Baixe 14res tópicos de física e outras Notas de estudo em PDF para Física, somente na Docsity! 317Tópico 1 – Estática dos sólidos Parte III – ESTÁTICA 1 Uma partícula encontra-se em equilíbrio, submetida a apenas duas forças. O que se pode concluir a respeito delas? Resposta: Elas têm intensidades iguais, direções iguais e sentidos opostos. 2 E.R. Um ponto material está em equilíbrio, submetido a ape- nas três forças. Qual é a condição que as intensidades dessas forças devem satisfazer? Resolução: 1a possibilidade: As forças têm direções diferentes. Nesse caso, posicionando-as segundo a regra do polígono, obtemos um triângulo: F3 F2 F1 Para o triângulo existir, é necessário que a medida de cada um dos seus lados seja menor que a soma das medidas dos outros dois. Então, a intensidade de cada uma das três forças tem de ser me- nor que a soma das intensidades das outras duas. Por exemplo: F 1 = 3 N, F 2 = 4 N e F 3 = 6 N. 2a possibilidade: As forças têm direções iguais. Agora, temos uma situação do seguinte tipo: F1 F2 F3 Isso signif ica que a intensidade de uma das três forças tem de ser igual à soma das intensidades das outras duas. 3 Uma partícula submetida a apenas três forças, de intensidades 3 N, 4 N e 20 N, pode estar em equilíbrio? Resolução: Não, porque 20N > 3N + 4N. Resposta: Não 4 Em cada uma das extremidades de um f io considerado ideal, que passa por duas pequenas polias também supostas ideais, está sus- penso um corpo de massa igual a m. Um terceiro corpo de massa m é suspenso do ponto médio M do f io e baixado até a posição de equilíbrio. Determine, em função de (ver f igura), quanto desceu o terceiro corpo. 2 M m m m Resolução: 120º 60º h M P T = P T = P No triângulo destacado: tg 60º = h ⇒ h = 3 ⇒ h = 3 3 Resposta: 3 3 5 E.R. Na f igura, um corpo de peso 120 N encontra-se em equilí- brio, suspenso por um conjunto de três f ios ideais A, B e C. Calcule as intensidades das trações T A , T B e T C , respectivamente nos f ios A, B e C. A θ B C Nó sen θ = 0,60 cos θ = 0,80 Tópico 1 318 PARTE III – ESTÁTICA Resolução: A tração no f io A tem a mesma intensidade do peso do corpo: T A = 120 N Representemos as forças de tração que os f ios exercem no nó e façamos a decomposição dessas forças segundo a vertical e a horizontal: TB TA TC TCx TCy θ Do equilíbrio, vem: • T Cy = T A ⇒ T C · sen θ = T A ⇒ T C · 0,60 = 120 T C = 200 N • T B = T Cx ⇒ T B = T C · cos θ ⇒ T B = 200 · 0,80 T B = 160 N Nota: • Também podemos determinar T B e T C lembrando que o polígono das forças de tração exercidas pelos f ios no nó é fechado. TB TA TC θ Assim, temos: sen θ = T A T C ⇒ 0,60 = 120 T C ⇒ TC = 200 N cos θ = T B T C ⇒ 0,80 = T B 200 ⇒ TB = 160 N 6 Um ornamento de peso 80 N está suspenso por um cordel, como indica a f igura: 30° 30° Cordel No equilíbrio, calcule a intensidade da tração no cordel. Resolução: 30º 30º P = 80 N Tx Tx TyTyT T 2 T y = P 2 T sen 30º = P 2 T · 1 2 = 80 ⇒ T = 80 N Resposta: 80 N 7 Uma caixa é mantida em equilíbrio por três cordas A, B e C, como representa a f igura. Coloque em ordem crescente as intensida- des T A , T B e T C das trações nessas cordas. A B C 60˚ Resolução: TC TB 60° 30° TA ⇒ TB < TA < TC Resposta: T B , T A , T C 8 Uma partícula encontra-se em equilíbrio sob a ação de um sis- tema constituído de apenas três forças, sendo o peso uma delas. A res- peito das outras duas forças, podemos af irmar que: a) elas são necessariamente horizontais; b) elas são necessariamente verticais; c) apenas uma pode ser vertical; d) elas não podem ser ambas horizontais; e) elas não podem ser ambas verticais; Resolução: As outras duas forças têm de equilibrar o peso, que é vertical. Portanto, elas não podem ser ambas horizontais. Resposta: d 321Tópico 1 – Estática dos sólidos 15 (Unicamp-SP) Uma das modalidades de ginástica olímpica é a das argolas. Nessa modalidade, os músculos mais solicitados são os dos braços, que suportam as cargas horizontais, e os da região dorsal, que suportam os esforços verticais. Considerando um atleta cuja mas- sa é de 60 kg e sendo os comprimentos indicados na f igura H = 3,0 m, L = 1,5 m e d = 0,5 m, responda (g = 10 m/s2): d L H a) Qual a tensão em cada corda quando o atleta se encontra pendura- do no início do exercício com os braços na vertical? b) Quando o atleta abre os braços na horizontal, qual a componente horizontal da tensão em cada corda? Resolução: a) Somos forçados a supor que as cordas também estão na vertical. Do equilíbrio do atleta: 2T = P 2T = m g 2T = 60 · 10 T = 300 N T T P b) Na vertical: 2 T y = P 2 T y = 600 T y = 300 N Da semelhança dos dois triângulos retân- gulos, temos: Tx H TyT L 2 d 2 L – d 2 H L – d 2 = T y T x ⇒ T x = L – d 2 · T y H T x = 1,5 – 0,5 2 · 300 3,0 ⇒ T x = 50 N Respostas: a) 300 N; b) 50 N 16 E.R. Nas situações a e b ilustradas a seguir, um mesmo bloco de massa m igual a 10 kg encontra-se na iminência de escorregar, tracionado elasticamente por uma mola de constante elástica K igual a 300 N/m. m Situação a: bloco apoiado em um plano horizontal na iminência de escorregar. θ m Situação b: bloco apoiado em um plano inclinado de θ em relação à horizontal (sen θ = 0,60 e cos θ = 0,80) na iminência de subir. Sabendo que, nas duas situações, o coef iciente de atrito estático μ e entre o bloco e o plano é igual a 0,45 e considerando g igual a 10 m/s2, calcule a deformação da mola: a) na situação a; b) na situação b. Resolução: Como o bloco encontra-se na iminência de escorregar, a força de atrito atuante nele é a força de destaque, dada por F atd = μ e F n , em que F n é a intensidade da força normal com que o bloco e o plano se comprimem. a) Representando as forças atuantes no bloco, temos: P F Fn Fatd Do equilíbrio do bloco, vem: F n = P = m g = 10 · 10 ⇒ F n = 