1. We do not consider the possibility that the bureau might tip, and treat this as a purely horizontal motionproblem (with the person’s push _F in the +x direction). Applying Newton’s second law to the x and yaxes, we obtainF − fs,max = maN − mg = 0respectively. The second equation yields the normal force N = mg, whereupon the maximum staticfriction is found to be (from Eq. 6-1) fs,max = μsmg. Thus, the first equation becomesF − μsmg = ma = 0where we have set a =0 to be consistent with the fact that the static friction is still (just barely) ableto prevent the bureau from moving.(a) With μs = 0.45 and m =45 kg, the equation above leads to F =198 N. To bring the bureau intoa state of motion, the person should push with any force greater than this value. Rounding to twosignificant figures, we can therefore say the minimum required push is F = 2.0 × 102 N.

1. Nós não consideramos a possibilidade de que a Mesa possa ponta, e tratar issocomo um movimento puramente horizontalproblema (com o personâ € ™ s F empurrar na direção + x). Aplicando Newtonâ € ™ ssegunda lei para o X e Yeixos, obtemosFs F â ', max = ma mg N '= 0, respectivamente. A segunda equação produz a força normal N = mg, sendo a seguinte a estática máximaatrito é considerado (de Eq. 6-1) fs, max = Î ¼ smg. Assim, a equação torna-se primeiro F 'smg Î ¼ = ma = 0onde temos um conjunto = 0 para ser coerente com o fato de que o atrito estático ainda é (bem pouco) poderpara evitar que o bureau de movendo.(a) Com ¼ Î s = 0,45 e m = 45 kg, a equação acima leva a F = 198 N. Para trazer ogabinete emum estado de movimento, a pessoa deve empurrar com toda a força maior do queesse valor. Arredondamento para duasalgarismos significativos, podemos dizer, portanto, a pressão mínima exigida é de F =2,0 A-102 N.

2. An excellent discussion and equation development related to this problem is given in Sample Problem 6-3.

We merely quote (and apply)their main result (Eq. 6-13)

θ = tan−1 μs = tan−1 0.04 ≈ 2◦ ..

2. Uma excelente discussão e desenvolvimento relacionados com a equação deste problema é dado no exemplo Problema 6-3.Nós apenas citação (e aplicar) o seu principal resultado (Eq. 6-13)θ = tan-1 mS = tan-1 0,04 ≈ 2 ◦ .

3. The free-body diagram for the player is shown below. _N is the normal force of the ground on the player,m_g is the force of gravity, and _ f is the force of friction. The force of friction is related to the normalforce by f = μkN. We use Newton’s second law appliedto the vertical axis to find the normalforce. The vertical component of the accelerationis zero, so we obtain N−mg =0; thus, N = mg. Consequently,μk = fN=470N(79 kg) _9.8m/s2_= 0.61 .•..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

_Nm_g_ f

3. O diagrama de corpo livre para o jogador é mostrada abaixo. N é a força normal do solo sobre o jogador,mg é a força da gravidade, e f é a força de atrito. A força de atrito está relacionado com a normalforça por f = kN ¼ Î. Usamos Newtonâ € ™ s segunda lei aplicadaao eixo vertical para encontrar as normaisvigor. A componente vertical da aceleraçãoé zero, assim obtemos Nâ'mg =0, portanto, N = mg. Em consequência,Π¼ k = fN=470N(79 kg) 9.8m/s2= 0,61.

4. To maintain the stone’s motion, a horizontal force (in the +x direction) is needed that cancels theretarding effect due to kinetic friction. Applying Newtons’ second to the x and y axes, we obtainF − fk = maN − mg = 0respectively. The second equation yields the normal force N = mg, so that (using Eq. 6-2) the kineticfriction becomes fk = μkmg. Thus, the first equation becomesF − μkmg = ma = 0where we have set a = 0 to be consistent with the idea that the horizontal velocity of the stone shouldremain constant. With m = 20 kg and μk = 0.80, we find F = 1.6 × 102 N.

4. Para manter o movimento da pedra, uma força horizontal (na direção + x) énecessário que cancela aretardando o efeito devido ao atrito cinético. Aplicando Newtons 'segundo os eixos X eY, obtemosFk = ma - FN - mg = 0, respectivamente. A segunda equação produz a força normal N = mg, de modo que(usando a

Eq.. 6-2) a cinéticaatrito se torna fk = μkmg. Assim, a equação torna-se primeiroF - μkmg = ma = 0onde temos um conjunto = 0 para ser coerente com a idéia de que a velocidadehorizontal da pedra devepermanecem constantes. Com m = 20 kg e μk = 0,80, encontramos F = 1,6 × 102 N.

5. We denote _F as the horizontal force of the person exerted on the crate (in the +x direction), _ fk is theforce of kinetic friction (in the −x direction), _N is the vertical normal force exerted by the floor (in the+y direction), and m_g is the force of gravity. The magnitude of the force of friction is given by fk = μkN(Eq. 6-2). Applying Newtons’ second to the x and y axes, we obtainF − fk = maN − mg = 0respectively.(a) The second equation yields the normal force N = mg, so that the friction isfk = μkmg = (0.35)(55 kg) _9.8m/s2_ = 1.9 × 102 N .(b) The first equation becomesF − μkmg = mawhich (with F = 220 N) we solve to finda = Fm − μkg = 0.56 m/s2

5. Denotamos como a força F horizontal da pessoa exercida sobre a caixa (na direção+ x), é a fkforça de atrito cinético (no sentido â'x), N é a força vertical normal exercida pelo chão(no+ direção y) e g m é a força da gravidade. A magnitude da força de atrito é dada por fk= Î ¼ kN(Eq. 6-2). Aplicando Newtonsâ € ™ segundo os eixos X e Y, obtemosFk F â '= ma mg N '= 0, respectivamente.(a) A equação é a segunda produção da força normal N = mg, para que o atrito éfk = Î ¼ KMG = (0,35) (55 kg) 9.8m/s2 = 1,9 A-102 N.(b) A primeira equação se torna F 'KMG Î ¼ = maque (com F = 220 N), resolvemos encontrara = Fkg m i â '¼ = 0,56 m/s2

6. An excellent discussion and equation development related to this problem is given in Sample Problem6-3. We merely quote (and apply) their main result (Eq. 6-13)θ = tan−1 μs = tan−1 0.5 = 27◦

which implies that the angle through which the slope should be reduced is φ = 45◦

− 27◦ ≈ 20◦.

6. Uma excelente discussão e desenvolvimento relacionados com a equação deste problema é dado no exemplo de problemas6-3. Nós apenas citação (e aplicar) o seu principal resultado (Eq. 6-13)θ = tan-1 mS = tan-1 = 0,5 27 ◦o que implica que o ângulo através do qual a inclinação deve ser reduzida é φ = 45 ◦ -27 ◦ ≈ 20 ◦.

7. The free-body diagram for the puck is shown below. _N is the normal force of the ice on the puck, _ f is

the force of friction (in the −x direction), and m_g is the force of gravity.(a) The horizontal component of Newton’s second law gives −f = ma, and constant accelerationkinematics (Table 2-1) can be used to find the acceleration.Since the final velocity is zero, v2 =v2

0 + 2ax leads to a = −v2

0/2x. This issubstituted into the Newton’s law equationto obtainf = mv20

2x=(0.110 kg)(6.0m/s)2

2(15 m)= 0.13 N .•..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

_Nm_g_ f(b) The vertical component of Newton’s second law gives N −mg = 0, so N = mg which implies (usingEq. 6-2) f = μkmg. We solve for the coefficient:μk = fmg=0.13N(0.110 kg) _9.8m/s2_= 0.12 .

7. O diagrama de corpo livre para o disco é mostrada abaixo. N é a força normal dogelo no disco, é fa força de atrito (no sentido â'x) e mg é a força da gravidade.(a) A componente horizontal da Newtonâ € ™ s segunda lei dá â'f = ma, a aceleração econstantecinemática (Tabela 2-1) pode ser usado para encontrar a aceleração.Uma vez que a velocidade final é zero, v2 =v20 + 2ax leva a um â'v2 =0/2x. Esta ésubstituídos na equação ™ € Newtonâ lei depara obterf = mv 202x=(0.110 kg) (6.0m / s) 22 (15 m)N = 0,13.â € ¢............................................... ....................................................................................................  .................................................................................... ....................................................................................................  ................................................................................. ..............................................................................  N

g m   f(b) A componente vertical da Newtonâ € ™ s segunda lei dá â'mg N = 0, então N = mg, o que implica (usandoEq. 6-2) f = Î ¼ KMG. Resolvemos para o coeficiente:Π¼ k = fmg=0.13N(0,110 kg) 9.8m/s2= 0,12.

