3 - Estática

Prévia do material em texto

Estática
Com este tópico pretendemos conceituar o mo-
mento de uma força em relação a um ponto ou um eixo, 
bem como, exprimi-lo matematicamente; estudaremos 
também as unidades de momento e as aplicações prá-
ticas dessa grandeza física.
Estática é a parte da Mecânica que estuda as 
forças em equilíbrio.
Vamos considerar, inicialmente, os movimentos 
clássicos de um corpo.
Consideremos o corpo rígido M da figura abaixo, 
no qual marcamos um segmento de reta AB; se ele 
sofre um movimento, onde ocupa posições sucessivas 
representadas pelas figuras M1 e M2, e se observamos 
que o segmento de reta mantém posições paralelas 
entre si, dizemos que esse corpo M apresenta movi-
mento de translação.
A
B
M
A
B
M 1
A
B
M 2
Se marcarmos nesse corpo um ponto P, por exem-
plo, num de seus vértices, e o movimento ocupa as 
posições sucessivas representadas pelas figuras M3 
e M4, e se observarmos que os pontos extremos do 
segmento AB giram em torno de P, dizemos que esse 
corpo M apresenta movimento de rotação.
A
B
M
AB
M 3
M4
A
B
P
Os movimentos reais são geralmente constituí-
dos dos dois movimentos simultaneamente.
Um caso bastante interessante pode ser obser-
vado na rotação de uma roda em torno de seu eixo e 
este eixo sofre translação.
O
A
A
O
Momento de uma força
A resultante de um sistema de forças é a gran-
deza física responsável pelo movimento de translação 
acelerada.
Momento de uma força (ou torque) é a gran-
deza física responsável pelo movimento de rotação 
do corpo.
O momento de uma força é uma grandeza veto-
rial e a soma de momentos deve obedecer as regras 
da soma vetorial.
Vamos considerar um ponto fixo P e uma força 
F
→
 cuja direção não contenha o ponto P.
90°
P
90°
dF
→
M
→
O módulo do momento da força F
→
 em relação ao 
ponto P será dado pelo produto do módulo da força 
pela distância d , que é chamada braço de alavanca; 
observe que o braço de alavanca é a menor distância 
entre o ponto P e a direção da força.
A direção do vetor momento é a da perpendicu-
lar ao plano que contém a direção da força e o braço 
de alavanca.
O sentido é dado pela regra da mão direita 
(coloque os dedos da mão direita como indicado na 
figura a seguir; considerando a força com o sentido 
dos dedos encurvados, o polegar representará o 
sentido do vetor momento).
1
O sentido pode ser dado também pela regra do 
parafuso ou do saca-rolhas, vista em Matemática no 
produto vetorial de dois vetores.
No caso de forças coplanares usamos apenas 
a intensidade do momento, admitindo sinal positivo 
quando a força produz rotação, em torno do ponto 
fixo, no sentido anti-horário ou negativo para rotação 
no sentido horário.
Se tivermos um sistema de forças paralelas, a 
resultante terá sempre a mesma direção delas e seu 
módulo será a soma algébrica de todas as forças, 
onde o sinal de cada uma delas estará vinculado ao 
sentido das mesmas. Podemos dizer que o momento 
da resultante não-nula, em relação a qualquer ponto, 
será igual à soma dos momentos das forças dadas 
em relação a esse mesmo ponto.
Unidades de momento
A unidade SI será: N . m; como essa unidade 
é vetorial, usava-se, antigamente, escrevê-la m . N, 
para que não fosse confundida com a unidade de 
trabalho, que é escalar; lembre-se que N . m = J, se 
for escalar.
A unidade no sistema CGS será: dyn.cm.
No sistema MKgfS a unidade será: kgf.m
Apresentamos alguns exemplos:
1. Considere uma barra homogênea AB de com-
primento e de peso desprezível em relação aos de-
mais parâmetros do problema, tendo aplicadas duas 
forças F
→
1 e F
→
2 paralelas e de mesmo sentido, uma em 
cada extremidade, conforme a figura abaixo:
A B
F
→
1
F
→
2
Como sabemos a resultante será R
→
 = F
 
1 + F
 
2
e terá módulo R = F
1
 + F
2
; falta-nos determinar o
ponto de aplicação dessa resultante.
O processo gráfico mais simples é transferir 
cada uma das forças para o ponto de aplicação da 
outra, invertendo o sentido de apenas uma delas; 
unindo-se as extremidades dos dois vetores por um 
segmento de reta, a intersecção dele com AB deter-
minará o ponto de aplicação da resultante.
A B
F
→
2
R
→
a b
– F
→
1
F
→
2
O ponto de aplicação da resultante será tal que:
F1
F2
 = b
a
 e a + b =
2. Considerando a mesma barra AB de compri-
mento e de peso desprezível em relação aos demais 
parâmetros do problema, tendo aplicadas duas forças 
F
→
1 e F
→
2 paralelas e de sentidos opostos, uma em cada 
extremidade, conforme a figura abaixo:
A B
F
→
1
F
→
2
2
A resultante será R
→ 
= F
 
