De acordo com a Segunda Lei de Newton, um corpo em equilíbrio pode estar em repouso ou em movimento retilíneo uniforme.

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1 01 De acordo com a Segunda Lei de Newton, um corpo em equilíbrio pode estar em repouso ou em movimento retilíneo uniforme. Resposta: A 1

2 02 (01) Errado, pois no equilibro a resultante das forças não pode ser nula, ela deve ser nula. (02) Errado, o equilíbrio é estável. (04) Errado, quando está em repouso ou movimento retilíneo uniforme. (08) Correto, essa é uma das condições de equilíbrio. (16) Correto, essa é a outra condição de equilíbrio. SOMA = = 24 2

3 03 Sobre a pessoa temos as 3 forças representadas na figura abaixo. (a) Logo, pela condição de equilíbrio temos: R = 0 N + F P = 0 F = m g N = F B b = 30 N b O sentido dessa força é para cima, conforme representado. (b) A força que a balança exerce sobre a pessoa (normal) tem o valor da leitura da balança, ou seja, 650 N. Sua direção é vertical e sentido para cima. 3

4 04 Desenhando as forças em cada bloco, obtemos: (a) Do bloco 1, pela 2ª Lei de Newton: R = 0 T P1 = 0 T = m1 g T = 20 N (b) A força que o bloco 2 aplica no solo é igual, em módulo, à força que o solo aplica nele. Logo: R = 0 T + N P = 0 N = N = 20 N 2 4

5 05 A partir da figura podemos observar que a componente de cada uma das forças F 1 e F 2 na direção do peso vale 2 N (dois quadrados). Logo, pela condição de equilíbrio: P = F + F = P = 4 N 1y 2y Resposta: D 5

6 06 (a) Com os braços na vertical as cordas ficam totalmente na vertical, logo no equilíbrio temos: R = 0 m g T = P T = = 2 2 T = 300 N (b) Com os braços na horizontal, temos: Na vertical: R = 0 2 T = P T = 300 N y y Por semelhança de triângulos: T y T x 300 T x = = T x = 50 N H L d 3 0,5 2 6

7 07 (a) O empuxo é sempre uma força vertical, logo desenhando as forças sobre o balão, temos na vertical: R = 0 E = P + T cos 30º y 3 E = 0,1 + 0,2 E = 0,27 N 2 (b) O balão também encontra-se parado na horizontal, logo: Rx = 0 F = T sen30º = 0,2 0,5 F = 0,1N 7

8 08 Como o bloco encontra-se em equilíbrio na vertical, temos: P = T = T sen 45º By B 2 2P P = TB TB = TB = 2 P 2 2 Resposta: D 8

9 09 Na iminência do movimento o sistema está parado em equilíbrio e a resultante é nula, logo: F tg 45º = P = F = 500 N P Assim o peso dos blocos juntos deve ser maior que 500 N para movimentar o contêiner. Como cada bloco pesa 150 N, temos que ter no mínimo 4 blocos (600 N). Resposta: D 9

10 10 M (a) T = MH = 0, pois T encontra-se sobre o ponto O e H encontra-se na mesma direção que a linha da barra. L Mf = F sen α = ,6 MF = 12 N m 2 MG = G L = 10 2 MG = 20 N m, o sinal é negativo pois está no sentido anti-horário. (b) MH = 0, pois H encontra-se na mesma direção que a linha que une O ao ponto de aplicação. M = F d = 2 2 M = 4 N m F M = G d = 2 2 M = 4 N m G F G (c) MH = 0, pois H encontra-se na mesma direção que a linha que une O ao ponto de aplicação. M = F a = 10 2 M = 20 N m F F 10

11 11 No caso do jovem, o momento necessário para girar o parafuso é de: MF = F d cosθ = = 1500 kgf cm Já a namorada irá realizar um momento sobre o parafuso de: M = F d cosθ = = 1530 kgf cm F Como o momento realizado por ela é maior que o do seu namorado e ele consegue soltar o parafuso, ela também consegue soltá-lo. 11