100 N F = F atd = μ e F n = 0,45 · 100 ⇒ F = 45 N Usando a Lei de Hooke, calculamos a deformação Δx: F = K Δx ⇒ 45 = 300 · Δx ⇒ Δx = 15 cm 322 PARTE III – ESTÁTICA b) Representando as forças atuantes no bloco, temos: P F Fn FatdPn Pt θ θ Do equilíbrio do bloco, vem: F n = P n = P · cos θ = m g · cos θ = 10 · 10 · 0,80 ⇒ F n = 80 N F = P t + F atd = P · sen θ + μ e F n = 10 · 10 · 0,60 + 0,45 · 80 ⇒ F = 96 N Usando a Lei de Hooke: F = K Δx ⇒ 96 = 300 · Δx ⇒ Δx = 32 cm 17 Uma esfera de aço (E) pesando 200 N encontra-se apoiada em um plano horizontal e amarrada a uma parede vertical por meio de um f io ideal: C 30°E Um cilindro (C) de peso 100 N é ligado a um f io ideal, que passa por uma polia também ideal e vai prender-se à esfera. Calcule: a) a intensidade da força de reação normal do plano horizontal sobre a esfera; b) a intensidade da força de tração no f io que liga a esfera à parede vertical; c) a intensidade do peso que o cilindro deveria ter para que a esfera f icasse na iminência de sair do plano. Resolução: T1 200 N T2 = 100 N T2y = 50 N T2x = 50 N Fn 330º a) F n + 50 = 200 ⇒ F n = 150 N b) T 1 = 50 3 N c) Teríamos : F n = 0 e T 2y = 200 N sen 30º = T 2y T 2 ⇒ 1 2 = 200 T 2 T 2 = 400 N Respostas: a) 150 N; b) 50 3 N; c) 400 N 18 Na f igura a seguir, (1) e (2) são duas rampas planas perfeitamen- te lisas que se interceptam em uma reta horizontal, que passa por A e é perpendicular ao plano do papel. Nas rampas, apoia-se um prisma reto, hexagonal, regular e homogêneo, cujo peso P tem intensidade de 100 N. α β A (1) (2) Plano horizontal P Sabendo que sen α = 3 5 e cos α = 4 5 , determine as intensidades das forças aplicadas pelo prisma sobre as rampas. Resolução: P F2 F1 • cos α = F 1 P ⇒ 4 5 = F 1 100 ⇒ F 1 = 80 N • sen α = F 2 P ⇒ 3 5 = F 2 100 ⇒ F 2 = 60 N Resposta: 80 N na rampa (1) e 60 N na rampa (2). 19 Na situação de equilíbrio esquematizada a seguir, os f ios são ideais: A B 10 kg θ sen θ = 0,6 cos θ = 0,8 Sendo 0,4 o coef iciente de atrito estático entre o bloco A e o plano horizontal em que ele se apoia, determine a maior massa que o blo- co B pode ter de modo que o equilíbrio se mantenha, supondo essa montagem feita: a) na superfície da Terra; b) na superfície da Lua. 323Tópico 1 – Estática dos sólidos Resolução: Na iminência de movimento, temos: Fn = 10 · g PA = 10 · g mB g T2 T1 = 4 · g T3 = mB g A θ T1 = 4 · g 4 · g No triângulo destacado: tg θ = m B g 4 · g ⇒ sen θ cos θ = m B g 4 · g ⇒ 0,6 0,8 = m B 4 ⇒ mB = 3 kg Observe que o resultado não depende da intensidade g do campo gravitacional. Respostas: a) 3 kg; b) 3 kg 20 Nas montagens esquematizadas a seguir, considere ideais os f ios, as polias e a barra rígida. Em todos os casos, a caixa suspensa tem peso de módulo P. Teto (B)(A) Q Piso Q FA FB Teto Piso (D)(C) Q Q Barra rígida FC FD a) Determine as intensidades das forças F A , F B , F C e F D , que equilibram os sistemas A, B, C e D, respectivamente. b) Para que a caixa, ao ser erguida em equilíbrio, sofra um desloca- mento de módulo d, quais deverão ser os módulos d A , d B , d C e d D dos deslocamentos do ponto Q nos sistemas A, B, C e D, respectiva- mente? Resolução: a) • FA = P FB = P FC = P 2 • No conjunto formado pela caixa, pela barra e pelas três polias inferiores: 6 F D = P ⇒ FD = P 6 b) Em todos os casos, o trabalho da força aplicada em Q é igual, pois corresponde a um mesmo fornecimento de energia potencial gra- vitacional Pd: • F A d A = P d ⇒ Pd A = P d ⇒ dA = d • F B d B = P d ⇒ Pd B = P d ⇒ dB = d • F C d C = P d ⇒ P 2 d C = P d ⇒ dC = 2 d • F D d D = P d ⇒ P 6 d D = P d ⇒ dD = 6 d Respostas: a) F A = P, F B = P, F C = P 2 , F D = P 6 ; b) d A = d, d B = d, d C = 2d, d D = 6 d 21 (UFRN) O lendário Macunaíma, personagem criado por Má- rio de Andrade, costuma desfrutar do aconchego de sua “redinha”. Ávido por um descanso, Macunaíma, nosso anti-herói, está sempre improvisando um gancho para armar sua rede. Ele soube que sua segurança ao deitar-se na rede está relacionada com o ângulo θ, de inclinação dos punhos da rede com a parede e que essa inclinação pode ser mudada alterando-se o tamanho dos punhos, por exemplo, com auxílio de cordas. A f igura abaixo ilustra um desses momentos de descanso da perso- nagem. Nessa f igura, a força T , exercida pela corda da rede sobre o gancho do armador, preso na parede, aparece decomposta em com- ponentes, T II (paralela à parede) e T (perpendicular à parede). T| TII θT P Representação esquemática de Macunaíma dormindo em sua rede. Considere-se que: I. o peso, P , de Macunaíma está bem distribuído e o centro de gravi- dade do conjunto está no meio da rede; II. as massas da rede e da corda são desprezíveis; III. o armador pode ser arrancado somente em decorrência de um maior valor da componente T , da força T . Podemos af irmar que, para uma maior segurança, Macunaíma deve escolher uma inclinação θ relativamente: a) pequena, pois T = P 2 sen θ; b) pequena, pois T = P 2 tg θ; c) grande, pois T = P 2 cos θ; d) grande, pois T = P 2 cotg θ. 326 PARTE III – ESTÁTICA A namorada do jovem, que pesa 51 kgf, encaixa a mesma chave, mas na horizontal, em outro parafuso, e pisa a extremidade da chave, exer- cendo sobre ela uma força igual a seu peso, como mostra a f igura 2. 