1 + F
 
2 terá módulo R = 
F
1
 – F
2
; determinemos o ponto de aplicação dessa 
resultante.
Vamos, outra vez, transferir cada uma das for-
ças para o ponto de aplicação da outra, invertendo 
sempre o sentido de apenas uma delas; unindo-se 
as extremidades dos dois vetores por um segmento 
de reta, a intersecção dele com AB determinará o 
ponto de aplicação da resultante. Observe que neste 
segundo exemplo, o ponto de aplicação da resultante 
estaria colocado fora da barra, isto é, a força única, 
que substituiria as outras duas forças seria uma 
força colocada no ponto O da reta que contivesse a 
barra AB.
F
→
2
R
→
b
a
F
→
1
Continuaria valendo a relação entre forças:
F1
F2
 = b
a
 e b – a =
Nesses dois casos apresentados, a barra esta-
ria sofrendo movimento de translação e também de 
rotação.
Um caso particular, bastante usado praticamen-
te, é o caso de duas forças paralelas, de sentidos 
opostos, tendo módulos iguais: tal sistema é chama-
do de binário, conjugado ou par de forças.
A B
F
→
1
F
→
2
O
A resultante será R
→ 
= F
 
1 + F
 
2 e terá módulo nulo, 
isto é, a barra não sofre translação; o momento total 
será M
 
total = M
 
F1 + M
 
F2 ; se calcularmos os momentos 
de F
→
1 e de F
→
2 em relação a um ponto qualquer da barra 
( O ) teremos:
M
 
F1
 
= F
 
1 x AO e M
 
F2
 
= F2 x BO
e como ambos giram a barra no mesmo sentido (na fi-
gura acima, o sentido anti-horário), têm o mesmo sinal, 
portanto M
 
total
 = M
 
F1 + M
 
F2  e lembrando que as for-
ças são iguais em módulo: M
 
total = F
 
1 x (AO + BO )
M
 
F1 = F
 
1 x AB
 , ou seja, o módulo do momen-
to total é dado pelo produto do módulo de uma das 
forças pela comprimento da alavanca; como pode ser 
constatado, no binário a resultante é nula, mas o mo-
mento total não é nulo; a barra não sofre translação, 
porém sofre rotação.
Na prática, temos vários exemplos da aplicação 
dos binários: nos motores elétricos, nas chaves de 
roda usadas por profissionais, na rotação de maça-
netas de forma redonda, no uso de chaves de fenda 
etc.
Quando dois binários agindo no mesmo plano 
apresentam momentos iguais, são chamados de 
binários equivalentes.
Teorema de Varignon
O momento total de um sistema de forças em 
relação a um ponto qualquer é igual ao momento 
da resultante desse sistema em relação ao mesmo 
ponto, excetuando-se o caso em que a resultante 
seja nula (binário). Teorema das três forças para um 
corpo extenso.
Se um corpo extenso em equilíbrio estiver sub-
metido a apenas três forças, estas necessariamente 
passam por um único ponto (retas concorrentes) ou 
são paralelas.
F1 F2
F3 N
T
P
Equilíbrio de uma partícula
Dizemos que uma partícula está em equilíbrio 
quando a resultante do sistema de forças que atua 
sobre ela é nulo.
3
 F = 0 ⇒ R = 0 
Como já sabemos de vetores R = 0 implica:
R
x
 = 0 e Ry
 = 0
Como a partícula é considerada um ponto ma-
terial, todas as forças aplicadas sobre ela têm suas 
linhas de ação concorrentes nela, já que um ponto 
material é considerado sem dimensão.
Equilíbrio de um 
corpo rígido
São duas as condições para equilíbrio de um 
corpo rígido:
1. A resultante de todas as forças que agem
sobre esse corpo tem que ser nula: isso implica que 
o corpo não pode ter translação acelerada; se ele
tiver translação, esta só poderá ocorrer com vetor
velocidade constante.
2. O momento total deveser nulo: isso implica
que o corpo não pode sofrer rotação.
O item 1 nos mostra que podemos considerar 
dois tipos de equilíbrio: o estático, quando o corpo 
está parado e o dinâmico, quando o corpo está em 
movimento retilíneo e uniforme.
Portanto, para equilíbrio, teremos sempre:
 F = 0 ⇒ R = 0
 M
 