12 12 Sabe-se que o momento de uma força aumenta quanto maior for a distância do ponto de aplicação da força ao ponto de rotação do material. Logo, como na figura 2 a força é aplicada mais distante da dobradiça, teremos um momento maior do que o da figura 1 e, consequentemente, a porta irá se abrir mais facilmente. Resposta: D 12

13 13 Como a porta deve permanecer em equilíbrio, a soma das forças que agem na porta deve ser nula (R = 0) e a soma dos momentos com relação ao centro de massa da porta também. A única alternativa que proporciona isso é a letra d, pois analisando as duas forças aplicadas nas dobradiças vemos que as componentes horizontais dessas forças se anulam e as componentes verticais se anulam com o peso da porta. Os momentos também são nulos das duas forças, pois elas estão direcionadas para o centro da porta (que é o centro de massa). Resposta: D 13

14 14 Nesse caso temos: M = F d = 5 2 = 10 N cm F1 1 1 M = F d = 80 0,1 = 8 N cm F2 2 2 Como o momento realizado pela força do menino é maior, ela vai girar a favor do menino, ou seja, no sentido de ser aberta. Resposta: B 14

15 15 Colocando um ponto no centro da reta que une os dois pontos O, os momentos das forças nesses pontos irão se anular (um em sentido horário e o outro anti-horário). Assim, calculamos os momentos de F e P. L MF = F H e MP = m g 2 Quando MF > MP, a pirâmide tomba, logo: L m g L F H > m g F > 2 2 H Resposta: D 15

16 16 Para atingir o equilíbrio a soma dos momentos deve ser nula, logo: P d P d = 0 A A B B m g d = m g d 2m d = m d d d A A B B b A b B A B = 0,5 Resposta: A 16

17 17 Pela condição de equilíbrio, a soma dos momentos com relação ao ponto de apoio do cavalete deve ser nula: Q x P y = x = 600 y x = 3 y Resposta: C 17

18 18 Como o sistema está em equilíbrio: B ( ) ( ) P 5 x P x = x = 80 x P = 2080 x x = 4,81m 18

19 19 Adotando o ponto de equilíbrio onde o cabo sustenta a haste, temos: L P1 x P2 x 0 2 = L 2 M g x = 4 M g x x = L 2 5 Resposta: C 19

20 20 Calculando o momento das forças em relação ao ponto P, temos: ma = 0 2 ma = 10 ma = 5 kg Resposta: B 20

21 21 Adotando cada quadradinho como uma unidade de comprimento, vamos somar os momentos com relação ao ponto de apoio da barra e igualar a zero (pois está em equilíbrio). 2 8M 1 4M 4 m = 0 4 m = 12 M m = 3 M Resposta: C 21

22 22 Colocando o peso no centro da barra, a somatória dos momentos com relação ao ponto onde se encontra o guindaste deve ser nula. Logo: PA 1+ Pbarra 2 = = Pbarra 2 Pbarra = 100 N Resposta: A 22

23 23 O peso máximo que pode ser levantado corresponde aquele que faz o sistema ficar em equilíbrio. Qualquer peso menor que esse e o sistema gira para o lado de F. Logo: 5 F P 1,5 F 5 = 0 P = P = 3,33 F 1,5 Resposta: C 23

24 24 Para que haja o equilíbrio a soma dos momentos com relação ao ponto de apoio da gangorra deve ser nula m = 0 m = m = 29 kg Resposta: B 24

25 25 Para que a barra permaneça em equilíbrio horizontal, é necessário que a soma dos momentos com relação ao ponto de apoio na cunha seja nula. Adotar cada quadrado como uma unidade de medida. M 1+ M x 4M 1= 0 x = 3 Logo o peso deve estar a 3 quadrados de distância do ponto de apoio, ou seja, na posição III. Resposta: C 25