8. (a) The free-body diagram for the person (shown as an L-shaped block) is shown below. The forcethat she exerts on the rock slabs is not directly shown (since the diagram should only show forcesexerted on her), but it is related by Newton’s third law) to the normal forces _N1 and _N2 exertedhorizontally by the slabs onto her shoes and back, respectively. We will show in part (b) thatN1 = N2 so that we there is no ambiguity in saying that the magnitude of her push is N2. Thetotal upward force due to (maximum) static friction is _ f = _ f1+ _ f2 where (using Eq. 6-1) f1 = μs 1N1

and f2 = μs 2N2 . The problem gives the values μs 1 = 1.2 and μs 2 = 0.8.?

m_g_ _N2-

_N16

_ f16 _f2(

8. (a) O diagrama de corpo livre para a pessoa (mostrado como um bloco em forma de L) é mostrada abaixo. A forçaque ela exerce sobre as lajes de pedra não são apresentadas diretamente (desde queo diagrama deve mostrar apenas as forçasexercida sobre ela), mas é relacionado por Newtonâ € ™ s terceira lei) para as forçasnormais N1 e N2 exercidahorizontalmente, as lajes em seus sapatos e dorso, respectivamente. Nós vamosmostrar na parte (b) queN1, N2 = para que não haja ambigüidade em dizer que a magnitude de seu impulso éN2. Atotal para cima devido à força (máximo) de atrito estático é f = f1 + f2 que (usando a Eq.. 6-1) f1 i = s 1N1e F2 = i 2n2 s ¼. O problema apresenta os valores Î ¼ S 1 = 1,2 e Î ¼ s 2 = 0,8.?g m    N2-  N16   f16f2(

9. (a) The free-body diagram for the block is shown below. _F is the applied force, _N is the normal forceof the wall on the block, _ f is the force of friction, and m_g is the force of gravity. To determine if theblock falls, we find the magnitude f of the force of friction required to hold it without acceleratingand also find the normal force of the wall on the block.W e compare f and μsN. Iff < μs

N, the block doesnot slide on the wall but iff > μs N, the block does slide.The horizontal component ofNewton’s second law is F − N = 0, so N = F = 12N andμsN = (0.60)(12N) = 7.2N.The vertical component is f − mg = 0, so f = mg = 5.0N.Since f < μs N the block doesnot slide.•.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

_Nm_g_F_ f(b) Since the block does not move f = 5.0N and N = 12N. The force of the wall on the block is_Fw = −Nˆi + f ˆj = −(12N)ˆi + (5.0N)ˆjwhere the axes are as shown on Fig. 6-21 of the text.

9. (a) O diagrama de corpo livre para o bloco é mostrada abaixo. ? F é a forçaaplicada? N é a força normalda parede sobre o bloco,? f é a força de atrito, e m? g é a força da gravidade. Para determinar se obloco cair, encontramos a magnitude f da força de atrito necessária para mantê-lo semacelerare também encontrar a força normal da parede sobre o bloco.W e compare f e μsN. Sef <mSN, o bloco nãonão deslize na parede, mas sef> mS N, o bloco não deslize.A componente horizontal daA segunda lei de Newton é F - N = 0, então N = F = 12N eμsN = (0,60) (12N) = 7.2N.O componente vertical é f - mg = 0, então f = mg = 5.0N.Como f <mS N o bloco nãoNão slide.• ................................................. ....................................................................................................  .................................................................................................... ....................................................................................................  ....................................................................................................................................... .................................................. ...............................................................? Nm? gF?? f

(b) Uma vez que o bloco não se move f = 5.0N e N = 12N. A força da parede sobre obloco é? Fw-Ni = + j = f - (12N) i + (5.0N) jonde os eixos conforme mostrado na figura. 21/06 do texto.

10. In addition to the forces already shown in Fig. 6-22, a free-body diagram would include an upwardnormal force _N exerted by the floor on the block, a downward m_g representing the gravitational pullexerted by Earth, and an assumed-leftward _ f for the kinetic or static friction. We choose +x rightwardsand +y upwards. We apply Newton’s second law to these axes:(6.0N) − f = maP + N − mg = 0where m = 2.5 kg is the mass of the block.(a) In this case, P = 8.0 N leads to N = (2.5)(9.8)−8.0 so that the normal force is N = 16.5 N. UsingEq. 6-1, this implies fs,max = μsN = 6.6 N, which is larger than the 6.0 N rightward force – sothe block(whic h was initially at rest) does not move. Putting a = 0 into the first of our equationsabove yields a static friction force of f = P = 6.0 N. Since its value is positive, then our assumptionfor the direction of _ f (leftward) is correct.(b) In this case, P = 10 N leads to N = (2.5)(9.8) − 10 so that the normal force is N = 14.5 N. UsingEq. 6-1, this implies fs,max = μsN = 5.8 N, which is less than the 6.0 N rightward force – so theblockdo es move. Hence, we are dealing not with static but with kinetic friction, which Eq. 6-2reveals to be fk = μkN = 3.6 N. Again, its value is positive, so our assumption for the direction of_ f (leftward) is correct.(c) In this last case, P = 12 N leads to N = 12.5 N and thus to fs,max = μsN = 5.0 N, which (asexpected) is less than the 6.0 N rightward force – so the blockmo ves. The kinetic friction force,then, is fk = μkN = 3.1 N. Once again, its value is positive, so our assumption for the direction of_ f (leftward) is correct.

10. Além das forças já mostra a Fig. 22/06, um diagrama de corpo livre que incluemuma para cimaforça normal? N exercida pelo chão sobre o bloco, o descendente m? g representa aforça gravitacionalexercida pela Terra, e uma suposta-esquerda? f para o atrito cinético ou estático. Nós escolhemos + x para a direitapara cima e + y. Nós aplicamos a segunda lei de Newton a esses eixos:(6.0N) - F = maP + N - mg = 0onde m = 2,5 kg é a massa do bloco.(a) Neste caso, P = 8,0 N leva a N = (2,5) (9,8) -8,0 modo que a força normal N = 16,5N. UsandoEq. 6-1, isto implica fs, max = μsN = 6,6 N, que é maior que a força de 6,0 N para a direita - assimo bloco (que foi inicialmente h em repouso) não se move. Colocar a = 0 na primeiradas nossas equaçõesacima gera uma força de atrito estático f = P = 6,0 N. Uma vez que seu valor é positivo,então nossa suposiçãopara a direção de? f (à esquerda) está correta.(b) Neste caso, P = 10 N leva a N = (2,5) (9,8) - 10 para que a força normal N = 14,5 N.UsandoEq. 6-1, isto implica fs, max = μsN = 5,8 N, que é menos do que a força N 6,0 para a direita - para que omover es blockdo. Portanto, não estamos lidando com estática, mas com atritocinético, que Eq. 6-2

revela-se fk = μkN = 3,6 N. Além disso, seu valor é positivo, então o nosso pressupostopara a direcção do? f (à esquerda) está correta.(c) Neste último caso, P = 12 N leva a N = 12,5 N e, portanto, fs, max = μsN = 5,0 N, que (comoesperado) é inferior à força 6,0 N para a direita - para o ves blockmo. A força de atritocinético,então, é fk = μkN = 3,1 N. Uma vez mais, seu valor é positivo, então o nossopressuposto para a direcção do? f (à esquerda) está correta.

11. A cross section of the cone of sand is shown below. To pile the most sand without extending the radius,sand is added to make the height h as great as possible. Eventually, however, the sides become so steepthat sand at the surface begins to slide. The goal is to find the greatest height (corresponding to greatestslope)for which the sand does not slide. A grain of sand is shown on the diagram and the forces on itare labeled. _N is the normal force of the surface, m_g is the force of gravity, and _ f is the force of (static)friction. We take the x axis to be down the plane and the y axis to be in the direction of the normalforce. We assume the grain does not slide, so its acceleration is zero. Then the x component of Newton’ssecond law is mg sin θ − f = 0 and the y component is N − mg cos θ = 0.The first equation gives f =mg sin θ and the secondgives N = mg cos θ. Ifthe grain does not slide, thecondition f < μs

N musthold. This means mg sinθ <μsmg cos θ or tanθ < μs

.The surface of the cone hasthe greatest slope (and theheight of the cone is thegreatest)if tan θ = μs.................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................................................................................................................

•_ f_Nm_gR RhθSince R and h are two sides of a right triangle, h = Rtan θ. Replacing tan θ with μs

we obtain h = μsR.We substitute this into the volume equation V = πR2h/3 to obtain the result V = πμsR3/3.

