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Física1-14

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1 
Prof. A.F.Guimarães 
Física 1 – Questões 14 
Questão 1 
 
Considere as forças: 
1
F i j= +
�
; 
2
F i j= − +
�
; 
3
2 3F i j= −
�
. A força 
1
F
�
 está aplicada no ponto (0,0), 
a força 
2
F
�
 está aplicada no ponto (0,2) e o ponto de aplicação da força 
3
F
�
 é o ponto de coordenadas x 
= y = 1. Determine a força 
4
F
�
 necessária para que o sistema permaneça em equilíbrio estático. 
Resolução: 
Considere o diagrama abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o equilíbrio estático temos: FR = 0 e ℑR = 0. Assim: 
 
4 4
4 4
4
2 0 2.
3 0 1.
2 .
Rx x x
Ry y y
F i i i F i F
F j j j F j F
F i j
= − + + = ⇒ = −
= + − + = ⇒ =
∴ = − +
�
 
 
Assumindo como referência para o torque resultante a origem do sistema de coordenadas (0,0), 
teremos: 
 
Para o eixo x (componentes perpendiculares ao eixo x): 
 
3 3 4 4 4 4
0 3 1 1 0 3.y yF x F x x x⋅ + ⋅ = ⇒ − ⋅ + ⋅ = ∴ = 
 
E para o eixo y (componentes perpendiculares ao eixo y): 
 
3 3 2 2 4 4 4 4
0 2 1 1 2 2 0 0.x x xF y F y F y y y⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ − ⋅ − ⋅ = ∴ = 
 
Lembrando que, os torques envolvidos nesse cálculo são perpendiculares ao plano do diagrama 
(direção do eixo z). 
 
 
 
1 
1 
0 
2 
1
F
�
2
F
�
3
F
�
 
 
www.profafguimaraes.net 
 
2 
Questão 2 
 
Uma esfera de peso w está em repouso, presa entre dois planos 
inclinados de ângulos θ1 e θ2 (ver figura ao lado) (a) Suponha que não 
haja atrito e determine as forças (sentidos e módulo) que os planos 
exercem sobre a esfera. (b) Que mudança haveria, em princípio, se o 
atrito fosse levado em consideração? 
Resolução: 
a) Considere o diagrama de forças a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, teremos: 
 
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
; ;x y x yF F sen F Fcos F F sen e F F cosθ θ θ θ= = = = 
 
E do diagrama podemos concluir para a direção do eixo “x”: 
 
1 1
1 2 1 1 2 2 2
2
.x x
F sen
F F F sen F sen F
sen
θ
θ θ
θ
= ⇒ = ⇒ = 
 
E para o eixo “y”, utilizando o resultado para a direção do eixo “x”, teremos: 
 
( )
1 2 1 1 2 2
2 1
1 1
2
2
1
2 1
.
y yF w F Fcos w F cos
cos sen
F cos w
sen
w sen
F
sen
θ θ
θ θ
θ
θ
θ
θ θ
= + ⇒ = +
 ⋅
− = 
 
⋅
∴ =
−
 
 
Logo, 
( )
1
2
2 1
.
w sen
F
sen
θ
θ θ
⋅
=
−
 
 
Questão 3 
 
Duas esferas lisas, idênticas e uniformes, cada uma de peso W, repousam, como 
mostra a figura ao lado, no fundo de um recipiente retangular, fixo. Determine, em 
temos de W, as forças atuantes sobre as esferas (a) pelas superfícies do recipiente e 
(b) por uma sobre a outra se a linha que une os centros das esferas forma um ângulo 
de 450 com a horizontal. 
1
θ
2
θ
1
θ
2
θ
∙ 
∙ 
2
F
�
1
F
�
w
�
F2x 
F2y 
F1x 
F1y 
2
θ
1
θ
 
 
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3 
Resolução: 
Considere o diagrama de forças abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o equilíbrio da esfera inferior, teremos: 
 
4 4
1 4 2 4
2 2
.
2 2
y x
F F
F W F W e F F= + = + = = 
 
E para o equilíbrio da esfera superior, teremos: 
 
