Robortella_Estatica_Hidrostatica_e_Gravi

Prévia do material em texto

L
~
I
!~
I:
~ I
L \ L'--1.
~ -.i\;'.;.0... - -
-- --
6JtWázLf 11
...
Estática do ponto material
A condição necessária e suficiente para que um corpo, conside-
rado ponto material.estejaem equilíbrioestáticoé que a resultante
das forças que agem sobre ele seja nula.
Ou seja:
I Equilíbrio de um ponto material-.Ã = Õ I
Analisemos algumas aplicações práticas:
1. Na situação ilustradaabaixo,esquematicamente temos:
I
,I
I -
I
I '{ ( l/I
11
11
]
/,
I
il
r,
\4
" ." I / I I/
J
'r
t:
EQUIUBRIO ESTÁTICO
I
..
.... ....
" - -- --
R=O-'T=P
12
f-
I
I
1
IIr'
1
1
tL
"/\
.
/,/' I' ; ~I ,
\. I i
~~~~
A
I
~
~'-
Para o equilíbrio estático, devemos ter:
p
p~
vc
.....
a) R=O ~ polígono das forças fechado
ou
{
.....
b) = O R, = TI,+ T~,+ Px= OR ~ .....
Ry= TI,.+ T~r+ Py= O. . .
Isto significa que, decompondo as forças agentesno ponto ma.
terial em duas direções ortogonais, a resultante deverá ser nula em
cada um dos eixos.
De acordo com a figura, vem:
p
. I
T2 I
I
~ -- ---x
T2x
p
t
\'
.j-
~
fi
. ,.
If.
. ~, .
i
f,,
~ 13
Segundo adireção x, TI =T2 =>TI cos a = T2cos~.x x
Segundo adireção y, Tly+ T2y =P=> TI sen a+ T2 sen~=P.
3. No caso iiustrado abaixo, admitindo-se que a polia e a corda
tenham inércia desprezível, esquematicamente teremos:
~
"~
TT
p
Estando a polia em equilíbrio estático, vem:
I R = Õ...P=2T I
4. No tratamento de algumas lesões do corpo humano é funda-
mental o conhecimento do equilíbrio estático, conforme você pode
observar nas ilustrações abaixo.
-
.
-~jj;
.
r;:;
.
'
.
'
.
'
.~
~D
.~ -_o
Ji\
\\ ~'
.
'
Ifl .~
~~í,,. ~ ~,
.~.'~
;~~7~~ i:::'.~';'
14
1. MEDICINADESANTOAMARO- Um corpo que pesa 60 newtons
está suspenso ao teto por dois fios, que formam com o teto
ângulos de 60°. A força de tração em cada fio é de:
}1i)' 34,5N. t~~,'L,
b) 51,8 N.
c) 86,0 N.
d) 91,3 N.
e) 120 N.
Resolução: Observando o es-
quema ao lado, temos:
. equilíbrio do corpo:
-+ -+
Rcorpo= O ::::}T = P
. equilíbriodo ponto O:
-+ -+
Ro='0 =c;> polígono das.
forças fechado
Pela lei dos senos:
TI P
::::}
sen 1200
P
sen 300
TI
=>
1
2
'/3
2
P
.=>TI = -::::} T1=
Y3
60 60 '\Í3= - = ::::}
V3 3
::::}TI = 20 '/3N ::::}
::::} IT~~34,$ N I
::::} L
~
Polígono das forças agentes em o:
P
111
kl
i
]
~
I
, ~
I
(j
~
Como o triângulo é isósceles,' TI=T2. Portanto, a intensidade da
força de tração nos fios é, aproximadamente, igual a 34,5 N.
Resposta: alternativaa.
2. PUC (SAO PAULO)- O es-
quema representa 'dois cor-
pos (1) e (2), com pesos res-
pectivamente iguais a 5 kgf e
10 kgf, suspensos por cordas
. LI e L2. Supondo desprezíveis
os pesos das cordas, as tra-
ções em LI e L2 valem, res-
pectivamente:
a) 10kgf e 5 kgf.
b) 10 kgf e 15 kgf.
c) 5 kgf e 10kgf.
d) 15 kgf e 15kgf.
ê( 5 kgf e 15kgf.
~
Resolução: Ao representar as for-
ças agentes nos corpos é inte-
ressante observar que no corpo
(2) agem três forças: peso (P2)'
tração da cordaL1 (TI) e tração
da corda L2 (T2).
Na situação de equilíbrio, temos:
corpo (1): TI=PI (1)
corpo (2): T2=TI + P2 (2)
Substituindo-se (1 ) em (2) ,
vem: T2=PI + P2
Como PI = 5 kgf e P2= 10 kgf,
temos:
T2
T2
T 2 -:-5 kgf + 10 kgf ::::}
::::} IT2 =15 kgf I
Como TI =P1> então
ITI =5 kgfl.
P2
TI
TI
P1
Resposta: alternativa e.
- - . "-~".,"""'n..,g.."1_''''__'-- --
16 ~ 17
3. PUC (CAMPINAS) - O bloco A da figura pesa 100 kgf. O coe.
ficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície na qual
ele repousa é 0,30. O peso P é de 20 kgf e o sistema está em
equilíbrio. Qual a força de atrito exercida sobre o bloco A?
A.
~"~"''''11 '~ : ",~",'
P
a) 20 kgf
b) 30 N
c) 30 kgf
Resolução: Observando o
quema ao lado, temos:
. equllíbriodo corpo de
pesoP:
d) 20 N
e) n.d.a.
NA
T' 0/45' r
es-
-------
T=P
-. -.
Rcorpo= O=>T= P (1)
. equilíbriodo ponto O:
PA T
P-. -.
Ro =O => polígono das
forças fechado
Assim, pela lei dos senos:
T T'
Polígono das forças agentes em O:
T=P
~=>'-'!.An.A~e-
=>T = T' (2)
Pelo equilíbrio do bloco A,
T' =A (3) e NA=PA (4).
Comparando as relações (1), (2) e
P = T = T' = A.
Como P= 20 kgf, vem:
I A= 20kgq
Note que a m.áxima intensidade da força de atrito estático será Adesl=
= f1.eNA= f1.ePA.
Como f1.e= 0,30 e PA= 100 kgf, vem:
Adesl= 0,30. 100 => I Adesl= 30 kgf I
(3 ), temos: !
l
j
\
\ -.:'~..
Logo, sendo A < Adesho bloco ainda não está na iminência de des-
lizar.
Resposta: alternativa a.
4. UNIVERSIDADEDEBRASrUA- Na figura, os corpos A e B estão
em contato e ligados por um fio flexível através de uma roldana.
Uma força F é aplicada em B e o sistema permanece em equi-
líbrio. Sobre o corpo A atuam:
a) somente 2 forças.
b) somente 3 for.ças.
c) somente 4 forças.
.. d) Nenhuma das alternativas.
. . ~..
F
Resolução: No bloco A, agem três forças:
1. força-peso (PA), aplicada pela Terra;
2. força de tração' (T), aplicada pelo fio;
3. força de contato (C). aplicada pelo bloco B. Os vetores-compo-
nentes da força de contato são a força de atrito (A): e a força nor-
mal (N).
~
~
~,
~~-
~
T
A
T
PA
Resposta: alternativa b.
18
Observação:As forças agentes em B são:
1. força-peso (PB), aplicada pela Terra;
2. força de tração (T), aplicadapelo fio;
3. força de contato (C'), aplicada pelo solo;
4. força de contato (C), aplicadapelo bloco A;
5. força externa (F), aplicada peloagente externo.
NB
T
PB
F
5. PUC (CAMPINAS) - Na figura. as massas de A e B são. respec-
tivamente. 10 kg e 5 kg. O coeficiente de atrito de A com a mesa
é 0.20. O menor valor da massa de C. para evitar o movimento
de A. é:
a) 15kg.
b) 16 kg.
c) 10 kg.
AI
I
I
I
I
d) 12 kg.
e) 20 kg.
~.i'I.'-""'';.';J'-_'''M.- ,
~
'~
~
Ir
Resolução: Considerando os blocos C e A em conjunto, temos:
N
PA+ Pc
,
I
~ .tI~
No equilíbrio estático do sistema, teremos:
bloco B: T = PB (I)
blocos C e A: T= A (2) e N = PA + Pc (3)
À medida que a massa do corpo C diminui, a intensidade da força de
. atrito de destaque (do conjunto formado pelos blocos C e A) também
diminui, pois Alest = l-1eN= 1-1.(PA+ Pc) = l-1e(MA + Mo)g.
Quando a intensidade da força de atrito de destaque for igualada pela
intensidade da força de tração, ocorrerá o mínimo valor da massa
do corpo C compatível com o equilíbrio estático.
Assim, em (2) teremos T= Adest (4).
De (I) e (4), vem:
PI! = Adest= l-1eN= l-1e(PA+ Pc)=> MB/= l-1e(MA+ M(')t=>
. 3
=> 5 = 0,2(10 +Me) => 5 = 2 + 0,2Mc => Me= -=>
0,2
=> I Me= 15kgI
Resposta: alternativaa.
6. FEl - Na figura anexa estão representadas duas esferas idênticas
de peso P = 50 N. Desprezam-se os atritos. Calcule as reações
das paredes. considerando o sistema em equilíbrio.
EI
~
I
(
.,,,
J E
... 2 ,,1
~-,,~!:" ." ,1:, '"..-
II1 .<:.-- r--
/
~
I , 60.
,A / l- - -- -./ --
Resolução: Observando o
esquema ao lado, podemos
escrever: .
.esfera E1: o polígono das
forças é um triângulo
eqüilátero.
Logo:
N2 = Na = P =>
=> I N2 =Na=50 N I (1)
EI
E2
N1
p
,'"'",v
esfera ~: do polígono das
forças, vem:
N1-P-= sen30°=>
Na
=> N1 - P = Na sen 30°
Substituindo Na pelo valor
encontrado em (1), vem:
1
N1 - 50 = 50 . -=>
2
=> I N1 =75N I
N4
b) - = cos 30°=>
Na
=> N4 = Na cos 30°
Substituindo Na pelo valor
encontràdo em (1), vem:
V3
N4=50.-=>
2
=> IN4= 25V3NI
a)
2. FEI-MAUÁ- Uma corda de comprimentoR = 7,0 m está atada a dois
pontos A e B, situados na mesma horizontal e separados por uma distância
d = 5,0 m. Num ponto D da corda, a 3,0 m de A, prende-se um corpo
de peso P= 10 kgf. Calcule as forças de tração nos trechos AD .e BD da
corda.
3. CESCEA - Na figura ao lado,~
temos um peso P, sustentado por
dois fios AB e AC. Nas condi-
ções da figura, podemos afirmar,
a. respeito das intensidades das
forças de tração nos fios, que:
a) são menores em AB"do que em AC.
. b) são maiores em AB do que em AC.
c) são iguais.
'd) dependendo do peso P, as alternativas a, b ou c podem estar corretas.
e) Nenhuma das alternativas anteriores. .
4. ACAFE - O sistema representado
está em equilíbrio. A força de tra-
ção na corda PQ tem intensidade
aproximadamente igual a:
(g = 10m/s2)
a) 100N.
b) 50 N.
c) 116,3N.
d) 57,7 N.
e) 157N.
5. MEDICINA DA SANTA CASA - Um ponto material está sob a ação de
duas forças de mesma intensidade 50 N. O ângulo entre essas duas forças
é de 120°. Para equilibrar o ponto, é necessário aplicar-lhe uma força de
intensidade igual a:
a) 100N.
b) 75 N.
c) 50 Y2N.
6. CESCEA - A figura ao lado
mostra duas formas diferentes de
se prender um mesmo balanço.
Com respeito às intensidades das
forças de ,tração nas cordas dos
dois arranjos, podemos afirmar
que:
a) são maiores em A do que
em B.
b) são maiores em B do que
em A.
c) são iguais em A e em B.
d) somente serão diferentes se ambos estiverem oscilando.
e) Nenhuma das alternativas anteriores é correta.
Polígono de forças da esfera E1:
P ~ triângulo
' J.../ eqüilátero
-~:lP
N4
p N1
N4
.Resposta: As reações das paredes nas esferas terão intensidades NI =
: 75 N, N2.= 50N, N4= 25 V3N
1. MEDICINA DE POUSO ALE-
GRE - Na figura ao lado, as
intensidades das forças de tração
T I e T2 nos fios deverão guar-
dar a seguinte relação:
a) TI =T2'
b) TI < T2 < P.
c) TI >T2>P.
d) TI =P cos 30° e T2=P cos 600.
e) TI =Picos 30° e T2=Picos 60°, P í,
~ .tI~
B"
ca,
P
d) 50 N.
e) 25 N.