26 26 Na situação inicial, antes do derretimento dos gelos, temos: M2 g 60 M1 g 20 = 0 M1 = 3M2 Assim, quando as duas massas forem derretendo, a massa do bloco 1 ainda será maior do que a do 2, o que provocará um momento maior na lateral esquerda, fazendo o bloco 1 descer e o 2 subir. Resposta: D 26

27 27 Como a barra está em equilíbrio, devemos satisfazer as duas condições de equilíbrio: a soma das forças deve ser nula e a soma dos momentos também. Nas alternativas a, b, c e e, a soma das forças não é nula. Logo, a única alternativa possível seria a d pois os pesos devem ser para baixo e a tração deve ser na direção da corda. Resposta: D 27

28 28 A figura ao lado representa as forças que estão agindo na barra. A massa máxima do disco é tal que a barra fique na iminência de sair do equilíbrio. Nessa condição N1 = 0. Adotando-se como ponto de rotação o ponto de aplicação de N2 = 0, a soma dos momentos com relação a esse ponto é nula. 0,4 N 0,5 P = 0 disco disco disco barra 0,4 m g = 0,5 10 g m = 12,5 kg Logo, dentre as alternativas disponíveis, o disco de maior massa que pode ser colocado sem desequilibrar a barra é o de 10 kg. Resposta: B 28

29 29 Como a extremidade esquerda é livre para girar, vamos calcular os momentos do contrapeso e da tração com relação a esse ponto. M M = 0 P 0,4 = T 1 T = 0,4 40 = 16 N P T Como o sistema está em equilíbrio, essa tração corresponde ao peso do bloco na outra extremidade da polia. Logo: P = m g 16 = 10m m = 1,6 kg Resposta: C 29

30 30 Colocando o peso no centro da barra, temos: M M = 0 P 2,0 = F 4,0 P = 2 F P = 160 N P F Resposta: D 30

31 31 Pela condição de equilíbrio, temos: L M M 0 P T L cos T P T = = θ = 2 2 cos θ P Resposta: E 31

32 32 Como a barra está equilibrada por F, a soma dos momentos de F e p deve ser nula. M M = 0 P 1= F 3 P = 3 F P F Resposta: B 32

33 33 As forças aplicadas no suporte estão representadas na figura ao lado. Para que o suporte fique em equilíbrio, a soma dos momentos com relação ao ponto C deve ser nula. Logo: M M = 0 m g 45 = F 9 F = 700 N P Fx x x Essa é a força máxima que o conjunto de parafusos aguenta. Resposta: B 33

34 34 Para que o corpo m 1 fique em equilíbrio, a resultante das forças sobre ele deve ser nula. E + T P = 0 T = P E = mg ρgv m T = ,5 = 5 g s 2 A soma dos momentos da barra com relação ao ponto de apoio também deve ser nula. Logo: m T 2L P2 L = 0 P2 = 2T = 2 5 = 10 g s 2 Assim, m 2 será 1 grama. 34

35 35 A soma dos momentos das cargas e do peso da barra com relação ao ponto de apoio deve ser nula (condição de equilíbrio). b a b a 7a 3b a 3 P + P b 3P a = 0 3a = b + = = b 7 A distância entre o peso da barra e o apoio é b a a + b b a, pois a = Resposta: A 35

36 36 Colocando as forças sobre a prancha, vemos que a prancha começa a tombar quando N 1 = 0. Colocando o ponto de rotação sobre N 2, os momentos ficam: PC x P d = 0 m g x = 2 m g d x = 2 d Logo, como o cilindro encontra-se na posição B. Resposta: B 36

37 37 Sabendo que o suporte está em equilíbrio e adotando o ponto A de rotação, a força normal da parede sobre o suporte no ponto B pode ser dada por: P AC N AB = = N 20 N = 45 N 37

38 38 Colocando as forças sobre a barra homogênea, podemos calcular os momentos das forças com relação ao ponto A. A somatória dos momentos deve ser nula (condição de equilíbrio). AB P + P AB T senα AB = = T T = 417 N Resposta: A 38

