revisão Mecanica solidos (Varias provas uninassau)

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1. Quais das grandezas físicas abaixo são apenas escalares? 
a) Força e tempo. 
b) Velocidade e energia. 
c) Aceleração e massa. 
d) Trabalho e temperatura. 
e) Pressão e torque. 
 
2. Considerando dois vetores, A e B, que formam um ângulo θ entre eles, podemos afirmar que: 
a) A x B = A . B cos θ 
b) A x B ≠ B x A 
c) A x B é um vetor que tem direção e sentido determinados pela regra da “mão esquerda”. 
d) A x B pode ser utilizado para determinação de um torque, onde A seria a força aplicada em relação a um 
ponto de referência e B seria a distância desse ponto a linha de ação da força considerada. 
e) A x B pode ser utilizado para determinação de um trabalho de uma força, onde A seria a força aplicada em 
um corpo e B seria a distância percorrida pelo corpo. 
 
Resolução: Letra (B) Como A x B é um produto vetorial, tem-se: A x B = A . B sen θ, sendo um vetor que tem sua 
direção e seu sentido determinados pela regra da “mão direita”. Portanto, A x B ≠ B x A. Esse produto, pode ser 
utilizado para determinação de um torque, onde A seria a distância desse ponto a linha de ação da força 
considerada e B seria a força aplicada em relação a um ponto de referência. 
 
3. Em um “engaste” podemos afirmar que existe: 
 
 
a) três componentes de força e três binários. 
b) duas componentes de força e três binários. 
c) três componentes de força e um binário. 
d) duas componentes de força e um binário. 
e) três componentes de força e dois binários. 
 
 
 
4. Determine o módulo de F1 e o ângulo θ para manter o sistema mostrado na figura em equilíbrio. Supondo que F2 = 8 
kN. 
 
a) F1 = 2,69 kN e θ = 14,29° 
b) F1 = 2,63 kN e θ = 23,24° 
c) F1 = 3,24 kN e θ = 24,69° 
d) F1 = 6,28 kN e θ = 33,45° 
e) F1 = 8,62 kN e θ = 48,52° 
 
Resolução: Letra (B) 
Condições de equilíbrio: 
RX = 0 ► F1 cos θ + 8 sen 70° = 5 cos 30° + 7 (4/5) ► F1 cos θ = 2,413 kN (I) 
RY = 0 ► 8 cos 70° + 5 sen 30° = F1 sen θ + 7 (3/5) ► F1 sen θ = 1,036 kN (II) 
Dividindo (II) por (I): tg θ = 0,429 ► θ = 23,24° ► F1 = 2,63 kN 
 
 
 
 
 
 
5. As três forças mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte. Determine o módulo de F e sua direção θ 
de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x’ positivo e tenha um módulo de 800 N. 
 
 
a) F = 838 N e θ = 19o 
b) F = 859 N e θ = 9o 
c) F = 869 N e θ = 21o 
d) F = 876 N e θ = 37o 
e) F = 890 N e θ = 36o 
 
Resolução: Letra (C) 
FR = F + F2 + F3 → F = FR - F2 - F3 
F = [(800 ∙ sem 60°) - 0 - (-180 ∙ 12/13)] i + [(800 ∙ cos 60°) - 200 - (-180 ∙ 5/13)] j 
F = 859 i + 131 j → F² = 859² + 131² → F = 869 N 
α = arctg (131/859) = 9° que é o ângulo que F forma com a horizontal (eixo x) 
Assim, como o ângulo entre os eixos x e x’ é 30°, tem-se: θ = 30° - α → θ = 21° 
 
 
 
6. Sabendo que a distância AB é 250 mm, determine o máximo momento em relação a B que pode ser produzido pela 
força de 150 N e em que direção deve atuar a força para que isso aconteça. 
 
a) M = 12,8 N.m e α = 70o 
b) M = 32,9 N.m e α = 49o 
c) M = 22,9 N.m e α = 12o 
d) M = 27,6 N.m e α = 17o 
e) M = 37,5 N.m e α = 20o 
 
O máximo momento em relação a B acontece quando a força for perpendicular ao braço AB, nota-se que o 
ângulo α é oposto pelo vértice ao ângulo complementar de 70°, portanto, α = 20o. 
E o momento em relação a B é dado por: 
M = F.d 
M = (150) (0,250) 
M = 37,5 N.m 
 