~
~
22
7. PUC (SÃO PAULO) - Uma barra homogênea AB, de secção reta uniforme,
comprimento 1,2 m e peso 16 kgf, está suspensa, por meio de duas cordas
AC e DC de pesos desprezíveis, conforme indica o esquema. A intensidade
da força de tração em cada corda é de:
9. UNIVERSIDADE DE MINAS
GERAIS- Um corpo de 8,7 kgf
é suportado por duas cordas: MQ,
horizontal, e QN, que forma um
ângulo de 60° com a horizontal,
conforme indica a figura ao lado.
Sendo cos 30° = 0,87 e
cos 60° = 0,50, as forças que
agem ao longo das cordas valem:
a) FI = 5 N e F2= 8,5N.
b) F1= O e F2 = lOkgf.
c) FI = 8,5 N e F2 = 10N.
d) FI = 5 kgf e F2 = 10kgf.
e) FI = O e F2 = 8,5 kgf.
A B
d) 10 kgf.
e) 8 kgf.
a) 20 kgf.
b) I6 kgf.
c) 12kgf.
8. CESGRANRIO - Esta questão apresenta duas afirmações, podendo. a
segunda ser uma razão para a primeira. Marque:
~) se as duas afirmações forem verdadeiras e a segunda for uma justificativa
da primeira.
b) se as duas afirmações forem verdadeiras e a segunda não for uma justifi-
cativa da primeira.
c) se a primeira afirmação for verdadeira e a segunda afirmação for falsa.
d) se a primeira afirmação for falsa e a segunda afirmação for verdadeira.
e) se a primeira e a segunda afirmações forem falsas.
Querendo romper uma corda, dois garotos tentam primeiro puxá-Ia, cada
um segurando-a em uma de suas extremidades (fig. I). Não conseguindo,
prendem uma das extremidades da corda a um gancho fixo numa pare~e
e, os dois juntos, puxam a corda pela outra extremidade (fig. 11).
10. ENGENHARIA DE SÃO JOS~
DOS CAMPOS - A bola da
figura ao lado, suspensa por um
fio AC inextensível e sem peso,
apóia-se na parede vertical AB.
O ângulo DAC vale 30° e o peso
da bola é de 150 newtons. A
reação da parede tem intensidade
de aproximadamente:
a) 520 N.
b) 173 N.
c) 87.N.
d) 300 N.
e) Nenhuma das respostas ante-
riores.
Fig.1
l F;g.II .".~
!
.
~
~ ~~.,,]
11. FUVEST - Na figura, vemos
dois corpos 1 e 2, de massas
M1 = 2,0 kg e M2 = 4,0 kg,
respectivamente, ligados por um
fio que passa por uma roldana.
O bloco 2 está apoiado no solo.
Supondo-se a inexistência de atri-
tos e de outras massas, pergun-
ta-se quais são as intensidades das
seguintes forças: (g= 10 m/ S2)~.
1.a afirmação
A probabilidade de a corda
romper é a mesma nas duas
experiências.
2.a afirmação
Em ambos os casos, a maior
tração a que os garotos con-
seguiriam submeter a corda
é a mesma.
a) força de tração no fio f.
b) força exercida pelo solo sobre
o bloco 2.
porque
gj .tl~
~
Fi
A
~=.
~
~
~
24 ~ .tI~
12. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS - Um prisma de base hexagonal é colo-
cado, em equilíbrio, sobre os mesmos planos inclinados em duas posições
diferentes (I) e (11), como mostra a figura abaixo. Os dois planos são com-
~ --.
pletamente lisos, sem atrito. Sejam Fie F:.! as forças exercidas pelo plano-+ --.
AR sobre o prisma nos casos (I) e (11), respectivamente. e GJ e G2 as forças
exercidas pelo plano AC sobre o prisma nos cl\sos (I) e (11), respectivamente.
B - \B
c
-~II~
Com base nesses dados. analise as afirmações abaixo:
--. ~
I - As forças FI e G:.! têm direções perpendiculares.
- --.
II - O módulo de FI é maior do que o módulo de F:.!.
~ --.
III - O módulo de F2 é igual ao módulo de GI.
13. FEl - O sistema abaixo está em equilíbrio. Os fios são levese ás polias
A e R possuem massas MA= 1,00 kg e Mo = 2.00 kg, respectivamente.
O corpo C tem massa Mc= 5,00 kg e a aceleração da gravidade é g=
= 10.0 m/s2. As forças tensoras TI e T:,! valem, respectivamente:
TJ
a) 80.0 N e 70,0 N.
b) 80,0 kgf e 70,0 kgf.
c) 40.0 N e 70,0 N.
70,0 kgf.
35.0 N.
T2
d) 40,0 kgf e
e) 22,5 N e
14. FEl - Mediante uma força horizontal de intensidade F= 50 N. um corpo
de peso P= 120 N é mantido em equilíbrio sobre um plano inclinado que
forma um ângulo <I>com a vertical. A intensidade da reação normal exercida
pelo plano sobre o corpo e a tangente do ângulo <I>valem. respectivamente:
a) 70 N e 7/12. d) 130 N e 12/5.
b) 70 N e 12/7. e) 130 N e 5/12.
c) 170 N. e 12/17.
~
\
Q
15. MEDICINA DE SANTOS - Dois pontos materiais Pe Q de massas m e
m', respectivamente, estão unidos por uma corda que passa por uma roldana.
Os pontos mantêm-se em equilíbrio conforme mostra a figura abaixo. O pro-
duto das massas destes corpos é iguaL a 3 gramas; os ângulos <I>e6 valem,
respectivamente. 60° e 30°. Os ramos das cordas são paralelos às linhas de
deçlive dos planos. Os valores de m e m' são:
a) m = 31/4g e m' = 3a/4g.
b) m = 2 g e m' = 4 g.
c) m = m' = 1g.
. 16. MACKENZIE - O bloco de peso 10 kgf é mantido em repouso sobre
d) m = 31/2 g e
e) Faltam dados.
m' = 31/4g.
--.
o plano inclinado indicado na figura mediante a aplicação da força F, para-
lela à reta de maior declive do plano inclinado. O coeficiente de atrito
estáticp entre o plano inclinado e o corpo vale 0,5. A intensidade da for-
ça, em kgf, que satisfaz à condição do problema, é:
4m
3ma) 5.
b) lI.
c) 2 <; F <; 10.
17. FEI-MAUÁ - Um corpo de peso P= 50 N está apoiado num plano
inclinado que forma um ângulo de 30° com a horizontal. O coeficiente de
atrito estático entre o corpo e o plano é IL= 0,2. Um segundo corpo de
peso Q está preso ao primeiro por meio de um fio que passa por uma polia
sem atrito. Entre que limites pode variar o peso Q de forma que o sistema
permaneça em repouso? Poderá ser nula a força de atrito entre o corpo
e o plano inclinado? Justifique.
d) O <;F <; 3.
e) 5 .;;;;F <; 11.
Dados: sen 30°= 0,50; cos 30° = 0,87.
- . ''iII.~.iiiilitl'''~''""..'-- -
,4' g'j .tl n~26
18. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS - O sistema da figura está em equi-
líbrio. O que se pode dizer do coeficiente de atrito e.stático k?
't
21. ENGENHARIA DE SANTOS 0,
- No sistema' representado na
figura, FI =F2 = F. A força
equilibrante do sistema tem in-
tensidade:
a) 2F.
b) F/2.
c) FI V'L.
d) F \1'2.
e) Nenhuma das respostas ante-
riores.
-+
FI
'I~
-+
F2
\/
m:! = 100 kg "i
a) k = 0.3
b) k .;;;0,3
c) k .;;;0,5
d) k ;;;.0,5
e) k = 0,5
22. MEDICINA DE SANTOS - Assinale a alternativa errada:
a) Dado um ponto em equilíbrio sob a ação de três forças, qualquer delas
é resultante das outras duas.
b) A resultante de duas forças concorrentes pode ter intensidade igual à soma
das intensidades das forças componentes.
c) Dadas duas forças concorrentes em um pontoP, a linha de ação da re-
sultante delas também passa por P.
d) Uma das alternativas acima está errada.
19. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS (USP)- Dois corpos, A e B de mesmo
peso e superfícies desigualmente polidas, encontram-se em equilíbrio sobre
dois planos ortogonais entre si, conforme mostra a figura. Se inclinarmos
mais qualquer um dos, planos em r~lação à horizontal, o corpo itá se movi-
mentar sobfé' a linha de maior decltve do plano. Designando por I-1Ae I-1B
os coeficientes de atrito estático entre os corpos A e B e os respectivos pla-
nos de contato. podemosafirmar que:
,-,-"~~ ,,...~.::o.<,.,~,
a) I-1A= I-1B'
b) ~tA = tg 45°.
I
c) I-1A=-'
1-18
23. CESCEA - Uma esfera é presa pelo seu centro a fios inextensíveis, de mas-
sas desprezíveis, que passam por duas roldanas também de massas despre-
zíveis e livres de atrito. Na extremidade dos fios estão dois corpos de pesos
PI = 20 N e P:! = 10 N, conforme mostra a figura. O peso da esfera é
de 20 N e o sistema está em equilíbrio. Os valores do ângulo '<I>e da reação
do apoio sobre a esfera, que mais se aproximam dos valores corretos, são,
respectivamente: (Considerar sen 30°= 0,5; sen 45°= 0,7 e sen 60°= 0,9.)
. d) I-1A= 1-18sen <i>.
e) o ângulo <I>só pode ser de 45°. .j P1
20. ENGENHARIA DE SANTOS - A respeito da força equilibrante de um
sistema de forças concorrentes, podemos afirmar que:
a) seu sentido é sempre contrário ao da força resultante do sistema.
b) é sempre nula.
c) sua direção é sempre contrária à da resultante do sistema.
d) é sempre não-nula.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
Ij
P2
a) 30° e ON.
b) 30° e 12 N.
c) 45° e 18N.
d) 60° e 0,7N.
e) 60° e 2,5 N.
-
28
Este enunciado refere-se aos dois testes seguintes:
Um fio flexível passa por uma polia fixa e sustenta em suas extremidades
dois pesos, P e a. a pode deslizar sem atrito ao longo de uma barra
vertical.
a
.'
24. PUC (SÃO PAULO)- Na posição de equilíbrio, a força aplicada pela barra
sobre o anel Q é:
a) horizontal, orientada para a direita.
b) vertical, orientada para baixo.
c) vertical, orientada para cima.
d) horizontal, orientada para a esquerda.
e) inclinada em relação à barra.
25. PUC (SÃO PAULO)- Supondo <I>
equilíbrro, vale:
a) 1/2.
b) 2.
c) ,rm.
= 60°, a relação P/Q, na posição de
d) 2/ n.
e) t.
'.
~
1. b 2. TAD= 8kgf; TBD = 6kgf. 3.b 4. c
5. d 6. a 7. d 8. e 9. d 10.c
11. a1 Tr=20 N; b) N=20 N.
12. i - C; 11- E; 111- E.
13. e 14. d 15. a 16. e 17.0mfn= 16,3N; Om.tx= 33,7 N. A força de atrito
será nula quando O=25N.
18. d 19. c 20. a 21. d 22. a 23. e 24. a 25. b
-~
'I
I
I
I
I
11
. ..
\~
€5tática
do Corpo ~ígido
tfII!
. ":Ii
, '''~,.....
~~~""'''\"-,, '."
':'~1,.':-.' "'":'ê~~ã'~ '.'_4'.
_. ~
111
.~---- _~~8
fi I!I
a li!
!
I.
t
1
J.
J
I
,1
III
t
30
Momento escalar de uma força -.
Define-se momento escalar de uma força F. em relação a um
ponto O. como sendo o produto da intensidade F dessa força pela-.
distância d que vai de O à linha de ação de F (reta que define a direção
da força). acrescido de um sinal positivo ou negativo. Ou seja:
I MF(Ü) = ::t Fd I
.......
........
........
1
~
---------- lo
l
O momento escalar de uma força agen~e num corpo está asso-
ciado à tendência de rotação deste corpo, em relação ao ponto, devido
li ação da força. .
~ ~.tl
~
~
1.O ponto O é denominado pólo do momento,
2. A distância d é denominada braço do momento.
3. O momento associado à tendência de rotação no sentido horário será
admitido negativo. "-,
"-
~ ~"IM"o)<ol
oj G "
11
..
I
o momento associado à tendência de rotação no sentido anti-horário será
admitido positivo.
I MF(O} > 01
4. O momento de uma força será nulo quando o braço do momento for
zero (linha de ação da força passando pelo pólo).
o..,
".....
