Resolução Comentada – Estático de um corpo extenso

Resolução Comentada 

Estático de um corpo extenso

 

01- Observe na figura abaixo que a força  peso  do portão colocada em seu centro de gravidade (vertical e para baixo) e a força  , aplicada pelo garoto na extremidade livre da direita (também

vertical e para baixo) tendem a fazer o portão girar no sentido horário, fazendo-o puxar a dobradiça em A (tentando arrancá-la) e comprimi-la em B  —  R- A 

02- bandeja – b  m_b=0,4kg  —  prato -A – – m_A=0,5kg  —  copo – B – m_B=0,1kg  —  garrafa – C – m_C=1,0kg  — cálculo da abscissa do centro de massa  —  X_CG=(m_b.X_b + m_A.XA_A + m_BX_B + m_CX_C)/(m_b + m_A + m_B + m_C)= (0,4..0 + 0,5.(-2). + 0,1.(-10) + 1.(+4+)/(0,4 + 0,5 + 0,1 + 1,0)=2/2  —  X_CG=1cm  —  cálculo do centro de massa da ordenada  —  Y_CG=(m_b.Y_b + m_A.Y_A +

m_BY_B + m_cY_c)/(m_b + m_A + m_B + m_C)=(0,4.0 + 0,5.(-5) + 0,1.5 + 1.4)/2  —  Y_CM=2/2  —  Y_CM=1cm  —  CG (1,1)  —   R- E

03-  A figura mostra as abscissas x₁; x₂; x₃ e x₄ e as ordenadas y₁; y₂; y₃ e y₄ dos quatro corpos; a abscissa X e a ordenada Y do centro de massa:

 R – C

04- Sem as moedas o centro de gravidade do sapinho está em seu próprio corpo  —  quando você

coloca as moedas em suas patas dianteiras e o apoia no lápis, essas duas moedas deslocam seu centro de gravidade para baixo de seu corpo e ele fica em equilíbrio estável  —  R- D

Observação: No boneco  “João Bobo”, existe uma grande massa (contrapeso, normalmente chumbo), na parte inferior  do brinquedo, fazendo com que seu centro de gravidade esteja bem

embaixo e ele fique em equilíbrio estável  —  quando você o retira da posição de equilíbrio estável, a tendência do contrapeso é retornar novamente ao equilíbrio, oscilando até que o contrapeso fique novamente em sua parte inferior.

05- Como o centro de gravidade CG está sempre no ponto médio e à medida que o cigarro vai queimando ele se desloca para a esquerda, quando o cigarro estiver na iminência de cair, você terá a situação da figura abaixo, onde você deve

 observar que o cigarro queimou d=80 – 50=30mm com velocidade de 5mm/min —  V=d/t  —  5=30/t  — t=6 min

R- C

06- Trata-se de corpos apoiados  —  situação I  —  como os três ângulos são de 120^o o centro de gravidade CG está na junção – indiferente  —  situação II  —  o centro de gravidade CG está acima da

 junção – instável  —  situação III  — o CG centro de gravidade  está abaixo da junção – estável  — 

R- E

07- A porta gira no sentido daquele que aplicar o maior momento na mesma  —  momento da força aplicada pelo homem  — M_h=+F_h.d  =80.10  —  M_h=800N.cm  —  momento da força aplicada pelo menino  —  M_m=-F_m.d= -5.200  —  M_m= – 1.000N.cm  —  ganha o menino  —  R- B

08-  O jovem consegue soltar o parafuso, fazendo a chave girar quando o momento da  força por ele

aplicada (F_j=75.10=750N)valer —  M_Fj=F.d=750.20  —  M_Fj=15.000N.cm  —  momento da força (F=51.10=510N) aplicada pela namorada  —  M_Fn=F.d=510.30  —  M_Fn=15.300N  —  observe que o momento (torque) da força aplicada pela namorada é maior que o momento da força aplicada pelo jovem  —  sim, ela consegue soltar o parafuso.

09- Observe a figura abaixo  —  equilíbrio de translação do andaime (corpo extenso)  —  a resultante

das forças na vertical deve ser nula,e, para que isso ocorra  —  T_E + T_D=P  —  equilíbrio de rotação ( o andaime não deve girar)  —  a soma dos momentos de cada força deve ser nula  —  pólo em P  —  +T_E.(x) – T_D.(y)=0  —   T_E.(x)=T_D.(y)  —  observe que, como x>y, T_E deve ser menor que T­_D  —  T_E<T_D  —  R- C

10- Como é uma situação de equilíbrio de um corpo extenso, temos que considerar equilíbrio de translação (a resultante das forças deve ser nula) e equilíbrio de rotação (o momento resultante deve ser nulo). Analisando cada uma das opções:

a) Falsa  —  a resultante das forças na direção horizontal é não nula, não havendo, portanto, equilíbrio.

b) Falsa  —  a resultante das forças na direção vertical é não nula.

c) Correta  —  a força resultante pode ser nula bem como o momento resultante  —  trata-se de uma situação de possível equilíbrio

d) Falsa  —  o momento resultante é não nulo, provocando rotação no sentido horário.  

R- C

11- Colocando as forças que agem sobre a trave  —  equilíbrio de rotação  —  a somatória dos

momentos de todas as forças deve ser nula  —  pólo em C  —  – F₁.d₁  + F.d – F₂.d₂ + F₃.d₃ = 0  —  – 400.(0,2 + 0,1 + 0,3)  + F.(0,1 + 0,3) – 400.(0,3) + 400.(0,3) = 0  —- 400.0,6 + F.0,4 – 400.0,3 + 400.0,3 = 0  —  F=240/0,4  —  F= 600N  —  R- E

12- Para que a escada não escorregue e caia, no apoio inferior tem que ter atrito, o que não precisa ocorrer no apoio superior  —  como a parede é lisa, ou seja, no ponto M não existe atrito  —  a figura abaixo mostra as três forças que agem sobre a escada  que

está em equilíbrio  —  – força de contato com a parede  —  – força que a escada troca com o chão  —  – força peso (ponto médio da escada)  —  essas três forças obedecem ao teorema das três forças de enunciado: “ Se três forças agem sobre um corpo de modo a mantê-lo em equilíbrio, elas devem ser coplanares (mesmo plano) e concorrentes (seus prolongamentos devem se encontrar) num mesmo ponto, no caso Q”  —  R- C

13- Observe a figura abaixo  —  colocando o polo em N₂  —  a soma dos momentos em relação ao

polo deve ser nula  —  M_N2=— M_P=+P.4  —  M_N1=-N₁.6  — M_N1=-6.10⁵N.m  —  +4P – 6.10⁵=0  —  P=6.10⁴/4  —  P=1,5.10⁵N  —  a resultante das forças verticais deve ser nula  —  N₁ + N₂=1,5.10⁵  —  1,0.10⁵ + N₂=1,5.10⁵  —  N₂=0,5.10⁵  —  N₂=5,0.10⁴N  —  R- A

14- Observe o comprimento das hastes em relação ao ponto de apoio e verifique que o lado de comprimento 5cm deve equilibrar o dobro da massa que o lado de comprimento 10cm (figura abaixo)

R- C

15- Colocando o polo em N e calculando, calculando o momento de cada força, somando-os e

igualando-os a zero  — -200.2 + F.0,5 + 350.1=0  —  -400 + 0,5F + 350=0  —  F=100N  —  R- D

16- Observe a relação F₂/F₁=d₁/d₂  —  se d₁ > d₂   —  F₂ > F₁  —  R- C

 

Voltar para os exercícios