SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA

SOLUÇÃO PC1. [B] SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA Dados: m = 150 kg; g = 10 m/s ; b P = 0,5 m; b F = 3,0 m. A alavanca é interfixa, pois o apoio está entre a força potente v resistente P v F e força Se o trabalho a ser realizado é levantar o corpo, a figura não ilustra corretamente a finalidade da questão, pois o corpo está também apoiado no solo. Da maneira como está, a tendência da alavanca é tombar o corpo, e não v levantá-lo. Supondo que a linha de ação do peso P passe pela extremidade esquerda da alavanca, numa situação de equilíbrio horizontal teríamos o equilíbrio dos momentos. M M 15000,5 horário anti horário F (3) = P (0,5) F 3 F = 50 N. SOLUÇÃO PC. [A] A figura mostra a barra e a decomposição da força de 0N. Para que a barra esteja em equilíbrio, a soma dos momentos deve ser nula. 0 0 3 F.L (0 cos30 ).L F 0 cos30 0 10 3N 17,3N. ESTÁTICA II 1

SOLUÇÃO PC3. [B] O disco mais pesado é aquele que neutralizará a reação do ponto S. 1 Considerando que a barra é homogênea é verdadeiro escrever que: Pbarra 0,5 P disco (0,5 0,1) 10 g 0,5 m g 0,4 5 0,4 m 5 m 1,5 kg 0,4 Dentre as opções, o de maior massa que não desequilibrará a barra é o de 10 kg. SOLUÇÃO PC4. [A] Pelo equilíbrio de corpo extenso podemos afirmar que a soma dos momentos de força em relação ao ponto de apoio deve ser nula. Assim: F A.b A = F B.b B 4.b = F B.4b F B = 1 N SOLUÇÃO PC5. [B] 1 M 0 FB x1 18x6 x 0 FB x 9 6 ESTÁTICA II

SOLUÇÃO PC6. [A] Lembrando que a área de um triângulo é dada pela expressão, base altura A, têm-se: Equilátero heq heq L 3 tg60 3 heq L L 1 1 L 3 L 3 Aeq Lheq L Aeq 4 Isósceles his his L tg45 1 his L L 1 1 L L Ais Lhis L Aeq 4 A força de tração aplicada em cada extremidade da alavanca tem mesma intensidade do peso do triângulo nela suspenso. ESTÁTICA II 3

Sendo de mesmo material e de mesma espessura, os dois triângulos têm mesma densidade superficial ( σ ). O peso de cada um é, então: L 3 Peq ς g 4 P mg σ A g L Pis σ g 4 Como a alavanca está em equilíbrio estático, igualando os momentos horário e anti-horário, vem: L 3 L i Peq e Pis i σ ge σ gi 3. 4 4 e SOLUÇÃO PC7. [D] Arthur é um corpo rígido em equilíbrio: Para que ele esteja em equilíbrio de translação, é necessário que a intensidade da força resultante que suas mãos aplicam nas argolas (e a da que recebem delas: ação-reação) tenha a mesma intensidade de seu peso. Para que ele esteja em equilíbrio de rotação, é necessário que o torque resultante seja nulo. Como ele está sujeito a apenas duas forças, elas devem ter a mesma linha de ação, passando pelo centro de gravidade do atleta. Analisando as alternativas e justificando as falsas: [A] Falsa: o centro de massa do atleta está situado fora de seu corpo apenas na posição. [B] Falsa: todas as posições são de equilíbrio instável. [C] Falsa: Em todas as posições a intensidade da força aplicada pelas suas mãos deve ter a mesma intensidade do peso (equilíbrio de forças). [D] Verdadeira. 4 ESTÁTICA II

SOLUÇÃO PC8. [C] M 0 : O P sen 45,5 0 sen 45 5 15 5 0 P,5 0 5 15 5 0 P 0 N M kg Densidade linear da haste: M μ L 5 kg μ 0,4 m Para o equilíbrio, também devemos ter: N 15 cos 45 P 0 N 15 0 0 N 5 N ESTÁTICA II 5

