Questões de estática 1

Prévia do material em texto

sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
1 
 Prof. A.F.Guimarães 
Questões de Estática 
Questão 1  
 
O  corpo  da  figura  tem  peso  80N  e  está  em 
equilíbrio  suspenso  por  fios  ideais.  Calcule  a 
intensidade  das  forças  de  tração  suportadas 
pelos fios AB e AC. Adote: 
0cos 30 ൌ 0,8 , 0 0sen45 ൌ cos 45 ൌ 0,7.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Se o corpo está em equilíbrio, então o ponto “A” 
também estará em equilíbrio. Assim, poderemos 
estudar o equilíbrio do referido ponto: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A condição de equilíbrio: 
 
0 0 0.R RX RYF F e F= ⇒ = =  
 
Assim: 
0 0cos 45 cos30
0,7 0,8
ABX ACX AB AC
AB AC
T T T T
T T
= ⇒ =
=  
8
7AB AC
T T∴ =    (1) 
  
 
0 045 30
0,7 0,5 80
ABY ACY AB AC
AB AC
T T P T sen T sen P
T T
+ = ⇒ + =
+ =
7 5 800AB ACT T∴ + = (2) 
 
Substituindo a equação (1) em (2), teremos: 
 
8 8005 7 800 .
7 13AC AC AC
T T T N+ ⋅ = ⇒ =  
 
Logo, 
 
8 8 800 6400 .
7 7 13 91AB AC AB AB
T T T T N= ⇒ = ⋅ ⇒ =  
 
Questão 2  
 
O  sistema  da  figura  abaixo  está  em  equilíbrio. 
Calcule  o  coeficiente  de  atrito  estático  entre  o 
corpo A e o plano de apoio. Adote  ⋅ ‐2g ൌ 10m s  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Isolando  os  corpos,  teremos  os  seguintes 
diagramas de forças: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
450 
600 
A 
B 
C 
80N 
TAC 
TAB 
TAC
TAC
TAB
TAB
A 
P 
045
045
060
030
A 
fat 
PA 
N 
T1 
A
B 
ma=200kg 
mb=100kg 
450 C 
 
 
sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na  condição  de  equilíbrio  para  o  corpo  “B”, 
podemos concluir que: 
 
3 1000T P N= =   (1) 
 
Na  condição  de  equilíbrio  para  o  ponto  “C”, 
podemos concluir: 
 
0
2 2 345yT T sen T= =  
2 2 2
2 1000 21000 500 2
2 2
T T N T N= ⇒ = ⇒ =  
(2) 
 
E também, 
 
0
2 2
2cos 45 500 2 500 .
2x
T T N= = ⋅ =    (3) 
e 
 
1 2 500xT T N= =    (4) 
 
Na  condição  de  equilíbrio  para  o  corpo  “A”, 
observa‐se: 
 
2000AP N N= =    (5) 
e 
 
12000 500atf N Tµ µ= = ⋅ = =  
 
5 0,25
20
µ∴ = = . 
 
 
Questão 3  
 
(FEI) 
Uma  esfera  de  peso  P ൌ 10 3N   e  raio  R  está 
suspensa por meio de um fio de comprimento L = 
R e  apóia‐se  em uma parede vertical  sem atrito. 
Determine as  intensidades da  força de tração no 
fio e da força que a parede aplica na esfera. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Como  teremos  que  decompor  as  forças,  se  faz 
necessário,  nessa  fase  prévia,  determinar  os 
ângulos envolvidos no problema em questão. Ou 
pelo  menos  conhecer  os  valores  das  funções 
trigonométricas    necessários  para  as  referidas 
decomposições: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Utilizando o teorema de Pitágoras: 
 
( )2 2 22 3.R R y y R= + ⇒ =    (1) 
 
 
Agora temos condições de determinar os valores 
das referidas funções trigonométricas. 
 
B 
T1 
T2 
T2X 
T2Y 
450 
P 
T3 
T3 
C 
L=R 
R 
R 
y
 
 
sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim,  3 3 1,cos
2 2 2 2
R Rsen
R R
α α= = = = . 
 