 = 0 ⇒ M
 
total
 = 0
Centro de gravidade
Consideremos um corpo de massa m. A força 
gravitacional da Terra atua em cada partícula desse 
corpo, tendo direção vertical e sentido para o centro 
da Terra; como o centro da Terra está muito distante 
do corpo, podemos considerar que as forças sobre as 
partículas são paralelas e com isso, somar algebrica-
mente as forças e determinar sua resultante teórica : 
essa resultante é chamada peso do corpo.
O peso do corpo está aplicado em um ponto 
teórico chamado centro de gravidade.
Podemos determinar esse ponto associando ao 
corpo um par de eixos cartesianos e considerar, para 
cada partícula, suas coordenadas x e y.
x
y
p1
p2
pn
p3
P
CG
Sejam p1 , p2 , ... , pn os pesos das partículas 
consideradas; podemos escrever:
yCG p1y1 + p2y2 + ...+ pnyn
p1+ p2+ ...+ pn
xCG p1x1 + p2x2 + ...+ pnxn
p1+ p2+ ...+ pn
=
=
onde x1 , x2 , ... , xn e y1 , y1 , ... , yn representam as 
coordenadas das partículas e xCG e yCG representam
as coordenadas do centro de gravidade, ou seja, o 
ponto de aplicação da força peso.
Se tivermos um corpo homogêneo e simétrico 
o centro de gravidade coincide com seu centro de
simetria.
Corpos apoiados
Para que haja equilíbrio de um corpo rígido 
apoiado em um plano, é condição necessária que a 
perpendicular sobre esse plano, baixada do centro de 
gravidade, passe pelo polígono da base de apoio.
Podemos considerar três tipos de equilíbrio:
1. Estável: quando o corpo afastado ligeira-
mente da posição de equilíbrio a retoma espontane-
amente.
2. Instável: quando o corpo afastado ligeira-
mente da posição de equilíbrio não a retoma espon-
taneamente.
3. Indiferente: quando o corpo afastado ligei-
ramente da posição de equilíbrio, toma, espontane-
amente, outra posição de equilíbrio.
4
Exemplos:
Estável Instável Indiferente
Observa-se que, na primeira figura, um ligeiro 
deslocamento provocará elevação do centro de gra-
vidade (aumento da energia potencial gravitacional); 
na segunda, ocorrerá abaixamento do centro de gra-
vidade (diminuição da energia potencial gravitacio-
nal); na terceira, um ligeiro movimento não alterará 
a altura do centro de gravidade (a energia potencial 
gravitacional permanece constante)
Corpos suspensos
Para um corpo suspenso estar em equilíbrio é 
condição necessária que o centro de suspensão e o 
centro de gravidade estejam na mesma vertical.
Podemos considerar os três tipos de equilí-
brio:
1. Estável: o centro de gravidade está abaixo
do centro de suspensão.
2. Instável: o centro de gravidade está acima
do centro de suspensão.
3. Indiferente: o centro de gravidade coincide
com o centro de suspensão.
Exemplos :
Estável Instável Indiferente
Máquinas simples
Máquinas são aparelhos ou instrumentos des-
tinados a modificar ou transmitir a ação de forças. 
A máquina é chamada de máquina simples quando é 
constituída de um único sistema rígido. Nessas máqui-
nas consideramos somente duas forças aplicadas: a 
força motora, força potente ou potência (aquela que 
aciona a máquina) e a força resistente ou resistência 
(a força que a máquina deve vencer) .
Definimos vantagem mecânica de uma máquina 
a razão entre a força resistente e a força potente.
Consideramos três tipos de máquinas sim-
ples:
Alavancas1. : consta, basicamente, de uma barra
rígida que é colocada sobre um ponto de apoio.
Podemos considerar três possibilidades de
aplicação:
a) Interfixa: quando o ponto de apoio está
entre a força potente e a força resistente.
Exemplos: balanças, tesouras, alicates etc.
B
A
apoio
O F
 
P
F
 
R
b) Interpotente: quando força potente está
entre o ponto de apoio e a força resistente.
Exemplos: pinça, pegador de gelo, martelo
tirando um prego, a mandíbula etc.
B
A
apoio
O
F
 
P
F
 
R
c) Inter-resistente: quando força resistente
está entre o ponto de apoio e a força potente.
Exemplos: carrinho de mão, quebra-nozes, pé
humano na ação de andar etc.
5
B
A
apoio
O
F
 
P
F
 
R
A condição de equilíbrio em alavancas implica
FP x AO = FR x BO onde AO é chamado braço 
da potência e BO é chamado braço da resistência.
Observa-se então que a VM está relacionada 
com a relação entre os braços: quanto maior a razão 
entre o braço da potência e o braço da resistência, 
maior será a VM.
Roldanas2. : consta, basicamente, de uma roda
rígida que gira em torno de um eixo; a roda apre-
senta um fulcro por onde passa um fio. Podemos
considerar duas possibilidades de aplicação:
a) Fixa: quando o eixo não sofre movimento
de translação.
B AO
F
 
P
F
 
R
A roldana fixa se comporta como uma alavanca 
interfixa de braços iguais e portanto sua VM é 1.
b) Móvel : quando o eixo sofre movimento de
translação
B AO
F
 
