Resoluções – Estática – 2013 e 2014
Estática – 2013 – 2014
RESOLUÇÕES
01- Equilíbrio na vertical — NA + NB = P.
Equilíbrio de rotação — a soma dos momentos de cada força em relação ao polo (colocado em A)
deve ser nula.
MNA=NA.0=0 — MP= + P.1= p — MNB= – NB.3= – 3NB — 0 + P – 3NB = 0 — NB = P/3 (I).
NA + NB = 3 — NA + P/3 = P — NA=P – P/3= (3P – P)/3 NA=2.(P/3) (II).
Comparando (I) com (II) — NA = 2 NB.
R- B
02- A componente do peso (Pp) paralela ao plano inclinado, responsável pela descida do bloco, é fornecida por Pp=PsenӨ=m.g.senӨ=2,8,10,0,8 — Pp=22,4N — intensidade da força de atrito estático máxima (iminência de movimento) é dada por Fat=μN=μPcosӨ=μmgcosӨ — Fat=0,5×2,8x10x0,6 — Fat=8,4N —
a intensidade da força elástica (Fe) é fornecida por Fe=K.x, onde x é de quanto a mola está distendida —
Fe=350.x — essas forças estão colocadas na figura abaixo — como, pelo enunciado, o sistema se
encontra em equilíbrio, a força resultante sobre o bloco é nula (FR=0) e, assim Pp = Fel + Fat — 22,4 = 350 + 8,4 — 350.x = 14 — x=14/350 — x=0,04m=4,0cm — R- E
03- Teoria: Plano inclinado com atrito
As forças que agem sobre um corpo apoiado sobre um plano inclinado são seu peso
, vertical e para baixo e a força normal 
, perpendicular à superfície de contato entre o bloco e o plano.
α é o ângulo de inclinação do plano. Como e não tem a mesma direção, vamos decompor o peso em duas parcelas:
parcela do peso paralela à superfície do plano inclinado (responsável pela tentativa de descida do bloco).
parcela do peso perpendicular à superfície do plano inclinado (força que comprime o bloco contra o plano)
sen α =cateto oposto/hipotenusa — sen α =PP/P — PP=P.senα
cos α =cateto adjacente/hipotenusa — cos α =PN/P — PN=P.cosα
As duas forças acima substituem o peso e podemos tirá-lo:
A componente normal do peso anula a reação normal do apoio , assim temos:
A força de atrito é sempre contrária ao movimento ou à sua tendência e é fornecida por Fat=μN — PN=N — Fat=μPN — Fat=μPcosa — Fat=μmgcosα
Se o bloco estiver em equilíbrio (estático ou dinâmico), a força resultante sobre ele seria nula e, nesse caso, PP=Fat .
Para se determinar o coeficiente de atrito estático (Fate) de um corpo, que é o valor máximo do coeficiente de atrito, devemos colocar esse corpo sobre um plano inclinado e ir aumentando o ângulo até que ele esteja na iminência de movimento e medir esse ângulo.
Na iminência de movimento PP=Fate — Psenα=μePcosα — μe=sena/cosα — μe=tgα
N0 caso do exercício — μe=tgα=tg30o = √3/3
R- D
04- Veja a figura abaixo onde foi calculada a soma vetorial pela regra do paralelogramo — aplicando
a lei dos cossenos — FR2 = F2 + F2 + 2.F.F.cos60o=2F2 + 2F2.(1/2) — FR=√(3F2) — FR=√(3) .F
R- E
05- Na primeira figura estão colocadas as forças e, considerando a prateleira de densidade homogênea o peso e todas as outras forças estão aplicadas no centro (meio) da prateleira e essas forças são:
Peso 
— vertical, para baixo e de intensidade P=mg=2.10 — P=20N
Tensão (tração) 
no cabo aplicada na prateleira pela parede
Normal 
— aplicada pela parede na prateira (horizontal e para a direita)
Na segunda figura a tração foi decomposta em duas parcelas de intensidades Ty=Tcos60o=0,5T e Tx=Tsen60o=(√3/2)T.
Na terceira figura, como o sistema está em equilíbrio, na vertical, Ty=P — 0,5T=20 — T=40N.
