FÍSICA IVAULA 23:

EXERCÍCIOS DE REVISÃO(ESTÁTICA DOS SÓLIDOS)

EXERCÍCIOS PROPOSTOSAnual

VOLUME 5

OSG.: 103554/16

01. Seja o diagrama de corpo livre para o problema:

x

y

30°T T

Ty Ty

PTx Tx

30°

Aplicando as condições de equilíbrio, temos:

F satisfeita por simetria

F P Tx

y y

�� ��� � � ��� �

= →= → + =

∑∑

0

0 2 0

Assim, desenvolvendo a direção vertical, temos:

P TP N

T T Ty

y

==

= ⋅ ° =

2

50

303

2

,cos

Logo,

50 23

2

50

3= ⋅ ∴ =T T N

Resposta: C

02. Seja o diagrama de corpo livre para o problema:

x

y

T

Ty

Ty

Tx θ

θTx

T

Tperna

Sendo todas as polias fi xas deduzimos que a intensidade da tração no fi o é igual ao peso P. Apliquemos então as condições de equilíbrio:

F T T

F satisfeita por simetriax perna x

y

�� � � ��� ��� �

= → + == →

∑∑

0 2 0

0

Desenvolvendo a direção horizontal, vem:

T TT TT P

T P

perna xx

perna

= = ⋅={

= ⋅

2

2

cos

cos

α

α

Para α = 60º, a módulo da tração na perna é:

T P P T Pperna perna( ) ( )cos60 602 60 21

2° °= ⋅ ° = ⋅ ⋅ ∴ =

Para α = 45º, o módulo da tração na perna é:

T P P T Pperna perna( ) ( )cos45 452 45 22

22° °= ⋅ ° = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅

OSG.: 103554/16

Resolução – Física IV

Comparando os módulos, vem:

T

T

P

Pperna

perna

( )

( )

45

60

22°

°= ⋅ =

Logo, o módulo da tração na perna do paciente fi ca multiplicado por um fator 2.

Resposta: B

03. A força que será mais efi ciente será aquela que é perpendicular ao eixo de rotação, pois:

MO = ± F · d · senθ

B

A

CD

E

Logo, será mais fácil arrancar o prego se a força for aplicada na direção do vetor C�

.

Resposta: C

04. Para equilibrar a balança é necessário que o somatório dos momentos em relação ao apoio seja nulo, ou seja:

P P x xx cm

prato batatas contrapreso+ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅∴ =

10 2 7 10 10 0 5 1054

, ,

Resposta: B

05. A polia móvel que sustenta o bloco de 400 N divide seu peso de modo que a tração no fi o ligado ao bloco de 700 N vale 200 N.

Assim, as forças que atuam no bloco de 700 N, são:

FN200 N

P = 700 N

Aplicando a condição de equilíbrio vertical, temos:F

N + 200 = 700 ∴ F

N = 500 N

Resposta: B

06. Denotando a distância entre dois pontos sucessivos por u e os pesos pendurados nos pontos A, I e K, por PA, P

I e P

K, respectivamente, temos:

GA B C D E F H I J K L M

6u

PI PK

2u

4u

PA

Dados:

m g kg P m g Nm g k

A A A

I

= = ⋅ → = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅= = ⋅

− − −

−60 60 10 60 10 10 6 10

40 40 10

3 3 1

3 gg P m g NI I→ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ − −40 10 10 4 103 1

OSG.: 103554/16

Resolução – Física IV

Assim, aplicando a condição de equilíbrio rotacional, vem:

∑MG = 0

PA · 6u – P

l · 2u – P

k · 4u = 0

6 · 10–1 · 6u – 4 · 10–1 · 2u – Pk · 4u = 0 ∴ P

k = 0,7 N

Assim, a massa do objeto que deve ser pendurado no ponto K vale:

PK = m

K · g ⇒ 0,7 = m

K · 10 ⇒ m

K = 0,07 kg ou 70 g

Resposta: B

07. A fi gura abaixo (DCL) representa o problema:

B

L

x

T1 T2

A

PandaimePtrabalhador

L / 2

Aplicando a condição de equilíbrio vertical, temos:

F T T P Py trabalhador andaime

� �= → + = +∑ 0 1 2

Agora, apliquemos a condição de equilíbrio rotacional, escolhendo a extremidade esquerda (A) como polo de rotação:

∑MA = 0

− ⋅ − ⋅ + ⋅ =P x PL

T Ltrabalhador andaime2

02

Explicitando T2, chegamos à função abaixo:

TP

Lx

Ptrabalhador andaime2

2= ⋅ +

É fácil notar que T2 cresce à medida que o trabalhador caminha para a direita enquanto T

1 decresce.