P
F
 
R
A roldana móvel se comporta como uma alavanca 
inter-resistente onde o braço da potência vale o dobro 
do braço da resistência e, portanto, sua VM é 2.
Podemos considerar as roldanas associadas em 
grupos de fixas e móveis:
Talha, cadernal ou moitão:
F
 
P
F
 
R
F
→ 
R
F
→ 
P
Nessa associação temos: VM=2n, onde n é o 
número de roldanas móveis; na primeira figura n=3 
e na segunda figura n=2.
6
Talha exponencial:
F
 
P
F
 
R
Nessa associação temos: VM=2n , onde n é o 
número de roldanas móveis; na figura n=3 e, então, 
VM=23=8.
Talha diferencial:
F
 
P
F
 
R
r2
r1
Nessa associação temos: VM = 2r1r1 – r2 onde r1 é
o raio da polia maior superior e r2 é o raio da polia
menor superior.
Sarilho ou cabrestante
Consta de um cilindro solidário a uma mani-
vela; uma corda é enrolada no cilindro e levanta um 
peso.
F
 
P
F
 
R
r2
r1
Nessa associação temos: VM = r1
r2
Plano inclinado3. : é um plano rígido que forma
um ângulo diferente de 0º com a horizontal;
é geralmente usado como parafuso ou como
uma cunha.
A cunha é um prisma reto de base triangular
e transmite força; a força potente é aplicada
em uma face e as forças resistentes são trans-
mitidas pelas faces laterais.
2
F
 