',~
I MF(O) = O I
5. No Sistema Internacional.o momento de uma força é medido em N . m.
O. Aplicações
Ilustremos algumas
de forças:
situações práticas onde ocorrem momentos
'I
~--
".' ,.....-
32 - - 1
r - I
~ .1 ~- ~-~{! 33
\i~ . \ ,1/'d \//. I \ ~- ------
I
161
e j
~~
o~
I
I
I
y:
/
/ J
d
L
Observe que quanto ma~or for' o braço do momento, mais facil-
mente obteremos a rotação desejada..
Ouando um corpo está submetido a duas forças com intensidades
iguais, mesmas direções, sentidos opostos e linhas de ação distintas.
dizemos que esse corpo está sob a ação de um binário.
I I .....
I I I FI'
I I - ,T.
.....
F2
I
1
..-~;
" - '--141"'/;Z
,
. -:::
7- -~ I FI =F2 =F I
EL/
Observe que a aplicação de um binário produz a rotação do corpo
sem causar aceleração de translação, pois a soma vetorial das forças
do binário é nula. A partir da figura acima, podemos escrever:
M
MFI \01 - + Fd
d
}
~ Mbinário = + 2Fd (sentido anti-horárioJ ~.
F..IOI-+F M FD d D 2d- ~ binário=+ ,on e =
~
O momento de um binário não depende do pólo escolhido. I: sempre
igual ao produto da intensidade de uma das forças pela distância
entre suas linhas de ação, acrescido do sinal relativo ao sentido
de rotação.
o.. Aplicações
Veja, agora, algumas situações
causadas pela ação de um binário:
práticas onde as rotações são
.
},t
I
I
~"
I
i
li
ltV
~- -'
L- $.~t~"'~
I
'34
-- ---
"'"
\. '-
?
~
(.,
,
"I'
,
/,
Vi'
Equilíbrio de um corpo rígido
Para que um corpo rígido. sob a ação de forças agentes num
mesmo plano, esteja em equilíbrio estático, é necessário e suficiente
que:
1) a soma vetorial de todas as forças agentes no corpo seja nula.
2) 'a soma algébrica dos momentos escalares de todas as forças em
.relação âo mesmo ponto (pólo), no' plano das forças. seja nula.
Em resumo:
-+ -+
Ir:! ~F='O
Equilíbrio estático de um corpo rígido+~MF(o) =O
~()
Se um sólido em equilíbrio estático está submetido somente à ação de
três forças coplanares, necessariamente as linhas' de ação dessas
forças deverão concorrer num único ponto ou serem as três paralelas.
i ~ .t! .
fN'~
.7'
N2
---=--=--- -
Isto se deve ao fato de que a soma algébrica dos momentos das forças
deve ser nula em relação a qualquer ponto do corpo no plano das forças.
. Alavancas- Alavancas são máquinas simples, constituídas
de uma única barra rígida, que pode girar em torno de um ponto fixo
denominado fulcro ou ponto de apoio.
~
~ fulcro~~. '.~~-~ ~
-
.
.
O ' .".
.. ~,
~~ n - . ~--
Pode-se realizar um trabalho com menor esforço quando se uti-
liza uma alavanca. Considerando-se o peso da barra desprezível em
relação às demais forças, as forças agentes na alavanca são:-+
. força resistente (R): força que se deseja vencer;-+
. força potente (F): força que .,0operador exerce na barra;-+
. força normal (N): força aplicada pelo apoio (fulcro).
a
@
7~;.--, ..,/
R
b
\
F
36 ~~ 37
Na situação de equilíbrio da alavanca, temos:
Inter-resistente - A resistência situa-se entre o fulcro e a po-
tência. Exemplos: carrinho de mão e quebra-nozes.-+ -+
1) 1:F = O=>N= R+ F
2) 1:Mp(o) = O=> +Ra - Fb = O=>Ra = Fb
Abaixo. vemos uma aplicação do equilíbrio de
COl'lstrução civil. fCi'.-r:
luma alavanca na
L ~-- -,I
~
o esqueleto humano é um conjunto de alavancas de todos os tipos, como
podemos observar na ilustracão:
- Classificação das alavancas- De acordo com a posição do
fulcro, em relação às forças potente e resistente, as alavancas se
classificam em:
Interfixa - O fulcro aitua-se entre a potência e a resistência.
EX4!mplos:tesoura, monjolo, balança de travessão e gangorra.
"\
toÁ' \
. ,,\)\
/
1
.
.
)'
( . .
\
F
, -,. ( fitL j j ,
~~~ - ;!j
resistência apoio
t' '
I ),.
!~
~~~
1r~
~ - ,,.)\
fulcro
alavanca Interpotente
. Tombamento de um sólido - Suponha um plano inclinado dE>
inclinação variável <1>,onde repousa um sólido, conforme mostra o
esquema seguinte.
\/ \
:c
B
Interpotente - A potência é aplicada entre o
têl1cia. Exemplos: pinça e pedal de acelerador.
r-- '\- ( ,
\~ ~
fui". ~ 1
fulcro e a resis-
1
..) R
...."'>
-".
.::;,o
-;:o;
O'J
I
I
j
figura 1 figura 2
Vamos supor também que <>coeficiente de atrito estático entre
as superfícies de contato seja elevado, de modo que não haja escor-
regamento do bloco sobre o plano.
A medida que formos variando a inclinação <I>no sentido indi-
cado, vamos aumentando as possibilidades de o sólido tombar.
/~
38
Agora, vamos estudar esse fenômeno. Quando o sólido está
apoiado sobre o plano, as forças N e P estão dispostas conforme
figura 1.
A medida que a inclinação do plano for aumentando, a com-
pressão do apoio tende a mudar sua linha de ação para a arestaAB
do sólido. Enquanto a linha de ação do peso P passar pela base do
sólido (segmento AD), não haverá tombamento.
Quando a linha de ação de P passar peloponto A, o sólido estará
no limite de tombamento (figura 2). Um mínimo acréscimo ao ângulo
de inclinação do plano será suficiente para o sólido tombar. No limite
de tombamento, podemos escrever:
AD b
tg <{I= - =>tg <{I= - (1 )
DC h
c
B
limite de tombamento
Conclusão:
-7
G Haverátombamento
~ ~ .tl
~
1.Baseado no que foi exposto, podemos entender o funcionamento do
brinquedo conhecido como. João-teimoso.. Esta teoria também é
fundamental na construção de Inclinações de acostamentos em trechos
retillneos de rodovias.
k,.:."X '1,
~"!í~f/ I
--
2.Quando se tem um conjunto de
blocos homogêneos dispostos
em uma pilha. o limite de
desmoronamento da mesma
ocorrerá quando a 'linha de
ação do peso dos blocos qu~
estiverem acima de outro passar
pela aresta deste. Observe os
esquemas abaixo. Nesses
esquemas. estudamos o equilíbrio
para uma pilha de três blocos.
. :lInha de açao
. r-- I '-/1 de:-:'1<.- P1,,"'" I ..........
~
~."'J?>
~
~~
aresta
Se os blocos são homogêneos, a linha de ação dos pesos
passará pelo centro geométrico dos blocos.
p;"equllibrlo ,,< // .,
de uma pilha
de blocos / "'t} .
homogêneos "" :íf/"'" :;,/,. .
'
i-1) "- .
g:; .tl~40
Q Complementos
1) Máquinas simples - Vimos que a alavancaé uma máquina
simples. Assim como ela, existem outras máquinas simples cuja
função é transmitir ou modificar forças: o plano inclinadoe as polias.
Em nossa análise, consideraremos tais máquinas como sendo
ideais (os atritos das polias serão desprezíveis e não consideraremos
as inércias dos fios e das polias).
Denomina-sevantagem mecânica de umamáquinasimples a ra-
zão entre as intensidades da força resistente e da força potente no
equilíbrio.
Sendo 'tF o trabalho realizado pela força potente e 'tR o trabalho
realizado pela força resistente, o rendimento de uma máquina simples
será obtido medianteo quociente I'YJ 'tR I'tp
2) Associação de polias- Na prática, é de grande interesse
associarmos polias fixas e móveis, a fim de conseguirmos mover
pesadas cargas com um mínimo de esforço. Apresentaremos, ainda
que superficialmente, algumas dessas associações:
I. ' ( .
Ou seja: IVM=+I
F
' ",
...;...,... ~- ..;.' ~ ~ ~-
i .L.:...1'.-~--~-~---
O plano inclinado tem grande aplicação no transporte de cargas pesadas (vagões
dI? mineração. caminhões de mudança), bem como em parques de diversões.
f~.
~
/
~
./ R
L_-
I I
--~I L- J
~/
.t*-'
~J.
/~J- ~
I
J. I
..~ .:..' "A,'''-
A polia ideal simplesmente modifica a direção da força de tração transmitida
pelo fio que a envolve.
--
- .. ~. "- - 1
"'\
J
42
- Moitão
r;=TI~
R
VM = - =>
F
~ 43
- Talha diferencial
I F= a 2a b RI
I VM= a2\ I
onde n é o número total de polias móveis.
I VM = 2nI
R
6
F
!F=/3=~1
I VM =2 . 3=61
- Sarilho - O sarilho é uma associação de máquinas simples. de
grande utilidade na exploração de poços de água em zonas rurais.
.~~-J'''.,,;~:-. L , . !líDillJilr~IL.ú.. . . -.
of.;;..~.;
- Talhaexpo encial
E:ERF = - . onde n é o número total de polias móveis.2"
VM =~=> I VM = 2°1
F
~~..
R
T
I F=+=~ I.
I VM= 28= 8 I
-;
/0,.
,'?
44 ..... ~ 45
Três forças atuam neste sistema: a força potente F aplicada na
manivela. a força resistente R agente na corda e a reação do
vinculo N.
Na situação de equiJíbrio. temos:
MR(o) + MN(O)+ MF(o)= O. ~ Rr+ O- Fb=O ~ Fb=Rr
I F ~ R I
R
Sendo VM= -, então
F IVM ~ I
- Corpo suspenso- Dizemos que um corpo suspenso por um de
seus pontos está:
. em equilíbrio estável, se o ponto de suspensão 5 se localiza
acima do centro de gravidade G do corpo (figuras 7 e 10).
. em equilíbrio instável, se o ponto de suspensão 5 se localiza
abaixo do centro de gravidade G do corpo (figuras 8 e 11).
. em equilíbrio indiferente. se o pontode suspensão 5 coincide
com o centro de gravidade G do corpo (figuras 9 e 12).
11,
JlS ..
~
Note que o sarilho funciona como uma alavanca interflxa de braços
desiguais.
GI
G
~ S~
w.
G=S
1
.
figo 7 {I
fig.8
flg. 9 .'
3) Equilíbrio dos sólidos
- Corpo apoiado - Dizemos que um corpo apoiado sobre uma
superfície está:
. em equilíbrio estável quando. levemente afastado de sua posição
de equilíbrio. volta a recuperá-Ia (figuras 1 e 4).
. em equilíbrio instável quando. levemente afastado de sua posição
de equilíbrio. não mais volta a recuperá-Ia (figuras 2 e 5).
. em equilíbrio indiferente quando, afastado de sua posição de
equilíbrio, ele retoma o equilíbrio em situação análoga à anterior
(mesmas forças e mesmo estado em relação ao apoio) (figuras 3 e 6).
s
Glp
flg. 10
Outros exemplos
G
!pS. 5 G
p
flg. 11
de corpos em equilíbrio
?
flg. 12
A
\
\
)
\
1IE~-9
~J;" . ~
,,(j,)
flg. 1
\
.\j
flg.2
--- :\-~/
. flg.3
equllfbrloestável
" -"'. L~
equilíbrio InstávelL' )&., ,.,/
I,.
Y~, ... .(j\( ';... .
fig.4
~
.~
{. .. '~~ ~) 'J l2.k /' ..~
...~-
- -- -J
flg.5 fig.6 equilíbrio Indiferente
--
~
46
e
Como percebemos, a posição do centro de gravidade de um
corpo rígido, em relação ao seu ponto de apoio ou de sustentação,
desempenha papel fundamental no estudo do seu equilíbrio.
Verifica-se que um corpo será tanto mais estável em seu equi-
líbrio quanto mais baixo estiver situado seu centro de gravidade, de
modo que a vertical baixada deste centro caia dentro de sua base
de apoio.
Compare a estabilidade dos móveis abaixo, quando ambos sofrem
a mesma inclinação:
~~
f/~.
~.
~J
...
'
.
;~ ~.