39 39 A soma dos momentos com relação ao ponto de articulação B é nula, logo: L P T sen30º L = 0 P = T = = 200 kgf 2 A resultante das forças nos eixos cartesianos x e y também é nula no equilíbrio, logo: Em y: T sen30º + N senθ = P 200 0,5 + N senθ = 200 N senθ = Em x: N cosθ = T cos30º N cosθ = 200 N cosθ = Dividindo essas duas equações, temos: tanθ = = θ = 30º Substituindo o ângulo na equação da resultante em y, calculamos N. 100 N = N = 200 kgf sen30º 39

40 40 Ao colocarmos o ponto de rotação sobre N 1, a soma dos momentos com relação a esse ponto é nula. Logo: 200 x N2 50 = 0 N2 = 4x Com x variando de 0 a 50 m, obtemos o gráfico abaixo. Podemos colocar o ponto de rotação sobre N 2 e, novamente, a soma dos momentos com relação a esse ponto será nula. Logo: ( ) N x = 0 N = 700 4x 1 1 Com x variando de 0 a 50 m, obtemos o gráfico abaixo. Resposta: C 40

41 41 (a) Como a segunda balança está quebrada, não sabemos o valor de sua normal, por isso colocamos o ponto de rotação nela para que seu momento seja nulo. Logo, somando os momentos do peso e da normal da primeira balança, temos: ( ) 5 5 P d N d + d = 0 4 P = P = 1,5 10 N (b) Como o caminhão encontra-se parado, a resultante das forças sobre ele é nula. Assim: N + N P = 0 N = 1,5 10 1,0 10 N = 0,5 10 N Assim, a força que o caminhão faz na balança tem direção vertical (perpendicular à superfície de contato) e para baixo. Sua intensidade é igual àquela feita pela balança sobre o caminhão (par ação e reação). 41

42 42 Para que a barra fique em equilíbrio é necessário atender duas condições: a resultante das forças deve ser nula e a soma dos momentos em relação a qualquer ponto também. Nos itens I e II essas duas condições são atendidas já que o módulo das forças pode assumir o valor desejado. No item III a resultante pode ser nula, porém a soma dos momentos não. No item IV, a soma dos momentos pode ser nula, porém a resultante não. Resposta: D 42

43 43 Como queremos a normal em A, vamos somar os momentos das forças com relação ao ponto de apoio C. Pbloco 1+ NA 7 Pbarra 2 = 0 7NA = NA = 10 N Resposta: D 43

44 44 A distância mínima para que a carga comece a ser levantada é tal que o sistema permanece em equilíbrio na iminência de movimento. Logo: 300 g 1,4 70 g d = 0 d = 6 m Resposta: D 44

45 45 Para calcular a força de reação do pilar B sobre a trave de madeira, colocamos o ponto de rotação em A e calculamos os momentos com relação a esse ponto. P 1+ P 2,5 N 5 = 0 ginasta trava B 5 N = ,5 N = 590 N B B Podemos calcular a força de reação do pilar A através da resultante, que é nula. NA + NB Pginasta Ptrava = 0 NA = NA = 860 N Resposta: D 45

46 46 A figura abaixo mostra as forças que estão atuando na boia. Adotando a articulação B como polo de rotação, a soma dos momentos de E e F é nula. AB E AB F BC = 0 F = ρágua g Vsubmerso BC 3 3 F = F = 50 N Resposta: A 46

47 47 Quando o atleta salta no trampolim, seu peso força o lado direito para baixo, provocando um momento no sentido horário. A estaca central se comporta como ponto de apoio e a outra, lateral esquerda, é obrigada a aplicar uma força para baixo, provocando momento no sentido anti-horário para anular o momento provocado pelo peso do atleta. Resposta: C 47

48 48 Para calcular a força aplicada pelo ombro do rapaz que está em B sobre a barra, colocamos o ponto de rotação em A e calculamos os momentos com relação a esse ponto. P AP N PB = 0 barra B B 5 N = N = 140 N B Podemos calcular a força de reação do pilar A através da resultante, que é nula. NA + NB Pbarra = 0 NA = NA = 210 N Resposta: B 48