SOLUÇÃO PC10. [B] As figuras mostram as distâncias e as forças relevantes para a resolução da questão. Na Figura 1: L L cosθ u. u cosθ Na Figura, em relação ao ponto O, o somatório dos momentos é nulo. Adotando o sentido anti-horário como positivo, vem: 3u 3 FA u FB u Py 0 FA FB Pcosθ 0 P FA F B. 3 cosθ SOLUÇÃO PC10. [D] A figura representa a situação quando a régua está na iminência de tombar. 6 ESTÁTICA II

No equilíbrio: MP M 5P 5 P d P 6 d 5d 6 d d 1 x 1. SOLUÇÃO PC11. [C] Observações: O enunciado não forneceu a massa do equipamento, portanto seu peso será desprezado. Serão também desconsideradas as forças de interação entre as costas da pessoa e o encosto do equipamento, como também eventuais atritos entre a pessoa e o assento. Além disso, é pedido o módulo da força exercida pela perna (no singular). Será calculado o módulo da força exercida pelas pernas da pessoa. Pelo Princípio da Ação-Reação, a intensidade da força exercida pelas pernas da pessoa sobre o apoio do equipamento tem mesma intensidade que a da força que o apoio exerce sobre suas pernas, em sentido oposto. Considerando a pessoa como ponto material, têm-se as três forças agindo sobre ela (Fig. 1). Como ela está em repouso, pelo Princípio da Inércia, a resultante dessas forças é nula. Usando a regra da poligonal, essas três forças formam um triângulo retângulo (Fig. ). Na Fig. : F 1 sen30 F mgsen30 65 10 F 35 N. P ESTÁTICA II 7

SOLUÇÃO PC1. A) O esboço do diagrama de forças aplicadas à chave desprezando a massa da chave é: B) Ao considerar a massa da chave, o seu peso atua no seu centro de massa, logo o diagrama de forças sobre a chave fica: c) Considerando a massa da chave e o seu centro de massa localizado na metade de seu comprimento, podemos desenvolver uma expressão para o cálculo do braço de alavanca b: b τ τ τ τ F b P b b b P mg F mg F F D) Com o torque e a força aplicada, temos como saber o comprimento mínimo do braço de alavanca b desconsiderando a massa da chave: τ 10 Nm τ F b b b b 0,6 m F 00 N 8 ESTÁTICA II

SOLUÇÃO PC13. [E] O momento em relação à articulação deve ser nulo, logo: 50 3cos60 30 5cos60 T 6cos60 0 6T 150 150 T 50 N A somatória vetorial das forças na vertical deve ser nula, portanto: Fy 50 30 50 0 Fy 30 N Note que Fx 0, pois é a única componente de força nessa direção. Logo, pela lei da ação e reação, a tábua aplica uma força de mesma intensidade e direção, mas de sentido contrário sobre a articulação, ou seja, uma força de 30 N na vertical e para baixo. SOLUÇÃO PC14. [E] A figura mostra as forças atuantes na escada AB, sendo M o seu ponto médio. Nela, também são mostradas as dimensões relevantes. ESTÁTICA II 9

Aplicando as condições de equilíbrio a um corpo extenso, considerando a iminência de escorregamento para a escada: 1ª) A resultante das forças é nula: NS PE PT 10 70 10 NS 800 N NP Fat μ NS ª) O Momento resultante é nulo: L L Mhorário M antihorário NS d Fat h P E NS d μns h P E NS d P L E 800 4 100 3.000 μ NS h 800 3.400 μ 1,5. SOLUÇÃO PC15. [A] No início do tombamento, as componentes da força que a superfície aplica no bloco cônico, Normal N e Atrito F at, agem no ponto O, como mostra a figura. Considerando o ponto O como polo, os momentos dessas componentes são nulos. Então o momento de F é igual ao momento do peso. Assim: h P h MG Fh PR. R F R F 10 ESTÁTICA II