~I - - - ~",,",- ..J ".,//., r.~ -,~' -,.- 1
G mais baixo:
maior estabilidade
G mais alto:
menor estabilidade
4) Tensão normal e tensão de cisalhamento - Imaginemos uma-
. força'F aplicada à secção transversal de área 8 de um sólido pris-
mático. ~F
s
Façamos a decomposição desta força nas direções tangencial
normal à superfície de área 8, onde o esforço é exercido.- -
FN .- --/1- I FI II II I
I
J-
FT
s
-
O vetor-componente-normal FNpode realizar um esforço de tração
ou de compress~o.
Ao quociente entre a intensidade do vetor-componente-normal
(FN) e a área da superfície (8) denominamos tensão normal(aN).
o ~
Em slm~olos: ~
N
A unidade de aN no SI é -.
m2 -
O vetor-componente-tangencial FT realiza um esforço de cisalha.
mento.
Ao quociente entre a intensidade do vetor-componente-tangencial
(FT) e a área da superffcie (8) denominamos tensão de cisalha-
mento (C1T).
Em slmbolos: I GT ~ I
N
A unidade de C1Tno SI é -.
, m2
É comum se fazer confusão entre
tensão (grandeza escalar).
5) Deformação normal específica- Se o sólido prismático men-
cIonado no item anterior for uma barra de comprimento original L,-
" supondo que, sob a ação da força F, ela tenha se alongado ou encur-
tração (grandeza vetoria!) e
48
~ 49
tado de um comprimento ge intensidade ill, definimos como defor-
mação normal específica (e] a grandeza escalar ledLL I
A grandeza E é adimensional.
~r4.p,- 1--.
-",'" ",. I FT
.<: 1" I
I /'" 1ilL
E vem:
C1N= EE =>
FN ilL
=> - = E- =::::)
S L
SE
=> FN= -ilL
L
SE
onde - = K é denominada
L
constante elástica do sólido.
L
Assim, I FN =KilL I,que é a expressão mais conhecida da lei
de Hooke (a intensidade da força normal é diretamente proporcional
à intensidade da deformação). Entretanto. é bom ter em vista que, a
partir de um valor de intensidade da força normal. deixa de haver
proporcional idade entre FN e ill, ou seja, entre C1Ne E. A partir de
então. as deformações passam a ser plásticas (ramo ABdo gráfico).
6) lei de Hooke" - Hooke verificou experimentalmente que.
dentro de certos limites (regime elástico], havia uma proporciona-
lidade entre tensões normais (C1N)e deformações específicas (E).
Em símbolos:
I C1N= EE I
onde E é o coeficiente de proporcional idade. conhecido como módulo
de. Voung. E depende da natureza do material que constitui o sólido
prismático. .
Graficamente: . Tensãonormal(C1N)
.regime plástico
-#
1. CESGRANRIO- Querendo arrancar um prego com um martelo,
conforme mostra a figura. qual das forças indicadas (todas elas
de mesma intensidade) será mais eficiente?
A ~c~
r.~ ~. .<.,~
- "1
d) D
e) E
-
regime elástico C1N=EE
Deformação
específica (E)
o
.. Robert Hooke(1635-1703)- Físico, astrónomo e matemático .inglês. Estudou os
gases, o movimento planetário. descobriu a lei da elasticidade e a difraçãq da luz.
Estudou também fósseis .microscópicos e propôs teorias sobre a evolução das
espécies.
a) A
b) B
c) C
50
Resolução: Evidentemente, só as forças representadas por C, D e E
têm condições de arrancar o prego de maneira normal.
Aquela que apresentar o maior momento escalar em relação ao ponto
O (cabeça do prego) será a mais eficiente das três.
Como as intensidades das. forças são iguais, o maior momento será
aquele que possuir maior braço.
Observando. a ilustração abaixo, concluímos que o maior braço (dis-
tância do pólo à linha de ação da força) refere-se à força representada
por D (distância OP). B
A
Conclusão: A força mais eficiente, a que apresenta maior
escalar em relação ao pólo O, é representada pela letra D.
Resposta: alternativa d.
momento
2. CESCEA- A figura abaixo mostra duas massas M e 2M presas
aos extremos de uma barra rígida de comprimento d. Deseja-se
equilibrar o conjunto. apoiando-oem um ponto da barra, situado
a uma distância x da massa M. Qual deve ser o valor de x?
(M) (2M)
i -i~~ ~
'411 di.:
I I
I I
I. x ~
a) x = 2d/3
b) x = 3d/5
c) x =d/3
d) x =d/5
Resolução: Admitindo o peso da barra desprezívele estando o sistema
em equilíbrio, podemos escrever que a soma dos momentos das forças
agentes é nula em relação ao ponto de apoio O.
~ .tl~
N
d-x
x
G o ~I"..
P
d
2P
Ou seja:
~MF(ol = O
Do esquema acima, podemos escrever:
Mpw1 = +Px (sentido anti-horário)
M2PCO)= -2P(d - x) (sentido horário)
MNW) = O (momento tem braço nulo)
Assim, ~MF(o)= O implica em:
Px - 2P(d - x)+ O= O=>Px = 2P(d- x) =>
~
=> x=2d-2x=>3x=2d=> ~
Resposta: alternativa a.
3. UNIVERSIDADEDO PARANA- Na estrutura abaixo, o peso da
barra horizontal é 120 N. e o peso do bloco é 60 N. Sendo a=2 m
e a'= 0.50 m, as reações dos apoios A e B são:
-
I ~ i
I I
I I: t: I
I I
': I
" I
" ,' aO .1 ,
,. .,I a
I
I
I..
a) NA= 100 N
b) NA= 105 N
c) NA= 120 N
e NB= ao N.
e NB= 75 N.
e NB= 60 N.
d) NA= 130 N e NB= 50 N.
e) NA= 140 N e NB= 40 N.
52 gj .rJ~
ResoluçãO:
a) Estando o sistema em equilíbrio, a soma dos momentos das forças
será nula em relação a qualquer ponto no plano das forças. To-
memos, por exemplo, o ponto A.
Portanto, ~MF(A)= O.
NA
0A
E temos:
NA=120+60-75:::> INA=105N!
Resposta' alternativa b.
No 4. ENGENHARIA DE SÃO JOSÉ
DOS CAMPOS - Um I:;ioco
de massa igual a 240 kg está
suspenso, conforme é apre-
sentado na figura ao lado.
Considerando desprezível a
massa da barra AB, a força
de tração no cabo BC é 'de:
(,Admitir g = 10 m/s2 )
B
I ,P
: '
:' a : IP
I .1 t
I a/2: :
! ' '" ., '
I
a I
I
I
ti. .
Do esquema anterior, podemos escrever:
MNA (A) = O (braço do momento é nulo)
Mp(A) = -pa' (sentido horário)
a
Mp(A) = -P - (sentido horário)
2
MN 1\(A) = +Noa (sentido anti-horário)
Portanto, ~MF(A)= O implica em:
a a
0- pa' - P-+ Noa= O:::>Noa= P-+ pa'=>
2 2
P = 120N
P = 60N1 a'
=>No = - P+ p -, onde
2 a
Logo:
1/2
120+ 60 . - =>
2
1
No=-.
2
=> I No =75 N !
a) 3 000 N.
b) 3 200 N.
c) 1 800 N.
d) 4000 N.
e) Nenhuma dasanteriores
1
a' =0,50m=-m
2
Resolução:
a) Aplicando Pitágoras ao triângulo
(AB)2 + (AC)2= (BC)2
Logo:
(BC)2 = 162+ 122=
= 256 + 144=>
=> (BC)2= 400 => 12m
=>IBC= 20 mI
Assim, no triângulo CAB:
AC
sen IX=-=> sen IX=
BC
a=2m
- -
b) Como o sistema está em equilíbrio, temos ~F=O.
= ~=>lsenIX 3120 5
{
p = 120N
Logo,NA+ No'= P + p=> NA =,p + p - No, onde p= 60N
No=75N
-- - - -
2'm
v
I
,
I
/d
I
I,,,
A-:1
c
B
16m
240 kg
retângulo CAB, temos:
H
B
T'
16m
T'
o
P
54 ~ .tl~
Tsen IX
AD 3 d I 48 I
No triânguloADR, senlX=-~-=-~ d=-m
AB 5 16 5 H Tcos IX
b) Para facilitar o estudo das forças agentes no ponto A da barra,
decompomos a força de contato exercida pela parede em:
-.
V: vetor-componente-vertical;
-.
H: vetor-componente-horizontal.
Na situação de equilíbrio, ~MF(A)=O.
Observando o esquema das forças, podemos escrever:
MV(A) =O
MH(A) = O
MT(A) = + Td (sentido anti-horário)
MT'(A) = -T'(AB) (sentidohorário)
Então, ~MF(A)= O implica em:
T'(AB)
Td-T'(AB)=O~T'(AB) =Td ~ T=
d
J'
I
Portanto, a força de contato
de 3 200 N, horizontal.
Resposta: alternativa d.
p
total exercida pela parede na barra será
5. ITA- Uma escada AB. de peso desprezível. apóia-se no chão e
numa parede vertical. como mostra a figura. O ângulo da escada
com a parede vertical vale cI>e o coeficiente de atrito. nos dois
. apoios, é 1.1.= 0.5. Qual deve ser o ângulo cI>p~ra que um homem
de peso 80kgf possa subir até á metade da escada. sem que ela
escorregue?
P(AB )
Logo, T = , onde
d
P = Mg = 240 . 10 = 2400 N
AB = 16 m
48
d=-m
5
Como o bloco está em equilíbrio, T'=P.
Assim: T= 2400. 16
48
5
IT_4000N I
~
~
Resolução: Quando uma barra está apoiada contra uma parede, tendo
a sua outra extremidade apoiada no solo, devemos decompor as reações
dos apoios (parede e solo) horiz~ntal e verticalmente.
. -. -+
Observação: Na situaçãode equilfbrio da barra, temos ~ F = O. Decompondo
as forças agentes nas direções horizontal e vertical, temos:
-. -+ -+
Assim, a ação C1 da parede na barra será decomposta em H1 e VI,-+
obedecendo às tendências de escorregamentoda barra. A ação4 do
-+ -+
solo sobre a barra será decomposta em H2 e V2, observadas, também,
as tendências de movimento da barra junto ao solo.
Ao tomarmos o momento das forças agentes na barra, estando o sistema
em equilíbrio, devemos procurar fazê-Io em relação ao ponto onde
esteja concentrada a maioria das forças, pois, assim, os momentos
correspondentes se anulam (braço zero).
horizontal:H = T cos IX = 4 000 .~ = 3200=> IH = 3 200N I
20
3
vertical: V + TsenIX= P=>V = P - Tsen IX= 240 . 10- 4000. - =>
5
=>IV=ol
~
I
J
I ~ .rJ~56
N
(. +'\
\~
dJ ~
C1 I: I: I
~d:~--
1I I
I I
I d..!
p
Substituindp ~ e VI pelas igualdades correspondentes, encon-
H1
tradas nas expressões (3) e (5), vem:
:: =~ ~~ + ~) - ~ = ~ . ~ - ~ ~ = ~
dI 2~ 2 . 0,5 1Logo:-= = =
d~ 1 - ~2 1 - (0,5)~ 1 - 0,25
1 100 4 ~
0,75 = 75 =3=> ~
( 1 ~~2 )
Na situação de equilíbrio da escada, temos:
d
c) Observando a figura seguinte, podemos escrever tg <I>=~.
d2~ ~
a) ~F =O
Na direção horizontal, HI=H2 (1).
Na diteção vertical, V\ + V~ = N = P => VI + V~ = P (2).
Na iminência do deslizamento, sabemos que Adesl= tJ.N.
. H2
AssIm, VI = tJ.H\ (3) e H~ = [tV2 => V2 = - (4).
[l
H
Substituindo (3) e (4) em (2), teremos tJ.HI+ ::=P.
tJ.
HI f. 1)Substituindoél), vem tJ.HI+ --;-=P =>HI \~ +-; =P =>
"" I ~= ~+~ I (5).H\ [l
~) ~MF(o) = O
My\ (O) + MHI (P) + My2(0) + MH2(01 + Mp(o) = O=>
=> -VI dI - H1d2+ O+ O+ Pda= O=>VIdt+ HId2 =Pds (6)
Nas condições do problema, o homem atingiria o meio da escada no
instante em que as forças de atrito estático se tornassem máximas.
d
Como da= ~, podemos substituir, em (6):
2
dI
VIdI+H1d2=P -
2
4
Logo: tg <l>= - =>
3
=> I <I> = arc tg~ I
Resposta: O ângulo formado entre a escada e a parede vertical, para
4
que o observador consiga atingir o meio da escada, será <I>= arc tg -.