Na condição de equilíbrio: 
 
3.
2
20 .
yT Tsen T P
T N
α= = =
∴ =
 
 
E 
 
1cos 20 10
2
10 .
xT T N
N N
α= = ⋅ = =
∴ =
 
 
 
Questão 4  
 
(UFRRJ) 
Uma  barra  cilíndrica  homogênea  de  200N  de 
peso  e  10m  de  comprimento  encontra‐se  em 
equilíbrio,  apoiada  nos  suportes  A  e  B,  como 
mostra a figura a seguir. Calcule as  intensidades, 
RA  e  RB,  das  reações  dos  apoios,  A  e  B,  sobre  a 
barra. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Observando a ação das forças temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como a barra é homogênea, o centro de massa se 
localiza exatamente no centro da mesma. Assim, 
o peso atua a 5m da extremidade “A”. 
 
Na condição de equilíbrio: 
 
0 200.r A BF R R P= ⇒ + = =   (1) 
 
E  também  com  relação  ao  momento  resultante 
(torque resultante):  
 
0 0.R RA RB PM M M M= ⇒ + + =  (2) 
 
Precisamos adotar um ponto para os cálculos dos 
momentos  (torques).  E  também  um  sentido 
convencional  de  giro.  Nesse  caso  adotaremos  o 
ponto  “A”,  bem  como  o  sentido  anti‐horário  de 
giro.  Com  isso,  o  momento  (torque)  de  RA  será 
nulo, o momento de RB será positivo e o momento 
de  P  será  negativo.  Desta  forma  utilizando  a 
equação (2) teremos: 
 
58 5 0 200
8
125
B B
B
R P R
R N
− = ⇒ = ⋅
∴ =
 
 
Agora utilizando a equação (1): 
 
125 200 75 .A AR R N+ = ∴ =  
 
Questão 5  
 
(UNICAMP) 
Uma  escada  homogênea  de  40kg  apóia‐se  sobre 
uma parede, no ponto P, e sobre o chão, no ponto 
C. Adote:  ⋅ ‐2g ൌ 10m s  
 
T 
P 
N α 
R 
2R 
R 3
A  B 
2m 
P 
A B 
2m8m
5m
RA 
RB  +
 
 
sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Desenhe  as  setas  representativas  das 
forças  peso,  normal  e  de  atrito  em  seus 
pontos de aplicação. 
b) É  possível  manter  a  escada  estacionária 
não havendo em “P”? Neste caso, quais os 
valores  das  forças  normal  e  de  atrito  em 
C? 
Resolução: 
 
a) As forças: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Sim,  é  possível.  Como  a  escada  é 
homogênea  o  seu  peso  deve  atuar  no 
ponto  médio  entre  “C”  e  “P”.  O 
comprimento  da  escada  vale  5m 
(triângulo pitagórico). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Podemos  determinar  os  valores  das  funções 
trigonométricas tomando o ângulo θ em “C”: 
4 3,cos .
5 5
senθ θ= =  
 
Na condição de equilíbrio: 
 
0 400 .R CF N P N= ⇒ = =  
 
E 
 
.P CN Fat=   (1) 
 
Na  condição  de  equilíbrio  para  o  momento 
(torque) com relação ao ponto “C”: 
 
0 5 2,5
2
1 3cos , 400 2,5 150 .
2 4 5
R P
P
M N sen P sen
sen N N
πθ θ
π θ θ
⎛ ⎞⎟⎜= ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ − = = ⋅ ⋅ ⋅ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
 
 
Utilizando a equação (1), concluimos que: 
 
150 .CFat N=  
Questão 6  
 
(MACK) 
Uma  barra  homogênea  e  de  secção  transversal 
constante  tem  peso  10N  e  comprimento  1m. 
Suspendendo‐a  por  duas  molas  de  mesmo 
comprimento inicial e constantes elásticas iguais 
a  ⋅ ‐11k ൌ 200N m   e  ⋅ ‐12k ൌ 300N m ,  fica  em 
equilíbrio  na  posição  ilustrada  na  figura.  A 
distância  da  extremidade  A,  em  que  devemos 
colocar sobre a barra um corpo de peso 20N para 
que ela fique em equilíbrio na horizontal, é: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
C 
3m 
4m
 
k1  k2 
A 
B 
P 
NP 
NC 
FatP 
FatC 
P 
NP 
NC 
FatC 
θ 
θ
θ
P 
C 
+
2
π θ−
 
 
sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
5 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Estando  a  barra  perfeitamente  na  horizontal,  e 
considerando  que  as  molas  possuiam  o  mesmo 
comprimento  inicial,  podemos  concluir  que  as 
deformações  das molas  são  idênticas  (x).  Assim, 
na condição de equilíbrio: 
 