4
4 4 3 4 3
2
2 .
2
y x
F
F W F W e F F F W= = ⇒ = = ⇒ = 
 
Logo, podemos concluir: 
 
1 2
2 .F W W W e F W= + = = 
 
Questão 4 
 
Uma barra não uniforme de peso W está suspensa, em repouso, 
na posição horizontal, por duas cordas leves como indica a figura ao 
lado, o ângulo que uma das cordas forma com a vertical é 040θ = e o 
que a outra corda forma com a vertical é 500. Se o comprimento L da 
barra é de 6,2 m, calcule a distância x de sua extremidade esquerda ao 
centro de gravidade. 
Resolução: 
Considere o seguinte diagrama de forças. 
 
 
 
 
 
 
 
Do diagrama temos para a direção “x”: 
 
0 0
1 2 1 2 2 1
40 50 0,83 .x xF F F sen F sen F F= ⇒ = ⇒ = 
 
W
�
W
�
2
F
�
3
F
� 1
F
�
4
F
�
4
F−
�
45
0 
45
0 
W
�
x
L
θ
φ
W
�
x
L
θ φ
1
F
�
1yF
1xF
2
F
�
2 yF
2xF
 
 
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4 
Agora para a direção “y”: 
 
0 0
1 2 1 2
1 1
1 2
40 50
0,77 0,83 0,64
; 0,64 .
1,3
y yF F W Fcos F cos W
F F W
W
F F W
+ = ⇒ + =
⋅ + ⋅ ⋅ =
= =
 
 
Tomando a extremidade esquerda como ponto de referência para o torque, teremos: 
 
0
2
0,64 50 0,41
2,5 .
yW x F L W x Wcos x L
x m
⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒ =/ /
∴ ≅
 
 
Questão 5 
 
Em um disco uniforme de raio R, faz-se uma seção circular de raio r, cujo centro está à distância 
R/2 do centro do disco original. Localize o centro de gravidade do corpo resultante. 
Resolução: 
Para um disco uniforme, de massa M, o centro de massa (centro de gravidade, considerando a 
gravidade uniforme) será exatamente no centro do disco. Mas podemos imaginar o disco como sendo 
formado pela junção de dois corpos, conforme indica a figura 1 abaixo. Sendo que o primeiro corpo 
possui massa M – m e um orifício de raio r. O segundo corpo possui massa m e raio r. Juntando esses 
dois corpos teremos novamente um disco de raio R e massa M com centro de gravidade (massa) 
exatamente no centro. Para tanto, vamos considerar como coordenada do centro de gravidade do 
disco, xcm = 0. Logo teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 2 
 
O centro de gravidade do corpo resultante é mostrado na figura 2 acima. 
+ 
x´cm 
0 
R/2 
r 
x´cm 
R 
x´cm 
supostamente 
R 
( ) ( )
( )
2
2
2 2
2
2
2 2
2
0 ; 4
4
0 1
2
.
2
cm
cm
cm
RM m x m M
m r
M R
r r
x
R R
Rr
x
R r
π
π
′− +
= = ⋅
 
′= − + 
 
−′∴ =
−
 
 
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5 
Questão 6 
 
Uma viga transportada por três homens, um deles segurando-a em uma extremidade e os 
outros dois suportando-a por uma peça transversal colocada de modo que a carga esteja dividida 
entre as três pessoas. Determine em que ponto a peça transversal deve ser colocada. Despreze a 
massa da peça. 
Resolução: 
Considere o diagrama de forças abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para manter a viga em equilíbrio estático na posição horizontal, teremos: 
 
3 .
2
W
F W F= ⇒ = 
E 
 
( ) 32 .
2 4 4
L L
F L x W L x L x− = ⋅ ⇒ − = ∴ = 
 
Questão 7 
 
Que força F, aplicada horizontalmente no eixo da 
roda, é necessária para que a roda suba um degrau de altura 
h? Sendo W o peso da roda e r o seu raio. Ver figura ao lado. 
Resolução: 
Considere o diagrama a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Do diagrama podemos concluir: 
 