3
6. ENGENHAfUADE SÃO C~RLOS (USP) - Tem-se uma caixa de
fósforos de dimensões a, b e c, cujo centro de gravidade coincide
com o de simetria. Coloca-se um palito de fósforo (considerando
seu peso desprezível) entre uma das laterais da gaveta e a tampa
da caixa,como mostra a figura. Qual o maior comprimento L
do palito para que a caixa fique em equilíbrio?
=>HId2 = (: - VI) dI =>
d2 -=>--
dI
P
--VI
2
HI I d, 1 P V, I=> ~_~2' ~-~
a) a2/b
b) 2a/Vb
c) 2b/2
d) a/b2
e) Nenhuma das respostas anteriores.
58
Resolução: A situação-limitede equilíbrio ocorrerá quando a linha de
ação da força-peso passar pela aresta A.
b a
Neste caso, teremos tg (X=- (1) e tg (X=- (2).
a L
JI
b I
/ i --
/ J I -.....
I rp
/ . .'
L a (XI
b a
De (1) e (2), vem:- =-~
a L
:;r.--4I'
~
CTI
Resposta: alternativa a.
7. ITA- Uma barra delgada e homogênea está simplesmente apoiada
na parede, sem atrito, como mostra a figura. Para que o sistema
fique em equilíbrio, o fio deve ser ligado no ponto:.
14 1
12 ~I ,
3LI4 .1
-L
d) a.
e) R.
-I
a) p, a ou R.
b) a ou R.
c) P ou R.
Resolução:As forças agentesna barra são:
-+
peso (P), aplicada pela Terra, no centro de gravidade da barra, ponto Q;
-+
normal (N), aplicada pela parede, na extremidadeda barra e na direção
do seu eixo longitudinal;
-+
tração (T), aplicadapelo fio.
~
r
As forças peso e normal podem ser esquematizadas:
,..
------ ------+
-+
p
Na situação de equilíbrio, a soma dos momentos escalares das forças
agentes na barra deve ser nula em relação a qualquer ponto no plano
das forças. .
Portanto, em relação ao ponto Q, devemos ter ~MF(Q)= O.
O momento das forças peso e normal em relação a Q vale:
-+
MN1Q) = O (força N tem linha de ação que passa por Q)
-+
Mp,Q, =O (força P tem linha de ação que passa por Q)
Logo:
~MF1Q1= O~
~ MN(QI + Mp(Q) + MT(QI = O ~
~O+O+MT(o) = O
E vem:
MT(QI = O -+
Isto significa que a linha de ação da força T passa pelo ponto Q.
Logo, o fio deve estar ligado ao ponto Q.
8 Q-+
-+
p
Se o fio fosse ligado ao ponto P ou R, o sistema não ficaria em equi--+ -+
líbrio, pois os momentos das forças N e T seriam nulos em relação
a eles (linha de ação passando pelo pólo), mas o momentoda forçu
60
-+
P não o seria. A barra tenderia, então, a sair da posição horizontal,
desequilibrando-se, conforme vemos a seguir:
I)
~MF(p) =1=O, pois:
MTlP1 = O
MN(p) = O
~ ---.-------I
I
I
,
I +-+
~ L/4 I P
~ ':'
I '
L--p-
Mp(PI - 4
11),~
( ~MF(R) =1=O, pois:MT(RI =O
MN(RI =O-+P
I
I
{
L
Mp<R1= +p -
4L/4 "
Resposta: alternativa d.
Observação: O exercício anterior nos permite, então, concluir que: quando
um corpo rígido está em equilíb,'io sob a ação de três forças coplanares
não-paralelas, elas devem. necessariamente. ter suas linhas de ação
concorrendo num único ponto.
8. ENGENHARIADE SÃO JOSÉ DOS CAMPOS- Utilizando uma
talha exponencial. é necessária a aplicação de uma força de
1 000 N para equilibrar um peso de 512000 N. O número de rol.
danas móveis da talha será de:
a) 4. d) 15.
b) 7. e) Nenhumadas respostas anteriores.
c) 11.
,
~ 61
Resolução: A relação entre a
intensidade da força potente
(F) e a in~ensidade da força
resistente (R) é dada por F=
R= -, onde n é o número de
2n
roldanas móveis.
Como F= 1 000 N e
R = 512 000 N, temos:
R
F=-~
2n
roldana
fixa
\ . F=1000N
~~
~
J
~ I~'
, J)~ movels~ 1000= 512000 ~
2n
=> 2n= 512
Como 512 = 29,decorre 2n= 2°.
Logo: In=91
R=512 000 N
Resposta: alternativa e.
-+
1. EPUSP - No esquema abaixo, o módulo do momento da força F, em rela-
ção ao ponto O, é. M. Gira-se, no plano da figura, o segmento representa-
-+
tivo da força F de 60° em sentido anti-horário, em torno de seu ponto de
aplicação; inverte-se seu sentido; quadruplica-se seu módulo e seu ponto
de aplicação é levado ao ponto médio do segmento
~m ~o. ~d,m~:~~~~~U~' JF
O P
OP por translação.
62
a) o momento muda de sinal, mas não de módulo.
b) o momento muda de sinal e seu módulo passa a VJM.
c) o momento muda de sinal e seu módulo passa a 2M.
d) somente com estes dados não se pode determinar o
e) Nenhuma das respostas anteriores.
2. MEDICINA DE SANTO AMARa - A respeito de um binário ou con-
jugado, podemos afirmar que:
a) tem resultante nula.
.b) sua resultante produz uma rotação no corpo sobre o qual atua.
c) não tem resultante:
d) há uma força que, atuando sozinha sobre um corpo livre, produz o mesmo
efeito que um binário.
e) não se pode dizer nada a seu respeito.
3. MEDICINA DE SANTO AMARa - A figura abaixo indica um binário
e um ponto O.
~
IF: I
1 d PI P] -- o)
orm--I~J--Li -
I I
I I
I I
I d2 I
,- ",1
, :
novo momento.
Temos, então, que o momento do binário em relação ao ponto O será:
a) zero. -+ -4
b) Mbin= IFI I . di + IF2 I . d2.
~-4 -~ -4
c) Mbin= \1FI I + I F2 IJdl/\ FI I.-4
d) Mbin= IF2\ . d.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
4. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS (USP)- A figura abaixo mostra um
quadro pendurado em uma parede. Admitindo que o fio é ideal e que o
quadro é retangular e tem o centro de gravidade coincidente com o centro
geométrico, podemos afirmar que a força exercida sobre a parede, no ponto
P, é representada pelo vetor:
a) 1
'l
b!
e) 1
c) ..
l tl?tj~. .
O enunciado que segue refere-se às duas questões seguintes:
l A figura abaixo representa uma barraAB de massa desprezível, apoiada
I sem atrito em C. F:
I
5
que a barra não sofra translação na sua direçãoS. MACKENZIE - Para
5, devemos ter:
a) FI cos <I>= F2..
b) FI = F2 cos <1>.
c) FI cos <I>= F2 sen <1>.
6. MACKt::NZIE- Para que a barra não sofra rotaçãoem torno de C, deve-
mos ter:
a) FI =F2.
b) FI sen <I>. AC - F2 COS<I>. CB= O.
c) FI COS <I>= F2 sen <1>.
d) AC . sen <I>= CB . cos <1>.
e) Nenhuma das anteriores.
d) FI = Ficos <1>.
e) FI sen <I>=F2 COS <1>.
7. UNIVERSIDADE DE MINAS GERAIS- Dois meninos A e B estão equi-
librados numa tábua de peso desprezível, apoiada em C, conforme a figura.
\. 2m ~. 3 m -I
!>: ~~
'fI'
,7,
~ :: ,C-i--;:'~r;' /'~:.;::. :::-,..:r~"""L. .;;:,~ "-;":-J ~ .,;;.;~ "?:'~~"":"0':b'7 ;;':':.:: :.,;"../y~~~1
Se o menino A pesa 30 kgf, para que haja equilíbrio o menino B deverá pesar:
a) 10 kgf. d) 40 kgf.
b) 20 kgf. e) 60 kgf.
c) 30 kgf.
64 gj .fl~
8. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS- Uma vassoura é suspensa pelo seu
centro de gravidade, como indica a figura, permanecendo na posição hori-
zontal. Cortando o cabo no ponto de suspensão e medindo o peso das duas
partes obtidas, observa-se que:
10. UNESP - O sistema da figura abaixo é leve e suporta a carga Q, em
equilíbrio. Com base nessa afirmação. assinale a alternativa correta.
A c
~ .
.
~
.
'-
l
~ ~.
l
rl - " - ~,..
a) as duas partes têm mesmo peso.
b) a parte que contém a vassoura é a mais pesada.
c) a parte que contém somente o cabo é mais pesada do que a que contém
a vassoura.
d) a parte que contém a vassoura pode pesar mais ou menos que a parte
que só contém o cabo.
e) o fato de a vassoura conservar-se na horizontal indica que a gravidade é
praticamente nula no local da experiência.
'!:'
,'0
9. MACKENZIE - Uma pessoa de peso P desloca-se ao longo de uma
prancha rígida, apoiada em duas paredes verticais paralelas, separadas por
uma distância d, como mostra a figura.
a) A barra BC sofre e exerce forças maiores do que Q.
b) A barra AC é comprimida.
c) A barra BC é tracionada.
d) Em caso algum as forças suportadas por uma barra podem superar
a carga Q.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
11. FEl - A figura mostra uma viga homogênea, prismática, disposta hori-
zontalmente, apoiada num cutelo em C. e suspensa em A por um fio ver-
tical. Sendo o peso da viga igual a 150 N, determinar a tração no fio AB.
,_.~:
"1
.
- -,~- - 17
. .. x !
A I I 18
;4 d '1
Ao passar de um extremo ao outro, o esforço E sobre a parede A, des-
prezando-se o peso da prancha, varia de acordo com o diagrama:
E iE
8
I- L/4 I
, I
A
a) b)
! (\ L i
I. .1
12. MEDICINA DE POUSO ALEGRE - Para sustentarmos, em equilíbrio,
uma carga de 20 kgf, suspensa no ponto médio de uma alavanca homo-
gênea horizontal com 10 kgf de peso, articulada em A, conforme mostra
a figura. devemos fazer uma força F de:
o.......
, x 01
\ I
F
d
I X
I
C)h
-
H
d IIi
d)
A
I
I I
I I
01
I I
01/I I
x
I '"
d d . .-
I x a) 10 kgf.
d d
.-
2 2
b) 15 kgf.
d) 30 kgf.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 20 kgf.
e) 60 kgf.
66
A barra AB apresentada na figura abaixo tem peso desprezível e está presa
a uma parede vertical. mediante um fio inextensível CD. e a um pino
colocado na extremidade A. A barra sustenta um corpo de peso P = 100 N.
preso à extremidade B. São dados AB = 6 m e BC = 2 m. Este enunciado
refere-se às três questões seguintes:
D
A
intensidade da força de tração no fio CD vale:
d) 150 V2N.
e) Nenhuma das alternativas anteriores.
13. FEl - A
a) 100 N.
b) 50 Y6N.
c) 150 N.
14. FEl - A reação em A tem a direção indicada na figura:
O
(11)
D
(IV)
a) I.
b) 11.
c) m.
d) IV.
15. FEl - Para que a reação em A tenha a direção da barra, o fio de sus-
pensão do corpo deve ser preso no ponto:
a) A. d) médio da barra.b) B. e) Nenhuma das alternativas anteriores.
c) C.
.I
~ .tI~67
16. MEDICINA DA SANTA CASA - Duas polias concêntricas, presas a
um mesmo eixo, têm raios de 20 em e 40 em. Quatro cordas, A, B, C
e D, estão enroladas nas polias, de modo que A e B, quando traciona..
das, giram as polias no sentido anti-horário, enquanto que C e D as giram
no sentido horário. Uma pessoa de 60 kgf quer levantar uma carga de
100 kgf. A melhor maneira de satisfazer o seu desejo é'
I
I
I
I
I
I
I I :
I I I
" I
I I I
I I . I
A B C D
a) puxar pela corda A, o corpo preso na corda C.
b) puxar pela corda B, o corpo preso na corda D.
c) puxar pela corda A, o corpo preso na corda D.
d) puxar pela corda C, o corpo preso na corda B.
e) O homem não é capazde levantar o corpo de forma
que seja a combinação acima utilizada.
alguma, qualquer
17. MACKENZIE - Um tubo homogêneo étransportado na posição hori.
zontal por três homens A, B e C. O homem A segura o tubo em uma
extremidade e os outros suportam-no através de uma viga transversal,
muito delgada, de modo que a carga seja igualmente dividida entre os três
homens. Desprezando o peso da viga,a distância X, em. função dos com-
primentos indicados na figura vista na planta, vale:
r -1-
x
ao .~~.