51 kgf 30 cmFigura 2 Supondo que este segundo parafuso esteja tão apertado quanto o primeiro e levando em conta as distâncias indicadas nas f iguras, veri- f ique se a moça consegue soltar esse segundo parafuso. Justif ique sua resposta. Resolução: F igura 1: M 1 = 75 kgf · 0,20 m = 15 kgf m F igura 2: M 2 = 51 kgf · 0,30 m = 15,3 kgf m Como M 2 > M 1 , a moça consegue. Resposta: Consegue porque o torque da força de 51 kgf é mais in- tenso que o da força de 75 kgf. 29 E.R. Uma barra prismática homogênea AB de comprimento igual a 4,0 m e peso igual a 100 N apoia-se sobre a cunha C, colocada a 0,50 m de A. A barra f ica em equilíbrio, como representa a f igura, quando um corpo X é suspenso em sua extremidade A: A C B X Calcule: a) o peso do corpo X; b) a reação da cunha C sobre a barra. Resolução: Representemos as forças que atuam na barra: A C B G 2,0 m1,5 m0,50 m T Pb R • P b é o peso da barra, aplicado em seu centro de gravidade G (ponto médio da barra homogênea); • T é a tração exercida em A pelo f io; essa força tem a mesma inten- sidade do peso de X (T = P X ); • R é a reação da cunha sobre a barra. Para o equilíbrio de translação da barra, temos: R = T + P b ou R = P X + P b ⇒ R = PX + 100 (I) Para o equilíbrio de rotação da barra, a soma algébrica dos momentos escalares de todas as forças nela aplicadas deve ser nula em relação a qualquer polo. Em relação a C, por exemplo, devemos ter: MT + MR + MP b = 0 Convencionando positivos os momentos no sentido horário, temos: –T · AC + R · 0 + P b · CG = 0 –P X · 0,50 + 100 · 1,5 = 0 P X = 300 N (a) De (I), vem: R = P X + 100 = 300 + 100 R = 400 N (b) Nota: • O equilíbrio de rotação pode ser considerado em relação a qualquer polo, independentemente de passar ou não por ele um eixo de rotação real. Em relação a A, por exemplo, teríamos: MT + MR + MP b = 0 T · 0 – R · 0,50 + 100 · 2,0 = 0 R = 400 N 30 (UFV-MG) Um menino e uma menina estão brincando sobre uma prancha homogênea, conforme ilustra a f igura. A posição das crianças estabelece uma condição de equilíbrio. Qual a massa do menino? 2,5 m 2,0 m E E = eixo de rotação20 kg Resolução: Em relação a E, temos, em módulo: m g · 2,0 = 20g · 2,5 ⇒ m = 25 kg Resposta: 25 kg 31 Uma pessoa precisava separar 400 g de açúcar para fazer um doce, mas não tinha uma balança. Pegou, então, um cabo de vassoura e o apoiou em uma escada, de modo a f icar em equilíbrio na horizontal (o ponto O é o centro de gravidade do cabo). 20 cm x Sal Saco plástico Escada Cabo de vassoura O Usando um barbante, suspendeu no cabo um saco fechado de sal de cozinha, de 1 kg (1 000 g), a 20 cm do ponto de apoio (O). Usando outro barbante, suspendeu um saco plástico vazio e foi despejando açúcar nele até o cabo f icar novamente em equilíbrio na horizontal. Calcule a distância x que determina a posição em que o saco plástico deve ser colocado para que se consiga a quantidade de açúcar desejada. 327Tópico 1 – Estática dos sólidos Resolução: Tomando os momentos em relação a O, em valor absoluto, e operando com as massas para evitar complicações desnecessárias, temos: 1 000 g · 20 cm = 400 g · x ⇒ x = 50 cm Resposta: 50 cm 32 Uma barra cilíndrica e homogênea, dividida em seis partes iguais, cada uma delas de comprimento d, encontra-se em equilíbrio na horizontal, como na f igura. A B C D E F a) Suspendendo-se um corpo de peso igual a 6 N no gancho B, qual deve ser o peso de um outro corpo suspenso do gancho F para que a barra se mantenha em equilíbrio como na f igura? b) Se um corpo de peso igual a 6 N for suspenso em B, e outros dois corpos, cada um pesando 3 N, forem suspensos em D e E, a barra continuará em equilíbrio como na f igura? Resolução: a) ΣM = 0 em relação ao ponto de suspensão da barra: + + 6 · 2d – P F · 3d = O ⇒ PF = 4N b) Não. ΣM em relação ao ponto de suspensão da barra: + + 6 · 2d – 3 · d – 3 · 2d = + 3d Portanto, a barra vai girar no sentido anti-horário. Respostas: a) 4 N; b) Não. A barra vai girar no sentido anti-horário. 33 (ITA-SP) Um brinquedo que as mamães utilizam para enfeitar quar- tos de crianças é conhecido como móbile. Considere o móbile de luas es- quematizado na f igura. As luas estão presas, por meio de f ios de massas desprezíveis, a três barras horizontais, também de massas desprezíveis. O conjunto todo está em equilíbrio e suspenso de um único ponto A. Se a massa da lua 4 é de 10 g, então a massa da lua 1, em kg, é igual a: A L 2L L 2L L 2L 1 2 3 4 a) 180. b) 80. c) 0,36. d) 0,18. e) 9. Resolução: • m 4 = 10g • Tomando os momentos em módulo e operando com massas, temos, de baixo para cima: • m 3 L = m 4 2L ⇒ m 3 = 20g e m 3 + m 4 = 30g • m 2 L = (m 3 + m 4 ) 2 L ⇒ m 2 = 60 g e m 2 + m 3 + m 4 = 90g • m 1 L = (m 2 + m 3 + m 4 ) 2 L ⇒ m 1 = 180 g ⇒ m1 = 0,18 kg Resposta: d 34 E.R. Uma barra cilíndrica homogênea, de peso 200 N e 10,0 m de comprimento, encontra-se em equilíbrio, apoiada nos suportes A e B, como representa a f igura. BA 2,0 m a) Calcule as intensidades R A e R B das reações dos apoios A e B sobre a barra. b) Usando-se uma corda leve, um bloco metálico de peso 400 N é dependurado na barra em um ponto C à direita de B. Determine a máxima distância x de B a C de modo que a barra não tombe. Resolução: a) Representando as forças que atuam na barra, temos: BA 5,0 m 8,0 m + RA RB P Em relação a A: M R A + MP + MR B = 0 R A · 0 + 200 · 5,0 – R B · 8,0 = 0 R B = 125 N Como R A + R B = P: R A + 125 = 200 ⇒ RA = 75 N b) A máxima distância pedida corresponde à situação em que a barra está na iminência de tombar. Nessa situação, ela se apoia exclusivamente no suporte B e, portanto, a reação do suporte A, R A, é nula. Representando as forças na barra, temos: B 3,0 m x + C P (P = 200 N) T (T = 400 N) RB Em relação a B: MR B + MP + MT = 0 R B · 0 – 200 · 3,0 + 400 · x = 0 ⇒ x = 1,5 m 328 PARTE III – ESTÁTICA 35 Sobre duas estacas A e B, distantes 2,0 m uma da outra, apoia-se uma viga prismática e homogênea de comprimento 6,0 m e massa 72 kg. Um pedreiro de massa 60 kg encontra-se em repouso na posição indicada, a 50 cm da estaca A. A B 2,0 m 50 cm a) Calcule as intensidades das forças que a viga recebe das estacas (g = 10 m/s2). b) O pedreiro começa a caminhar lentamente para a direita. Qual o máximo afastamento dele em relação ao ponto de apoio da