1 20 30, .
3500 30 .
50
R A B A BF F F F k x e F k x
x x m
= ⇒ + = = =
= ⇒ = (1) 
 
Do resultado (1), podemos calcular os valores de 
cada força elástica: 
 
1
2
3200 12 ;
50
3300 18 .
50
A
B
F k x N
F k x N
= ⋅ = ⋅ =
= ⋅ = ⋅ =
(1) 
 
Utilizando  o  resultado  (2),  na  condição  de 
equilíbrio  dos momentos,  fixando  o  ponto  “A”  e 
adotando o sentido anti‐horário positivo: 
 
1 10 0,5 20 0 0,65
65 .
BF y y m
y cm
⋅ − ⋅ − ⋅ = ⇒ =
∴ =  
 
Questão 7  
 
(MACK) 
Uma  tábua  rígida  é  colocada  sobre  um  cilindro 
fixo,  ficando  em  equilíbrio  e  na  iminência  de 
escorregar,  como  mostra  afigura  a  seguir. 
Determine o coeficiente de atrito estático entre a 
tábua e o cilindro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na condição de equilíbrio: 
 
0
0
0 30 ;
2
3cos30 .
2
R AT X
Y
PF F P Psen
PN P P
= ⇒ = = =
= = =
 
 
Da expressão da força de atrito: 
 
3 1
2 2 3
3 .
3
AT
P PF Nµ µ µ
µ
= ⇒ = ⇒ =
∴ =
 
 
Nesse  caso  não  se  mostrou  necessário 
calcular  a  condição  de  equilíbrio  para  os 
momentos.  Cada  metade  da  tábua  oferece  o 
mesmo  momento  porém  em  sentidos  contrário, 
horário  e  anti‐horário.  Até  porque  o  centro  de 
massa  da  tábua  se  encontra  em  contato 
exatamente na tangente do cilindro. 
 
 
600 
k1  k2 
A  B 
FA  FB 
20N 
10N 
y 
0,5m 
600 300 
P 
N 
FAT 
PX 
PY 
 
 
sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
6 
Questão 8  
 
(ITA) 
Uma  escada  rígida  de  15kg  de  massa  está 
impedida de deslizar por um cabo horizontal BC 
conforme  a  figura  a  seguir.  Uma  pedra  de 
dimensões    pequenas  e  5kg  de  massa  é 
abandonada  de  uma  altura  de  1,8m  acima  do 
ponto  “A”,  onde  sofre  colisão  elástica 
ricocheteando  verticalmente.  Sabendo‐se  que  a 
duração do choque é de 0,03s e que a aceleração 
da gravidade é de  ⋅ ‐2g ൌ 10m s , qual a tensão no 
cabo durante a colisão? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Quando a pedra cai ela atinge a escada com uma 
velocidade dada por: 
 
2 2 2 2
0 0
1
2 2 10 1,8
36 6 .
v v gh v v
v m s−
= + ⇒ = + ⋅ ⋅
∴ = = ⋅
 
 
Admintindo  que  a  velocidade  inicial  seja 
nula. 
Assim,  quando  a  pedra  se  colide  com  a 
escada,  efetuando  uma  colisão  elástica,  ela 
transfere para a escada uma força dada por: 
 
0,03 2 5 6 2000 .F t Q F F N⋅∆ =∆ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =  
 
Onde Q m v= ⋅ (momento linear ou quantidade de 
movimento). 
Assim, temos como esboçar o diagrama de forças: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos  adotar  o  ponto  “C”  para  calcular  os 
momentos. Observamos que o “P” e “FA” formam 
o mesmo ângulo com relação ao comprimento da 
escada: 
2
π θ− .  Assim,  na  condição  de  equilíbrio 
para os momentos, teremos: 
 
1 11 150 1 2000 0,5 1150 .N N N⋅ = ⋅ + ⋅ ∴ =  
 
Em  vez  de  decompor  a  força,  fica  mais  fácil 
decompor o “braço de alavanca”, é só observar os 
valores na figura. 
 
Na condição de equilíbrio das forças: 
 
2
1
2150
1150 .
AN P F N
N T T N
= + =
= ∴ =  
B  C 
A 
1m 
2m 
0,5m
1,8m 
B C 
A 1m
2m 
0,5m 
N1
N2 
P
T 
FA 
θ θ 
2
π θ−