49 49 (a) A partir do enunciado: T H = N 1 1, TV = P = = 3 10 N Logo, a intensidade de T é dada pelo teorema de Pitágoras: T = T + T T = 5 10 N H V (b) O módulo do momento da tração com relação ao ponto O é dado por: MT = ( TAB cos 45º ) ( L cos 45º ) = 1, M = 4,5 10 N m T 49

50 50 Como queremos a distância mínima vamos considerar o momento em que a plataforma está na iminência de virar. Nesse caso a força de reação no ponto B será nula. Colocando o ponto de rotação sobre o suporte móvel A e chamando de x a distância entre os suportes, temos: L Pplataforma x Ppessoa ( L x) = 0 2 x = 6 x x = 111 x 3,7 m ( ) ( ) Resposta: A 50

51 51 Segundo o enunciado, o momento necessário para atarraxar o regulador do botijão é MF = 2 F d. Assim, o novo momento com a força F deve ser igual a esse da força F. Logo: d 3 4 F + F d = 2 F d 2 F = F F = F Logo, as novas forças F devem ser maiores que 1 3 de F. Resposta: B 51

52 52 Adotando que o centro de massa do micro-ondas se encontra exatamente em seu centro, ou seja, a distância do peso ao suporte A da prateleira é 30 cm, podemos calcular N B colocando o ponto de rotação no ponto de aplicação de N A P 0,3 NB 2,4 = 0 NB = NB = 25 N 8 Da resultante obtemos: NA + NB = P NA = 175 N Resposta: A 52

53 53 Adotando como x a distância do saco de areia ao apoio e y a distância do apoio ao ponto de aplicação da força do homem, temos que a soma dos momentos deve ser nula, pois as extremidades se deslocam com velocidade constante. x P y F = x = 200 y y = 2 x Por semelhança de triângulos podemos achar a distância h percorrida pelo saco. h x x = = h = 40 cm 80 y 2 x Resposta: D 53

54 54 (a) Pelos dados do enunciado podemos calcular a força mínima. F A C 9 6 p = FC = 1,3 10 0,1 10 FC = 130 N (b) Nesse caso, o momento aplicado no cabo do alicate com relação ao eixo de rotação deve ser igual ao momento na região de corte. Logo: M = M F d = F d = F 10 F = 26 N FC FA C C A A A A 54

55 55 Adotando o ponto de rotação no ponto de contato da escada com a escora, pela condição de equilíbrio obtemos: P 100 P 1,5 NP 6 = 0 NP = = NP = 25 kgf 4 4 Agora, pela condição da resultante, sabemos que a normal da parede sobre a escada é igual a normal da escora (resultante nula). N = N = 25 kgf P E 55

56 56 (a) O esquema do desenho representando as forças se encontra na figura ao lado. (b) Sim é possível pois os vetores forças possibilitam as duas condições de equilíbrio. Nesse caso, pela resultante obtemos: R = 0 N = P = N = 400 N C C Pela soma dos momentos obtemos a força de atrito do chão colocando o ponto de rotação em P. NC 3 P 1,5 AC 4 = = 400 1,5 + AC 4 AC = 150 N 56

57 57 Nesse caso só há atrito entre o chão e a escada (o que nos remete ao item b da questão anterior). Assim, a resultante das forças é nula. R = 0 NC = P Pela soma dos momentos obtemos a força de atrito do chão colocando o ponto de rotação em A. 3 P P 1,5 + AC 4 NC 3 = 0 4 AC = 3 P 1,5 P AC = 8 Resposta: D 57

58 58 Chamando de x a distância horizontal da base da escada até a parede e y a distância do chão até o ponto de contato da escada na parede, a soma dos momentos com relação a este ponto será nula. Logo: x P + AC y NC x = 0 2 Como a resultante das forças é nula, temos que Substituindo na equação acima ficamos: x x y P + µ P y = P x + = x y = x e NC Agora pelo Teorema de Pitágoras obtemos o valor de x. x + y = 5 2 x = 5 x = x 3,5 m Resposta: C = P e AC = µ e NC. 58