R- D
Obs: Se fosse pedido a reação normal aplicada pela parede na prateira você teria que na horizontal também existe equilíbrio e N=Fy=(√3/2)T=(√3/2).40 — N=20√3N
06- Peso de cada esfera — P1=m1g=0,3.10 — P1=3N — P2=m2g=0,2.10 — P2=2N — P3=m3g=0,1.10 — P3=1N
Observe na figura todas as forças que agem sobre cada esfera e, como cada uma está em equilíbrio a força resultante sobre cada uma será nula, então você terá:
Esfera 3 — T3=1N — esfera 2 — T3 + 2 = T2 — 1 + 2=T2 — T2=3N — esfera 1 — T1 = T2 + 3 —
T1=3 + 3 — T1=6N
R- A
07- Se o peso da criança (II) é duas vezes maior que o da criança (I), a criança (II), para que haja equilíbrio, deve estar a uma distância duas vezes menor que a criança (I) do apoio.
R- C
08- Veja teoria a seguir:
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.
R- A
09-Lei de Hooke — Fe=kx — k=60N/m e no dia de menor rendimento x=0,8m — Fe=60.0,8=48N.
R- E
10-
O1. Correta — possui maior área de contato com o solo oferecendo mais estabilidade para caminhar.
02. Correta — o salto alto desloca o peso e consequentemente o centro de gravidade. Veja figura
abaixo.
04. Falsa — veja 02.
08. Correta — com salto o peso é deslocado para a frente e sem salto, num plano inclinado o peso
também é deslocado para a frente.
16. Falsa — pressão=força (no caso, o peso)/área de contato com o solo) — P=P/S — observe que a pressão P é inversamente proporcional à área de contato — com o sapato B, S é menor, e a pressão sobre o solo é maior.
Soma (01 + 02 + 08)= 11
11- Como os blocos se movem com velocidade constante, estão em MRU e a intensidade da força resultante sobre cada um deles é nula.
Bloco de massa M — T=P — T=Mg (I)
Bloco de massa m — Pp = T + Fat — mgsenθ = T + μcmgcosθ — T=mgsenθ – μcmgcosθ (II)
(I) = (II) — Mg = mgsenθ – μcmgcosθ — M= msenθ – μcmcosθ
R-B
12- Observe as figuras abaixo onde as forças são:
– força que a mão aplica aplica na parede e 
– força com que a parede reage na mão e consequentemente na pessoa.
– peso da pessoa cuja reação está no centro da Terra.
– força que a pessoa aplica no solo e 
– força com que o solo reage sobre a pessoa (essa força é denominada de força normal 
)
– força com que o pé empurra o solo e 
força com que o solo reage sobre o pé (essas forças são as força de atrito trocadas entre o pé e o solo).
Na figura da direita estão colocadas apenas as forças que agem sobre o indivíduo e que se anulam na vertical e na horizontal, pois o indivíduo encontra-se em repouso (força resultante nula).
Estática de um ponto material
38– Determinando o valor da constante elástica k da mola pela figura 1 — quando x=4,0cm=4.10-2m, F=20N — Fe=kx — 20=k.4.10-2 — k=5.102 N/m — força aplicada pela mola quando o sistema está em equilíbrio e a mola deformada de x=6,4cm=6,4.10-2m — F=kx=5.102.6,4.10-2=32N — observe a seqüência das figuras abaixo onde
foram colocadas todas as forças no ponto de interseção dos fios (I) — em (II) foram decompostas as forças inclinadas — Tx=Tcosα=0,8T — Ty=Tsenα=0,6T — Fx=Fcosβ=32.0,6=19,2N — Fy=Fsenβ=32.0,8=25,6N — em (III) estão colocadas apenas as forças que agem nas direções horizontal e vertical — estando o sistema em equilíbrio essas forças se anulam em cada direção — na horizontal — 0,8T=19,2 — T=24N — na vertical — 0,6T + 25,6 = 10m —
0,6.24 + 25,6 = 10m — 14,4 + 25,6 = 10m — m=40/10=4kg — R- C.