11. A seção transversal do cone de areia é mostrada abaixo. Para a pilha mais areia sem estender o raio,areia é adicionada para fazer a altura h, tanto quanto possível. Eventualmente, entretanto, os lados se tornam tão íngremesque a areia na superfície começa a deslizar. O objetivo é encontrar o maior altura (correspondente a

maiorinclinação) para que a areia não deslize. Um grão de areia é mostrada no diagrama e as forças sobre elasão rotulados. ? N é a força normal da superfície, m? G é a força da gravidade, e? f é a força do (estático)fricção. Nós tomamos o eixo x seja baixo do avião e no eixo y para a direção da normalvigor. Assumimos o grão não deslizar, para a sua aceleração é zero. Então, o componente x de NewtonA segunda lei é pecado mg θ - f = 0 e y é o componente N - mg cos θ = 0.A primeira equação dá f =mg sin θ ea segundadá porque N = θ mg. Seo grão não deslizar, ocondição f <mSN deveespera. Isto significa mg sin <cos θ μsmg ou tanθ <mS.A superfície do cone tema inclinação maior (ealtura do cone é amaior), se tan θ = mS................................................... ....................................................................................................  ....................................................................................................  .................................................................................................... ....................................................................................................  .................................................................................................... .................................................................................................... ....................................................................................................  .................................................. .............................................................................. .................................................. ................................... ................................................... ....................................................................................................................... .......................................................•? f? Nm? gR RhθDesde R e H são os dois lados de um triângulo retângulo, h = Rtan θ. tan θ Substituindo mS obtemos h = μsR.Nós substituímos esta na equação de volume V = πR2h / 3 para obter o resultado V = πμsR3 / 3.

12. We denote the magnitude of 110N force exerted by the worker on the crate as F. The magnitude of thestatic frictional force can vary between zero and fs, max = μsN.(a) In this case, application of Newton’s second law in the vertical direction yields N = mg. Thus,fs, max = μsN = μsmg= ( .307)(35 kg) _9.8m/s2_ = 126.9 Nwhich is greater than F. The block, which is initially at rest, stays at rest. This implies, by applyingNewton’s second law to the horizontal direction, that the magnitude of the frictional force exerted

on the crate is fs = F = 110N.(b) As calculated in part (a), fs, max = 1.3 × 102 N.(c) As remarked above, the crate does not move (since F <fs, max).(d) Denoting the upward force exerted by the second worker as F2, then application of Newton’ssecond law in the vertical direction yields N = mg − F2. Therefore, in this case, fs,

max = μsN =μs(mg − F2). In order to move the crate, F must satisfy F >fs, max = μs(mg − F2), i.e.,110N > (0.37) _(35 kg) _9.8m/s2_ − F2_ .The minimum value of F2 that satisfies this inequality is a value slightly bigger than 45.7 N, so weexpress our answer as F2, min = 46N.(e) In this final case, moving the crate requires a greater horizontal push from the worker than staticfriction (as computed in part (a)) can resist. Thus, Newton’s law in the horizontal direction leadstoF + F2 > fs, max

110N + F2 > 126.9Nwhich leads (after appropriate rounding) to F2, min = 17N.

12. Denotamos a magnitude 110N força exercida pelo trabalhador no caixote como F. A magnitude da força de atrito estático pode variar entre zero e fs, max = μsN. (A) Neste caso, a aplicação da segunda lei de Newton na direção vertical produz N = mg. Assim, fs, max = = μsN μsmg = (0,307) (35 kg)? 9.8m/s2? N = 126,9 que é maior que F. O bloco, que está inicialmente em repouso, permanece em repouso. Isto implica, por aplicação segunda lei de Newton para o sentido horizontal, que a magnitude da força de atrito exercida sobre a grade é fs F = 110N. (B) Como calculado no item (a), fs, max = 1,3 × 102 N. (C) como dito acima, a caixa não se mover (pois F <fs, no máximo). (D) Denotando a força para cima exercida pelo trabalhador em segundo lugar como F2, em seguida, aplicação de Newton A segunda lei dos rendimentos direção vertical mg N = - F2. Portanto, neste caso, fs, max = = μsN mS (mg - F2). Para mover o F, caixa deve satisfazer fs> F, max = mS (mg - F2), ou seja, 110N> (0,37)? (35 kg)? 9.8m/s2? - F2? . O valor mínimo de F2 que satisfaz essa desigualdade é um valor ligeiramente maior que 45,7 N, por isso, expressar a nossa resposta como F2, min = 46N. (E) Neste último caso, mover a caixa exige um esforço maior na horizontal entre o trabalhador do que a estática fricção (calculado em parte (a)) pode resistir. Assim, a lei de Newton na direção horizontal leva para F + F2> fs, max 110N + F2> 126.9N o que leva (após arredondamento adequado) para F2, min = 17N.

13. (a) The free-body diagram for the crate is shown below. _T is the tension force of the rope on the crate,_Nis the normal force of the floor on the crate, m_g is the force of gravity, and _ f is the force offriction. We take the +x direction to be horizontal to the right and the +y direction to be up. We

assume the crate is motionless. The x component of Newton’s second law leads to T cos θ − f = 0and the y component becomes T sin θ + N − mg = 0, where θ = 15◦ is the angle between the ropeand the horizontal.The first equation gives f =T cos θ and the second gives N =mg − T sin θ. If the crate is toremain at rest, f must be lessthan μsN, or T cosθ < μs(mg − T sin θ). When the tension forceis sufficient to just start the cratemoving, we must have T cos θ =μs(mg−T sin θ). We solve for thetension:T = μsmgcos θ + μs sin θ=(0.50)(68)(9.8)cos 15◦ + 0.50 sin 15◦

= 304 ≈ 300 N ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•_N_ fm_g_Tθ(b) The second law equations for the moving crate are T cos θ − f = ma and N + T sin θ − mg = 0.Now f = μkN. The second equation gives N = mg − T sin θ, as before, so f = μk(mg − T sin θ).This expression is substituted for f in the first equation to obtain T cos θ−μk(mg −T sin θ) = ma,so the acceleration isa = T(cos θ + μk sin θ)m − μkgwhich we evaluate:a =(304 N)(cos 15◦ + 0.35 sin 15◦)68 kg − (0.35)(9.8m/s2) = 1.3m/s2

.

13. (A) O diagrama de corpo livre para a grade é mostrada abaixo. T? É a força da tensão da corda sobre o caixote,? Né a força normal do assoalho sobre o m, caixa? g é a força da gravidade, e? f é a força dafricção. Nós tomamos a direção + x ser horizontal para a direita ea direção + y para cima. Nósassumir a grade é imóvel. A componente x da segunda lei de Newton conduz a T cos θ - f = 0e se torna o componente y sin θ + N - mg = 0, onde θ = 15 ◦ é o ângulo entre a cordaea horizontal.A primeira equação dá f =T cos θ eo segundo dá N =mg - θ T pecado. Se a grade é apermanecer em repouso, f deve ser menorque μsN, ou T cosθ <mS (mg - T sin θ). Quando a força de tensãobasta apenas começar o crate

em movimento, devemos ter T cos θ =mS (θ pecado mg-T). Resolvemos para otensão:T = μsmgcos θ + θ mS pecado=(0,50) (68) (9,8)cos 15 ◦ + 0,50 pecado 15 ◦= 304 ≈ 300 N................................................... ....................................................................................................  .................................................. ............................................................................................... .................................................. ..................................................................................................... ....................................................................................................  .................................................. ......................................................................................................................... ....................................................................................................  ....................................................................................................  .........................................•? N? fm? gT?θ(B) As equações de segunda lei para a movimentação da caixa são T cos θ - F = ma e N + T θ pecado - mg = 0.Agora f = μkN. A segunda equação dá N = mg - T θ pecado, como antes, então f = μk (mg - T sin θ).Esta expressão é substituído por f na primeira equação para obter T cos θ-μk (mg-T sin θ) = ma,assim que a aceleração éa = T (cos θ + θ μk pecado)m - μkgque avaliar:a =(304 N) (cos 15 + 0,35 pecado ◦ ◦ 15)68 kg - (0,35) (9.8m/s2) = 1.3m/s2

14. We first analyze the forces on the pig of mass m. The incline angle is θ.The +x directionHHHHHHHHHHHHHHHHH______HHH

HHHHHjmg sin θ____

_ __ mg cos θ_____

_NHYHH

_ fkis “downhill.”Application of Newton’s second law to the x and y axes leads tomg sin θ − fk = maN − mg cos θ = 0.Solving these along with Eq. 6-2 (fk = μkN) produces the following result for the pig’s downhill acceleration:a = g (sin θ − μk cos θ) .To compute the time to slide from rest through a downhill distance _, we use Eq. 2-15:

_ = v0t +12at2 =⇒ t = _2_a.We denote the frictionless (μk =0) case with a prime and set up a ratio:tt_

= _2_/a_2_/a_

= _a_

awhich leads us to conclude that if t/t_ = 2 then a_ = 4a. Putting in what we found out above about theaccelerations, we haveg sin θ = 4g (sin θ − μk cos θ) .Using θ =35 ◦, we obtain μk = 0.53.