P
F
 
R2
F
 
R1
Teremos 1VM =
2 SEN 
2
(Cesgranrio) Uma força 1. F
→
, de módulo 1,0 . 10–4 N, 
está aplicada em um ponto A, que dista 10cm de outro 
ponto B.
7
A B
F
→
Sabendo-se que a perpendicular à força F
→
, baixada 
pelo ponto B, encontra a mesma em um ponto situado 
a 6,0cm de A, o momento de F
→
 em relação ao ponto B 
vale, em m . N:
8,0 x 10a) –4
6,0 x 10b) –4
8,0 x 10c) –6
6,0 x 10d) –3
3,0 x 10e) –6
Solução: ` .
C será o ponto sobre F
→
no pé da perpendicular
AC = 6cm AB = 10cm BC = 8cm = d
M
→
F =1,0 . 10–4 . 8 . 10–2
M
→
F = F
→
. BC—
M
→
F =8,0 . 10–6 N . m
(UFRJ) Um jovem e sua namorada passeiam de carro2.
por uma estrada e são surpreendidos por um furo num
dos pneus. O jovem, que pesa 75 kgf, pisa a extremidade
de uma chave de roda, inclinada em relação à horizon-
tal, como mostra a figura 1, mas só consegue soltar o
parafuso quando exerce sobre a chave uma força igual
a seu peso.
figura 1
A namorada do jovem, que pesa 51kgf, encaixa a mesma 
chave, mas na horizontal, em outro parafuso, e pisa a 
extremidade da chave, exercendo sobre ela uma força 
igual a seu peso, como mostra a figura 2.
figura 2
Supondo que este segundo parafuso esteja tão apertado 
quanto o primeiro, e levando em conta as distâncias 
indicadas nas figuras, verifique se a moça consegue 
soltar esse segundo parafuso. Justifique sua resposta.
Solução: `
 Mrapaz = F x d como d = 0,20m
 Mrapaz = 75 x 0,20 Mrapaz =15m kgf
 Mmoça = F x d como d = 0,30m
 Mmoça = 51 x 0,30 M moça =15,3m kgf
A moça encontra maior facilidade para soltar o parafuso 
porque está exercendo momento maior.
(Cesgranrio) Querendo-se arrancar um prego com3.
um martelo,conforme mostra a figura, qual das forças
indicadas (todas elas de mesmo módulo) será mais
eficiente, na posição indicada?
8
Aa)
 Bb)
Cc)
 Dd)
Ee)
Solução: `
O momento será máximo quando a força estiver 
perpendicular ao braço de alavanca;
braço de alavanca
Observando com cuidado podemos notar que a força 
representada pela letra C está perpendicular ao cabo 
do martelo, mas não ao braço da alavanca: a força 
que produz momento mais eficaz é a representada 
pela letra D.
Na figura abaixo, a barra está parada, suportada por dois4.
apoios e tem peso desprezível. Determine as reações
nos apoios A e B.
4,0m 0,5m
2,0m
1,0m
30N
20N
50N
BA
Determine as reações nos apoios A e B.
Solução: `
Como a barra não está sofrendo translação, sua resul-
tante é nula; existindo três forças para baixo de módulos 
30, 20 e 50N, as reações dos apoios RA e RB devem ser 
tais que
RA + RB = 30 + 20 + 50 = 100N
Como a barra também não sofre rotação, o momento 
total, em relação a qualquer ponto deve ser nulo; vamos 
considerar o momento em relação ao ponto A;
total = RA + RB + 20 + 30 + 50
Em relação a esse ponto A, a reação do apoio RA não 
gera momento, pois seu braço de alavanca é nulo; as 
forças 20, 30 e 50 produzem movimento no sentido 
horário e a reação do apoio B gera momento no sentido 
anti-horário; então:
O = O + RB x 4 – 20 x 2 – 30 x 1 – 50 x 4,5
ou RB x 4 = 40 + 30 + 225 e portanto
RB = 2954
RB = 73,75ou
Como os dados foram apresentados com dois algarismos 
significativos RB = 74N e sabendo-se que
RA+ RB = 100N vem RA = 26N
(EN) Calcular a menor força que aplicada à roda de 100N5.
da figura faz com que ela galgue o degrau de 20cm de
altura. O raio da roda é 50cm.
R
20Na)
 40Nb)
80Nc)
50Nd)
30Ne)
Solução: `
Como o exercício pede a força mínima, deveremos 
considerar o braço de alavanca máximo; para a roda 
galgar o degrau, ela girará em torno do ponto O (con-
tato entre a roda e o degrau) e o braço de alavanca 
máximo, em relação a esse ponto, será o diâmetro 
da roda.
9
C
Ry
x O
20
50
F
P
Admitindo-se a situação limite que é o equilíbrio, po-
demos dizer que | MF | = | Mp| e portanto F . 2R = 
P . x ou F . 2 . 50 = 100 . x; observa-se pela figura acima 
que y = 50 – 20 = 30cm e no triângulo retângulo de R, y 
e x; R2 = y 2 + x 2, portanto 502 = 302 + x2 ou x = 40cm.
Então F . 100 = 100 . 40 ou F = 40N
Letra B
(UFRJ) Considere o esquema abaixo que representa6.
um antebraço na posição horizontal formando um
ângulo de 90º com o braço.
Fm
32cm
60N
Fg4cm
O músculo bíceps exerce uma força Fm a 4cm do 
cotovelo e a mão sustenta uma esfera de peso 
60N, a 32cm do cotovelo. Considerando-se o peso 
do antebraço desprezível, qual deve ser o valor da 
força exercida pelo bíceps para manter o antebraço 
imóvel?
Solução: `
Imóvel implica em não haver rotação nem translação. 
Então, o cotovelo exercerá uma reação de apoio, a 
força Fm exercerá força para cima e a esfera, através 
do peso, exercerá força para baixo.
Fazendo o momento dessas forças em relação ao 
cotovelo (ponto O)
total = R cotovelo + Fm + Pesfera
O momento gerado pelo apoio do cotovelo é nulo 
(braço de alavanca = 0), o momento gerado pelo 
bíceps é positivo (sentido anti-horário) e o momen-
to gerado pelo peso da esfera é negativo (sentido 
horário)
0 = 0 + Fm x 4 – 60 x 32 ou
Fm x 4 = 1 920 e portanto
Fm = 1 920
4
 ou Fm = 480
Como um dos dados foi apresentado com um alga-
rismo significativo Fm = 5 x 102N.
(AMAN) Um ponto é solicitado por duas forças, sendo1.
uma de 60N e outra de 80N. A força resultante tem
intensidade:
140N, necessariamente.a)
20N em qualquer caso.b)
100N se as componentes forem normais uma à outra.c) 
obrigatoriamente diferente de 80N.d)
nenhuma das anteriores.e)
(Associado) Um sistema de várias forças coplanares2.
apresenta a soma vetorial igual a R

 e o momento re-
sultante do sistema em relação a um ponto do mesmo
plano, igual a Q

. Assinale em qual das condições abaixo
é possível afirmar que o sistema de forças equivale a
um binário.
|a) R
| = 0 e |Q

| = 0 
|b) R
| ≠ 0 e |Q

| ≠ 0
|c) R
| ≠ 0 e |Q

| = 0
|d) R
| = 0 e |Q

| ≠ 0
|e) R
| pode ser ou não igual a zero, mas |Q

| ≠ 0.
(FAU) A intensidade da resultante de duas forças:3.
é sempre maior que a intensidade de qualquer dasa)
componentes.
é sempre igual à soma das intensidades das com-b)
ponentes.
pode ser igual à metade da soma das intensidadesc)
das componentes.
pode ser igual à soma dos quadrados das intensi-d)
dades das componentes.
nenhuma das anteriores.e)
10
(UERJ) A figura mostra o braço de um homem apertan-4.
do um parafuso com uma chave de boca de 0,20m de
comprimento.
0,20m
Para dar o aperto final, fazendo a porca girar em torno do 
eixo que passa por seu centro, é necessário um momento de 
100N.m em relação ao eixo. Estando a ferramenta na 
horizontal, o valor mínimo do módulo da força vertical que 
o homem precisa exercer na extremidade da chave é :
100Na)
150Nb)
200Nc)
300Nd)
500Ne)
(PUC) Qual das grandezas abaixo é 5. dimensionalmente
homogênea ao momento de uma força?
Velocidade.a)
Aceleração.b)
Trabalho.c)
Força.d)
Volume.e)
 6. (PUC) Para se conseguir girar a porca no parafuso, na
situação esquematizada na figura, é necessário aplicar
na extremidade A da chave, uma força F

 de módulo, no
mínimo, igual a 8,0N.
diâmetro do parafuso: ∅ = 1,2cm
30
m
Então, a força de resistência ao movimento da porca em 
torno do parafuso vale, aproximadamente :
200Na)
300Nb)
400Nc)
500Nd)
600Ne)
(Cesgranrio) As forças 7. F