...L.,c
I ;. I
: " ,L
1- - - :. __I
V ! . V
- .1.- - -.- - - --
a) Y.
b) 2Y.
c) L/4
d) LI2.
e) LI3.
A
D
(I)
A
O
(111)
A
68 ~ 69
18. MEDICINA DA SANTA CASA - A barra da figura pode girar livre-
mente em torno do eixo fixo S. Um corpo de massa M= 100 kg é pendu-
rado na extremidade R da barra, que é mantida na 'posição horizontal através
de um dinamômetro preso no ponto O. O ponto O é tal que OS= 10 em
e OR = 40 em.
Desprezando o peso da barra e considerando a aceleração da gravidade
g = 10 m/s~, o d;namômetro, na vertical, deverá marcar, aproximadamente:
22. PUC (SÃO PAULO) - A tesoura é uma combinação de duas alavancas:
a) interfixas. d) uma interfixa c outra inter-resistente.
b) inter-resistentes. c) uma interfixa c outra interpotente.
c) interpotentes.
a) 20 N.
b) 25 N.
c) 80 N.
d) 500 N.
e) 5000N.
Uma barra rígida, com peso desprezível, articulada em A e apoiada em O,
sustenta. na extremidade B, um peso P= 100V3N. As distâncias
AO e OBvalem, respectivamente,60cm e 40cm. O ângulo cI>mede 30°.
Este enunciado refere-se às questões de 19 a 21.
R
23. MEDICINA DA SANTA CASA - Normalmente, os objetos esquemati-
zados abaixo funcionam, respectivamente, como alavancas de que tipo?
X. . /~ -!) 7~_A". ~~. (tp/~
tesoura carriola quebra-nozes pinças .
10cm
:0
I, 40cm
a) Interfixa, interpotente, inter-resistente e inter-resistente.
b) Interpotente, interpotente, interpotente e interpotente.
c) Inter-resistente, interpotente, interfixa e interfixa.
d) Interfixa, inter-resistente, inter-resistente e interpotente.
'e) Nenhuma das respostas anteriores.
d) 250 N.
e) 500 N:
a) I
b) II
~III
d) IV
e) V
25. ITA - Três blocos cúbicos iguais, de arestas a, estão empilhados, con-
o forme sugere a figura. Nessas condições, a máxima distância x para que
ainda se tenha equilíbrio é: a
24. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS (USP)- A barra rígida e homo-
gênea MN da figura abaixo pode girar, sem atrito, em torno do pino M,
apoiando-se no degrau, em O. Qual das cinco setas desenhadas pode repre-
sentar a força exercida pelo pino M sobre a barra?
\~t~IV
y
B
A
!..-,- f . ~x
19. PUC (SÃO PAULO) - Nestas condições, a reação desenvolvida no ponto
de apoio Q tem intensidade:
a) 100 N.
, b) 125 N.
. c) 100 V'J"N.
20. PUC (SÃO PAULO) - A
a) 100N.
b) 125N.
c) 100 V'J"N.
21. PUC (SÃO PAULO) - A reação vertical em A. tem intensidade e sen-
tido dados por:
a) 25 V'J"N, para cima.
b) 25 V'J"N, para baixo.
c) 100 VTN, para cima.
~v
reação horizontal em A tem intensidade:
d) 250 N.
e) 500 N.
a
d) 100 V1"N, para baixo.
e) 250 N, para cima.
a) a/2.
b) (7a/8).
c) a.
d) (11a/12).
c) (3a/4).
I
I
I
i
x --.i
I
70 ~ 71
26. UNIVERSIDADE DO CEARÁ - Um cilindro de raio R apóia-se, por
uma de suas bases, num plano inclinado de 45° em relação ao plano
horizontal. Despreze a força de atrito. Para que o cilindro possa deslizar,
sem tombar, sua altura máxima H deverá ser igual a:
~2~ ~3V~
b) R. d) R/2.
28. CESCEA - Qual a condição
derrape na curva descrita?
a) V:!/r> I-Lg
b) V:!/r:! > I-Lg/h
29. CESCEA - Qual a condição
capote na curva descrita?
a) V:!/r > g
b) V:!/r:! > g/h
necessária para que o carro em questão
c) V:!/r> I-LgLl2h
d) Nenhuma das respostas anteriores.
necessária para que o carro em questão
27. CESGRANRIO - A figura representa uma escada apoiada em uma parede
e duas das forçasque atuam sobre ela: o peso P e a força F exercidapela
parede. F
c) V21r> gLl2h
d) Nenhuma das respostas anteriores.
k ~
'", ',',
1 '" BCD
i '
r
"": '", " ,
I "I ,
I A - ,'---
30. CESCEA - Sabendo-se que o carro não conseguiu completar a curva, é
verdade que:
a) se I-L< L/2h, o carro capotou.
b) se I-L> Ll2h, o carro capotou.
c) se I-L> Ll2h, o carro derrapou.
d) Nenhuma das respostas anteriores.
31. FAAP - Na figura, o bloco A está em equilíbrio estático. pesa 173 N
e o coeficiente de atrito entre ele e o plano inclinado é 0,5. A barraBe
tem sua extremidade B presa à corda que está atada em e. Um peso D
de 15N pode se movimentar sobre a barra, que tem 20 cm de compri-
mento. Desprezando os pesos da barra e da corda, bem como o atrito na
polia, determinar a posição do peso D em relação à extremidade B da
barra para que o bloco A fique na iminência de descida.
Entre os cinco segmentos propostos a seguir, qual representa a força exer-
cida pelo chão sobre a escada, para que ela permaneça em equilíbrio?
l_- x .-.1
d) D
e) E
c
~
~20 em-- ..r
B D
a) A
b) B
c) e
~
'.'
A figura abaixo representa um carro de massa M em movimento sobre
uma pista perfeitamente horizontal. O centro de gravidade (G) do carro,
eqüidistante das quatro rodas, encontra-se a uma altura h acima da
pista. e a distância entre as rodas de cada eixo é L. Numa curva de raio
r, o carro entrou com velocidade V, considerada excessiva. O coeficiente
de atrito entre os pneus e o asfalto é I-Le a aceleração da gravidade
local é g.
1 y'j
Dados: y'j =1,73; sen 30°=- ecos 30°=-.
2 2
32. ENGENHARIA DE SÃO JOS~ DOS CAMPOS- A magnitude da força
mínima Fmín, aplicada ao ponto e do cilindro de peso G= 1 000 N e raio
r = 15cm, mostrado na figura abaixo, capaz de fazê-Io passar sobre o
obstáculo D, de altura h= 3 cm, ~erá, em newtons:
h
h
L
Esteenunciadose refereàs questões de 28 a 30.
11'
a) 2 000.
b) 1667.
c) I 250.
d) 600.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
.....
G
72
33. ENGENHARIA DE SÃO JOS~ DOS CAMPOS- Uma barra prismática
delgada AD, de peso Q e comprimento 2a, está apoiada, sem atrito, sobre
um pequeno cilindro em D e encostada a uma parede vertical lisa, como
ilustrado na figura. O ângulo que a barra fará com a horizontal, quando
em equilíbrio, será dado pela expressão: .
.. B
A"
d) <I>=arc sen [(a/ Võ)].
e) Nenhuma das respostas anteriores.
a) <I>=arc sen [(b/ a)2].
b) <I>=arc cos [(a/b)!!a].
c) <I>=arc tg (b/a).
34. ENGENHARIA DE SÃO JOS~ DOS CAMPOS- Desprezando o peso
próprio da viga horizontal AB da figura, resultam forças n~s barras arti-.-.
culadas AD, AE e DC, quando atua na viga uma carga vertical P. As
magnitudes das forças que atuarão em cada barra, AD e DC, respectiva-
mente, serão:
.. - a .-.p
B
.~ . 'i!:J.t!~
35. MACKENZIE - No dispositivo indicado na figura, a barra e os fios têm
pesos desprezíveis. No instante t= Os, o registro é aberto e começa o
escoamento de água para o balde, com vazão constante de 5 litros por
minuto. O balde está, inicialmente, vazio e pesa 5 kgf. A tração de rup-
tura do fio horizontal é de 20 kgf, e o peso específico da água é de 1 kgf
por litro. O tempo gasto para a ruptura do fio horizontal é:
articulação
a) 6 minutos.
b) 5 minutos.
c) 4 minutos.
d) 3 minutos.
e) 2 minutos.
36. FEl - Um portão homogêneo de espessura constante e peso P= 600 N
está montado conforme indica a figura, sendo desprezíveis os atritos em
seus apoios. Determinar a intensidade das reações nos apoios.O,1m O,am
1"-'1-- --"'I
~
.J..~IN. - -ti
37. FEl - Uma prancha AD encontra-se em equilíbrio na posição horizontal,
suportando as massas ml e m~= 0,5 kg. na posição indicada na figura.
Num determinado instante, a massa mI começa a se deslocar em direção
à extremidade A, com velocidade constante V I= 12 cm/s.
j.o 0,5 m--f.o 1,5m -f.
ml
B
,
M
AI -
a) Determinar o valor da massa mI.
b) Determinar a velocidade da massa ~ e o sentido em que ela deve se
deslocar, de modo que a prancha AD permaneça na posição horizontal.
.L-_
. b I
P(b - a) Pb P(b - a) Pa
a) ; - d) ; -
2b cos <I> a 2b cos <I> b
b)
P(b - a) Pa
; - e) Nenhuma das respostas anteriores.
b sen <I> b
c)
P(b - a) P(a - b)
;-
b cos <I> b
T
i ..:a.L......
T
I
I
el
IC'!. I
74 ~
38. FAAP - O sistemaesquematizadoestá no plano vertical e em equilíbrio
na posição indicada. A barra AD é homogênea e uniforme e o seu extre-
mo A está apoiado no plano horizontal liso. A mola presa ao ponto B
da barra está disposta de modo que o seu eixo se mantém na direção da
perpendicular à barra. O fio que passa pela polia ideal e que tem uma
das extremidades presa à barra em C e a outra presa à partícula de peso
200 v'T N é ideal, e no trecho CE se mantém horizontal.
Sabendo-se que a constante elástica da mola é 2 000 N/ m e que AB=
= BC = CD, determinar:
D
1
42. UNIVERSIDADE DE MOGI DAS. CRUZES- Uma pessoa pode erguer
um corpo de massa 50 kg. Se ela quiser suspender um Scania Vabis
(caminhão) carregado, de 51,2 toneladas, com uma talha exponencial, esta
deverá ter, no mínimo: (Admita a massa da talha desprezível.)
a) 100 polias móveis. d) 10 polias móveis.
b) 50 polias móveis. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 20 polias móveis.
43. MEDICINA DE SANTO A~ARO - Empregando-se uma talha expo-
nencial para levantar uma carga de 192 kgf, devemos empregar uma po-
tência de 6 kgf. O número de polias móveis da referida talha é:
a) 5. d) 8.
b) 6. e) Nenhuma das anteriores.
c) 3.
'1;'.(,;) I{
E
44. CESCEA - Estão esquematizadas, nos desenhos abaixo, diversas máqui-
nas simples. Indique aquelas em que a força (F) aplicada é menor do que
o peso a ser levantado (P), nas condições especificadas nos desenhos (figu-
ras I. 11. m. IV, V, VI, VII).
r2 ~
p~/.1Fpr~
(I)
A
f. ., I~ ~,
a) o c0!11primento correspondente ao alongamento da mola.
b) o peso da barra.
39. MEDICINA DE SANTOS-
a) energia.
b) potência.
c) força.
Máquina simples serve para multiplicar:
d) trabalho.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
r2 > r1
;4'"/~...
(IV)
40. UNIVERSIDADE DE JUIZ DE FORA - Em uma máquina, a razão
entre a força resistente e a força motriz recebe o nome de:
a) rendimento. d) vantagem mecânica.
b) trabalho passivo. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) trabalho resistente.
41. UNESP - Mediante certa máquina simples, alça-se lentamente uma carga
Q, exercendo força de acionamento F. Os correspondentes percursos são
q e f.
a) Vantagem mecânica ideal é a razão Q/F.
b) Vantagem mecânica real é a razão f/q.
c) No arriamento da carga, é concebível que a força de acionamento seja
F (a mesma).
d) Havendo atrito, não há conservação de energia.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
a) n. v. VII.
b) I, 11. V,
(11) (111)'
F
F
r2 = rJ
p ~~
~ilt' rJ = r2
F
p
. ,~~. --(VI)T~;f
;; "
r~'1 " ~ "
~ '>p ~~~ r1
">" p~F
-<.. -. . J. "'~ 7'('",'
r1 > r2 " ~(VII)
c) I, IV, VI.
d) m. VI. VII.