Corpo extenso – centro de massa e tipos de equilíbrio
21- Com duas pessoas no carro a deformação do sistema de molas é x=2cm=2.10-2m e a força que deformadora é o peso das duas pessoas — P=2mg=2.60.10=12.102N — esse peso corresponde à força elástica — FeP=kx —
12.102=k.2.10-2 — k=6.104N/m (constante elástica do sistema de molas que é constante independente da força deformadora) — com 4 pessoas a deformação é x’ e o peso é P’=4mg=4.70.10=28.102N — P’=kx’ — 28.102=6.104x’ — x’=4,66.10-2m=4,66cm — R- D.
22- Leia a teoria abaixo:
Associação de polias ou roldanas
a) Uma polia fixa e outra móvel
A polia de cima, fixa, não interfere no valor da força aplicada pela pessoa, serve apenas para sua comodidade, levantando o bloco ao puxar o fio para baixo.
A polia de baixo, móvel, reduz à metade a força aplicada pela pessoa (metade do peso do bloco). Lembre-se de que, se a pessoa puxar o fio de uma distancia d, o bloco subirá d/2.
b) Uma polia fixa e várias polias móveis (talha exponencial)
Na figura abaixo, onde temos 3 polias móveis e uma fixa, o bloco de peso P é mantido em equilíbrio pela pessoa. Observe que
a força que a pessoas aplica tem intensidade 8 vezes menor que o peso do bloco e que cada polia móvel reduz pela metade a força aplicada nela. Esse tipo de associação é chamado de talha exponencial e a força exercida pela pessoa, se tivermos n polias móveis, corresponde a 2n do peso do bloco com n=1,2,3… .
Assim, se o bloco da figura acima tiver peso de 80N, a pessoa deve fazer uma força de apenas 10N para mantê-lo em equilíbrio, mas, se ele puxar a corda de 1m, o bloco subirá apenas 0,125m (8 vezes menor).
Observe na figura do exercício que existem duas polias móveis — F=P/22=P/4 — R- D.
Estática de um corpo extenso – máquinas simples
66- Trata-se de uma alavanca interfixa – o apoio está entre a força potente e a força resistente — observe a alavanca
interfixa acima — havendo equilíbrio, a soma dos momentos das forças em relação ao apoio deve ser nula — Fo.2x=Fr.x — Fr/Fo=2x/x — Fr=2Fp — observe que quanto maior for o braço potente, maior será a vantagem mecânica, ou seja, maior será a força transmitida — R- A.
67- 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.
68- Peso do chumbo quadrado — P=m.g=0,030×10=0,3N — peso dos triângulos de chumbo — P=m.9=0,010×10=0,1N — colocando as forças na haste maior e considerando o ponto O como pólo (figura) — equilíbrio de rotação — a soma dos momentos de cada força em relação ao pólo O deve ser nula — M0,3N= – F,d = –
0,3.x — M0,2N = + F.d=+0,2.30 =6N.cm — M0,3N + M0,2N=0 — – 0,3x + 6=0 — x=6/0,3 — x=20cm — R- C.
69– Se você chamar as reações em A e B de NA e NB, a reação de contato da esfera Q na barra de PQ, e considerar o
peso da barra (Pb) atuando no centro geométrico da mesma, aplicando a condições de equilíbrio de rotação: somatório de momentos em relação ao ponto A (pólo) igual a zero, você terá — MNA=NA.d=0 — MpQ=+PQ.d=+80.0,4=32N.m — MPb=+Pb.d — MPb=50.1=50N.m — MNB=- NB.d=-NB.2 — 0 + 32 + 50 – 2NB = 0 — NB=82/2 — NB=41N — R- B.
70– Peso do homem — PH=m.g=80.10=800N — cálculo do momento de cada força colocando o polo (eixo
de rotação) em B — NNA=NA.dAB=2NA — MPH= – PH.dHB= – 800.1,8= – 1440N.m — MNB=NB.d=NB.0=0 — equilíbrio de rotação — a soma dos momentos de cada força em relação ao pólo é nula — 2NA – 1440 + 0 = 0 — NA=1440/2 — NA=720 N — R- D.
71- 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.