viga na estaca B sem que ela tombe? Resolução: a) 2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,0 m 0,50 m 600 N 720 N RB RA A B • Em relação a A (em módulo): 600 · 0,50 + 720 · 1,0 = R B · 2,0 ⇒ RB = 510 N • R A + R B = 600 + 720 ⇒ R A + 510 = 1 320 ⇒ RA = 810 N b) Na iminência da viga tombar, R A = 0 : B 720 N 600 N 1,0 m x RB Em relação a B: 600 x = 720 · 1,0 ⇒ x = 1,2m Respostas: a) R A = 810 N; R B = 510 N; b) 1,2 m 36 (Cesgranrio-RJ) Uma barra homogênea de comprimento = 1,0 m está em equilíbrio na posição horizontal, sustentada por uma única corda f ixada no ponto C, como mostra a f igura. Em suas extremi- dades A e B estão pendentes duas massas, m 1 = 100 g e m 2 = 150 g. C A B m1 m2 Considerando a massa da barra 100 g e a aceleração da gravidade local g = 10 m/s2, determine: a) a tensão na corda f ixa à barra no ponto C; b) a distância do ponto C até o ponto A. Resolução: C T m = m1 = 0,10 kg m2 = 0,15 kg 50 cm x A m1g m2g mg 100 cm a) T = m 1 g + m g + m 2 g = 1,0 + 1,0 + 1,5 ⇒ T = 3,5 N b) Em relação a A (em módulo): m g · 50 cm + m 2 g · 100 cm = T x 1,0 · 50 + 1,5 · 100 = 3,5 x x = 57 cm Respostas: a) 3,5 N; b) 57 cm 37 A f igura a seguir representa duas roldanas de raios r = 10 cm e R = 40 cm presas em um mesmo eixo que pode rotar praticamente sem atrito. R r Vista frontal M Vista lateral M F F Cordas leves estão enroladas nessas roldanas. Em uma delas, está sus- penso um bloco de massa M igual a 50 kg e o sistema é mantido em equilíbrio pela força vertical F aplicada na outra corda. Considerando g = 10 m/s2, calcule a intensidade de F . Resolução: Em relação ao eixo do sistema, temos, em valor absoluto: F R = M g r F · 40 cm = 50 · 10 · 10 cm F = 125 N Resposta: 125 N 331Tópico 1 – Estática dos sólidos 45 A barra AC da f igura está em equilíbrio na horizontal, suspensa pelo seu ponto médio B. A CB É necessariamente verdade que: a) a barra é homogênea; b) as partes AB e BC têm o mesmo peso; c) os momentos dos pesos das partes AB e BC, em relação a B, têm o mesmo valor absoluto; d) a massa da parte AB é maior que a da parte BC; e) há mais de uma alternativa correta. Resolução: É possível que a barra seja homogênea, caso em que os pesos das par- tes AB e BC são iguais. Entretanto, também é possível que ela não seja homogênea e tenha uma das metades mais pesadas que a outra. Nesse caso, os braços dos pesos das duas metades em relação a B serão diferentes, mas, para es- tar em equilíbrio, os valores absolutos dos momentos desses pesos em relação ao referido ponto serão necessariamente iguais. Resposta: c 46 (UFC-CE) Na f igura a seguir, uma tábua de massa desprezível e comprimento L = 3,0 m é articulada em uma de suas extremidades por meio de uma dobradiça D. Sua outra extremidade está presa (a uma altura y = 0,30 m acima da dobradiça) a uma mola ideal, de constante elástica k = 600 N/m (f igura a). Um menino, de peso P = 300 N, partindo da dobradiça, caminha uma distância x sobre a tábua, até ela adquirir o equilíbrio, em posição horizontal (f igura b). Suponha que a mola, ao se distender, tenha se mantido vertical. Determine o valor de x. xDD y a b k k Resolução: x L D P Fe = ky Em relação a D: P x = F e L = k y L x = k y L P = 600 · 0,30 · 3,0 300 x = 1,8 m Resposta: 1,8 m 47 (PUC-RS) A f igura representa um balde vazio dependurado em uma barra rígida por meio de uma corda. A barra é articulada sem atrito em A e está ligada ao teto por outra corda. As trações que as cordas, consideradas ideais, exercem na barra são as forças F 1 e F 2 indicadas. D A F1 F2 D 3 Introduzindo-se no balde uma quantidade de areia de 60 N de peso, qual é o aumento da intensidade da força F 1 ? Resolução: Em relação ao ponto A, a areia produz um acréscimo de momento ho- rário de módulo igual a 60 D. Então, o aumento ΔF 1 da intensidade de F 1 deve produzir um acréscimo de momento anti-horário, de módulo ΔF 1 D 3 , igual a 60 D: ΔF 1 D 3 = 60 D ⇒ ΔF1 = 180 N Resposta: 180 N 48 (Cesgranrio-RJ) MA B Na f igura acima, uma haste AB, homogênea e de seção reta uniforme, medindo 2,4 m, é suspensa pelo seu ponto médio M, por meio de um arame. Na extremidade B, há um recipiente de massa desprezível contendo água, enquanto, na extremidade A, há um camundongo de massa 250 g. Nessa situação, a haste se mantém em repouso na posição horizontal. Em determinado instante, o recipiente começa a vazar água na razão de 75 g/s e, em conseqüência disso, o camundongo passa a se mover no sentido de A para M, de modo a manter a haste na sua posição inicial. Para isso, qual deve ser o módulo v da velocidade do camun- dongo, em m/s? Resolução: Sejam: m 1 : massa de água que vaza por segundo (m 1 = 75 g); m 2 : massa do camundongo (m 2 = 250 g); g: módulo da aceleração da gravidade; Δs: deslocamento do camundongo em cada segundo. 332 PARTE III – ESTÁTICA Em cada segundo, em relação a M e em valor absoluto, a perda de momento horário (m 1 g MB) tem de ser igual à perda de momento anti- -horário (m 2 g Δs): m 2 g Δs = m 1 g MB 250 Δs = 75 · 1,2 ⇒ Δs = 0,36 m Então: v = 0,36 m/s Resposta: 0,36 m/s 49 Uma viga prismática e homogênea, de 5,0 m de comprimento e 120 kg de massa, encontra-se em equilíbrio presa em uma corda e apoiada no chão, como mostra a f igura 1. Na f igura 2, uma pessoa de 50 kg se dependura na viga, mantendo-a em equilíbrio na horizontal. Corda na vertical Chão 2,0 m Chão 3,0 mx Figura 1 Figura 2 Calcule: a) o comprimento x indicado na f igura 2; b) a intensidade da força que a viga recebe do chão na f igura 1, consi- derando g = 10 m/s2. Resolução: a) 500 N 1 200 N 0,5 mx 0 Em relação a O, temos, em valor absoluto: 1 200 · 0,5 = 500 x ⇒ x = 1,2 m b) Para que a resultante das forças seja nula, sendo T e P verticais, F necessariamente vertical. 