1) Um limpador de janelas usa uma escada de 5m apoiada na parede a 2,5m do chão. Ao subir 3m pela escada, a janela quebrou. 2) Imediatamente antes da quebra, a força da escada sobre a janela era de 282,9N. 3) A força do chão sobre a escada fazia um ângulo de 71° com a horizontal e media 878,8N.

1. Problema 1:
Um limpador de janelas de 75 kg usa uma escada de m˜o de 10 kg com 5,0 m
a
de comprimento. Ele coloca uma extremidade no ch˜o a 2,5 m da parede, encosta
a
a outra extremidade superior contra uma janela rachada e sobe a escada. Ele j´ a
subiu 3,0 m ao longo da escada quando a janela se quebra. Desprezando o atrito
entre a escada e a janela e supondo que a base da escada n˜o desliza, ache (a) a
a
intensidade da for¸a que a escada exercia sobre a janela imediatamente antes da
c
janela quebrar e (b) a intensidade, a dire¸˜o e o sentido da for¸a que o ch˜o exercia
ca c a
sobre a escada imediatamente antes de a janela quebrar.
Como todo problema do gˆnero, iniciaremos elaborando um diagrama de for¸as
e c
para melhor compreens˜o.
a
.
¨..
B
¨¨ E. N
P
e
e
.. ¨e
¨
%
.. e
..
PH..c
e
%¨
.¨ e N. .C
.. ..
.. e T
..ce ...
PE
e .
Fat .' θ(e¨ ¨.
B
.. ¨¨
.¨%
Figura 1: Diagrama de for¸as
c
Observamos que temos 3 vari´veis que s˜o NP (normal que a parede exerce na
a a
escada), Fat (atrito com o ch˜o) e NC (normal do ch˜o sobre a escada), portanto,
a a
precisamos trˆs equa¸oes para resolver. Usaremos as equa¸˜es do equil´
e c co ıbrio. Con-
siderando que as for¸as atuam todas em um unico plano (x,y), temos:
c ´

 ΣFx
 = 0
ΣF y = 0

 Στ
z = 0
logo:
ΣFx = 0 = |NP | − |Fat |
ΣFy = 0 = −|PH | − |PE | + |NC |
1

2. A Figura 1 contempla as componentes que aplicam torque ` escada (componentes
a
perpendiculares ` escada). Considerando que L seja o comprimento da escada e D
a
a distˆncia em que o homem se encontra do in´ da escada. A soma de todos os
a ıcio
torques externos que atuam sobre a escada, medidos em rela¸˜o a qualquer ponto
ca
deve ser igual a zero. Por conveniˆncia, elegemos o ponto de contato entre a escada
e
e o ch˜o, pois ´ um ponto onde atuam duas componentes, e assim, simplificamos
a e
os c´lculos.
a
Στz = 0 = −|Np |.senθ.L + |PH |.cosθ.D + |PE |.cosθ. L
2
a) conforme a terceira lei de newton, a intensidade da for¸a que a parede ex-
c
erce na escada tem o mesmo m´dulo da for¸a que a escada exerce sobre a parede.
o c
Isolando NP :
PH .cosθ.D PE .cosθ PH .D PE
NP = senθ.L + 2.senθ ou, simplificando: NP = tg −1 θ. L + 2
Ainda nos falta o ˆngulo θ , mas temos o comprimento da escada e a distˆncia da
a a
base da escada at´ a parede, o que ´ suficiente para calcular.
e e
2,5
cosθ = 5,0 −→ θ = 60◦
logo:
(75).(9,8).(3) (10).(9,8)
NP = tg −1 (60◦ ). 5 + 2 = 282, 9
|NP | = 2, 8 × 102 N
b) Agora nos restam as outras duas equa¸oes para encontrarmos as vari´veis
c˜ a
faltantes. Da primeira equa¸˜o temos que |Fat | = |NP | e na segunda temos
ca
|NC | = |PH | + |PE |, logo a for¸a F que procuramos tem intensidade:
c
|F | = |Fat |2 + |NC |2
|F | = (2, 8 × 102 )2 + [(75).(9, 8) + (10).(9, 8)]2 = 878, 8
e para dire¸˜o e sentido podemos fazer
ca
2
|F |.cosθ = |Fat | =⇒ θ = arccos |Fat | −→ arccos 2,8×102 = 71◦
8,8×10
|F |
F = 8, 8 × 102 fazendo um ˆngulo de 71◦ com a horizontal
a
2