1, F

2, F

3, F

4 e F

5 representadas
na figura, têm todas o mesmo módulo.
Qual delas tem o momento de maior módulo, em relação 
ao ponto O?
F

a) 1
F

b) 2 
F

c) 3
F

d) 4
F

e) 5
(UFF) Para derrubar o poste da figura, qual dentre os ho-8.
mens, puxando sozinho, executaria o menor esforço?
A B C
D E
Aa)
Bb)
Cc)
Dd)
Ee)
(EMC) Um corpo está sujeito a um sistema de três forças9.
concorrentes. As intensidades de duas são 5N e 20N .
Quanto à intensidade da terceira força F, para que haja
equilíbrio, deve satisfazer a desigualdade:
11
F a) ≤ 5N
5N b) ≤ F ≤ 20N
F c) ≤ 25N
15N d) ≤ F ≤ 25N
F e) ≤ 25N
(PUC) A força que deve ser aplicada em A, para equi-10.
librar a carga de 200N é de:
200N
10Na)
20Nb)
30Nc)
40Nd)
50Ne)
(Associado) Um quadro pesado deve ser suspenso por11.
meio de uma corda cujas extremidades se prendem a dois
pontos A e B de lados opostos do quadro distanciados
de 1m.
1m
Haverá maior segurança, isto é, menos perigo da corda 
arrebentar se for usada uma corda de comprimento:
1,2ma)
1,4mb)
1,6mc)
1,8md)
2,0me)
(AFA) No sistema da figura abaixo, em equilíbrio estático,12.
um corpo de massa M está suspenso por fios inexten-
síveis, de massa desprezível. As tensões nos fios OA e
OB valem, respectivamente:
A
B
α
Mg
sen αa) e
Mg
tg α
Mg
cos αb) e Mg tg α
Mg sen c) α e Mg cos α
Mg cos d) α e Mg sen α
(MACK) Uma esfera pesando P = 50 13. 3 N está apoiada
numa parede sem atrito e mantida nessa posição por
um plano inclinado também sem atrito, que forma um
ângulo de 60º com o plano horizontal.
Podemos afirmar que as intensidades de N e F valem, 
res pectivamente :
N = 80 a) 3 N, F = 100N
N = 100 b) 3 N, F = 150N
N = 500N, F = 200 c) 3 N
N = 400 d) 3 N, F = 50 3 N
N = 100N, F = 80 e) 3 N
(AFA) Considere sistema abaixo, onde o corpo suspenso14.
está em equilíbrio
Se o seu peso fosse a metade do que é, então:
a tração no fio AB dobra.a)
a tração no fio BC reduz-se à metade e a tração emb)
AB não se altera.
as trações nos fios AB e BC ficam reduzidas aoc)
meio.
o corpo deixa de estar em equilíbrio.d)
12
(FEI) Sobre um ponto material atuam simultaneamente15.
três forças de intensidades 30N, 40N e 50N. Sabendo
que o corpo está em equilíbrio podemos afirmar que:
as três forças têm a mesma direção.a)
há necessariamente mais uma força atuando sobreb)
esse ponto.
cada uma das três forças é normal às outras duas.c)
não havendo outraforça atuante, o ângulo entre ad)
força de 30N e a de 40N será 90°.
nenhuma das anteriores.e)
(Cesgranrio) A figura representa uma escada apoiada16.
contra uma parede, com duas forças que atuam sobre
ela: o peso P

 e a força E

,exercida pela parede.
Entre os cinco vetores propostos a seguir, qual 
representa a força exercida pelo chão sobre a escada, 
para que ela permaneça em equilíbrio?
P
E
Aa)
Bb)
Cc)
Dd)
Ee)
(EELINS) No esquema abaixo, representa-se uma barra1.
rígida e homogênea, apoiada em um degrau N, e que
pode girar em torno do pino M.
O vetor que melhor representa a força exercida pelo 
pino M, sobre a barra é:
A

