Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Estática
Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre
Estática
01- (1) — 2T1=P — T1=P/2 — (2) 2T2 sen60o =P — T2 =P/2sen60o — T2=0,58P — (3) 2T3 sen30o=P — T3 =P/2sen30o — T3 =P — R- B
02– Cálculo de d na figura 1 — triângulo retângulo – Pitágoras — d2 = 302 + 402 — d=50cm — cálculo de h1 — triângulo amarelo
da figura 1 — senα=h1/30 — triângulo inteiro — senα=40/d — h1/30=40/50 — h1=24cm — aplicando Pitágoras no triângulo amarelo da figura 2 — 352 = (d/2)2 + h22 — 1225 = 252 + h2 — h=√(600) — h≈24,5cm — o trabalho da força peso é fornecido pela expressão — Wpeso=m.g.∆h=10.10.(0,245 – 0,24) — Wpeso=0,5J — R- C
03- (a) As forças que agem sobre o conjunto imã-grampo são — 
– força peso, vertical e para baixo, aplicada sobre o conjunto pela Terra — 
– força de tração no fio, vertical e para baixo, aplicada sobre o conjunto pela massa M pendurada — 
– força de atrito, trocada entre o conjunto e a parede da geladeira, vertical e para cima, contrária ao movimento ou à sua tendência — 
– força magnética, horizontal e que atrai o conjunto para a esquerda, é de atração magnética entre o imã e a parede da geladeira — 
– força normal, horizontal e para a direita, reação da parede da geladeira sobre o conjunto.
b) Se o conjunto não deve cair a força resultante sobre ele tanto na vertical como na horizontal deve ser nula — equilíbrio na vertical — Fat=P + T — P=mog — T=Mg — Fat=μeN — μeN = mog + Mg (I) — equilíbrio na horizontal — FM=N (II) — (II0 em (I) — μeFM = mog + Mg — Mg = μeFM – mog — M= (μeFM – mog)/g ou M= μeFM/g – mo — para esse valor de M o conjunto está na iminência de cair — para qualquer valor de M menor que esse, o conjunto não cai.
04– Observe na figura 1 abaixo no triângulo hachurado a determinação do ângulo θ entre a horizontal e a direção da força normal, 
de contato entre a quina do degrau e a roda — senθ=(R/2)/R — senθ=1/2 — θ=30o — n a figura 2, todas as forças que agem sobre a roda, normal 
de contato entre o piso e a roda, peso 
, e 
, foram colocadas no centro (eixo) da roda — na figura 3, foi decomposta em sua componente horizontal N1.cos30o=N1√3/2 e vertical N1sen30o=N1/2 — à medida que for aumentando de intensidade para erguer a roda, a intensidade da força normal vai diminuindo, até que, quando a roda perder contato com o piso (N=0), ela começa a subir (figura 4) — no instante em que ela perde contato com o piso ela está em equilíbrio e a resultante das forças que agem sobre ela é nula — equilíbrio na horizontal — F=N1√3/2 — equilíbrio na vertical — N1/2=P — N1=2P — F=N1√3/2=2P.√3/2 — F=mg√3 — R-C.
05- a) Observe o diagrama abaixo que mostra as forças atuantes no terceiro elo:
b) Dados — m = 200 g = 0,2 kg — g = 10 m/s2 — P = m g = 0,2(10) — P = 2 N — F43 = 2 P = 4 N — F23 = 3 P = 6 N
06– senβ=30/50 — senβ=0,6 — P=2Tsenβ — 36=2T.0,6 — T=36/1,2 — T=30N — R- E
07– Observe a figura abaixo:
senθ=0,2/5 — senθ=0,04 — Ty=Tsenθ=0,04T — 2Ty=P — 2.0,04T=20 — T=2540N — R- D
08- Se você pendurar um quadro na parede por meio de dois fios, quanto menor for o ângulo formado com o teto, ou o suporte, maior será a força de tração (tensão) no fio.Exemplo:
R- T1>T2>T3
09- a)
equilíbrio na vertical — 2.60.sen30o=P — 2.60.1/2=P — P=60kgf
b) analogamente — 2.130.sen30o=P — P=130kgf — 130/30=4,33 — 4 crianças
10- Observe atentamente a figura abaixo onde todas as forças foram colocadas
R- A
11-
Colocando a origem do sistema de coordenadas no centro de massa da esfera 1 em O1.