L 
W
�
F
�
F
�
F
�
x 
h 
F
�
W
�
r
h 
F
�
W
�
1
N
�
2
N
�
r h−
r
α
α
 
 
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6 
( )2h r hr h
sen cos
r r
α α
−−
= ⇒ = 
 
Na iminência da subida da roda, temos 
2
0N → . Assim: 
 
1 1 1
.y
Wr
W N N sen N
r h
α= = ⇒ =
−
 
 
E 
( )
1 1
1
2
xN F N cos F
W h r h
F
r h
α= ⇒ =
−
∴ =
−
 
Questão 8 
 
Uma régua está apoiada sobre uma parede vertical sem atrito. A outra extremidade da régua 
está apoiada sobre um piso horizontal. O coeficiente de atrito estático entre a régua e o piso vale 0,5. 
Calcule o maior ângulo que a régua podefazer com a parede sem que ocorra o escorregamento da 
régua. 
Resolução: 
 Considere o diagrama de forças esquematizado abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos admitir que a régua seja homogênea. Assim, seu centro de gravidade será exatamente na 
metade de seu comprimento (L/2). Logo, para que ela permaneça em equilíbrio estático, teremos: 
 
0,5 .
N V At
N V V
F W e F F
F F F Wµ
= =
⋅ = ⇒ =
 
 
Agora calculando os torques com relação ao ponto de apoio com o chão, teremos: 
 
2
0,5
2
, .
2 4
V
L
W sen F Lcos sen Wcos
W
sen cos para
θ θ θ θ
π π
θ θ θ θ
⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅
∴ = < ⇒ =
 
 
 
 
VF
�
W
�
NF
�
AtF
�
θ
L 
 
 
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7 
Questão 9 
 
Um engradado com a forma de um cubo de 1,4 m contém uma peça de mecanismo cujo traçado 
é tal que o centro de gravidade do engradado mais o seu conteúdo está localizado a 0,4 m acima de seu 
centro geométrico. (a) Determine o ângulo máximo que uma rampa poderá fazer com a horizontal se o 
engradado deslizar para baixo sobre ela sem se virar. (b) Para este ângulo, determine o valor máximo 
para o coeficiente de atrito estático entre o engradado e a rampa que permite o deslizamento do 
mesmo. 
Resolução: 
Observe o diagrama de forças abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para que o engradado não vire, temos que o torque de Wx seja anulado pelo torque de Wy, com relação 
ao ponto mais inferior do engradado. Nessa situação, FN → 0. Logo teremos: 
 
0
1,1 0,7
0,7
32, 47
1,1
W sen W cos
tan
θ θ
θ θ
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
∴ = ⇒ ≅
 
 
Nesse caso, para o engradado deslizar, teremos: 
 
;
0,64.
X At N NW F W sen F F W cos
sen cos
tan
θ µ θ
θ µ θ
µ θ
> ⇒ ⋅ > ⋅ = ⋅
> ⋅
∴ < ≅
 
 
Questão 10 
 
O sistema ilustrado pela figura ao lado está em 
equilíbrio. O corpo que pende da extremidade da escora S 
tem massa igual a 460 kg e a própria escora tem massa igual 
a 90 kg. Determine: (a) a tração T no cabo (b) a força 
exercida sobre a escora pelo pivô P. 
Resolução: 
Considere o diagrama de forças: 
 
 
 
 
 
 
Para o equilíbrio estático, teremos: 
0,3m 
1,4m 
θ 
W
�
yW
�
xW
�
NF
�
AtF
�
30
0 45
0 
S 
T 
P 
30
0 45
0 
S 
T 
P 
Ty 
Tx 
FH 
FV 
WS 
WC 
 
 
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8 
0
0
30 882 4508
30 .
y C S V V
H x H
T W W F Tsen F
F T F Tcos
+ + = ⇒ + + =
= ⇒ =
 (10.1) 
 
E tomando o torque com relação ao pivô, teremos: 
 
0 0 0 0
0 0
45 45 45 45
2
441 4508 30 30
13375,7 .
S C y x
L
W cos W L cos T L cos T L sen
Tsen Tcos
T N
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
+ + =
∴ =
 