A

a) 
B

b) 
C

c) 
D

d) 
E

e) 
(Vunesp) Justifique por que uma pessoa, sentada con-2.
forme a figura, mantendo o tronco e as tíbias na vertical
e os pés no piso, não consegue se levantar por esforço
próprio.
Se julgar necessário, faça um esquema para auxiliar sua 
explicação.
(PUC) Determine graficamente o ponto de aplicação da3.
força resultante das forças aplicadas:
a)
13
b) 
(PUC) Um cilindro homogêneo de raio 4. R está apoiado
no solo no ponto M, e sobre o degrau no ponto N, de
altura h. Sobre ele, no ponto A, atua uma força F

, hori-
zontal para a direita, que coloca o cilindro na iminência
de movimento. A figura abaixo ilustra essa situação:
F
A força que a superfície exerce sobre o cilindro nos pontos 
M e o momento no ponto N são, respectivamente:
2P
1 + 2 cosθ
a) e mgR
0 e 0b)
mgR ec)
2P
1 + 2 cosθ
mgR e 0d)
mgh e mgh sene) θ
(Cesgranrio)5.
1,00m0,50m
A figura acima ilustra uma prensa para fabricação caseira 
de queijo. Sabendo-se que o queijo deve ser prensado 
na forma com uma força de 30kgf, quanto deve valer o 
peso do objeto P ? (Despreze o peso da barra).
10kgfa)
15kgfb)
20kgfc)
30kgfd)
60kgfe)
 6. (UERJ) Um bloco de massa M = 5,0kg está preso a um
fio ideal, que passa sem atrito por uma roldana também
ideal de raio R2 = 10cm e que é dotada de uma manivela.
Uma força F

 é aplicada perpendicularmente ao braço da
manivela a uma distância R 1 = 50cm do centro da roldana,
conforme indica a figura abaixo:
Girando-se a manivela de modo tal que o bloco suba com 
aceleração constante de intensidade 2,0m.s–2, calcule a 
tração no fio e a força F.
Dado: aceleração da gravidade: g = 10m. s–2.
(PUC) Determine o momento das três forças abaixo em7.
relação ao ponto O. (OA = 2,0m)
60o
45o
0o
F1 = 60N
F3 = 100N
F2 = 100N
A
(PUC) Com relação à questão anterior, qual a rotação8.
produzida pelas forças F

1, F

2 e F

3, no sentido horário
ou no anti-horário? Justificar.
Muitas lesões no joelho, ocorrem, principalmente no9.
futebol, quando um jogador é “calçado” por trás. Nesse
momento, são aplicadas inúmeras forças. Entretanto,
serão consideradas apenas duas forças de mesma in-
tensidade (uma nos artelhos e outra no calcanhar, local
do ‘calço’), paralelas e de sentidos contrários. Supondo
o pé em sua extensão, como um segmento de reta
perpendicular aos pontos de aplicação das forças que
atuam nas extremidades do pé. Explica-se esse sistema
14
físico através do(a):
torque ou binário.a)
1.ª lei de Newton.b)
2.ª Lei de Newton.c)
3.ª lei de Newton.d)
Lei de Hooke.e)
(AMAN) Qual a menor força que se deve aplicar à10.
roda de peso P e raio R para que ela possa galgar o
degrau de altura h?
(EN) Um cilindro homogêneo de peso igual a 100N11.
apoia-se sobre uma parede vertical lisa (sem atrito) e so-
bre um plano inclinado de 60º em relação à horizontal.
Sabendo-se que o coeficiente de atrito entre o cilindro e o 
plano inclinado é igual a 0,2, o módulo da força (em newtons) 
que a parede vertical exerce sobre o cilindro é de:
100a)
200b)
200c) 3
120d) 3
100e) 3
(AFA) Na figura, o rolo G tem peso 1 000N e raio 15cm. O12.
obstáculo tem altura de 3cm. Calcule o valor da força hori-
zontal F, em N, para que haja a iminência de movimento.
500.a)
750.b)
1 000.c)
1 250.d)
(Fuvest) Uma balança tem braços não exatamente13.
iguais, embora seu travessão fique horizontal quando
descarregado. Quando um corpo é colocado no prato
direito, uma massa Me deve ser colocada no prato es-
querdo para que haja equilíbrio; se, entretanto, o corpo
é colocado no prato esquerdo, para que haja equilíbrio
deve-se colocar uma massa Md no prato direito. Pode-se
então concluir que a massa verdadeira do corpo é:
Me . Md
Me + Md
a) 
Me + Md
2b)
Me . Mdc) 
M2e + M
2
d
2d)
(EN) A barra AB é uniforme, pesa 80N e tem 12m14.
de comprimento. O bloco D pesa 50N e dista 10m
de A. A distância entre os pontos de apoio da barra é
AC = 8m. O módulo da reação do apoio A, em newtons,
é igual a :
6,0a)
7,5b)
20c)
32,5d)
40e)
(EN) Na configuração a seguir tem-se uma esfera ma-15.
ciça, homogênea e uniforme de peso P

, em equilíbrio
estático entre dois planos inclinados. Sabendo-se que:
 O módulo da força I. F

