FÍSICA FRENTE 2-055-056

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Equilíbrio rotacional: O somatório dos momentos é nulo. 
 
 
A B
A B
M 0 F d 0
0,2 F 100 0,8 F 200 1,6 0
0,2 F F 400 N 2
   
      
  
 
 
 
Resolvendo o sistema de equações por adição, multiplicando a 
equação (1) por  0,2 e somando esse resultado com a 
equação (2), fica: 
A B
A B
B
B B
0,2 F 0,2 F 100
0,2 F F 400
0,8 F 300
300
F F 375 N
0,8
     

  
 
   
 
 
Resposta da questão 5: 
 [D] 
 
Isolando a barra, temos: 
 
 
 
Torque em relação ao ponto A : 
T 20 600 10 0,6 500 20 0,6 0
20T 3600 6000
T 480 N
       
 

 
 
Em x, temos: 
x
x
x
N T sen 0
N 480 0,8 0
N 384 N
θ 
  
 
 
 
Resposta da questão 6: 
 [E] 
 
De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo, temos as 
forças atuantes na situação de equilíbrio, bem como as 
componentes ortogonais da tração em cada corda. 
 
 
 
Assim a condição de equilíbrio na direção vertical fica: 
y2T P 
 
Mas, em relação ao ângulo y, Tα é o cateto adjacente, assim, 
com o apoio da trigonometria: 
yT T cos α  
 
Substituindo na primeira equação, temos: 
2 T cos Pα   
 
Aplicando a informação fornecida no enunciado de que a 
tração é igual ao peso, simplificamos a equação acima: 
T P
2 T

 cos Pα 
1
cos
2
α 
 
 
Portanto: 
1
arc cos 60
2
α α    
 
Resposta da questão 7: 
 [B] 
 
[A] Falsa. O torque  τ gerado por F tem módulo igual a: 
r F sen 0,25 m 20 N sen 135 2,5 2 N mτ θ τ         
e orientação para dentro da página, perpendicular em 
relação ao leitor. 
[B] Verdadeira. 
[C] Falsa. O torque máximo é obtido quando a força é 
aplicada perpendicularmente ao cabo da ferramenta, ou 
seja, à 90 . 
[D] Falsa. A componente da força ao longo do cabo somente é 
nula se o torque for máximo, assim o ângulo deve ser 
perpendicular ao eixo do cabo da chave. 
[E] Falsa. Neste caso teríamos o torque máximo. 
 
Resposta da questão 8: 
 a) Neste caso temos uma simetria em relação aos dois 
apoios, portanto serão iguais entre si e cada um terá a 
metade do peso da barra. 
x yN N 
 
Assim, pelo equilíbrio de forças: 
 
 
 
       
  
x y x x
x y
P 80 N
N N P 2 N P N
2 2
N N 40 N
 
 
b) Usando o equilíbrio de forças: 
 
 
 3 
 
 
x y x y x yN N P Q N N 80 60 N N 140          
(1) 
 
Sabendo que para que o sistema esteja em equilíbrio é 
necessário também que o somatório dos momentos seja 
nulo, então considerando o apoio Y como eixo de rotação: 
       
     
  
x xN Q P x N Q P
x
x x
M M M N d Q d P d
N 60 60 40 80 30
4800
N N 80 N
60
 
 
Substituindo na equação (1) temos: 
x y y yN N 140 80 N 140 N 60 N       
 
Resposta da questão 9: 
 [C] 
 
Decompondo as trações nos eixos vertical e horizontal, de 
acordo com o diagrama abaixo, temos: 
 
 
 
y y y
76 N
2 T P T T 38 N
2
     
 
Pela trigonometria sabemos que 
1,2
sen
3
θ  e que 
yT T sen ,θ  assim: 
y
y
T 38 N
T T sen T T 95 N
1,2sen
3
θ
θ
       
 
Resposta da questão 10: 
 [C] 
 
Sendo d, x e F, respectivamente, a distância entre os pontos 
nos quais o móbile pode ser pendurado, a distância do ponto 
P até aonde será pendurado o conjunto B e o peso dos 
carrinhos, para se ter torque nulo no ponto P, devemos ter 
que: 
4F 2d 2F x
x 4d
  
 
 
 
Portanto, o conjunto B deverá ser pendurado no ponto 4. 
 
Resposta da questão 11: 
 [D] 
 
Dados: c c pm 0,5kg; b 4cm; b 10cm.   
Sendo g a aceleração da gravidade local, estando a régua em 
equilíbrio estático, o somatório dos momentos é igual a zero. 
Calculando a massa do prato: 
c c
p p c c p p
p
m b 0,5 4
m g b m g b m m 0,2kg. 
b 10

     
 
 
Colocando a massa m 1kg sobre o prato, aplicando 
novamente a condição de o somatório dos momentos ser nulo, 
calculamos a nova distância 'cb do curso ao apoio. 
 
 
 

   
 
  
p p' '
p p c c c
c
'
c
m m b
m m g b m g b b
m
0,2 1 10
b 24cm. 
0,5
 
 
Resposta da questão 12: 
 [C] 
 
Para a viga, em equilíbrio estático, analisando o somatório dos 
momentos das forças capazes de provocar rotação, temos 
como determinar o valor da tração na corda: 
B B V V T
M 0
P d P d T d 0
500 N 6 m 1000 N 2 m T 2 m
3000 Nm 2000 Nm
T T 2500 N
2 m

     
    

  

 
 
 
 
Pelo diagrama de forças, a correspondência entre a tração no 
sistema de polias e a massa utilizada para manter o equilíbrio 
estático é: 
Mg M 10
T 2500 M 1000 kg
4 4

    