Resoluções dos exercícios propostos

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1 1.474 a) O F 1 5 N 10 cm 0 cm F 4 N F 5 N F 4 N ela definição de momento e considerando que, se uma força tende a produzir rotação do corpo em torno de um ponto, no sentido horário, terá momento negativo, obtemos: M F1 F 1 0 M F1 0 M F F d 4 0,1 M F 0,4 N m M F F 0 M F 0 M F4 F 4 d 4 0, M F4 0,4 N m b) Decompondo a força F nas componentes F 1 e F, podese obter o momento da força F em relação ao ponto O pela soma algébrica dos momentos das componentes: M F M F1 M F M F F 1 d F 0 M F F sen 0 d M F 10 0,5 0,5 M F,5 N m 0,5 m O F F 1 0 F 10 N

2 .475 Isolando a barra e impondo as condições de equilíbrio: 1 a ) Resultante nula rojeções em : X cos θ 0 Y 5 m m X sen θ m m θ cos θ 100 N 00 N X X 4 5 rojeções em y: Y sen θ Y Y 5 00 a ) Soma algébrica dos momentos nula em relação ao ponto M y M 0 Y Y 50 N (componente vertical da reação da articulação ) De : 1.50 De : X N N (componente horizontal da reação da articulação ).476 a) e b) Isolando a barra e impondo as condições de equilíbrio, temos: X Y F sen 60 0 N F 60 F cos 60 1 a ) Resultante nula rojeções em : F cos 60 X 0 rojeções em y: Y F sen 60 0 F 1 X Y F 0

3 a ) Soma algébrica dos momentos nula em relação a M y M p 0 Y 0 0 Y 10 N De : F 0 N e de : X 10 N.477 Isolando a barra e impondo as condições de equilíbrio: Y 7,0 m 50 N,5 m 5,0 m Y 1 a ) Resultante nula rojeções em y: Y Y 0 Y Y 50 a ) Soma algébrica dos momentos nula em relação a M y M 0 Y 5,0 50,5 0 Y 5 N De : Y 15 N.478 CG C m Y 10 5 N m 5 m Soma algébrica dos momentos nula em relação a M X M , N

4 4.479 Na posição de equilíbrio, o ponto de suspensão e o centro de gravidade G devem pertencer à F mesma reta vertical. Da figura: tg θ m m m θ m G m D C.480 a) O menor valor de α corresponde ao prisma na iminência de tombar em torno de. Nessas condições, o peso e a reação estão na mesma vertical, conforme a figura. h α a ortanto, tg α h, ou seja: a α é o ângulo cuja tangente é h a. b) mg dvg da hg

5 5.481 a) esfera não permanece em equilíbrio na posição em que foi abandonada. º b º b Sendo b º, concluímos que os momentos de b e º, em relação ao ponto de apoio, não se anulam. tendência da esfera é girar no sentido horário, de modo que a semiesfera de chumbo ocupe a parte inferior. osição de equilíbrio estável b º º b b º b º Deslocando-se ligeiramente a esfera da posição de equilíbrio, sua tendência é voltar. osição de equilíbrio instável b º b º º b º b Deslocando-se ligeiramente a esfera da posição de equilíbrio, a esfera se afasta mais dessa posição. b) O centro de gravidade (G) do sistema está localizado do lado do chumbo. ssim, na posição de equilíbrio os pontos e G estão na mesma vertical. G b º

6 6.48 Vamos calcular os momentos dos pesos em relação ao centro do parafuso. Jovem: M J Fd M J 750 N 0 cm M J N cm Namorada: M N Fd M N 510 N 0 cm M N N cm Sendo M N M J, concluímos que a moça consegue soltar o segundo parafuso..48 Condições de equilíbrio 1 o ) Resultante nula rojeções em : X 0 X rojeções em y: Y y 0 Y y o ) Soma algébrica dos momentos nula em relação ao ponto (polo) M M y M 0 y 0 y 55 N Mas: y (o ângulo é de 45 ) Y X 45 y ogo, de, vem: X 55 N De : Y Condições de equilíbrio: 1 o ) Resultante nula rojeções em : X F cos 60 0 X F rojeções em y: Y F sen 60 0 Y F o ) Soma algébrica dos momentos nula em relação ao ponto (polo) a) M M F M 0 F C cos 0 0 F (C C) C cos 0 y Y 0 X 60 F C F (80 0) F 19 N 19 b) De : X X 96 N De : Y Y 16 N Y 16 N Observação: O sinal negativo indica que Y tem sentido oposto ao adotado na figura.