14. Inicialmente analisamos as forças no porco da massa m. O ângulo de inclinação é · I.A direção + xHHHHHHHHHHHHHHHHH      HHHHHHHHjmg pecado I °          cos mg I °       NHYHH   fké â € œdownhill.â €Aplicação de Newtonâ € ™ s segunda lei para os eixos X e Y leva afk pecado mg I ° A '= maCos mg N â 'I ° = 0.Resolver estes, juntamente com a Eq.. 02/06 (fk = kN Î ¼) produz o seguinte resultadopara o Piga € ™ s downhill aceleração:um g = (sin I ° â 'cos k Î ¼ Î ¸).Para calcular o tempo de repouso por meio de slides de uma distância de downhill,usamos a Eq.. 15/02:   = v0t +1T = 2at2 â ‡ '= 2um.Denotamos o atrito (k Î ¼ = 0) caso com um primo e estabelecer uma relação de:t

t= 2 / a  2 / a= Aumque nos leva a concluir que, se t / t = 2, então a = 4. Colocar em que descobrimossobre o acimaacelerações, temosg pecado I ° = 4g (pecado I ° um "eu cos k ¼ I °).Usando o I ° = 35 A-|, obtemos k Î ¼ = 0,53.

15. (a) Free-body diagrams for the blocks A and C, considered as a single object, and for the block B areshown below. T is the magnitude of the tension force of the rope, N is the magnitude of the normalforce of the table on block A, f is the magnitude of the force of friction, WAC is the combinedweight of blocks A and C (the magnitude of force _FgAC shown in the figure), and WB

is the weightof block B (the magnitude of force _FgB shown). Assume the blocks are not moving. For theblocks on the table we take the x axis to be to theright and the y axis to be upward. The x componentof Newton’s second law is then T −f = 0 andthe y component is N − WAC = 0. For block Btake the downward direction to be positive. ThenNewton’s second law for that block is WB−T = 0.The third equation gives T = WB and the firstgives f = T = WB. The second equation givesN = WAC. If sliding is not to occur, f must beless than μsN, or WB < μsWAC. The smallestthat WAC can be with the blocks still at rest isWAC = WB/μs = (22N)/(0.20) = 110 N. Sincethe weight of block A is 44 N, the least weight forC is 110 − 44 = 66N...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•f_ T__FgAC

_N..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•_T_FgB

(b) The second law equations become T − f = (WA/g)a, N − WA = 0, and WB − T = (WB/g)a.In addition, f = μkN. The second equation gives N = WA, so f = μkWA. The third givesT = WB − (WB/g)a. Substituting these two expressions into the first equation, we obtain WB − (WB/g)a − μkWA = (WA/g)a. Therefore,a = g(WB − μkWA)WA +WB

=(9.8m/s2) (22N− (0.15)(44N))44N + 22N

= 2.3m/s2

.

15. (A) de corpo livre para os diagramas de blocos e C, consideradas como um único objeto, e para o bloco B sãomostrado abaixo. T é a magnitude da força de tensão da corda, N é a magnitude do normalvigor da tabela no bloco A, F é a magnitude da força de atrito, WAC é o combinadopeso dos blocos A e C (a magnitude da força? FgAC mostrado na figura), e WB é o pesodo bloco B (a magnitude da força? FGB mostrados). Suponha que os blocos não estão se movendo. Para oblocos sobre a mesa tomamos o eixo x para aeixo da direita eo y a ser ascendente. A componente xda segunda lei de Newton é então T-f = 0 eo componente y é N - WAC = 0. Para bloco Btomar a direção para baixo para ser positivo. Em seguida,A segunda lei de Newton para esse bloco é BM-T = 0.A terceira equação dá T = BM e os primeirosdá f = T = BM. A segunda equação dáN = WAC. Se correr não é a ocorrer, deve ser fmenos de μsN, ou <WB μsWAC. O menorWAC que pode ser com os blocos ainda em repouso éWAC WB = / ms = (22N) / (0,20) = 110 N. Comoo peso do bloco A é de 44 N, o menor peso paraC é 110-44 = 66N........................................................................................................................... ................................................................................................................................ .................................................. ................................................................................................................. .................................................. ...............................................................•f? T?? FgAC? N.................................................. ....................................................................................................  ..................................................................................... ....................................................................................................  ...................................•T?? FGB(B) As equações de segunda lei tornou T - f = (WA / g) uma N - WA = 0, e WB - T = (WB / g) a.Além disso, f = μkN. A segunda equação dá N = WA, então f = μkWA. O terceiro dáWB T = - (WB / g) a. Substituindo estas duas expressões para a primeira equação, obtemos WB - (WB / g) a - μkWA = (WA / g) a. Por isso,um g = (WB - μkWA)WA + WB=(9.8m/s2) (22N (0,15) (44N))+ 44N 22N= 2.3m/s2.

16. We choose +x horizontally rightwards and +y upwards and observe that the 15 N force has componentsFx = F cos θ and Fy = −F sin θ.(a)W e apply Newton’s second law to the y axis:N − F sin θ − mg = 0 =⇒ N = (15)sin 40◦ + (3.5)(9.8)= 44in SI units. With μk = 0.25, Eq. 6-2 leads to fk = 11 N.(b)W e apply Newton’s second law to the x axis:F cos θ − fk = ma =⇒ a =(15)cos 40◦ − 113.5= 0.14in SI units (m/s2). Since the result is positive-valued, then the block is accelerating in the +x(rightward)direction.

16. Nós escolhemos + x na horizontal para a direita e para cima + Y e observar que aforça de 15 N tem componentesFx = F cos θ e Fy = F-θ pecado.(a) W e aplicar a segunda lei de Newton para o eixo y:N - θ sin F - mg = 0 = ⇒ N = (15) o pecado ◦ 40 + (3,5) (9,8) = 44em unidades SI. Com μk = 0,25, Eq. 02/06 leva à fk = 11 N.(b) W e aplicar a segunda lei de Newton para o eixo x:F cos θ - fk = ma = ⇒ a =(15) cos 40 ◦ - 113.5= 0,14em unidades SI (m/s2). Uma vez que o resultado seja positivo com valor, então o blocoestá se acelerando na + x(direita) direcção.

17. (a) Although details in Fig. 6-27 might suggest otherwise, we assume (as the problem states) that onlystatic friction holds block B in place. An excellent discussion and equation development related tothis topic is given in Sample Problem 6-3. We merely quote (and apply) their main result (Eq. 6-13)for the maximum angle for which static friction applies (in the absence of additional forces such asthe _F of part (b) of this problem).θmax = tan−1 μs = tan−1 0.63 ≈ 32◦ .This is greater than the dip angle in the problem, so the blockdo es not slide.(b) We analyze forces in a manner similar to that shown in Sample Problem 6-3, but with the additionof a downhill force F.F + mg sin θ − fs,max = ma = 0N − mg cos θ = 0.Along with Eq. 6-1 (fs,max = μsN) we have enough information to solve for F. With θ = 24◦ andm = 1.8 × 107 kg, we findF = mg (μs cos θ − sin θ) = 3.0 × 107 N .

17. (a) Embora os detalhes na fig. 27/06 possa sugerir o contrário, partimos do princípio (como afirma o problema) que apenasatrito estático tem bloco B no lugar. Uma excelente discussão e desenvolvimentorelacionados com a equação

este assunto é dada no Problema Exemplo 6-3. Nós apenas citação (e aplicar) o seuprincipal resultado (Eq. 6-13)para o ângulo máximo para que a fricção estática aplica-se (na ausência de forçasadicionais, tais comoo F do item (b) deste problema).I max ° = tanâ'1 Î s = ¼ tanâ'1 0,63 ‰ â 32A-|.Esta é maior do que o ângulo de mergulho no problema, não tão es blockdo o slide.(b) Analisamos as forças de uma forma semelhante à mostrada no exemplo Problema6-3, mas com a adiçãode uma descida força F.F + I ° pecado mg â 'fs, max = ma = 0Cos mg N â 'I ° = 0.Juntamente com o Eq. 6-1 (fs, max = i sN ¼), temos informações suficientes para resolver F. Com o I ° = 24A-| em = 1,8 A-107 kg, encontramosMg F = (i cos ¼ s pecado I ° â 'I °) = N 3.0 A-107.