 
Onde L é o comprimento da escora S. Agora utilizando as relações (10.1), teremos: 
 
12077,9 11583,7 .V HF N e F N= = 
 
Questão 11 
 
Uma escada de 40 kg e de comprimento igual a 8 m repousa no solo e 
sobre um rolamento (não mostrado), sem atrito, no topo de um muro de 
altura h = 3 m (veja figura ao lado). O centro de gravidade da escada coincide 
com o seu centro. Ela permanece em equilíbrio para qualquer valor do ângulo 
θ ≥ 700, mas escorrega se θ < 700. (a) Desenhe um diagrama que mostre 
todas as forças que atuam na escada. (b) Ache o coeficiente de atrito entre a 
prancha e o solo. 
Resolução: 
a) Seja o diagrama abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como a escada tangencia o rolamento, a força FN2 será perpendicular à escada. 
 
b) Para o ângulo igual a 700, teremos: 
 
0
1 2 1 2
0
2 1 2
70 0,34 392
70 0,94.
N N N N
At N N N
F F cos W F F
F F sen F Fµ
+ ⋅ = ⇒ + =
= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅
 (11.1) 
 
Agora, tomando o torque com relação ao ponto de apoio no chão, teremos: 
 
0
2 2 0
2
3
392 3,2 392 1,37; 4 70
70
168 .
N N
N
F H x F H e x cos
sen
F N
⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ = = ⋅
≅
 
 
L 
θ 
h 
θ 
2NF
�
W
�
1NF
�
AtF
�
 
 
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9 
Agora utilizando as relações (11.1), teremos: 
 
1 1
1 2
0,34 168 392 334,9
0,94 334,9 157,9
0,47.
N N
N N
F F N
F Fµ µ
µ
+ ⋅ = ⇒ =
⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ =
∴ ≅
 
 
Questão 12 
 
Uma esfera homogênea de raio r e peso W escorrega sobre o 
assoalho, sob a ação de uma força horizontal constante, P, aplicada 
como se mostra na figura ao lado. (a) Mostrar que, sendo μ o 
coeficiente de atrito entre a esfera e o assoalho, a altura h é dada por 
( )1 Wh r Pµ= − . (b) Mostrar que a esfera não está em equilíbrio de 
translação nessas circunstâncias. Há algum ponto em torno do qual a esfera esteja em equilíbrio 
rotacional? (c) A esfera pode estar em equilíbrio tanto rotacional como translacional, mediante uma 
escolha diferente de h? E variando a direção de P? Explique. 
Resolução: 
Observemos o diagrama de forças na esfera: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teremos: NW F= , pois não se espera nenhuma componente da aceleração na vertical. Agora, para o 
equilíbrio de rotação, o torque resultante com relação ao centro da esfera deve ser nulo, então: 
 
( )
( )
1
At
N
f r P r h
F r P r h
P h P r Wr
W
h r
P
µ
µ
µ
⋅ = ⋅ −
⋅ ⋅ = ⋅ −
⋅ = ⋅ −
 ∴ = − 
 
 
 
Agora, para que ocorra o equilíbrio de translação na horizontal, devemos ter: Atf P= , mas se isso 
ocorresse, não teríamos como ter o equilíbrio de rotação dado acima. Com isso, só poderemos ter o 
equilíbrio de translação na horizontal com o equilíbrio de rotação se h = 0, e nesse caso, as forças 
estariam atuando na mesma linha de ação. Mesmo que fosse mantido o h, e a direção de P fosse 
alterada, isso também não seria garantia de obter os dois equilíbrios simultaneamente. 
 