0 A B chão 0,5 m 2,5 m θ F P T Em relação a O, temos, em valor absoluto: P · OA = F · OB 1 200 · 0,5 cos θ = F · 3,0 cos θ F = 200 N Respostas: a) 1,2 m; b) 200 N 50 E.R. Na f igura, temos uma roda, de peso igual a 100 3 kgf e raio r igual a 2,0 m, que deve ser erguida do plano horizontal (1) para o plano horizontal (2). Calcule a intensidade da força horizontal, aplicada no centro de gravidade da roda, capaz de erguê-la, sa- bendo que o centro de gravidade da roda coincide com seu centro geométrico. (2) Roda h = 1,0 m(1) r Resolução: Na f igura a seguir, estão representados o peso P da roda e a força horizontal F que vai erguê-la. A força que ela recebe em O não está representada porque vamos usar esse ponto para o cálculo dos mo- mentos. Desse modo, o momento dessa força será nulo. Observemos que a roda, assim que começar a subir, deixará de rece- ber força normal do plano (1). r (2) 1,0 m(1) 1,0 m bP O bF P F No triângulo destacado, temos: r = 2,0 m bP bF = 1,0 m r2 = b2 F + b2 P (Teorema de Pitágoras) 2,02 = 1,02 + b2 P ⇒ b P = 3,0 m Para a roda ser erguida, em relação ao ponto O, o módulo do mo- mento horário de F tem de ser maior que o módulo do momento anti-horário de P : F b F > P b P F · 1,0 > 100 3 · 3,0 ⇒ F > 300 kgf 51 (Fuvest-SP) Uma pirâmide reta, de altura H e base quadrada de lado L, com massa m uniformemente distribuída, está apoiada sobre um plano horizontal. Uma força F com direção paralela ao lado AB é aplicada no vértice V. Dois pequenos obstáculos O, f ixos no plano, im- pedem que a pirâmide se desloque horizontalmente. A força F capaz de fazer tombar a pirâmide deve ser tal que: H O O V A B F g 333Tópico 1 – Estática dos sólidos a) | F | > m g H L 2 2 + H2 ; d) | F | > m g L 2 H ; b) | F | > m g; e) | F | > m g L 2 L 2 2 + H2 . c) | F | > m g H L 2 ; Resolução: F 0 H P L 2 Em relação a O, o módulo do momento horário de F deve ser maior que o módulo do momento anti-horário de P : F H > m g L 2 ⇒ F > m g L 2 H Resposta: d 52 Uma barra leve encontra-se em equilíbrio dependurada em duas molas M 1 e M 2 , de constantes elásticas iguais a 200 N/m e 600 N/m respectivamente. Uma força F , vertical para baixo, é aplicada na barra, atingindo-se uma nova situação de equilíbrio na qual a barra perma- nece na horizontal. d 60 cm M1 Barra M2 F Calcule: a) a distância d indicada na f igura; b) o deslocamento da barra da primeira para a segunda situação de equilíbrio supondo a intensidade de F igual a 120 N. Resolução: a) K 1 = 200 N/m e K 2 = 600 N/m Δx d O 60 – d F1 F2 F Em relação a O, temos, em valor absoluto: F 1 d = F 2 (60 – d), com d em cm. K 1 Δx d = K 2 Δx (60 – d) 200 d = 600 (60 – d) ⇒ d = 45 cm b) F = F 1 + F 2 = K 1 Δx + K 2 Δx 120 = 200Δx + 600Δx Δx = 0,15 m = 15 cm Respostas: a) 45 cm; b) 15 cm 53 Uma viga prismática e homogênea, de 6,0 m de comprimento e 360 N de peso, é posicionada apoiando-se em uma parede e no solo, como representa a f igura. Solo 3,6 m 4,8 m Parede Supondo: a) que exista atrito entre a viga e a parede, mas não entre a viga e o solo, responda: é possível que ela f ique em equilíbrio, como na f igura? b) que não exista atrito entre a viga e a parede, calcule, no equilíbrio, as intensidades das componentes da força de contato que a viga recebe do solo (força normal F n e força de atrito F at ). Resolução: a) Não é possível porque a força resultante não será nula na horizontal: não existe nenhuma força para equilibrar F ’ n . Fat Fn F‘n P b) Resultante nula vertical: F n = P ⇒ Fn = 360 N Em relação a O, temos, em valor absoluto: P b P = F’ n b F’n ⇒ 360 1,8 = F’ n · 4,8 F’ n = 135 N bF’n = 4,8 m bp = 1,8 m O F‘n Fn Fat P Resultante nula na horizontal: F at = F’ n F at = 135 N Respostas: a) Não é possível porque a força resultante não será nula na horizontal: não existe nenhuma força para equilibrar F ’ n . b) F n = 360 N; F at = 135 N 336 PARTE III – ESTÁTICA A 1 = 30 · 48 2 ⇒ A 1 = 720 cm2 x 1 = 20 cm x 2 = 40 cm A 2 = 20 · 48 ⇒ A 2 = 960 cm2 y 1 = 16 cm y 2 = 24 cm Como a chapa é homogênea e tem espessura uniforme, a razão entre as massas de suas partes e as respectivas áreas é constante: m 1 A 1 = m 2 A 2 ⇒ m 1 = m 2 A 1 A 2 (I) Temos: x CG = m 1 x 1 + m 2 x 2 m 1 + m 2 (II) Substituindo (I) em (II), obtemos: x CG = m 2 A 1 A 2 x 1 + m 2 x 2 m 2 A 1 A 2 + m 2 ⇒ x CG = A 1 x 1 + A 2 x 2 A 1 + A 2 (III) Analogamente, temos: y CG = A 1 y 1 + A 2 y 2 A 1 + A 2 (IV) Substituindo em (III) e (IV) os valores de A 1 , A 2 , x 1 , x 2 , y 1 e y 2 , obtemos: x CG = 720 · 20 + 960 · 40 720 + 960 ⇒ xCG = 31,4 cm y CG = 720 · 16 + 960 · 24 720 + 960 ⇒ yCG = 20,6 cm 59 (Mack-SP) Na f igura a seguir, para que a placa homogênea e de espessura uniforme permaneça em equilíbrio indiferente ao ser sus- pensa pelo ponto A, as distâncias x e y devem valer, respectivamente: 6,0 cm A y x 12,0 cm 6,0 cm a) 3,0 cm e 2,0 cm. d) 14 3 cm e 8 3 cm. b) 2,0 cm e 3,0 cm. e) 8 3 cm e 14 3 cm. c) 6,0 cm e 3,0 cm. Nota: O ponto A é o centro de gravidade da placa. Resolução: y (cm) x (cm) 2,0 0 3,0 6,0 8,0 12,0 3,0 6,0 de 6,0 cm1 3 de 6,0 cm1 3 A área da parte quadrada é o dobro da área da triangular. Então, se m é a massa da triangular, a da quadrada é 2m: x CG = 2m · 3,0 + m · 8,0 2m + m ⇒ xCG = 14 3 cm y CG = 2m · 3,0 + m · 2,0 2m + m ⇒ yCG = 8 3 cm Resposta: d 60 (UFRN) Rafael gosta de fazer “pegadinhas” com seus colegas. Ele começou demonstrando um exercício físico de flexibilidade, to- cando os pés sem flexionar os joelhos (f igura 1). O bem-humorado Rafael, com ar de gozação, disse que seus colegas não seriam capa- zes de fazer esse exercício sem perder o equilíbrio do corpo e, por isso, daria a chance de eles realizarem o exercício encostados na parede (f igura 2). Figura 1 – Exercício feito por Rafael. Figura 2 – Colega de Rafael