18. We use coordinates and weight-components as indicated in Fig. 5-18 (see Sample Problem 5-7 from theprevious chapter).(a)In this situation, we take _ fs to point uphill and to be equal to its maximum value, in which casefs,max = μsN applies, where μs = 0.25. Applying Newton’s second law to the block of massm = W/g = 8.2 kg, in the x and y directions, producesFmin 1 − mg sin θ + fs,max = ma = 0N − mg cos θ = 0which (with θ = 20◦)leads toFmin 1 = mg (sin θ − μs cos θ) = 8.6 N .(b)No w we take _ fs to point downhill and to be equal to its maximum value, in which case fs,max = μsNapplies, where μs = 0.25. Applying Newton’s second law to the block of mass m = W/g = 8.2 kg,in the x and y directions, producesFmin 2 − mg sin θ − fs,max = ma = 0N − mg cos θ = 0which (with θ = 20◦)leads toFmin 2 = mg (sin θ + μs cos θ) = 46 N .A value slightly larger than the “exact” result of this calculation is required to make it accelerateup hill, but since we quote our results here to two significant figures, 46 N is a “good enough”answer.(c)Finally , we are dealing with kinetic friction (pointing downhill), so thatF − mg sin θ − fk = ma = 0N − mg cos θ = 0along with fk = μkN (where μk = 0.15)brings us toF = mg (sin θ + μk cos θ) = 39 N .

18. Usamos coordena e peso de componentes, como indicado na figura. 18/05 (verexemplo do Problema 5-7capítulo anterior).(a) Nesta situação, nós tomamos? fs para apontar para cima e para ser igual ao seuvalor máximo, que no caso

fs, μsN max = aplica-se, onde mS = 0,25. Aplicando a segunda lei de Newton para obloco de massam = W / g = 8,2 kg, nas direções X e Y, produzFmin 1 - θ pecado mg + fs, max = ma = 0N - mg cos θ = 0que (com θ = 20 ◦) leva aFmin = 1 mg (sin θ - cos θ mS) = N 8.6.(b) Não tomamos w? fs para apontar para baixo e para ser igual ao seu valor máximo,em que fs caso, max = μsNaplica-se, onde mS = 0,25. Aplicando a segunda lei de Newton para o bloco de massa m = W / g = 8,2 kg,nas direções X e Y, produzFmin 2 - θ pecado mg - fs, max = ma = 0N - mg cos θ = 0que (com θ = 20 ◦) leva aFmin 2 mg = (θ + sen mS cos θ) = 46 N.Um valor ligeiramente maior que o resultado "exato" deste cálculo é obrigado a fazê-loaceleraraté a colina, mas desde que citamos aqui os nossos resultados com dois algarismos significativos, de 46 N é um "bom o suficiente"responder.(c) Finalmente, estamos lidando com o atrito cinético (apontando para baixo), para queF - θ pecado mg - fk = ma = 0N - mg cos θ = 0juntamente com fk = μkN (onde μk = 0,15) nos traz aMg F = (cos θ + pecado μk θ) = N 39.

19. The free-body diagrams for block B and for the knot just above block A are shown below. _T1 is thetension force of the rope pulling on block B or pulling on the knot (as the case may be),_T2 is the tension force exertedby the second rope (at angleθ = 30◦) on the knot, _ f is theforce of static friction exertedby the horizontal surface onblock B, _N is normal force exertedby the surface on blockB, WA is the weight of blockA (WA is the magnitude ofmA_g), and WB is the weightof block B (WB = 711 N isthe magnitude of mB_g)...........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•_T1 _ fmB_g_N...........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•_T2

_T1

mA_gθFor each object we take +x horizontally rightward and +y upward. Applying Newton’s second law inthe x and y directions for block B and then doing the same for the knot results in four equations:T1 − fs,max = 0N −WB = 0T2 cos θ − T1 = 0T2 sin θ −WA = 0where we assume the static friction to be at its maximum value (permitting us to use Eq. 6-1). Solvingthese equations with μs = 0.25, we obtain WA = 103 ≈ 100 N.

19. Os diagramas de corpo livre para o bloco B e para o nó imediatamente acima bloco A são mostradas abaixo. ? T1 é oforça de tensão da corda puxando bloco B ou puxando o nó (conforme o caso),? T2 é a força de tensão exercidapela segunda corda (ao ânguloθ = 30 ◦) sobre o nó,? f é aforça de atrito estática exercidapela superfície horizontalbloco B,? N é a força normal exercidapela superfície sobre o blocoB, WA é o peso do blocoA WA (é a magnitude damA? g), e do BM é o pesodo bloco B (WB = 711 N éa magnitude da MB g?)............................................................................................................. .................................................. ............................................................................................ ....................................................................................................  ..................................................................................... ....................................................................................................  ...................................•? T1? fMB? g? N.................................................. ....................................................................................................  ................................................................................................................................ ....................................................................................................  ..................................................................................... .................................................. ..........................................•? T2? T1mA? gθPara cada objeto que tomamos x horizontal para a direita + e + y para cima. Aplicando a segunda lei de Newton emas direções X e Y para o bloco B e depois fazer o mesmo com os resultados nó em quatro

equações:T1 - fs, max = 0WB-N = 0Cos θ T2 - T1 = 0T2 sin θ-WA = 0onde assumimos a fricção estática para estar no seu valor máximo (que nos permite usar EQ. 6-1). Resolverestas equações mS = 0,25, obtemos WA = 103 ≈ 100 N.

20. If the block is sliding then we compute the kinetic friction from Eq. 6-2; if it is not sliding, then wedetermine the extent of static friction from applying Newton’s law, with zero acceleration, to the x axis(which is parallel to the incline surface). The question of whether or not it is sliding is therefore crucial,and depends on the maximum static friction force, as calculated from Eq. 6-1. The forces are resolvedin the incline plane coordinate system in Figure 6-5 in the textbook. The acceleration, if there is any, isalong the x axis, and we are taking uphill as +x. The net force along the y axis, then, is certainlyzero,which provides the following relationship:__Fy = 0 =⇒ N = W cos θwhere W = 45 N is the weight of the block, and θ = 15◦ is the incline angle. Thus, N = 43.5 N, whichimplies that the maximum static friction force should be fs, max = (0.50)(43.5) = 21.7 N.(a) For _P = 5.0 N downhill, Newton’s second law, applied to the x axis becomesf − P −W sin θ = ma where m = Wg.Here we are assuming _ f is pointing uphill, as shown in Figure 6-5, and if it turns out that it pointsdownhill (which is a possibility), then the result for fs will be negative. If f = fs then a = 0, weobtain fs = 17 N, which is clearlyallo wed since it is less than fs, max.(b) For _P = 8.0 N downhill, we obtain (from the same equation) fs = 20 N, which is still allowed sinceit is less than fs, max.(c) But for _P = 15 N downhill, we obtain (from the same equation) fs = 27 N, which is not allowedsince it is larger than fs, max. Thus, we conclude that it is the kinetic friction, not the static friction,that is relevant in this case. We compute the result fk = (0.34)(43.5) = 15 N. Here, as in the otherparts of this problem, the friction is directed uphill.

20. Se o bloco está deslizando em seguida, vamos calcular o atrito cinético daequação. 02/06 e, se ele não é de correr, então nósdeterminar o grau de atrito estático de aplicar a lei de Newton, com zero de aceleraçãopara o eixo x(que é paralela à superfície inclinada). A questão de saber se é ou não correr é fundamental,e depende da força de atrito estático máximo, calculado da Eq.. 6-1. As forças sãoresolvidosno plano inclinado sistema de coordenadas na Figura 6-5 no livro. A aceleração, sehouver algum, é

ao longo do eixo x, e estamos tomando para cima como + x. A força líquida ao longo do eixo y, então, é certainlyzero,que fornece a seguinte relação:? Fy = 0 ⇒ N = W = cos θonde W = 45 N é o peso do bloco, e θ = 15 ◦ é o ângulo de inclinação. Assim, N = 43,5N, queimplica que a força de atrito estática máxima deve ser fs, max = (0,50) (43,5) = 21,7 N.(a) para? P = 5,0 N para baixo, a segunda lei de Newton, aplicada ao eixo x torna-sef - P-W θ pecado = ma, onde m = Wg.Aqui estamos supondo? f está apontando para cima, como mostrado na Figura 6-5, ese se verificar que pontosdownhill (que é uma possibilidade), então o resultado de fs será negativo. Se f = fsentão a = 0, temosobter fs = 17 N, que é clearlyallo casar uma vez que é menos de fs, max.(b) Para? P = 8,0 N para baixo, obtém-se (a partir da mesma equação) fs = 20 N, queainda é permitido desdeé inferior a fs, máx.(c) Mas, para? P = 15 N downhill, obtemos (a partir da mesma equação) fs = 27 N, que não é permitidouma vez que é maior do que fs, máx. Assim, concluímos que é o atrito cinético, e não oatrito estático,que é relevante neste caso. Calculamos o resultado fk = (0,34) (43,5) = 15 N. Aqui,como nos outrospartes do problema, o atrito é dirigida para cima.