7 7.485 F elást. R y 600 0, F elást. 180 N Soma algébrica dos momentos nula em relação ao ponto D F elást. 0 Y D R y F elást. 180,0 00 1,8 m D X D.486 y Y Y M y y M g 100 N M M M g 500 N 10 m Condições de equilíbrio: 1 o ) Resultante nula rojeções em y: y y M 0 y y M y y 00 N o ) Soma algébrica dos momentos nula em relação ao ponto (polo) M M M M M Y 0 5 M y m.487 a) s forças que agem na barra são três: o peso, a reação F da parede e a reação R do chão. Observe que essas três forças são concorrentes. reação R tem componentes f at. e. F ou F sen α α R α f at. R f at. cos α

8 8 F f b) Resultante nula: at. Soma algébrica dos momentos é nula em relação a : cos αf sen α0 tg α Substituindo em, temos: tg α f at. F tangente do menor ângulo corresponde à barra na iminência de escorregar, isto é, a força de atrito estática deve ser máima e igual a µ. ortanto: 1 1 tg α tg α tg α tg α tg α µ F µ µ 0,5 N.488 a) Com o atleta com os braços na vertical, temos: mg 600 d 00 N b) Da figura ao lado: D H d 1,5 0,5 0,5 m ortanto: θ H,0 tg θ 6,0 0,5 ara o equilíbrio do atleta, devemos ter: y sen θ componente horizontal de é dada por: cos θ y y De : Em : sen θ θ θ cos θ sen θ 600 tg θ 6,0 50 N

9 9.489 Como R, concluímos que o ângulo α é igual a 60 : α y R R C R 1 cos α cos α cos α α 60 R rojeções em y: sen 60 rojeções em : 10 0 N cos N.490 Comece analisando os dois livros superiores. O máimo valor de corresponde ao primeiro livro na iminência de tombar. Nesse caso: 10 cm O centro de gravidade do conjunto dos dois livros superiores pertence à vertical pelo ponto : é o centro de gravidade do livro superior. 4 Na iminência de tombamento temos: y 4 ortanto: y y 5 cm a) Como as distribuições de massa são uniformes e as massas das gavetas e do gaveteiro são desprezíveis, o centro de massa de cada gaveta coincide com o centro de massa das massas colocadas nas gavetas, que é o centro geométrico (encontro das diagonais). G 1 G 48 cm 100 cm G (Corte transversal pelo centro do gaveteiro fechado)

10 10 b) Na situação em que a distância D for máima, a força normal entre o chão e o gaveteiro estará aplicada apenas no apoio esquerdo do gaveteiro. figura ao lado indica as forças que agem no gaveteiro nessa situação. dotando o ponto O como polo, isto é, considerando a soma algébrica dos momentos nula, em relação ao ponto O, resulta: (D má. 4) (D má. 4) D má. 4 D má. O 4 cm G G 1 1 G D má. 6 cm c) O diagrama das forças atuantes no gaveteiro, para essa situação, está representado ao lado. inda adotando o ponto O como polo, resulta: M má = M má. g M má. 4 kg 4 cm 4 cm G N O G 1 1 G.49 Quando a pessoa tende a se levantar, ela perde contato com a cadeira, e a reta vertical em seu centro de gravidade não passa pela base de apoio, que são seus pés. Nes- CG sas condições, o momento do peso em relação ao ponto de apoio (pés da pessoa) faz com que ela volte à posição original, sem conseguir levantar-se..49 No equilíbrio do sistema: m g N = mg

11 ara haver equilíbrio, a vertical traçada pelo centro de gravidade do menino deve passar por sua mão (base de apoio entre o menino e o chão). ssim, a soma dos momentos das forças eternas atuantes é nula em relação ao centro de gravidade. CG.495 ara o equilíbrio do acrobata devemos ter: cos 5 Sendo cos 5 sen 7 0,6, vem: 0, N = mg = 450 N.496 Um dos móbiles possíveis é o seguinte: a b X c d 60 g 15 g Y 5 g Z É dado que: a b 0 cm c d 0 cm No equilíbrio do sistema YZ, temos: y c z d m y g c m z g d 15c 5d d 0,6c

12 1 Em c d 0 cm, vem: c 0,6c 0 cm 1,6c 0 cm c 1,5 cm d 0,6c 0,6 1,5 d 7,5 cm No equilíbrio do sistema X (YZ), temos: a ( y z ) b m g a (m y m z ) g b 60 a (15 5) b 60a 40b b 1,5a Como a b 0 cm, vem: a 1,5a 0 cm,5a 0 cm a 1 cm b 1,5 a 1,5 1 b 18 cm