encostado na parede, tentando repetir o exercício. Esse procedimento proposto por Rafael, em vez de auxiliar, dif iculta ainda mais o equilíbrio corporal da pessoa, pois a parede faz com que: a) o centro de gravidade da pessoa seja deslocado para uma posição que impede o equilíbrio. b) a força normal exercida na pessoa, pela parede, seja maior que a força que a pessoa faz na parede. c) o torque exercido na pessoa, pela parede, seja maior que o tor- que que a pessoa faz na parede, ambos em relação aos pés da pessoa. d) o centro de gravidade da pessoa não coincida com o seu próprio centro de massa. Resolução: Para o corpo da pessoa se manter em equilíbrio, a vertical que passa pelo seu centro de gravidade precisa interceptar a menor superfície convexa determinada pelos pontos de apoio dos pés no chão: Isso não acontece quando a pessoa permanece encostada na parede. Resposta: a 337Tópico 1 – Estática dos sólidos 61 De que tipo é o equilíbrio dos cones homogêneos A, B e C repre- sentados na f igura: estável, instável ou indiferente? A B C Respostas: A: estável; B: instável; C: indiferente. 62 Nas f iguras abaixo, temos um disco, cujo centro de gravidade é CG, que pode girar praticamente sem atrito em torno do pino de sus- tentação S. r é uma reta vertical CG S r (A) CG S r (C) CG S (B) CG S (D) r A cada f igura, associe uma das alternativas seguintes: a) Posição de equilíbrio estável. b) Posição de equilíbrio instável. c) Posição de equilíbrio indiferente. d) Posição em que o disco não está em equilíbrio. Respostas: a) A; b) C; c) B; d) D 63 Existe um boneco que insiste em f icar em pé após sofrer qual- quer abalo. Imaginando sua base hemisférica de raio R e centro O, po- demos af irmar que esse brinquedo exemplif ica bem o equilíbrio: R Hemisfério O a) estável, e seu centro de gravidade (CG) está acima de O. b) estável, e seu CG está abaixo de O. c) indiferente, e seu CG está em O. d) estável, e seu CG está no contato com o chão. e) instável, e seu CG está abaixo de O. Resolução: Fn 0 P A MAH CG Quando o boneco é tombado, o peso P produz um momento em rela- ção ao poto de apoio A e ele volta a f icar de pé. Resposta: b 64 Suponha que, para arrancar um mourão f incado no chão, um homem, puxando-o diretamente com as mãos, tivesse de exercer nele uma força de intensidade 1 800 N, no mínimo. Viga 2,5 m 0,50 m Tora Mourão Usando uma viga amarrada no mourão e apoiada em uma tora, como sugere a f igura, determine a mínima intensidade da força que o ho- mem precisa exercer na viga para arrancar o mourão. Para simplif icar, desconsidere o peso da viga e suponha que a força total exercida nela pelo homem esteja aplicada no ponto médio entre suas mãos. Resolução: • Forças na viga: FH FM FT 0 2,5 m 0,50 m • E relação a O: F H · 3,0 = F M · 0,50 ⇒ F H · 3,0 = 1 800 · 0,50 F H = 300 N Resposta: 300 N 65 (UFMS) Um carrinho de pedreiro, de peso total P = 1 000 N, é mantido em equilíbrio estático na posição mostrada na f igura. Analise as af irmações a seguir e dê como resposta a soma dos números asso- ciados às af irmações corretas. 60 cm40 cm P (01) O módulo da força exercida pelo carregador é igual ao do peso do carrinho. (02) O módulo da força exercida pelo carregador é 400 N. (04) A força resultante sobre o carrinho é nula. (08) O módulo da força normal exercida pelo solo sobre o carrinho é menor que 1 000 N. 338 PARTE III – ESTÁTICA Resolução: • Forças no carrinho: 40 cm 60 cm FC Fn 0 P • Em relação a O: P · 40 cm = F c · 100 cm 1 000 N · 40 cm = F c · 100 cm ⇒ Fc = 400 N • F n + F c = P ⇒ F n + 400 = 1 000 ⇒ Fn = 600 N Portanto, são corretas as af irmações 02, 04 e 08. Resposta: 14 66 E.R. Na f igura, temos três tijolos idênticos de 24 cm de com- primento empilhados. Determine os máximos valores de x e de y para que a pilha ainda se mantenha em equilíbrio, como mostra a f igura. A 24 cm x y B C Resolução: Para que a pilha se mantenha em equilíbrio, devemos impor que o tijolo A esteja em equilíbrio sobre B e que o conjunto AB esteja em equilíbrio sobre C. Para o tijolo A estar em equilíbrio sobre B, é preciso que a linha de ação do peso de A intercepte a região de apoio de A sobre B. Assim, o máximo valor de x é 12 cm: A xmáx B PA x máx = 12 cm Para o conjunto AB estar em equilíbrio sobre C, é preciso que a linha de ação do peso de AB intercepte a região de apoio de AB sobre C. ymáx 6 cm 12 cm PAB Assim, temos: y máx = 18 cm 67 (ITA-SP) Considere um bloco de base d e altura h em repouso sobre um plano inclinado de ângulo α. Suponha que o coef iciente de atrito estático seja suf icientemente grande para que o bloco não des- lize pelo plano. O valor máxi- mo da altura h do bloco para que a base d permaneça em contato com o plano é: a) d/α. b) d/sen α. c) d/sen2 α. d) d cotg α. e) d cotg α/sen α. Resolução: h d Iminência de tombar CG No triângulo destacado: tg α = dh ⇒ 1 cotg α = d h ⇒ h = d cotg α Resposta: d 68 (UFRJ) A f igura 1 mostra o braço de uma pessoa (na horizontal) que sustenta um bloco de 10 kg em sua mão. Nela, estão indicados os ossos úmero e rádio (que se articulam no cotovelo) e o músculo bíceps. Osso úmero Músculo bíceps Osso rádio Figura 1 h α d 341Tópico 1 – Estática dos sólidos 73 Uma bolinha de aço, de peso P, encontra-se em repouso presa em um f io suposto ideal, de comprimento , e apoiada em um hemisfé- rio f ixo de raio R, praticamente sem atrito. Sendo d a distância do polo do hemisfério ao ponto de suspensão do f io, determine a intensidade da força de tração exercida pelo f io em função de P, , d e R. R d Resolução: d R β α α β P Ty T Fn Fny Fnx Tx x R – x F nx = T x ⇒ F n cos α = T sen β ⇒ F n = T sen β cos α (I) T y + F ny = P ⇒ T cos β + F n sen α = P (II) (I) em (II): T cos β + T sen β cos α sen α = P (III) Nos triângulos