59 59 As forças podem ser encontradas na figura ao lado. Novamente, igual ao exercício anterior, temos NC = P e AC = µ e NC. Assim, a soma dos momentos com relação ao ponto de apoio da escada na parede é nula. x x P + AC y NC x = 0 P µ e P y = P x 2 2 x x µ e y = x µ e = 2 2 y Da figura temos que: x tanα = y 1 Logo, ficamos com: µ e = tan α 2 59

60 60 Calculando os momentos com relação ao ponto de contato do pé do atleta com o chão, temos: P 0,9 Nmão 1,5 = ,9 = Nmão 1,5 Nmão = 300 N Resposta: C 60

61 61 Como o peso é sustentado pela mão, ele permanece em equilíbrio, logo a soma dos momentos com relação ao ponto fixo é nula. F2 32 F1 4 = 0 F1 = 8 F2 F1 = 40 kgf Resposta: E 61

62 62 (a) Com o braço em equilíbrio, a soma dos momentos com relação ao ponto de aplicação de R, é nula. M + M M = 0 M 4 cosα = H 14 cosα + P 30 cosα H P M 4 M = 14 H + 30 P M = 3,5 H + 7,5 P Logo, a força do bíceps (M) não depende do ângulo α. (b) Da mesma forma que o item anterior, a soma dos momentos com relação ao ponto de aplicação de R 0 é nula. M + M M = 0 T sen β 18 = P 36 + P 72 P0 P T 0 T senβ = 2 P + 4 P 0 62

63 63 Como na figura a vassoura está equilibrada de forma que a parte que contém a vassoura apresenta uma distância menor ao fio, sabemos que essa parte deve ter uma maior massa, pois se sua distância ao fio é menor para que o momento seja igual ao da outra parte e ela não gire, a massa que contém a vassoura tem que ser maior. Resposta: B 63

64 65 Como as lâminas metálicas são homogêneas, temos a massa m de cada placa concentrada em seu centro de massa, cujas coordenadas no espaço são: a a a a a a a a a a,0, ; a,, ;,,0 ; 0,, ;,a, Assim, temos: x y z CM CM CM a a a m + a a = = 5 m 2 a a a m a a = = 5 m 2 a a a a m a = = 5 m 5 Resposta: A 64

65 66 Vamos calcular as posições x e y do centro de gravidade, considerando que as bolas têm a mesma massa: x y CM CM ( ) m 0,6 + 0,8 + 1,0 2,4 = = = 0,8 m 3 m 3 m ( 0,6 + 0,8 + 0,4) 1,8 = = = 0,6 m 3 m 3 Assim, a distância do ponto O (que é a origem) até o centro de gravidade das bolas é dado pelo Teorema de Pitágoras: d = x + y = 0,8 + 0,6 d = 1,0 m CM CM Resposta: C 65

66 67 Adotando como ponto de rotação a ponta da mesa, temos que a soma dos momentos do peso e da tração deve ser nula (barra em equilíbrio estático) MP MT = 0 P 45 = T 60 T = T = 75 N 4 Resposta: D 66

67 68 Nos dois casos temos a tora em equilíbrio e a soma dos momentos com relação ao ponto de contato com o suporte fixo é nula. No primeiro caso, a soma dos momentos fica: M M = 0 P x = P L P x = 300 P P1 1 No segundo caso temos: P P2 2 ( ) ( ) M M = 0 P L x = P L P 1 x = 200 Dividindo uma equação pela outra obtemos: x = 2 x = 3 3 x x = x = 60 cm 1 x ( ) 67

68 69 Como a densidade das chapas é uniforme, podemos considerar toda a massa de cada placa no seu centro e calcular o centro de massa do conjunto ao longo da direção vertical. Observe que enquanto as duas placas menores têm uma massa m, a placa do meio maior tem uma massa 4 m (seu tamanho é 4 vezes maior). Logo: m m 60 + m ycm = = ycm = 50 cm m + 4m + m 6 68