A é de 200N.
O módulo da aceleração da gravidade é de 10m/sII. 2.
 Os atritos são desprezíveis.III.
15
Pode-se afirmar que a massa, em quilogramas, da esfera é:
10a)
 20 3
3
b) 
40 3
3c)
20d) 3
60e)
(Elite) Uma barra homogênea de peso 100N é articulada16.
em A e é mantida em equilíbrio por meio do fio BC. Em
B é suspenso um peso de 200N.
Determine a intensidade da força que traciona o fio BC e 
a reação do pino A (componente vertical e horizontal).
(Elite) A barra indicada BD é mantida horizontalmente17.
pela corda AC e é articulada em B.
Qual a reação de apoio do pino (componente vertical e 
horizontal) e qual a tração na corda, sendo desprezível o 
peso da barra?
(Fuvest) Uma escada de peso P = 80N e comprimento18.
6 metros, encontra-se apoiada pelas suas extremidades
sobre dois planos, um horizontal (rugoso) e outro (per-
feitamente liso), conforme a figura.
Determine:
as reações normais de apoio nos pontos A e B;a)
a força de atrito no ponto B.b)
(F. CARLOS CHAGAS) O coeficiente de atrito estático19.
entre um bloco homogêneo e um plano inclinado vale
0,80. O bloco é colocado em repouso sobre o plano,
cuja inclinação vai sendo aumentada a partir de 10°
com a horizontal.
A inclinação máxima do plano, sem que o bloco deslize 
ou tombe, é tal que a razão h/l vale:
1/6a)
1/4b)
1/3c)
1/2d)
0,8e)
(Unicamp-Adaptado) As escadas usadas em casa têm20.
sempre pés de borracha. A parte superior delas, a que
encosta na parede, pode ter ou não as proteções de
borracha. Demonstre que, para a situação de equilíbrio, é
necessária força de atrito com o chão, mas com a parede
vertical não é necessária a existência de atrito.
(MACK) Na figura a seguir, a barra homogênea de peso21.
P é mantida em equilíbrio, com o extremo B apoiado
numa parede lisa e com o extremo A preso pela corda
AC.
16
Sendo BC = 2m e o comprimento da barra AB = 4m, 
podemos afirmar que o comprimento da corda vale, 
aproximadamente:
5,3ma)
4,3mb)
6,3mc)
3,3md)
7,3me)
17
C1.
D2.
C3.
E4.
C5.
C6.
C7.
E8.
D9.
E10.
E11.
A12.
B13.
C14.
D15.
B16.
C1.
Com as tíbias na vertical, a normal N2. 1 de apoio no solo
não pode exercer momento no joelho (figura 1). Esse
momento só pode existir com as pernas flexionadas
(figura 2).
N1
fig 1
b
P
fig 2
b
P
a
N1
18
3. 
Traça-se Fa) 1 sobre F2 e F2 sobre F1 e unem-se as ex-
tremidades. O ponto de intersecção F1 determina a
posição da resultante.
A B
F2
FR F2
F1
Vamos passar 2 para A e 1 para B, esta última, 
invertida.
F2

A
B
l
R

O
FR
O
Unindo-se as extremidades das forças pela linha 
pontilhada, observamos que ela corta a barra no ponto 
O, que é o ponto de aplicação da resultante dessas 
duas forças.
B4.
A5.
T = 60N F = 12N6.
M7. F1 = 60 3m.N
M8. F2 = 0 MF3 = 100 2 m.N.
M9. res = 20 (5 2 – 3 3 )m.N no sentido horário.
A menor força acontecerá quando o braço de alavanca10.
for máximo, isto é, a força deverá ser aplicada no ponto
diametralmente oposto ao ponto de contato do degrau;
para a roda galgar esse degrau, MF deverá ser ligeira-
mente maior que o MP:
h
y
R – h
R
P
F
F = 2R h – h2
P
2R
E11.
B12.C13.
B14.
C15.
T = 16. 1 250
3
N RAX = 
1 000
3
N RAY = 50N
R17. BX = 150N RBY = 100N
a) N18. A = 
40 3
3
 N ; NB = 80N
fb) atrito B = 
40 3
3
N
D19.
Vamos fazer um esquema:20.
Parede
chãoO
escada
chão
parede
Nparede
P Nchão
fatrito
fatrito
Para equilíbrio: Σ forçasx = 0 e Σ forçasy = 0
Atendendo à 1.ª condição: no eixo x | F

atrito chão|
= |N

parede|, donde concluímos que se |F

atrito chão| = 0 não
há equilíbrio.
Atendendo à 2.ª condição: no eixo y |F

atrito parede| + |N

chão| 
= |P

|, portanto, se |F

atrito parede| = 0 pode haver equilíbrio,
desde que |N

chão| = |P

|.
A21.
19
	sae-pre-vestibular-extensivo-fisica-cap-000
	sae-pre-vestibular-extensivo-fisica-cap-011