destacados: cos β = d + x , sen β = R cos α e sen α = R – x R Em (III): T (d + x) + T R cos α · (R – x) R cos α = P T = (d + x) + T (R – x) = P T (d + x) + T (R – x) = P T = P d + R Resposta: P d + R 74 A f igura representa uma esfera maciça de chumbo, de peso P, sus- pensa em repouso de um cabo cilíndrico que está prestes a se romper. O raio da seção transversal do cabo e o raio da esfera são respectiva- mente iguais a r e R. Qual deve ser o raio r’ da seção transversal de um outro cabo, feito do mesmo material, para suportar, também na iminência de ruptura, uma outra esfera maciça de chumbo de raio igual a 2R? Resolução: A carga máxima que o cabo pode suportar é proporcional à área de sua seção transversal. Se a outra esfera tem raio dobrado, seu peso é 23 P, ou seja, 8P. Então: P π r2 = 8 P π r ’2 ⇒ r’ = 2 2 r Resposta: 2 2 r 75 (Faap-SP) Uma viga de peso desprezível é apoiada por suas ex- tremidades A e B, sendo que um homem de peso P anda sobre ela: A B x L A intensidade R A da reação do apoio A é dada pelo gráf ico a seguir, em que x é a distância de A ao homem: 2 80 560 140 RA (N) x (m) Calcule, então: a) o peso P do homem; b) o comprimento L da viga. Resolução: RA RB x P A B L – x 342 PARTE III – ESTÁTICA Quando x = 2 m, R A = 560 N. Em relação a B, temos, em módulo: R A L = P (L – x) 560 L = P (L – 2) (I) Quando x = 8 m, R A = 140 N. Em relação a B, temos: 140 L = P (L – 8) (II) Resolvendo o sistema de equações (I) e (II), obtemos: a) P = 700 N e b) L = 10 m Respostas: a) 700 N; b) 10 m 76 (Mack-SP) Uma tábua rígida é colocada sobre um cilindro f ixo, f icando em equilíbrio e na iminência de escorregar, como mos- tra a f igura. Determine o coef iciente de atrito estático entre a tábua e o cilindro. 60° Resolução: 30° P Pt Pn Fn Fatd 60° P t = F atd = µ e F n P n = F n tg 30° = P t P n = µ e F n F n µ e = tg 30° 0,58 Resposta: 0,58 77 (FEI-SP) A f igura indica, em corte, um prisma e um cubo homo- gêneos, de pesos iguais a 6,0 N e 5,5 N, respectivamente, sobre o tra- vessão horizontal de uma balança em equilíbrio. O cubo é suspenso por um cabo de massa desprezível que, passando por uma polia ideal, sustenta um contrapeso A. 20 cm 45 cm 15 cm 40 cm70 cm A Calcule o peso de A e a tração no cabo. Resolução: G • O 45 cm 15 cm × 45 cm = 30 cm 90 cm Pcubo – PA Pprisma 2 3 Em relação a O, temos: (P cubo – P A ) 90 = P prisma · 45 (5,5 – P A ) 90 = 6,0 · 45 P A = 2,5 N e T = 2,5 N Resposta: 2,5 N; 2,5 N 78 A f igura representa uma seção transversal de um semicilindro homogêneo de peso P e base de raio r, apoiado em uma superfície pla- na e horizontal. O centro de gravidade do semicilindro (CG) e o ponto S pertencem à referida seção. O sólido citado se mantém em equilíbrio, como na f igura, quando uma carga de peso Q está suspensa do pon- to S por meio de uma corda leve. Sendo d a distância do ponto C ao centro de gravidade CG, determine Q em função de P, d, r e do ângulo θ indicado. Carga C r CG θ S 343Tópico 1 – Estática dos sólidos Resolução: C d CG bP bQ r θ S Q P O b P = d sen θ b Q = r cos θ Os momentos de P e Q, em relação a O, tem módulos iguais: Qb a = Pb P Q r cos θ = P d sen θ ⇒ Q = P d tg θ r Resposta: Q = P d tg θ r 79 (Aman-RJ) Veja a f igura seguinte. A tração máxima que a corda superior pode suportar é de 400 2 N e a compressão máxima que a escora pode aguentar é de 600 2 N. A corda vertical é suf icientemen- te resistente para tolerar qualquer peso envolvido no problema. 45° 45° P O maior peso de um corpo em repouso que pode ser sustentado pela estrutura da f igura, considerando desprezível o peso da escora, é: a) 800 N. b) 1 000 N. c) 200 N. d) 600 N. e) 400 N. Resolução: 45° 45° O P F P T • Para a escora estar em equilíbrio de rotação, a resultante F , de P e T , precisa estar alinhada com o ponto O. • O triângulo destacado é isósceles. Portanto: F = T • À medida que P crescer, T e F também crescerão e T máx será atingida antes de F máx . • No triângulo destacado: P = T 2 Então: P máx = T máx 2 = 400 2 · 2 ⇒ Pmáx = 800 N Resposta: a 80 (UFPI) Um arame homogêneo de 23 cm de comprimento é do- brado, como indica a f igura, em que a = 5 cm. x a Para que o arame apoiado se mantenha em equilíbrio, o comprimento x deve ser, aproximadamente, de: a) 6 cm. d) 14 cm. b) 9 cm. e) 15 cm. c) 11 cm. Resolução: b O a = 5 c m x P1 P2 P3 • a + b + x = 23 ⇒ b + x = 18 ⇒ b = 18 – x (I) • Equilíbrio de rotação do arame em relação a O: P 1 b + P 2 b 2 = P 3 x 2 (II) Como o peso P de um pedaço de arame é proporcional ao seu compri- mento (P = k ), temos, de (II): (k a) b + (k b) b 2 = (k x) x 2 ⇒ 2 a b + b2 = x2 (III) Substituindo (I) em (III), temos: 2 a (18 – x) + (18 – x)2 = x2 (18 – x) (28 – x) = x2 18 · 28 – 46 x + x2 = x2 46 x = 18 · 28 ⇒ x 11 cm Resposta: c 81 (UFPE) A f igura mostra uma barra homogênea, de comprimento L = 1,0 m, presa ao teto nos pontos A e B por molas ideais iguais, de constante elástica k = 1,0 · 102 N/m. A que distância do centro da barra, em centímetros, deve ser pendurado um jarro de massa m = 2,0 kg, de modo que a barra permaneça na horizontal? Adote g = 10 m/s2. 