21. First, we check to see if the bodies start to move. We assume they remain at rest and compute the forceof (static) friction which holds them there, and compare its magnitude with the maximum value μsN.The free-body diagrams are shown below. T is the magnitude of the tension force of the string, f is themagnitude of the force of frictionon body A, N is the magnitudeof the normal force ofthe plane on body A, mA_g isthe force of gravity on body A(with magnitude WA = 102 N),and mB_g is the force of gravityon body B (with magnitudeWB = 32 N). θ = 40◦ is the angleof incline. We are not toldthe direction of _ f but we assumeit is downhill. If we obtain anegative result for f, then weknow the force is actually up theplane...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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• AmA_g_T_ f_Nθ...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

B •mB_g_T(a) For A we take the +x to be uphill and +y to be in the direction of the normal force. The x and ycomponents of Newton’s second law becomeT − f −WA sin θ = 0N −WA cos θ = 0.Taking the positive direction to be downward for body B, Newton’s second law leads toWB − T = 0 .Solving these three equations leads tof = WB −WA sin θ = 32 − 102 sin 40◦ = −34 N(indicating that the force of friction is uphill) and toN = WA cos θ = 102 cos 40◦ = 78 Nwhich means that fs,max = μsN = (0.56)(78) = 44 N. Since the magnitude f of the force of frictionthat holds the bodies motionless is less than fs,max the bodies remain at rest. The acceleration iszero.(b) Since A is moving up the incline, the force of friction is downhill with magnitude fk = μkN.Newton’s second law, using the same coordinates as in part (a), leads toT − fk −WA sin θ = mA aN −WA cos θ = 0WB − T = mB afor the two bodies. We solve for the acceleration:a = WB −WA sin θ − μkWA cos θmB + mA

=32N − (102 N) sin 40◦ − (0.25)(102 N) cos 40◦

(32N + 102 N) / _9.8m/s2_= −3.9 m/s2

.

21. Primeiro, verifique se os corpos começam a se mover. Nós acreditamos que eles permanecem em repouso e calcular a forçade (estática), o atrito que mantém ali, e comparar sua magnitude com o μsN valor máximo.Os diagramas de corpo livre são mostradas abaixo. T é a magnitude da força de tensão da corda, f é amagnitude da força de atritosobre o corpo A, N é a magnitudeda força normal dedo plano sobre o corpo A, mA? g éa força da gravidade sobre o corpo A(Com magnitude WA = 102 N),e mB g? é a força da gravidadeno corpo B (com magnitude

WB = 32 N). θ = 40 ◦ é o ângulode inclinação. Não nos é ditoa direção de? f mas assumimosé ladeira abaixo. Se obtivermos umresultado negativo para f, então nóssaber a força é realmente oavião................................................... ....................................................................................................  ................................................................................................................. ....................................................................................................  ................................................................................................................. .................................................. ..................................................................................... .................................................. ..........................................................................................................................................................• UmmA? gT?? f? Nθ.................................................. ....................................................................................................  ................................................................................................................. .................................................. ..........................................................................B •MB? gT?(A) Para uma tomarmos a + x para cima e + y para a direção da força normal. X e Ycomponentes da segunda lei de Newton seT - f WA-sin θ = 0N WA-cos θ = 0.Tomando o sentido positivo para baixo para o corpo B, a segunda lei de Newton conduz àWB - T = 0.Resolvendo estas três equações leva af = WA WB-sin θ = 32-102 pecado 40 ◦ N = -34(Indicando que a força de atrito é a subir) eN = WA cos θ = 102 cos 40 = 78 ◦ No que significa que o fs, max = μsN = (0,56) (78) = 44 N. Como a magnitude f da força de atritoque mantém os corpos imóvel é inferior a fs, max os corpos permanecem em repouso.A aceleração ézero.(B) Uma vez que está subindo a rampa, a força de atrito é baixo, com magnitude fk = μkN.segunda lei de Newton, usando as mesmas coordenadas como na parte (a), leva aT - WA-fk θ = sin mA umN WA-cos θ = 0WB - T = mB um

para os dois corpos. Resolvemos para a aceleração:a = WA WB-sin θ - cos θ μkWAMB + mA=32N - (102 N) sin 40 ◦ - (0,25) (102 N) cos 40 ◦(32N + 102 N) /? 9.8m/s2?= -3,9 M/s2

22. The free-body diagrams are shown below. T is the magnitude of the tension force of the string, f isthe magnitude of the force offriction on block A, N is themagnitude of the normal forceof the plane on block A, mA_gis the force of gravity on bodyA (where mA = 10 kg) ,andmB_g is the force of gravity onblock B. θ = 30◦ is the angleof incline. For A we takethe +x to be uphill and +y tobe in the direction of the normalforce; the positive directionis chosen downward for block B.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

• AmA_g_T_ f_Nθ..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

B •mB_g_TSince A is moving down the incline, the force of friction is uphill with magnitude fk = μkN (whereμk = 0.20). Newton’s second law leads toT − fk + mAg sin θ = mA a = 0N − mAg cos θ = 0mBg − T = mB a = 0for the two bodies (where a = 0 is a consequence of the velocity being constant). We solve these for themass of block B.mB = mA (sin θ − μk cos θ) = 3.3 kg .

22. Os diagramas de corpo livre são mostradas abaixo. T é a magnitude da força de tensão da corda, f éa magnitude da força de

atrito sobre o bloco A, N é omagnitude da força normaldo plano sobre o bloco A, mA? gé a força da gravidade sobre o corpoA (onde mA = 10 kg), eMB? g é a força da gravidade sobrebloco B. ◦ θ = 30 é o ângulode inclinação. Para tomarmos uma y + x ser árdua e + paraestar na direção da normalvigor, o sentido positivoé escolhido para baixo para o bloco B................................................... ....................................................................................................  ................................................................................................... ....................................................................................................  ................................................................................................... ................................................................................................................................ .................................................. ....................................................................................................................................• UmmA? gT?? f? Nθ.................................................. ....................................................................................................  ................................................................................................... .................................................. ...............................................................B •MB? gT?Uma vez que está se movendo para baixo a inclinação, a força de atrito é para cima com magnitude fk = μkN (ondeμk = 0,20). segunda lei de Newton conduz àθ pecado fk + mag mA = a = 0 - TN - mag cos θ = 0mbg - T = MB = 0para os dois órgãos (onde a = 0 é uma conseqüência da velocidade é constante). Nós resolvemos essas para omassa do bloco B.MB = mA (sin θ - cos μk θ) = 3,3 kg.

23. The free-body diagrams for the two blocks are shown below. T is the magnitude of the tension force ofthe string, _NA is the normal force on block A (the leading block), _NB is the the normal force on blockB, _ fA is kinetic friction force on block A, _ fB is kinetic friction force on block B. Also, mA is the massof block A (where mA = WA/g and WA = 3.6 N ), and mB is the mass of block B (where mB = WB/gand WB = 7.2 N). The angle of the incline is θ = 30◦...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•mA_g_T_ fA_NA

θA ..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•mB_g_T_ fB_NB

θBFor each block we take +x downhill (which is toward the lower-left in these diagrams) and +y in thedirection of the normal force. Applying Newton’s second law to the x and y directions of first block Aand next block B, we arrive at four equations:WA sin θ − fA − T = mA aNA −WA cos θ = 0WB sin θ − fB + T = mB aNB −WB cos θ = 0.which, when combined with Eq. 6-2 (fA = μkANA where μkA = 0.10 and fB = μkBNB

where μkB =0.20), fully describe the dynamics of the system so long as the blocks have the same acceleration andT > 0.(a) These equations lead to an acceleration equal toa = g _sin θ − _μkAWA + μkBWB

WA +WB _cos θ_ = 3.5 m/s2

.(b) We solve the above equations for the tension and obtainT = _ WAWB

WA +WB _(μkB − μkA) cos θ = 0.21 N .

Simply returning the value for a found in part (a) into one of the above equations is certainly fine,and probably easier than solving for T algebraically as we have done, but the algebraic form doesillustrate the μkB − μkA factor which aids in the understanding of the next part.(c) Reversing the blocks is equivalent to switching the labels (so A is now the block of weight 7.2 N andμkA is now the 0.20 value). We see from our algebraic result in part (b) that this gives a negativevalue for T, which is impossible. We conclude that the above set of four equations are not valid inthis circumstance (specifically, a for one block is not equal to a for the other block). The blocksmove independently of each other.