R1=2R2 — m2=2m1 — XCM=(m1X1 + m2X2)/(m1 + m2)=(m1.0 + 2m1.(R1 + 2R1)/3m1 — XCM=6m1R1/3m1 — XCM=2R1 — YCM=(m1Y1 + m2Y2)/(m1 + m2)=(m1.0 + m2.0)/3m1 — YCM=0 — CM(2R1,0) — R- C
12- Colocando o centro de massa em cada bloco e os valores de suas respectivas abscissas e ordenadas —
XCM=(4m.0,5b + 3m.1,5b + 2m.2,5b + m.3,5b)/10m=15mb/10m — XCM=1,5b — YCM=(4m.0,5b + 3m.1,5b + 2m.2,5b + m.3,5b)/10m=15mb/10m — YCM=1,5b — CM (1,5b;1,5b)
13-
R- D
14-
Ao se levantar ela perde contato com a cadeira, pois a reta vertical que passa pelo seu centro de gravidade (onde está o peso) não coincide com a base de apoio (onde está a normal) que estão em seus pés. Assim, ela retorna à cadeira, sem levantar
15- Colocando os centros de gravidade em cada bloco e analisando os blocos A e B (figura abaixo) — para que o bloco A
esteja na iminência de cair, y deve valer y=a/2 — para que A e B estejam na iminência de cair, o bloco C deve ser colocado
como na figura acima — x=a/4 + a/2 — x=(2a + 4a)/8 — x=3a/4
16-
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
17- A figura mostra as abscissas x1; x2; x3 e x4 e as ordenadas y1; y2; y3 e y4 dos quatro corpos — abscissa X do centro de massa –
18-
a)
b) Sim, desde que ela não escorregue em C, onde deve ter atrito para manter o equilíbrio — a força normal 
tem a mesma intensidade que o peso 
— N=P=mg=40.10 — N=400N — tgβ=4/3 — tgβ=N/Fat — 4/3=400/Fat — Fat=1.200/4 — Fat=300N
19- A distância máxima (x) que o homem pode se deslocar sobre o trilho a partir de P, ocorre quando
o trilho estiver na iminência de girar e, nessas condições NA=0 — com o pólo em P — + (3.500).1 – 1000.(4 – x)=0 — x=0,5m — d=4 – x — d=3,5m
20- 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.
21- colocando as forças e o pólo na posição indicada e lembrando que no equilíbrio de translação — T=P=3.000N
+T.10 -3.000.20 + S.30=0 — 3.000×10 – 60.000 + 30S=0 — S=1.000N — T/S=3.000/1.000 — T/S=3
22-
Trata-se de uma alavanca interfixa — supondo que a força exercida por Arquimedes seja seu próprio peso, por exemplo de massa 75kg — p=75g — -Fp.dp + Fr.dr=0 — 75g.dp=6.1024g.dr — dp/dr=6.1024/75 — 
dp/dr=8.10-2.1024 — dp/dr=8.1022 (dp deve ser 8.1022 vezes maior que dr).
23–
Seja F a força aplicada pelo motorista no pedal — pelo enunciado a alavanca tem a capacidade de ampliação da força
aplicada por um fator igual à razão direta de seus braços, que é de 40/10=4 vezes — f=4F — a prensa hidráulica amplia a força f na razão direta de suas áreas, ou seja, de 8 vezes — F’=8f — F’=8.4F — F’=32F — R- A.
24- a) – Sim; conhecendo a pressão manométrica (o quanto a pressão interna é maior que a externa) e a área de contato com o solo, é possível conhecer a força resultante exercida pela pressão sobre o solo. No equilíbrio e no plano horizontal, essa força é igual em módulo à força de reação que o solo exerce sobre o pneu. Somando-se as forças de reação do solo sobre todos os pneus, encontramos a força de reação total do solo. Na situação de equilíbrio, e no plano horizontal, essa força de reação total do solo é igual em módulo à força peso do automóvel.
b)- A área de contato de cada um dos 4 pneus com o solo vale — S=110cm2=110.10-4m2 — força exercida pelos dois pneus dianteiros — um pneu — Pd=Fd/S — 21.104=Fd/110.10-4 — Fd = 2310N — como são dois pneus —
Fd=4 620N — força exercida pelos dois pneus traseiros — um pneu — Pd=Fd/S — 22.104=Fd/110.10-4 — Fd =
2 240N — como são dois pneus — Fd=4 480N — a soma dessas 4 forças correspondem ao peso do automóvel —
P = 4 620 + 4 480 — P= 9 460N.
25-
O exercício quer o diagrama das forças que as dobradiças aplicam na porta:
Na horizontal: ao girar, a porta traciona (puxa) para a direita a dobradiça superior e esta, pelo princípio da ação e reação reage na porta com uma força de mesma intensidade, mesma direção, mas sentido contrário, tracionando-a (puxando-a) para a esquerda com uma força 
— analogamente ao girar, a porta comprime (empurra) para a esquerda a dobradiça superior e esta, pelo princípio da ação e reação reage na porta com uma força de mesma intensidade, mesma direção mas sentido contrário, comprimindo-a (empurrando-a) para a direita com uma força 
.
Na vertical, devido ao seu peso, a porta aplica em cada dobradiça uma força puxando-as para baixo e, elas reagem sobre a porta com forças 
e 
, verticais e para cima.
A soma vetorial dessas forças, fornece as forças resultantes 
e 
que cada dobradiça exerce sobre a porta (figura) R- D.