76 ~ .tI~
45. MEDICINA DE SANTO AMARO - Na figura, a potência aplicada vale:
~
a) O equilíbrio é instável.
-+ -+ ~
b) ~ preciso ser Q + F = O.
c) Em relação ao eixo do sarilho, o
momento de F é bF horário.
d) O equilíbrio requer F= Q.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
momento de Q é rQ anti-horário, e o
49. FMU - Um corpo ocupa as posições A, B e C sucessivamente. Neste
caso:
a) P =R/2n.
b) P =R.
c) P = R"/2.
I R
d) p=-.-.
2 2"- 1
R
~e\ P= -2"+ 1
n =número de
A
(,
( ,~
(-)
polias móveis. B
\. $)
46. MEDICINA DE SANTO AMARO - Na questão anterior, a vantagem
mecânica será:
a) l.
b) 2 cos <1>.
c) 2.
47. UNIVERSIDADE DE JUIZ DE FORA - Para' levantar um peso de
200 kgf, faz-se uso de um moitão ou cadernal; a força motriz necessária
é igual a: (O moitão tem 2 polias móveis.)
a) 100 kgf. d) 200 kgf.
b) 150 kgf. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 50 kgf.
d) 2n.
e) 2".
C
a) o corpo está em equilíbrio em A, B e C. '
b) afastado ligeiramente da posição A e depois largado, não volta ao equi-
líbrio.
c) afastado ligeirameqte da posição B e depois largado, volta ao equilíbrio.
d) afastado ligeiramente da posição C e depois largado, rola continuamente.
e) afastado ligeiramente da posição representada e depois largado, em cada,
uma das situações, se comporta de modo igual.
50. CESCEA - Em duas barras metálicas de comprimentos LI e L2 (L2 > LI),-
fixas em uma das extremidades, aplicam-se forças iguais às extremidades
livres. Supondo essas barras de mesma secção e constituídas de mesmo
material, podemos afirmar que:
48. ENGENHARIA DE SANTOS - O sarilho 'esquematizado é leve; o atrito
é desprezível; b= 2r. A carga Q é equilibrada pela força de acionamento
F, sendo <I>= 30°.
A'
)~
~ :.r< ."
LI
1 ~F
o
L,!
fi ---J. ..,.F
a) o aumento de comprimento da barra LI é maior do que o aumento de
comprimento da barra~.
b) o aumento de comprimento da barra LI é menor do que o aumento de
comprimento da barra~.
c) os aumentos de comprimento são iguais.
d) Nenhuma das alternativas anteriores.
78
51. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS- Np esquema anexo, representam-se
dois cubos maciços de ferro, Cl e ~, com arestas a e 3a; eles estão sus-
pensos eql repouso por fios de náilon cujos diâmetros são d e 2d e cujos
comprimentos são L e 2L. A relaçãoR2/Rl das reações nos apoios A2
e Al é:
AI A2
L, d 2L, 2d
a n , CI
d) 6,8.
e) 27.
a) 3.
b) 9.
c) 18.
52. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS - Retomar o enunciado anterior. De
acordo com a lei de Hooke, a relação x2/ XI entre os alongamentos dos
fios 2L e L respectivamente, deve ser da ordem de:
a) 3. d) 27.
b) 7. e) 54.
c) 14.
~
1. a 2.a 3.d 4. b 5.c 6.b 7.b 8. b
9. a 10. a 11. T=50 N, vertical, dirigida para baixo. 12. b 13. b 14.d 15. c 16. a
17. c 18. e 19. d 20. b 21. b 22. a 23. d 24. c
25. e 26. a 27. b 28. a 29. c 30. b 31. x ~4,4 em 32. d
33.+ =areco. (+):)
34. d 35. d 36. dobradiça superior: FI=250 N (horizontal);
dobradiça inferior: F2= 250 N (horizontal), Fa=600 N (vertical).
37. a) 1,5 kg; b) 36 cm/s no sentido de M para B.
800 .
38. a) X= 0,20m; b) P = - N. 39. c 40. d 41. a 42. d 43. a 44. c 45. d
3
46. e 47. c 48. e (NO equillbrio, ar=F+.) 49.a 50. b 51. e 52. c
PARTE11 .
t
t
HIDROSTATICA
t
, «' ir~ij~P r . ~.. 81
()) )
~) )- - .. ---
rre55ãoexercido
por umLiquido
---.
~-
- ---1
f--
~ "
:~
I
I
I
I.
I
I
I
Conceitos iniciais
Fluidostática é a parte da Mecânica que estuda o comportamento
de um líquido ideal ou gás ideal em equilíbrio, bem como o com-
portamento de corpos que estejam em contato com ele.
A Hidrostática constitui um caso particular da Fluidostática e
estuda o comportamento de uma porção de líquido ideal em equi-
líbrio e dos corpos nele imersos.
~- "./
........... ---'
Jof,-.r~~::; "~.- ,'..
~"'---/' 4)'c' ._-~~
/
I -----
82
"
~ 'n} , . =" :..
_:' ",..'.~. - , '--'--'--' ..
_' ,
. .- .-- ,,-- .:-::: :'
--. "
,~
_0 _.~~ ....
,.-~~\~~~~8~-~~-";~~:- ~ ", .:, ?
Um líquido ideal se caracteriza por ter .volume definido, ser
incompres'sível e não apresentar viscosidade. Devido a sua estru-
tura molecular, adapta-se aos contornos dos recipientes que o con-
têm, não apresentando, assim, forma determinada.
. Densidade - Densidade absoluta (ou massa específica) (tJ.) de
uma substância homogênea é o quociente entre a massa (m) de uma
porção qualquer desta substância e <>seu correspondente volume
(V), a uma dada temperatura.
I tJ. ~ I
Em símbolos:
o conceito de densidade pode ser estendido para um corpo.
Diremos que a densidade (d) de um corpo é o quociente entre sua
massa (m) e o correspondente volume externo (Vext).
, ~Em slmbolos: d=-V.xt
- Unidadesde densidade- No SistemaInternacional de Unidades,
temos:
para m= 1 kg e V= 1 m" -+ tJ.(ou d)= 1~.m3
No Sistema CGS, temos:
para m= 1 g e V= 1 cm" -+ tJ. (ou d)= 1
g
cm3
.1" No Sistema Técnico, temos:
para m= 1 utm e V= 1 m3 -+ tJ. (ou d)= 1 m3
utm
Noteque: l' g. =10'~1cm3 m3
I ~
~lLiúéa-'" 83
- Densidades aproximadas de sólidos. e líquidos
~/J
A densidade absoluta de uma substância nem sempre coincide
com a densidade de um corpo formado por aquela substância. Um
exell'lplo: pela tabela anterior. vemos que a densidade absoluta do ferro a
20° C é de 7,800g/cm3; entretanto. uma esfera oca de ferro, com massa
de 1 kg e raio externo de 10 em, possui uma densidade da ordem de
0.25 g/cm3, e flutua em água.
Essa diferença é devida às partes ocas do corpo. não ocupadas pela
substância. O mesmo ocorre com um navio feito de ferro.
A densidade de um corpo só coincide com a densidade da substância,
da qual ele é feito quando o corpo é maciço.
. Peso específico de uma substância - Define-se peso específico
(p) de uma substância como sendo o produto da densidade absoluta
(tJ.)pela aceleração da gravidade local (g).
Em símbolos: I p= tJ.gI
. Pressão exercida por uma força
- Pressão média - Define-se pressão média (pm) exerci da por uma
força normal sobre uma superfície como sendo o quociente entre a
intensidade da força normal (F) e a área da superfície (5).
Sólidos Densidades (g/cm3)
alumínio (200C) 2,65
cortiça (200C) 0,24
ouro (200 C) 19,32
gelo (00 C) 0,917
ferro (200 C) 7,80
madeira (200 C) 0,50
cobre (200C) 8,93
Líquidos Densidades (g/ cm3)
álcool (200 C) 0,789
glicerina (200C) 1,26
mercúrio (200C) 13,600
querosene (200C) 0,820
gasolina (200C) 0,790
água pura (40 C) 1,000
água do mar (200 C) 1,030
84
-
lã
~~~ 85
Em símbolos:
I pm : I
t.~
\\
~ . .-';)
~
. <j!<'
J r4'
~/
:~r
.. ,~. ~~-
')~ "
~
Se fizermos esta área S ao redor do ponto A tão pequena quanto
possível, isto é. .tendendo a zero (S ~ O), teremos o que se conven-
ciona chamar de "pressão no ponto A" (PA).
Em símbolos: PA= lim Pm= lim i.
s~o s~o S
v/
(ir
#
- Pres~ão uniforme - Quando todos os pontos de uma superfície
estão submetidos à mesma pressão, dizemos que a superfície está
a uma" pressão uniforme". Neste caso, a pressão em cada ponto
(p) coincide com a pressão média na superfície (Pm).
Em símbolos, pressão uniforme ~ Ip = pmI
. Unidades de pressão - No Sistema Internacional de Unidades.
temos:
N
para F = 1 N e S = 1 m2 ~ p = 1- = 1 pascal (Pa).
m2
No Sistema CGS, temos:
A força normal exercida pela
solo é a normal N. Assim,
Ji.
s
bailarina na região definida por parte do seu pé no
N
PIII= - Estando a bailarina em equilíbrio, temos
S
dyn
para F = 1 dyn e S = 1 cm2 ~ p = 1-
cm2
= 1 bária.
No Sistema Técnico, temos:
para F= 1 kgf e S= 1 m2 ~ p=.1
kgf
m2
Note que: 11 Pa = 10 báriasl
P
N=P. Logo, Pm=-'
S
Note que pressão é uma grandeza escalar que não assume va-
lores negativos. .
- Pressão no ponto - Tomemos um ponto A de um elemento de
superfície de área S, sobre a qual agem forças normais cuja resul-
tante tem intensidade F.
F
- Outras unidades usuais de pressão - A tradição tem mantido,
ao longo do tempo, outras unidades de pressão. que passamos a
mencionar: .
1 bar = 1Or. Pa = 10" bárias
1 milibar = 103 bar = 102 Pa
A unidade "milibar" é muito usada
kgf
1 atmosfera técnica = 1
até hoje em meteorologia.
cm2
~
1.Para uma mesma força normal, quanto menor for a área da sÚperfície
de apoio, maior será a pressão correspondente. Assim, uma moça calçando
sapatos de salto alto exercerá, no solo, uma pressão maior do que a
exercida por um rapaz, de peso igual ao dela, mas que esteja calçando
sapatos de salto baixo.
88
~~tWéa-- 89
\ \.!'t" 'f~
NI
~ ''.I///I t/ . I Ift/"'/./'"
Mas não é apenas o fundo do recipiente que o líquido pressiona.
Também as paredes laterais são pressionadas. pelo mesmo processo
de compressão molécula a molécula. Se fizermos um furo na parede
lateral do recipiente, surgirá um jato de líquido perpendicular à
parede. Este fato confirma que o líquido pressiona as paredes laterais
do reCr~~ ~ r [: \
I
. ...
4. Se a força F não for normal à superfície, devemos decompô-Ia nas
direções tangencial e normal.
~
E decorre:~.
I
#
J
'
'~- .~.~:,.;:.1.,
Portanto, um líquido exerce pressão nos pontos do seu interior,
no fundo do recipiente e nas paredes laterais.
Conclui-se, então, que a força exercida por um líquido ideal em
equilíbrio é sempre perpendicular às paredes do recipiente que o
contém e a qualquer superfície nele imersa.
Assim, se uma porção de líquido exerce uma força de intensi.
dade F numa superfície de área S, podemos escrever:
Pressão exercida por um líquido
As moléculas de um gás exercem pressão nas paredes do reci-
piente que as contém através das forças que elas aplicam nestas
paredes, durante as colisões.
I p ; I
e I F=psl
~ ti 'I)
'-- ..",-,
i~ -.~.- ." ,- I
' . - - , I .
~ Ji'~ : L f\--=-- -~.?;..~I --
'- .
~\.
As moléculas de um líquido. entretanto. não apresentam tanta
mobilidade quanto as moléculas de um gás; por isso. a pressão que
elas exercem não é do mesmo tipo.
Devido à sua disposição característica, as moléculas no interior
de um líquido não apresentam grande mobilidade relativa e se "em-
pilham" umas sobre as outras. A ação da gravidade faz com que
elas se comprimam.
Deste modo, uma molécula exerce pressão sobre as que se
encontram logo abaixo, e estas, por sua vez, comprimem as moléculas
vizinhas, gerando uma cadeia de compressões que atinge o fundo
do recipiente, exercendo nele uma pressão.