23. Os diagramas de corpo livre para os dois blocos são mostradas abaixo. T é a magnitude da força de tensão dea cadeia,? NA é a força normal sobre o bloco A (o bloco à esquerda),? RN é a força normal sobre o blocoB,? FA é a força de atrito cinética no bloco A,? FB é força de atrito cinética no bloco B. Além disso, mA é a massado bloco A (onde mA = WA / g, WA = 3,6 N) e MB é a massa do bloco B (em MB = BM / ge WB = 7,2 N). O ângulo de inclinação é θ = 30 ◦................................................... ....................................................................................................  ................................................................................................... .................................................. ................................................................................................................. ................................................................................................................................ ....................................................................................................  ..................................................................................•mA? gT?? fA? NAθUm ................................................. ....................................................................................................  .................................................................................................... .................................................. ................................................................................................................. ................................................................................................................................ ....................................................................................................  ..................................................................................•

MB? gT?? fB? NBθBPara cada bloco tomamos + x downhill (que é em direção ao canto inferior esquerdo nestes diagramas) e + y nodireção da força normal. Aplicando a segunda lei de Newton para as direções X e Y do primeiro bloco Ae B próximo bloco, chegamos a quatro equações:WA θ pecado - FA - T = mA umNA WA-cos θ = 0WB θ pecado - fB + T = mB umNB WB-cos θ = 0.que, quando combinada com a Eq.. 6-2 (FA = μkANA onde μkA = 0,10 e fB = μkBNB onde μkB =0,20), descrever completamente a dinâmica do sistema, desde que os blocos têm a mesma aceleração eT> 0.(A) Estas equações levam a uma aceleração igual aum g = θ pecado -? μkAWA + μkBWBWA WB +? Θ cos? = 3.5 m/s2.(B) Resolvemos as equações para a tensão e obterT =? WAWBWA WB +? (ΜkB - μkA) cos θ = 0,21 N.Basta retornar o valor para um encontrado no item (a) em uma das equações acima é certamente muito bem,e, provavelmente, mais fácil do que resolver para T algebricamente como temos feito, mas a forma algébrica éilustrar a μkB - μkA fator que auxilia na compreensão do próximo.(C) Invertendo os blocos é equivalente à mudança de rótulos (para A é agora o bloco de peso 7,2 N eμkA é agora o valor de 0,20). Vemos nosso resultado algébrico na parte (b) que isso dá um impacto negativovalor de T, que é impossível. Concluímos que o conjunto de quatro equações acima não são válidos emesta circunstância (especificamente, um por um bloco não é igual a um para o outro bloco). Os blocosmover independentemente umas das outras.

24. Treating the two boxes as a single system of total mass 1.0 + 3.0 = 4.0 kg, subject to a total (leftward)friction of magnitude 2.0 + 4.0 = 6.0 N, we apply Newton’s second law (with +x rightward):F − ftotal = mtotal a12.0 − 6.0 = ( .04)awhich yields the acceleration a = 1.5 m/s2. We have treated F as if it were known to the nearest tenthof a Newton so that our acceleration is “good” to two significant figures. Turning our attention to thelarger box (the Wheaties box of mass 3.0 kg) we apply Newton’s second law to find the contact force F_

exerted by the smaller box on it.

F_ − fW = mW aF_ − 4.0 = ( .03)(1.5)This yields the contact force F_ = 8.5 N.

24. Tratar as duas caixas como um único sistema de massa total de 1,0 + 3,0 = 4,0 kg, com um total (à esquerda)fricção de magnitude 2,0 + 4,0 = 6,0 N, aplicamos Newtonâ € ™ s segunda lei (com + xpara a direita):Ftotal A F '= mtotal um12,0 â '= 6,0 (0,04) aque produz a aceleração a = 1,5 m/s2. Nós tratamos F como se fosse conhecido o décimo mais próximode Newton para que a nossa aceleração é â € œgoodâ € para dois algarismos significativos. Voltando nossa atenção para ocaixa maior (a caixa de cereal de 3,0 kg de massa) que aplicamos Newtonâ € ™ s a segunda lei de encontrar a força de contato Fexercida pela caixa menor nele.FW A F '= mW umA F '= 4,0 (0,03) (1,5)Isso produz a força de contato F = 8,5 N.

25. The free-body diagrams for the two blocks, treated individually, are shown below (first m and then M).F_ is the contact force between the two blocks, and the static friction force _ fs is at its maximum value(so Eq. 6-1 leads to fs = fs,max = μsF_ where μs = 0.38).................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•F_ _ F_m_g_ fs...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

............................ •_NM_g_F _Treating the two blocks together as a single system (sliding across a frictionless floor), we apply Newton’ssecond law (with +x rightward) to find an expression for the acceleration.F = mtotal a =⇒ a = Fm +MThis is equivalent to having analyzed the two blocks individually and then combined their equations.Now, when we analyze the small block individually, we apply Newton’s second law to the x and y axes,substitute in the above expression for a, and use Eq. 6-1.F − F_ = ma =⇒ F_ = F − m_ Fm +M_fs − mg = 0 =⇒ μsF_ − mg = 0These expressions are combined (to eliminate F_) and we arrive at

F = mgμs _1 − mm+M _which we find to be F = 4.9 × 102 N.

25. Os diagramas de corpo livre para os dois blocos, tratado individualmente, são mostrados a seguir (m primeiro e depois M).F? é a força de contato entre os dois blocos, e a força de atrito estático? fs está em seu valor máximo(Por isso eq. 6-1 leva a fs = fs, max = μsF? Onde mS = 0,38)........................................................................................................................... .................................................. ................................................................................................ .................................................. ................................................................................................................. .................................................. ...............................................................•F? ? F?m? g? fs.................................................. ....................................................................................................  ..................................................................................... ....................................................................................................  ..................................................................................... .................................................. ..................................... •? NM? G? F?Tratar os dois blocos juntos como um sistema único (que desliza sobre um piso sem atrito), aplica-se de NewtonA segunda lei (com + x para a direita) para encontrar uma expressão para a aceleração.F = mtotal a = ⇒ a = FM + MIsso é equivalente a ter analisado os dois blocos individualmente e então combinaram as suas equações.Agora, quando analisamos o pequeno bloco individualmente, nós aplicamos a segunda lei de Newton para os eixos X e Y,substituir na expressão acima para um, e usar a Eq.. 6-1.F - F? = Ma = F ⇒? = F - m? Fm + M?fs - mg = 0 = ⇒ μsF? - Mg = 0Estas expressões são combinadas (para eliminar F?) E chegamos aF = mgmS 1 -? mm + M?que encontramos a F = 4,9 × 102 N.

26. The free-body diagrams for the two boxes are shown below. T is the magnitude of the force in the rod(when T > 0 the rod is said to be in tension and when T < 0 the rod is under compression), _N2 is the

normal force on box 2 (the uncle box), _N1 is the the normal force on the aunt box (box 1), _ f1 is kineticfriction force on the aunt box, and _ f2 is kinetic friction force on the uncle box. Also, m1 = 1.65 kg isthe mass of the aunt box and m2 = 3.30 kg is the mass of the uncle box (which is a lot of ants!)................................................................................................................................................................................................................ ........................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................................................................

•m1_g_T_ f1_N1

θbox 1 ...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

•m2_g_T_ f2_N2

θbox 2For each blockw e take +x downhill (which is toward the lower-right in these diagrams) and +y in thedirection of the normal force. Applying Newton’s second law to the x and y directions of first box 2 andnext box 1, we arrive at four equations:m2g sin θ − f2 − T = m2 aN2 − m2g cos θ = 0m1g sin θ − f1 + T = m1 aN1 − m1g cos θ = 0.which, when combined with Eq. 6-2 (f1 = μ1N1 where μ1 = 0.226 and f2 = μ2N2 where μ2 = 0.113),fully describe the dynamics of the system.(a) We solve the above equations for the tension and obtainT = _ m2m1 gm2 + m1_(μ1 − μ2) cos θ = 1.05 N .(b) These equations lead to an acceleration equal toa = g _sin θ − _μ2m2 + μ1m1

m2 + m1 _cos θ_ = 3.62 m/s2

.(c) Reversing the blocks is equivalent to switching the labels. We see from our algebraic result inpart (a) that this gives a negative value for T (equal in magnitude to the result we got before).Thus, the situation is as it was before except that the rod is now in a state of compression.