26– Projetando as forças e as distâncias nas direções perpendiculares à viga — em (I), forças — cos60o=F/80 — 1/2 =
F/80 — 2F=80 — F=40N — em (II), distâncias — cos60o=2/d — 1/2 = 2/d — d=4m — veja na figura (III) como fica o esquema pronto para você calcular o momento de cada força com o pólo em
A — MPE= – 40.16= – 640 N.m — MNB= + NDx12 — MPC= – 40.8= – 320N — MF= + 30.4 — MNA=NA.0=0 — a soma dos momentos de cada força deve ser nula — -640 +12ND – 320 +120 + 0=0 — 12ND=840 — ND=70N — R- C.
27- Leia a teoria a seguir:
Processo experimental para o cálculo do empuxo – Na Figura (I), um recipiente com um líquido está sobre uma balança calibrada em newtons (N) que marca um certo valor No para o peso do conjunto (líquido + recipiente).
Coloca-se uma esfera de chumbo imersa na água do recipiente suspensa por um fio ideal, em equilíbrio, sem tocar o fundo do recipiente, e a balança marca N, como mostra a Figura (II).
P – peso do conjunto (água + recipiente) — Na figura I, a balança marca o peso P, ou seja No=P
Na figura II, se o corpo imerso recebe do líquido uma força vertical e para cima (Empuxo), pelo princípio da ação e reação o corpo reage sobre o líquido com força de mesma intensidade (Empuxo), mesma direção (vertical) e sentido sentido contrário (para baixo).
28- Pilar 1 — a placa tende a subir (girar no sentido horário) aplicando nos parafusos uma força 
para cima e, estes, pelo princípio da ação e reação reagem sobre a placa com força de mesma intensidade N1, mesma direção mas sentido contrário, ou seja, para baixo — pilar 2 — quando a placa tende a girar no sentido horário, ela comprime os parafusos do pilar 2 para baixo com força 
e, pelo princípio da ação e reação os parafusos do pilar 2 reagem sobre a placa aplicando nela uma força de mesma intensidade N2 mesma direção mas sentido contrário, ou seja, para cima — equilíbrio de translação (não sobe nem desce) — N2 = N1 + P — N2 = N1 + 1000 (I)
— equilíbrio de rotação com o pólo (eixo de rotação colocado em N2) — cálculo do momento de cada força em relação ao pólo — MN1= – N1.d1= – N1.1,0 — MN1= – 1,0.N1 — MN2= N2.d2= N2.0 — MN2=0 — MP= + P.d= 1000.0,5 — MP= 500N.m — equilíbrio de rotação — a soma dos momentos de todas as forças deve ser nula — – 1,0.N1 + 0 + 500=0 — N1=500N (II) — (II) em (I) — N2 = 500 + 1000 — N2=1500N — R- C.
29- Na vertical: Como cada dobradiça sustenta o peso do portão P=800N (vertical e para baixo) e cada uma suporta metade desse peso, cada dobradiça receberá uma força vertical e para cima de P’=800/2
— P’=400N (figura acima). Assim, na vertical o portão está em equilíbrio, pois 2P’=P.
Na horizontal: na dobradiça superior deve surgir uma força horizontal e para a esquerda 
impedindo que o portão gire no sentido horário e na inferior uma força horizontal e para
a direita 
também impedindo que ele gire no sentido horário (figura acima).
Colocando o polo 0 (eixo de rotação) na dobradiça inferior vamos calcular o momento de cada força em relação a 0,estabelecendo o sentido horário de rotação como positivo:
MNs= – Ns.d= – Ns.1,6 — MNS= – 1,6Ns
MP= + P.d= + 800.0,8 — MP= + 640 N.m
Mni= Ni.d=Ni.0 — MNi=0
No equilíbrio de rotação a soma dos momentos de cada força deve ser nula:
– 1,6Ns + 640 = 0 — Ns=640/1,6 — Ns=400N — como na horizontal as forças devem se anular para que haja equilíbrio, Ns=Ni=400N.
R- C
30- Dados — m=70kg — P=mg=70.10=700N — μe= 1,0.
Interessa as forças que agem sobre o trabalhador e que estão colocadas na figura abaixo:
Decompondo a força de tração 
na corda em suas componentes horizontal 
e vertical 
— Th=
Tcosθ=0,8T — Tv=Tsenθ=0,6T.
Colocando todas as forças que agem sobre o trabalhador:
Equilíbrio na horizontal — Fat = Th — μN=0,8T — 1.N=0,8T — N=0,8T.
Equilíbrio na vertical — Tv + N = P — 0,6T + 0,8T = 700 — 1,4T=700 — T=700/1,4 — T=500N.
Mas, a tração na corda T=500N é igual ao peso das n telhas, de massa cada uma m=2kg — T=nPtelha — 500 = n.mg — 500 = n.2.10 — n=500/20 — n=25 telhas.
R- B
31- Observe na figura I que, com a balança não inclinada, a força de reação 
da balança (indicação da mesma) é anulada pela força peso 
da pessoa — assim, N=P e a balança indica o peso da pessoa.
Por outro lado, na figura II, com a balança inclinada, a indicação da balança (N) é anulada pela parcela do peso (
)perpendicular (normal) à superfície da balança, ou seja N=PN que é menor que o peso , pois existe ainda uma parcela do peso (
) paralela à superfície da balança.
R- D.