69 70 Considerando que toda a massa do passarinho se localize no seu centro (densidade uniforme), teremos três pontos de massa (o do passarinho e das duas bolas de madeira). Isso forma um triângulo cujo centro de massa está em seu baricentro, localizado abaixo do ponto de apoio do passarinho na superfície plana. Resposta: E 69

70 71 (a) Como a caixa mantem-se em equilíbrio (velocidade constante), a soma dos momentos de F 1 e F 2 será nula com relação ao ponto do CM. Assim: F 1 F2 8d F1 4d = 0 = 2 F2 (b) A resultante das forças que agem sobre a caixa é nula também, pois a caixa sobe com velocidade constante, logo: F + F = P 2 F + F = F = 300 N F = 2 F F = 600 N (c) Caso as forças dos carregadores sejam iguais, temos: F1 + F2 = P = 900 N F1 = F2 = 450 N Pela soma dos momentos obtemos a posição de F. F2 x F1 4d = 0 x = 4d Esse ponto de aplicação (ponto V) está representado na figura ao lado. 70

71 72 Na iminência do movimento a esfera está prestes a sair do chão, logo a normal com o chão é nula. As forças estão representadas na figura ao lado. Adotando o ponto de rotação o ponto de aplicação da normal com o obstáculo, temos: d M M = 0 F R h = P d F = P F P Resposta: A ( ) ( R h) 71

72 73 As forças no automóvel estão representadas na figura acima. Como não há rotação em torno do centro de massa, a soma dos momentos das forças em relação a esse ponto é nula. N1 2,0 + A 0,6 = N2 1,4 Onde, N2 = P N1 e A = µ e N1 = 0,75 N1 Substituindo isso na expressão acima obtemos: 1,4 P N1 2,0 + 0,75 N1 0,6 = ( P N1 ) 1,4 N1 = 3,85 Como na horizontal a resultante é a força de atrito, temos: 1, 4 m g m A = m a µ e N1 = m a 0,75 = m a a 2,75 2 3,85 s 72

73 74 Para o equilíbrio do cilindro, a força F que ele recebe do cubo deve equilibrar a componente do seu peso paralela ao plano, ou seja: F = P senα = m g senα O bloco estará na iminência de tombar quando a reação normal de apoio estiver concentrada no ponto A. O momento resultante de todas as forças em relação a qualquer polo deve ser nulo. Tomando o ponto de contato do atrito e da normal como polo, vem: d d d F + m g senα = m g cosα m g senα = m g cosα tanα = cot gα = 2 2 Resposta: E 73

74 75 No equilíbrio as forças sobre a barras estão representadas na figura acima. Da primeira condição de equilíbrio (resultante nula) tiramos: T P = 0 T = P = 3000 N A soma dos momentos com relação ao ponto A também é nula. T P 20 T 10 NS 30 = 0 NS 3 = T 2 T = 3 N Resposta: B S 74

75 76 (a) Como as distribuições de massas são uniformes e as massas das gavetas e do gaveteiro são desprezíveis o centro de massa de cada gaveta coincide com o baricentro das massas colocadas nas gavetas, conforme mostra o X na figura ao lado. (b) Na situação em que a distância D for máxima, a força normal trocada entre o chão e o gaveteiro estará aplicada apenas no apoio esquerdo do gaveteiro. O diagrama abaixo indica as forças que agem no gaveteiro nessa situação. Adotando o ponto O como polo, temos: P1 P3 P ( ) ( ) M + M M = 0 P 24 + P 24 = P D = 80 D 24 D = 36 cm (c) Nesse caso a gaveta será aberta completamente e o conjunto ainda estará em equilíbrio. A situação está esquematizada na figura abaixo. 75

76 Pela soma dos momentos obtemos: M + M M = 0 P 24 + P 24 = P 24 P1 P3 P P = P + P m = m + m m = 4 kg