Resposta: B

08. Considere a fi gura abaixo:

Ptijolos

A B C D

Ppedreiro

2,0 m 1,0 m

1,5 m 0,5 m

Pprancha

Para que o pedreiro possa fi car em equilíbrio no ponto D da prancha é necessário uma quantidade mínima (n) de tijolos que devem ser empilhados sobre o ponto A.Na iminência de rotação, a força de contato entre a prancha e o apoio A tenderá a zero e, portanto, a eliminamos.Aplicando a condição de equilíbrio rotacional em relação ao ponto C, vem:

∑MC = 0

Ptijolos

· 2,0 + Pprancha

· 0,5 – Ppedreiro

· 1,0 = 0

Ond

n n mero de tijolosP n m g n nP

tijolos tijolo

pre:

== ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =ú

2 0 10 20,

aancha prancha

pedreiro pedreiro

m g NP m g

= ⋅ = ⋅ == ⋅ = ⋅ =

20 10 20070 10 7000 N

20n · 2,0 + 200 · 05 – 700 · 1,0 = 0 ∴ n = 15 tijolos

Resposta: E

OSG.: 103554/16

Resolução – Física IV

09. Inicialmente vamos dividir e a chapa em três partes: A, B e C.

y (cm)

0,0x (cm)

30

60

90

120

30 60 90 1200,0

A

B

C

Onde, as coordenadas dos centros de massa de A, B e C, são:

y (cm)

0,0x (cm)

30

60

3015 60 90 1200,0

A

B

C

CMA(15; 30); CM

B(60; 60); CM

C(105; 30)

Sobre as massas de cada uma das partes, consideremos a fi gura:

y (cm)

0,0x (cm)

30

60

90

120

30 60 90 1200,0

m

mm

m

m m

Assim, as massas de A, B e C, são:m m mm m

A C

B

= =={ 4

Finalmente,

xm x m x m x

m m m

m m m

m m mcm

y

CMA A B B C C

A B C

=⋅ + ⋅ + ⋅

+ +=

⋅ + ⋅ + ⋅+ +

=15 4 60 105

430

CCMA A B B C C

A B C

m y m y m y

m m m

m m m

m m mcm=

⋅ + ⋅ + ⋅+ +

=⋅ + ⋅ + ⋅

+ +=

30 4 60 30

450

Logo, a coordenada do centro de massa na direção vertical (yCM

), é 50 cm.

Resposta: yCM = 50 cm

OSG.: 103554/16

Resolução – Física IV

10. Representando as medidas dadas, as forças atuantes e as tendências de rotação, temos o esquema a seguir:

PE

PH

30°A

BFNB

FNA

fat.

1,8

m

3,60

m3,

0m

0,9 3m

1,5 3m

Uma vez que o sistema se encontra em equilíbrio, concluímos que:� �F

MR

A

==

∑

00

a) Adotando o ponto A como centro de rotação do sistema, temos:M

P P F

ComoP N peso do emP

A

H E NB

H

E

=

− ⋅ − ⋅ + ⋅ =

=

∑ 0

15 3 0 9 3 1 8 0

700

, , ,

( hom ): =={

− − + ⋅ =

∴ =

400

1 050 3 360 3 1 8 0

2 3

N peso da escadatemo

F

F

NB

NB

( ),

. ,

.

s:

550 3

31 356 8≈ . , N

b) Do equílibrio horizontal� �Fy =( )∑ 0 , temos:

F P P FF N

NA E H NA

NA

= + ⇒ = +∴ =

400 7001 100.

c) Do equílibrio horizontal� �Fx =( )∑ 0 , temos:

fat F

fat N

NB.

..

. ,

=

∴ = ≈2 350 3

31 356 8

Respostas: A) ≈ 1356,8 N; B) 1.100 N; C) ≈ 1356,8 N

Aníbal – 13/04/16 – Rev.: LSS10355416_pro_Aula23 – Exercícios de Revisão (Estática dos Sólidos)