Iit
\
\'
~~
-)- \.:~ ~~~ ,1111
r===
, Q
Cít
.,
90
8 lei de Stevin* - A lei de Ste- Q.
vin estuda o comportamento da
pressão no interior de um líqui-
do ideal e homogêneo em equi-
líbrio.
- 1.' parte - Imaginemosuma
porção cilíndrica do líquido em
posição horizontal, cuja espessu-
ra seja comparável à do fio de
cabelo.
As forças exercidas pelo
restante do líquido nas bases do
cilindro são perpendiculares a
elas e. de intensidades FAe Fu,
conforme mostra o esquema ao
lado. \.. ..)
Como o líquido está em equilíbrio, a porção cilíndrica do líquido
também está. Assim, na direção horizontal podemos escrever
FA=Fu (1).
Dividindo os membros da expressão (1) pela área S das bases,
temos ~ =~ (2). Logo: IPA= pu 1 (3).S S
. Donde concluímos que:
Os pontos situados na mesma horizontal de um líquido ideal
e homogêneo em equilíbrio estão submetidos à mesma pressão.
- 2.' parte - Imaginemos, agora, uma porção cilíndrica do líquido
em posição vertical. de esp~ssura qualquer e altura h.
?
J,
"
,
II ..:..C'" . I~F:
FA S S
..1
..1 1",- --=~
As forças exercidas pelo restante do líquido nas bases do cilindro
são perpendiculares a elas e de intensidades FAe Fu, conforme mostra
o esquema anterior. Na direção vertical, além destas forças exer.
cidas pelo próprio líquido, há a força-peso da porção cilíndrica, cuja
intensidade é P.
. Simon Stevin (1548-1620)- Físico e matemático holandês. Estudou o movi-
mento dos projéteis e contribuiu decisivamente para o desenvolvimentoda Estática
e da Hidrostática.
-
.~
~tWéa~ 91
j
Como o líquido está em equilíbrio,- a porção cilíndrica também
está. Assim, na direção vertical podemos escrever Fu= FA+ P (4).
Chamando de fl.a densidade do líquido, de m a massa da porção
cilíndrica e de V,o seu volume, decorre:
P= mg = fl.Vg = fl.Shg (5)
Substituindo (5) em (4), decorre FB= FA+ fl.Shg (6).
Dividindo os membros da expressão (6) pela área S das bases,
FB FA fl.~hgtemos -=-+
S S ~
Logo: I PB= PA + fl.gh I
As expressões [7) e (8)
ciado é o seguinte:
A diferença de pressão entre dois pontos de um líquido ideal e
homogêneo em equilíbrio é igual ao produto do peso específico do
líquido pela diferença de nível entre os. pontos.
Esboçando o gráfico p X h da pressãoem função da profundidade,
obteremos uma reta, como mostra o diagrama a séguir:
(7) => I PB- PA=ph I (8)
constituem a lei de Stevin, cujo enun-
1
A.. - - I- -
<40~ ~l
p
h
B8- - - - ~ -
I
Pé--- P = PA+ ph-- --- - I
I
'y 1
tt ~..,. '\ 'I.~
. ~~~ ~
ki ?
I-~ '."- "ll ~.'-"~"
, ~r./ V'l'- c
PA
h
o h
92
Resumindo, para um líquido ideal e homogêneo em equilíbrio:
a) a pressão cresce linearmente com a profundidade;
b) a pressão não varia para pontos situados no mesmo nível
horizontal.
~
Devido à lei de Stevin, ao construir um dique, deve-se dotá-Ia de uma
espessura suficiente para suportar a pressão exercida pelo
líquido no fundo.
I ~~- ~
~ ~'"
q/q
~ -. ,~
~
. Pressão atmosférica (experiência de Torricelli) - O ar existente
sobre a superfície da Terra exerce sobre ela uma determinada pres-
são, denominada" pressão atmosférica". Algumas experiências muito
simples permitem constatar sua existência:
1) Eliminando o ar do interior de uma lata (por meio de uma
bomba pneumática, por exemplo), verificamos que ela irá se defor-
mando devido às forças de compressão que as moléculas do ar
externo exercem sobre ela.
r
I
I
~~,
'~ !t\ ' ~1
b \7 ., ~-~ "-
lata amassad a
'" .r; - .- ~.J c....=/lata
- '~~
bomba pneumáticr L
-
~~!tiúéa-... 93
2) Unindo duas placas de vidro liso. bem limpas, eliminamos o
ar existente entre elas. Se tentarmos separá-Ias, sentiremos muita
dificuldade. devido às forças de compressão exercidas sobre as
placas pelas moléculas do ar externo.
iG<- L,.~ ....
3) Colocando uma folha de papel liso sobre um copo com água,
firmando-a com a palma da mão e virando o copo para baixo, verifi-
caremos que, ao remover a mão que segurava o papel. a força externa
exercida pelo ar sobre o papel impedirá que a água caia.
~r\
..
.. ---1;-
?-~ (f!~.
r
--
...
!...~
. - ~..-'I' o
i o
. ..,
'"
li
.L~
Uma engenhosaexperiência realizadapor EvangelistaTorricelli *
permitiu determinar o valor da pressão atmosférica ao nível do mar.
Torricelli tomou um tubo. encheu-o de mercúrio até a boca. tampou-a
. EvangelistaTorricelli(1608-1647) - Físico e matemático italiano, discípulo de
Galileo. Estudou o movimento dos fluidos e dos projétejs e inventou o barômetro.
I . - {
M ,
e emborcou-o numa cuba que continha o mesmo Irquido. O mercúrio
dentro do tubo desceu e parou a 76 cm do nível do mercúrio na cuba.
r. ~~ & . /\
-
~
~lMéa-M 95
Este desequilíbrio de pressões causa o seguinte: as forças que o ar exerce
sobre a água externa ao cano empurram-na cano acima, até que ela
atinja a alturamáximah = 10,3m.
r
,.
I
I
76 em
Os pontos A e B estão na mesma horizontal, no mesmo líquido
em equilíbrio. Logo, pela lei de Stevin, estão à mesma pressão. A
pressão em A é a pressão atmosférica ao nível do mar e a pressão
em B é a pressão exercida pelo líquido na base da coluna. isto signi-
fica que o ar externo ao tubo exerce forças na superfície do líquido
na cuba e impede que o líquido interno desça.
Aplicando a lei de Stevin ao mercúrio no interior do tubo, temos:
po ~ O ("vácuo")
f.I.= 13,6g/cm3= 13600kg/m3
9 = 9,8 N/kg
h = 76 cm = 0,76 m
L
-- -
""-
É importante deixar claro que a bombanãoaspira a água, mas sim o ar.
A coluna líquida é empurrada cano acima pelas forças externas, que o
ar do interior do poço exerce sobre a superfície livre do líquido.
Na prática utilizam-sebombas aspirantes para alturas aproximadamente
iguais a 8 m, pelo fato de não se conseguir aspirar todo o ar no
interior do cano devido a vedações imperfeitas na bomba. Para alturas
maiores. utiliza-se bomba premente, que ajuda o ar externo a empurrar a
coluna líquida.
3. O mesmo ocorre quando tomamos um refrigerante com canudinho. Ao
chupar o ar do Interior do canudinho, levando-opara os pulmões,
geramosuma região de baixa pressão no interior do canudinho e na
boca. O ar externo ao canudinhopressiona a superficielivre do liquido e
força-o a subir 'canudinho acima.
patm = PB = po + f.l.gh, onde
patm= O+ 13600 . 9,8 . 0,76
patm= 101300N/m2,~ I patm= 1,013. 1O~N/m2 I
Resumindo, a pressão atmosférica ao nível do mar é equivalente
à pressão exercida em sua base por uma coluna de mercúrio de
76 cm de altura. Esta pressão é, no SI, igual a 1,013. 10~N/m2. Este
valor é conhecido como" 1 atmosfera". '
~
1. Admite-se como nula a pressão no ponto O, pois se considerou
desprezivel a pressão do vapor de mercúrio que ali se formou por ocasião
da descida da coluna. Devemos lembrar que o mercúrio é um liquido de
baixa volatilidade à temperatura ambiente.
2. Se substituirmos o mercúrio por água, de densidade ao redor de 1 g/cm3
e, portanto, 13,6 vezes menor que a do mercúrio, a altura do líquido que
equilibrará a pressão atmosférica será da ordem de 13,6 vezes maior que
a do mercúrio, isto é, 13,6. 0,76 = 10,3 m. É o que acontece quando
pretendemos tirar água de ÍJm poço usando uma bomba aspirante. O ar
do interior do cano é eliminado pela ação da bomba, criando-se uma região
de baixa pressão ("região de vácuo"). Na parte externa ao cano temos
ar que exerce pressão atmosférica sobre a superfície livre do líquido.
I tJJ'
-j
111 .
l'
, 1- '.\- ., i#.r" 0.0-,;, .,
I -
f
, . , I
.
<,1I
I
96
----
4. O sifão é outro exemplo interessante de aplicação dos efeitos da pressão
atmosférica. Tomemos o esquema a seguir: - - --
p.tm
U-J
A
o .
..
B ,-
h
" 'r
C.f.
fi,
\ ',. ,- -'3'
Eliminando o ar do tubo por meio de uma escorvada e mantendo sua
extremidade livre (C) abaixo do nível AB do líquido no recipiente, a
pressão na extremidade C será maior que a pressão atmosférica e o
líquido descerá. Vejamos:
PB == PA ==Patm (pontos A e B na mesma horizontal)
Pc == PB + I~gh (lei de Stevln aplicada à porção BC do líquido)
Logo: Pc==Patm + j.l.gh=> Pc> Patm
Graças à pressão atmosférica, é possível retirar gasolina do tanque de um
carro com uma mangueira. Trata.se de sifão Improvisado.
...,
''''!t
f -
r---
I
.J(~\--
I
- J
('1:'1.'( ;j" -J/ , ~
..~\ . .J' ~ .' .;&-
' '"
~
r~,~,
~
5.A pressão atmosférica ao nível do mar (Patm==1,013. 105N/m2) é
aproximadamente equivalente a 1 kgf/cm:!. Uma mão aberta tem uma
área aproximada de 150cm:! em cada um dos lados. Logo, o ar aplica-lhe
uma força de intensidade de 150kgf em cada um dos lados da mão,
equivalente à intensidade do peso de dois homens médios.
="'
~
~tWéa~
---
97
- ~
Por um raciocínio semelhante, concluímos que o ar exerce, sobre a cabeça
do homem, uma força equivalente ao peso de muitos sacos de areia.
Ele s6 não é esmagado por esta pressão externa porque no organismo
h~ pressões internas que causam a compensação.
6. A pressão do ar diminui com a altitude, pois o ar torna-se mais
rarefeito. Esta queda de pressão é perigosa para os seres humanos
acostumados com a pressão da superfície. Daí serem os aviões modernos
pressurlzados.
. Pressãoabsolutae pressão efetiva- Aplicando a lei de Stevin
aos pontos A e B do esquema abaixo, temos: ar
- - A~=-=--=-=
J'
,t'--~. ',," "." -, . .T. ' , .,;, )J \ , ..;;fi;-
...0~ jt\~
.
'
...r--~~' 7 '--- B-- - - --
PB= PA+ J-tgh
Mas. PA= patm;logo. PB= patm+ J-tgh.
A parcela J-tghé a pressão devida somente ao líquido e recebe
o nome de pressão efetiva.
A pressão total do ponto B é denominada pressão absoluta.
Assim, podemos escrever:
I pressão absoluta=pressão atmosférica + pressão efetiva I
~ "
98
. Vasos comunicantes - Quando um mesmo líquido é disposto
num vaso em formato de U, ele alcançará o mesmo nível nos dois
ramos. Palro
Isto é facilmente confirmado pela lei de Stevin. Tomemos dois
pontos, A e 8, no fundo do recipiente, em cada um dos seus ramos.
Como tais pontos estão na mesma horizontal dentro do mesmo líquido
em equilíbrio, eles estão à mesma pressão. Logo, PA= PB.
PA= palro-i- !1ghA
PB= palm+ !1ghB
E decorre: palm+ !1ghA= palm+ !1ghB=> I hA = hB I
Em resumo:
Quando dois vasos são ligados pela base e expostos ao ar livre,
o líquido que eles contêm, quando em equilíbrio, atinge o mesmo
nível nos dois ramos.
Mas:
~
o mesmo aconteceria com diversos vasos, nas mais diferentes posições
e com os maís diversos formatos.
."
o
, ,
J
~
~úittáz~ 99
Os poços artesianos são exemplos ilustrativos do princípio que
rege o comportamento dos vasos comunicantes.
O lençol de água se apresenta, em geral, entre camadas imper-
meáveis do terreno. É um reservatório