 
 
 
P
�
h 
P
�
h 
W
�
Atf
�
NF
�
 
 
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10 
Questão 13 
 
Na escada da figura ao lado, as pernas AC e CE 
têm cada uma 2,4 m e estão unidas por dobradiças em 
C. BD é uma barra que une as duas pernas, tem 0,75 m 
de comprimento e está a meia altura do solo. Um 
homem de 72 kg sobe 1,8 m sobre a escada. Supondo 
que não haja atrito entre o pavimento e a escada, e 
desprezando o peso desta, determinar: (a) a tração na 
barra e (b) as forças exercidas na escada pelo 
pavimento. 
Resolução: 
Considere o diagrama de forças que atuam nas pernas 
AC e CE: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Onde não foram representadas as forças em “C”. Do diagrama, podemos encontrar para o ângulo θ os 
valores de cosseno e seno: 
 
0,75
2 0,31 0,95.
1, 2
cos senθ θ= ≅ ⇒ ≅ 
 
Para o equilíbrio estático, teremos, para as forças verticais: 
 
706A EF F W N+ = ≅ (13.1) 
 
Agora, tomando o torque com relação ao ponto C, teremos: 
 
2,4 0,6 2,4; .Ay y Ey Ay A Ey EF W F F F cos e F F cosθ θ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ = ⋅ (13.2) 
 
Os torques referentes às trações nas duas pernas se anulam mutuamente. Assim, utilizando as 
equações (13.1) e (13.2), teremos: 
 
441,5 264 .A EF N e F N≅ ≅ 
A 
B 
C 
D 
E 
C 
θ 
W
�
AF
�
EF
�
T
�
T
�
yTyT
yW
AyF
EyF
xW
AxF
ExF
xT
xT
 
 
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11 
Agora, tomando o torque com relação ao ponto “C”, somente para perna AC, teremos: 
 
0,6 1,2 2, 4
164 ;
173 .
y y Ay
y y
W T F
T N T T sen
T N
θ
⋅ + ⋅ = ⋅
= = ⋅
∴ ≅
 
 
Questão 14 
 
Um cubo de densidade uniforme e aresta a é equilibrado sobre uma superfície 
cilíndrica, de raio r, como mostraa figura ao lado. Mostre que o critério para 
estabelecer o equilíbrio estável do cubo, supondo que o atrito seja suficiente para 
evitar o deslizamento, é 
2
ar > . 
Resolução: 
Vamos supor que o cubo sobre uma inclinação para a direita: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Supondo que a força de atrito equilibre a força Wx, o cubo estará em equilíbrio estável se o torque da 
força Wy, suplantar o torque da força Wx, tomando como referência o ponto P. Assim, teremos: 
 
;
2 2
1 ;
2
.
2
y x y x y x
a a
W W W W W W cos e W W sen
cos sen
a
tan tan
r
a
r
θ θ
θ θ
θ θ
⋅ > ⋅ ⇒ > = ⋅ = ⋅
>
> =
∴ >
 
 
Questão 15 
 
A energia potencial de uma partícula é dada pela expressão: 
3U ay by= − , 
onde U é dado em J, y é dado em metros, 32a J m−= ⋅ e 11b J m−= ⋅ . Verifique em que pontos a partícula 
está em equilíbrio. Diga se o equilíbrio é estável, instável ou indiferente. 
Resolução: 
Tomando a derivada de U, teremos: 
 
2
6 1
dU
y
dy
= − 
r 
a 
a 
r 
a/2 
W 
Wx 
Wy 
P 
θ 
 
 
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12 
Agora, encontrando o ponto onde a derivada se anula, teremos: 
 
6
6
y = ± 
 
Tomando agora a segunda derivada, e analisando o sinal, teremos: 
 
2
2
12
6
12 2 6 0 .
6
6
12 2 6 0 .
6
d U
y
dy
ponto de mínimo equilíbrio estável
ponto de máximo equilíbrio instável
=
 
= > −  
 
 −
= − < −  
 
 
 
Questão 16 
 
A energia potencial de uma partícula num campo conservativo é dada por: 
2 2 2
2U xy x y z= − − − . Obtenha as expressões dos componentes da força que atua na partícula oriunda 
da ação do campo sobre a partícula. 
Resolução: 
Tomaremos as derivadas parciais com relação às variáveis x, y e z. Quando tomamos a derivada 
parcial com relação à variável x, por exemplo, as outras variáveis aparecem como constantes. Assim, 
teremos: 
 
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 .
x
y
z
U
F y x x y
x
U
F x y y x
y
U
F z
x
∂
= − = − + = −
∂
∂
= − = − + = −
∂
∂
= − =
∂

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