 
 
7. Substitua as duas forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento equivalente em relação ao 
ponto O. 
 
 
a) FR = (57 i + 16,5 j) N e M0 = (13,57 k) N∙m 
b) FR = (7 i + 16,5 j) N e M0 = (12,83 i - 0,70 j) N∙m 
c) FR = (7 i + 67,5 j) N e M0 = (12,13 k) N∙m 
d) FR = (57 i + 67,5 j) N e M0 = (13,57 k) N∙m 
e) FR = (7 i - 67,5 j) N e M0 = (12,83 i + 0,70 j) N∙m 
 
F1 = 50 (- sen30° i + cos30° j) N = (-25 i + 43,5 j) N 
F2 = 40 [(4/5) i + (3/5) j] N = (32 i + 24 j) N 
FR = (7 i + 67,5 j) N 
rx = (5 + 15 cos40° + 3) cm = 19,49 cm = 0,19 m 
ry = (15 sen40°) cm = 9,64 cm = 0,10 m 
r = (0,19 i + 0,10 j) m 
M0 = r x F1 + r x F2 = r x (F1 + F2) = r x FR 
M0 = [(0,19 i + 0,10 j) x (7 i + 67,5 j)] (N.m) = [(0,19 x 67,5) (k) + (0,10 x 7) (-k)] (N.m) 
M0 = (12,13 k) N.m 
 
8. Em um corpo sólido e rígido, podemos afirmar que: 
 
a) onde se localiza o centro de massa de um corpo, também, sempre se localiza o centro de gravidade. 
b) o centro de massa de um corpo tem o mesmo significado do centro de gravidade. 
c) o centro de gravidade se localiza no baricentro do corpo. 
d) o centro de massa do corpo é um ponto onde todo o seu peso está concentrado. 
e) o centro de massa de um corpo se localiza no centro do corpo. 
 
O centro de gravidade se localiza no baricentro do corpo, é um ponto onde todo o seu peso está concentrado 
 
9. As reações nos apoios da treliça ilustrada são: 
 
a) HA = 0, VA = 900 N, HD = 400 N, VD = 300 N. 
b) HA = 200 N, VA = 600 N, HD = 200 N, VD = 600 N. 
c) HA = 400 N, VA = 300 N, HD = 0, VD = 900 N. 
d) HA = 400 N, VA = 900 N, HD = 0, VD = 300 N. 
e) HA = 200 N, VA = 300 N, HD = 200 N, VD = 900 N. 
 
Em um diagrama do corpo livre, aplicando as equações de equilíbrio, tem-se: 
RX = 0 ► -HA + 400 = 0 ► HA = 400 N 
Nota: No apoio D, só existe reação normal, portanto: HD = 0 
MA = 0 ► -400 (3) – 1200 (8) + VD (12) = 0 ► VD = 900 N 
RY = 0 ► VA + VD = 1200 ► VA + 900 = 1200 ► VA = 300 N 
 
 
10. As forças nas barras BC e CD da treliça ilustrada são, respectivamente, iguais a: 
 
 
a) FBC = 710 N e FCD = 1000 N 
b) FBC = 0 e FCD = 1000 N 
c) FBC = 1000 N e FCD = 0 
d) FBC = 710 N e FCD = 710 N 
e) FBC = 1000 N e FCD = 1000 N 
 
Aplicando as equações de equilíbrio, no ponto C, tem-se: 
RX = 0 ► FBC = 1000 (sen 45°) ► FBC = 710 N 
RY = 0 ► FCD = 1000 (cos 45°) ► FCD = 710 N 
 
 
11. Um barco a vela parte do lado americano do lago Erie para um ponto no lado canadense, 90,0 km 
ao norte. O navegante, contudo, termina 50,0 km a leste do ponto de partida. Que distância ele 
efetivamente navegou para alcançar a margem 
canadense? 
a) 40 km. 
b) 50 km. 
c) 103 km. 
d) 140 km. 
e) 153 km. 
Comentário: Considere o seguinte esquema vetorial da situação, em que r0 é a posição almejada pelo 
velejador, r1 é a posição alcançada pelo barco e Δr é o deslocamento que o barco sofreu para alcançar a 
outra margem. De acordo com o esquema acima, tem-se a seguinte relação vetorial: r = r0 + r1 
Algebricamente: r2 = r02 + r12 ► r2 = (50) 2 + (90) 2 =2.500 + 8.100 = 10.600 
r = √(10.600) ► r ≈ 103 km 
 