26. Os diagramas de corpo livre para as duas caixas são mostradas abaixo. T é a magnitude da força na haste

(Quando t> 0, a haste é dito estar em tensão e, quando t <0 a barra estiver sob compressão),? N2 é aforça normal na caixa 2 (na caixa de tio),? N1 é a força que o normal na caixa tia (caixa 1),? f1 é cinéticaforça de atrito sobre a caixa de tia, e? F2 é a força de atrito cinético na caixa tio. Além disso, m1 = 1,65 kg éa massa da caixa de tia e m2 = 3,30 kg é a massa da caixa tio (que é um monte de formigas!)................................................... ....................................................................................................  ......................................................... .............................................................................. .................................................. ........................... ................................................... ....................................................................................................  ..................................................................................•m1? gT?? f1? N1θ1 caixa de ................................................ ....................................................................................................  ..................................................................................................... ....................................................................................................  ........................................................ ....................................................................................................  ....................................................................................................  ......................................................................................................•m2? gT?? f2? N2θcaixa 2Para cada exame e blockw + x downhill (que é em direção ao canto inferior direito nestes diagramas) e + y nodireção da força normal. Aplicando a segunda lei de Newton para as direções X e Y primeira caixa 2 epróxima caixa 1, chegamos a quatro equações:θ pecado m2g - f2 - T = m2 aN2 - cos m2g θ = 0θ pecado M1G - F1 + T = m1 umN1 - cos M1G θ = 0.que, quando combinada com a Eq.. 6-2 (f1 = μ1N1 onde μ1 = 0,226 e f2 = μ2N2 onde μ2 = 0,113),descrever completamente a dinâmica do sistema.

(A) Nós resolvemos as equações acima para a tensão e obterT =? m2m1 gm1 + m2? (μ1 - μ2) cos θ = 1,05 N.(B) Essas equações levar a uma aceleração igual aum g = θ pecado -? μ2m2 + μ1m1m1 + m2? θ cos? = 3,62 m/s2.(C) Invertendo os blocos é equivalente à mudança nos rótulos. Vemos nosso resultado algébricaparte (a) que isso dá um valor negativo para T (igual em magnitude ao resultado que temos antes).Assim, a situação é como era antes, exceto que a barra está agora em um estado de compressão.

27. Os diagramas de corpo livre para a laje e bloco são mostrados abaixo. ? F é a força de 100 N aplicado aobloco? Ns é a força normal do piso sobre a laje, Nb é a magnitude da força normal entrea laje eo bloco,? f é a força de atrito entre a laje eo bloco, ms é a massa dolaje, e mb é a massa do bloco. Para ambos os objetos, tomamos a direção + x para estar à esquerda ea direção + y para cima................................................... .............................................................................................................. ....................................................................................................  ..................................................................................................................... ....................................................................................................  ..................................................................................................................... ..............................................................................? Nbms? g? Ns? f• laje.................................................. .................................................. ................................................................................................................. .................................................. ................................................................................................................. .................................................. ................................................................................................................. ..............................................................................F?mb? g? Nb? f• blocoAplicando a segunda lei de Newton para os eixos X e Y para o (primeiro) a laje e (segundo) os resultados do bloco emquatro equações:

f = MSASNS - Nb - msg = 0F - f = mbabNb - mbg 0 =a partir do qual podemos notar que a magnitude do atrito estático máxima possível seriaμsNb μsmbg = = (0.60) (10 kg) (9.8m/s2) N = 59.Nós verificar se as lâminas do bloco sobre a laje. Supondo que não, então como = ab (que denotamossimplesmente como uma) e resolvemos para f:f = msfms + mb=(40 kg) (100 N)40 kg + 10 kgN = 80que é maior do fs, max do que se conclui o bloco está deslizando sobre a laje (suas aceleraçõessão diferentes).(A) Usando f = μkNb o rendimento equações acimaab = F - μkmbgmb=100N - (0,40) (10 kg) (9.8m/s2)10 kg= 6,1 m/s2.O resultado é positivo, o que significa (para lembrar a nossa escolha de direção + x) que acelera a esquerda.(B) Também obtemoscomo = μkmbgms=(0,40) (10 kg) (9.8m/s2)40 kg= 0,98 m/s2.Como mencionado acima, isso significa que ele acelera para a esquerda.

28. Podemos tratar todos os 25 carros como um único objeto de massa m = 25 × 5,0 ×104 kg e (quando a velocidade é 30 quilômetros por a hora= 8,3 m / s) sujeito a uma força de atrito igual a f = 25 × 250 × 5,2 × 8,3 = 104 N.(a) Ao longo da trilha de nível, este objeto sofre uma "frente" T força exercida pelalocomotiva, de modoque a segunda lei de Newton conduz àT - f = ma T = ⇒ = 5,2 + 1,25 × 104 × 106? (0.20)que rende T = 3,0 × 105 N.(b) O diagrama de corpo livre é mostrada abaixo, com θ como o ângulo de inclinação.A direção + x (queé a única direção em que estaremos aplicando a segunda lei de Newton) é para cima(no canto superior direitono nosso esquema).Assim, obtemosT - f - θ pecado mg = ma

onde definimos a = 0 (implícitapelo enunciado do problema)e resolver para o ângulo.Nós obtemos θ = 1.2 ◦................................................... ....................................................................................................  ................................................................................................... ....................................................................................................  ................................................................................................... ................................................................................................................................ .................................................. ....................................................................................................................................•g mTfNθ

29. Cada um dos lados da calha exerce uma força normal sobre a caixa. O primeiro diagrama mostra a vista à procuraem direção a uma seção transversal. A força líquida é ao longo da linha tracejada. Uma vez que cada uma das forças normalfaz um ângulo de 45 ◦ com a linha tracejada, a magnitude da força resultante normal é dada porN º = cos 45 ◦ 2N 2N = √. O segundo diagrama é o bodydiagram-livre para a caixa (a partir de um "lado"ponto de vista, semelhante ao mostrado na primeira foto na fig. 6-36). A força da gravityhas mg magnitude,onde m é a massa da caixa, ea magnitude da força de atrito é denotada por f.Tomamosa direção + x ser para baixo a inclinação e + y seja no sentido de? Nr. Então, o componente xda segunda lei de Newton é mg θ pecado - f = ma ea componente y é Nr - mg cos θ = 0. Desde oengradado está se movendo, cada lado da calha exerce uma força de atrito cinético, assim que a força total de atritotem magnitude f = = 2μkN 2μkNr / √ 2 = √ 2μkNr. Combinando essa expressão com Nr = mg cos θe substituindo na equação da componente x, obtemos mg θ pecado - √ 2 mg cos θ = ma. Por issoum = g (θ pecado - √ 2μk cos θ)................................................... ....................................................................................................  ....................................................................................................  ....................................................................................... ....................................................................................................  .................................................. ..................................................................................... ....................................................................................................  ........

.......................................... .......

............................

.................................................. ....................................................................................................  ........

............................................................................................  ...................................................................

................................. .........? N? N....................................................................................................................... ....................................................................................................  .................................................. ......................................................................................... .................................................. ............................................................................................................................... ....................................................................................................  ................................................................•? Nr? fm? gθ

30. Fig. 6-4 no livro mostra uma situação semelhante (utilizando † I para o ângulo dedesconhecidos), juntamente com um corpo livrediagrama. Nós usamos o mesmo sistema de coordenadas como na figura.(a) Assim, Newtonâ € ™ s segunda lei conduz àT cos f Ï † â '= ma ao longo do eixo xMg T pecado Eu † â + N '= 0 ao longo do eixo yDefinindo a = 0 e f = fs, max = i sN ¼, a resolução para a massa da caixa e areia (emfunção daângulo):T m =pecado g i † +Porque eu †Î ¼ sque vamos resolver com técnicas de cálculo (para encontrar o ângulo que eu † mcorrespondente ao máximomassa que pode ser puxada).dmdtT =g porque eu m â † 'Sin I m †Î ¼ s = 0Isto conduz a tan m † i = s que ¼ (para i s ¼ = 0,35) os rendimentos m i † = 19A-|.(b) Ligar o nosso valor para eu m † na equação encontrada para a massa derendimentos caixa e

areiam = 340 kg. Isso corresponde a um peso de 3,3 mg = A-103 N.

31. We denote the magnitude of the frictional force αv, where α = 70N· s/m. We take the direction of theboat’s motion to be positive. Newton’s second law gives−αv = mdvdt.Thus,_ vv0

dvv= −αm _ t0

dtwhere v0 is the velocity at time zero and v is the velocity at time t. The integrals are evaluated withthe resultln vv0

= −αtm.We take v = v0/2 and solve for time:t = mαln 2 =1000 kg70N · s/mln 2 = 9.9 s .

32. Na solução para o exercício 4, verificou-se que a força fornecida pelo ventonecessária para igual F = 157 N(onde esse número anterior não é â € œsignificantâ €).(a) Definir F = D (para a força de arrasto), usamos a equação. 14/06 para encontrar avelocidade do vento V ao longo do solo (querealmente é relativo à pedra em movimento, mas nós assumimos a pedra se movedevagar o suficiente para que estenão invalida o resultado):V = 2FCI a= 2 (157)(0,80) (1,21) (0,040)que rende V = 90 m / s, que converte a V = 3,2 A-102 km / h.(b) Dobrar o nosso resultado anterior, encontramos a velocidade relatada como 6,5 a-102 km / h, o que não érazoável para uma tempestade terrestre. (Um furacão categoria 5 tem velocidades na ordem dos 2,6-102 m / s.)