346 PARTE III – ESTÁTICA 86 (IME-RJ) Uma escada de 4,0 m de comprimento está apoiada contra uma parede vertical com a sua extremidade inferior a 2,4 m da parede, como mostra a f igura. A escada pesa 20 kgf e seu centro de gravidade está localizado no ponto médio. Sabendo que os coef icien- tes de atrito estático entre a escada e o solo e entre a escada e a parede são, respectivamente, 0,50 e 0,20, calcule: a) a altura máxima, em relação ao solo, a que um homem de 90 kgf de peso pode subir sem provocar o escorregamento da escada; b) a distância máxima da parede a que se pode apoiar a parte inferior da escada vazia sem provocar escorregamento. C 2,4 m 3,2 m 4,0 m A B Resolução: P E = 20 kgf P H = 90 kgf µ es = 0,50 µ ep = 0,20 3,2 m PH PE h + A B C x 2,4 m Fats Fns Fnp Fatp Como a escada está na iminência de escorregar: F ats = µ es F ns = 0,50 F ns F atp = µ ep F np = 0,20 F np • Equilíbrio de translação: F atp + F ns = P H + P E ⇒ 0,20 F np + F ns = 110 (I) F np = F ats ⇒ F np = 0,50 F ns (II) De (I) e (II), vem: F ns = 100 kgf F np = 50 kgf Então: F ats = 50 kgf F atp = 10 kgf • Equilíbrio de rotação (em relação a B): F np 3,2 + F atp 2,4 – P H x – P E 1,2 = 0 50 · 3,2 + 10 · 2,4 – 90 x – 20 · 1,2 = 0 x = 16 9 m h x = 3,2 2,4 (semelhança de triângulos) h = 3,2 2,4 x = 3,2 2,4 · 16 9 ⇒ h = 2,4 m b) Novamente, a escada está na iminência de escorregar. P E = 20 kgf F ats = 0,50 F ns F atp = 0,20 F np a b 4,0 m PE + B Fats Fns Fnp Fatp • Equilíbrio de translação: F np = F ats ⇒ F np = 0,50 F ns (I) F atp + F ns = P E ⇒ 0,20 F np + F ns = 20 (II) De (I) e (II), vem: F ns = 201,1 kgf e Fnp = 101,1 kgf Então: F ats = 101,1 kgf e Fatp = 21,1 kgf • Equilíbrio de rotação (em relação a B): F atp b + F np a – P E b2 = 0 2 1,1 b + 10 1,1 a – 20 b 2 = 0 ⇒ a = 9b 10 (III) a2 + b2 = 16 (Teorema de Pitágoras) (IV) Substituindo (III) em (IV): 81 b2 100 + b2 = 16 ⇒ b = 3,0 m Respostas: a) 2,4 m; b) 3,0 m 87 Uma barra cilíndrica e homogênea, de comprimento igual a 300 cm, encontra-se em equilíbrio sustentada por uma corda de com- primento igual a 400 cm e apoiada em uma parede vertical pratica- mente sem atrito, como representa a f igura. x Corda Barra Parede Determine a distância x entre o ponto da parede onde a corda está amarrada e o ponto da parede onde a barra se apoia. Resolução: Na barra atuam apenas três forças (peso, tração e normal), de direções diferentes. Como sabemos, essas forças são concorrentes num mesmo ponto. Se B é o ponto médio da barra, então C é o ponto médio da corda e D é o ponto médio de PQ. No triângulo AQD: AD2 = QD2 + AQ2 32 = x2 + AQ2 AQ2 = 9 – x2 347Tópico 1 – Estática dos sólidos No triângulo AQP: P x C B A x Q D Fn T P AP2 = PQ2 + AQ2 42 = (2x)2 + 9 – x2 x = 1,53 m = 153 cm Resposta: 153 cm 88 Um bloco prismático e homogêneo, de altura h e base quadrada de lado b, encontra-se em repouso em um piso plano e horizontal. C b A B D h F Uma força F , de intensidade crescente a partir de zero, é aplicada no ponto médio da aresta AB, perpendicularmente à face ABCD. Sendo μ e o coef iciente de atrito estático entre o bloco e o piso, determine a relação entre b e h para que o bloco tombe antes de escorregar. Resolução: • h b m g Fat Fn F F atd = µ e F n = µ e m g O bloco só escorrega se: F F atd , ou seja, se F µ e m g (I) • Na iminência de tombar, o bloco se encontra totalmente apoiado em uma região do plano onde está sua aresta inferior direita. Para tombar, o módulo do momento horário de F , em relação a O, deve superar o módulo do momento anti-horário do peso m g : h m g Fn Fat O b 2 b 2 F F h m g b2 ⇒ F m g b 2 h (II) Para tombar antes de escorregar, a condição (II) deve ser verif icada an- tes da (I), ou seja: m g b 2 h µe m g ⇒ b 2 µe h Resposta: b 2 µ e h 89 Uma chapa retangular homogênea, de espessura uniforme, lar- gura a e comprimento h, está em repouso apoiada em uma superfície plana e horizontal, sob a ação de uma força horizontal F , como repre- senta a f igura. Essa força e o centro de gravidade da chapa estão em um mesmo plano vertical. θ h a O F Sendo P a intensidade do peso da chapa, determine: a) a intensidade da força F , em função de a, h, P e do ângulo θ indica- do na f igura; b) o ângulo θ E ( um valor de θ), correspondente à posição de equilíbrio instável da chapa (força F ausente), em função de a e h. Resolução: a) • Vamos determinar, em relação a O, o módulo do momento de F : bF h h θ θ a a O b1 b2 F M F = Fb F = F (b 1 + b 2 ) M F = F (h cos θ + a sen θ) (horário) 348 PARTE III – ESTÁTICA • Vamos determinar, agora, em relação a O, o módulo do momen- to do peso da chapa: h bP D C B a O A h 2 P M P = Pb P = P (OA – BC) M P = P (OB cos θ – BD sen θ) M P = P a 2 cos θ – h 2 sen θ (anti-horário) • Do equilíbrio de rotação da chapa: M F = M P ⇒ F (h cos θ + a sen θ) = P 2 (a cos θ – h sen θ) F = P 2 a cos θ – h sen θ a sen θ + h cos θ b) Na posição de equilíbrio (no caso, instável), a vertical traçada pelo centro de gravidade da chapa deve passar pelo ponto de apoio O: a O h CG θE θE a 2 h 2 tg θ E = a 2 h 2 = a h θ E = arc tg a h Respostas: a) M F = F (h cos θ + a sen θ); M P = P a 2 cos θ – h 2 sen θ ; F = P 2 a cos θ – h sen θ a sen θ + h cos θ ; β) arc tg a h 90 (UFMS) Na f igura (I) abaixo, tem-se um disco homogêneo, de raio (R) e peso (W), f ixo em um plano xy vertical de eixos ortogonais. A f igura (II) mostra que foi retirado, do primeiro disco da f igura (I), um disco de diâmetro (R) cujo centro está horizontalmente alinhado com o centro do primeiro disco. y x (I) y x (II) ⇒ É correto af irmar que: (01) as coordenadas do centro de massa da peça da f igura (II) são 7R 6 ; R . (02) da f igura (I) para a f igura (II), o centro de massa se deslocou no sentido oposto ao eixo x de uma distância d = 7R 6 . (08) as coordenadas do centro de massa do disco da f igura (I) são (R ; R). (16) o peso da peça da f igura (II) é W 2 . (32) as coordenadas do centro do vazio de diâmetro (R) na f igura (II) são R 4 ; R . Dê como resposta a soma dos números associados às af irmações corretas. Resolução: R R (l) (ll) RO x yy x R R 2 ⇒ Disco da f igura (I): • Coordenadas do centro de massa: x 1 = R e y 1 = R • Área: A 1 = π R2 • Massa: M 1 Disco retirado, imaginando-o posicionado no vazio da peça da f i- gura (II): • Coordenadas do centro de massa: x 2 = R 2 e y 2 = R • Área: A 2 = π R 2 2 = π R 2 4 = A 1 4 • Massa: M 2 = M 1 4 , pois as massas e as áreas são proporcionais.