 2 3 88 10 0 420 3 422 4 2( , )( , ) ,kg m/s 110 5− J. (e) Como K Wa > , o fio seria rompido pela abelha.

(a) Se L (= 1500 cm) é o comprimento original da corda e L = 2 8, cm é o alongamento sofrido, a deformação é L L/ , / ,= ( ) ( ) = × −2 8 1500 1 9 10 3cm cm . (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 alpin

O módulo da força de atração entre as partículas é dado por F = Gm1m2/r2, em que m1 e m2 são as massas, r é a distância entre as partículas e G é a constante gravitacional. Explicitando r, obtemos:

A força a que uma partícula de massa m está sujeita na superfície da Terra é F = GMm/ R2, em que M é a massa da Terra e R é o raio da Terra. A aceleração da gravidade é

a GM R g = =
6 67 10 / 5 98 10 2 11 3 2 24, ,× ⋅( ) ×− m s kg kgg
( ) ×( )6 37 10 = 83 . 6 2 2

37. (a) O trabalho que você executa para deslocar a esfera de massa mB é igual à variação da energia potencial do sistema de três esferas. A energia potencial inicial é U Gm m d Gm m L Gm m L d i A B A C B C= − − − − e a energia potencial final é U Gm m L d Gm m L Gm m d f A B A C B C= − − − − . O trabalho executado é W U U Gm m d L d m L d d f i B A C= − = − − + − − + − − = − − + − − = Gm m L d d L d m d L d GB A C 2 2 ( ) ( ) mm m m L d d L d B A C( ) ( , / ( − − − = × ⋅− 2 6 67 10 011 m s kg)3 2 ,, ,010 0 020kg)(0,080 kg kg) 0,12 m 2(0,040 m)− − ((0,040 m)(0,12 m J. (b) O trabalho realizado pela força gravitacional é −(Uf − Ui) = −5,0 × 10−13 J.

Como o corpo da pessoa está em equilíbrio, temos: F m g gV gVe = ⇒ =corpo água imerso corpo total  , o que nos dá V V imerso total corpo água =   . Como, de acordo com o enunciado, dois terços do corpo estão abaixo da superfície, sabemos que Vimerso/Vtotal = 2/3. Assim, para rcorpo = 0,98 g/cm3, obtemos rágua ≈฀1,5 g/cm3, um valor muito maior que a massa específica da água dos oceanos, 1,024 g/cm3 (veja a Tabela 14-1). (A água do Mar Morto contém alta concentração de sal porque o mar fica em uma região muito quente e seca.)

Como, de acordo com a Eq. 5-8, Fg = mg = resquiador gV e, de acordo com a Eq. 14-16, a força de empuxo é Fe = rneve gV, a razão entre as duas forças é F F gV gV e g = = =    neve esquiador neve esquiador 96 11020 0 094 9 4= =, , %.

Considere uma lata quase totalmente imersa. Para propósitos de cálculo, vamos tomar o volume imerso como sendo V = 1200 cm3. Para que a lata flutue, a soma do peso da lata, mlg, com o peso do chumbo, mcg, deve ser igual ao empuxo: ( ) ( ) ( )m m g Vg ml c a c+ = ⇒ = − 1 1200 130g/cm cm3 3 g, o que nos dá 1,07 ×฀103 g para a massa máxima de chumbo que pode ser colocada na lata sem fazê-la afundar.