 
12. Considerando que o vetor B somado ao vetor A = 3,0 i + 4,0 j, resulta em vetor no sentido do 
semieixo y positivo, com um módulo igual ao do vetor A. Portanto, pode-se afirmar que o módulo do 
vetor B é aproximadamente igual a: 
a) 2,9. 
b) 3,2. 
c) 4,3. 
d) 5,1. 
e) 6,6. 
Comentário: Como o vetor é: A = 3,0 i + 4,0 j, o seu 
módulo do é: A = √(AX2 + AY2) = √(32 + 42) = √(25) =5,0 
Chamando-se de S o vetor soma de B com A, tendo 
esse vetor sentido do semieixo y positivo e módulo 5,0, 
tem-se: S = 5,0 j. 
Assim: S = A + B ► B = S - A = 5,0 j - (3,0 i + 4,0 j) 
► B = - 3,0 i + 1,0 j 
De acordo com o vetor B obtido acima e como o seu 
módulo do é dado por: B = √(BX2 + BY2) 
Tem-se: B = √[(-3) 2 + (1) 2] = √(10) ► B ≈ 3,2 
 
 
 
 
 
 
13. Em uma “roda sobre trilhos” podemos afirmar que existe: 
 
a) Duas componentes de força e dois binários. 
b) Duas componentes de força e nenhum binário. 
c) Três componentes de força e um binário. 
d) Duas componentes de força e um binário. 
e) Uma componente de força e nenhum binário. 
Comentário: Duas componentes de força e nenhum binário. 
 
 
 
14. A viga da figura é suspensa por meio de dois cabos. A força demódulo FA atua a um ângulo de 30° 
com o eixo y, conforme ilustração. Se a força resultante é de 600 N, direcionada ao longo do eixo y 
positivo, os módulos aproximados de FA e FB, de 
modo que FB seja mínimo, são: 
 
a) FA = 600 N e FB = 0 N. 
b) FA = 520 N e FB = 300 N. 
c) FA = 480 N e FB = 120 N. 
d) FA = 300 N e FB = 300 N. 
e) FA = 520 N e FB = 120 N. 
Comentário: Para que FB seja mínimo a componente deverá ser perpendicular a força FA (conforme a 
ilustração). Assim, θ = 60°. Assim, os valores de FA e FB são facilmente encontrados pela lei dos senos. 
Portanto, tem-se: FR / sen 90° = FA / sen 60° = FB / sen30° 
600 / 1 = FA / sen 60° ► FA = 520 N 
600 / 1 = FB / sen 30° ► FB = 300 N 
 
 
 
 
 
 
 
15. A viga mostrada na figura tem um peso de 7 kN. Determine o comprimento do menor cabo ABC 
que pode ser utilizado para suspendê-la, considerando que a força máxima que ele pode suportar é de 
15kN. 
 
 
a) L = 8,84 m. 
b) L = 9.72 m. 
c) L = 10,3 m. 
d) L = 12,4 m. 
e) L = 14,6 m. 
 
Comentário: Por simetria: Σ Fx = 0 
Na condição crítica: FBA = FBC = 15 kN 
ΣFy = 0 ► 2 (15) . sen θ - 7 = 0 ∴ sen θ = 0,23 ►θ = 13,3° 
Assim, o comprimento L será: cos θ = 5 / 0,5 L ∴ cos 
13,3° = 10 / L ∴ L = 10 / 0,97 
L = 10,3 m 
 
 
16. Os módulos dos momentos da força de 800 N em relação aos pontos A, B, C e D, conforme mostra 
a figura, são: 
 
a) MA = 2.000 N∙m, MB = 1.200 N∙m, MC = 1.000 N∙m 
e MD = 0. 
b) MA = 0, MB = 0, MC = 1.000 N∙m e MD = 0. 
c) MA = 2.000 N∙m, MB = 1.200 N∙m, MC = 0 e MD =0. 
d) MA = 2.000 N∙m, MB = 1.200 N∙m, MC = 1.000 N∙m 
e) MA = 2.000 N∙m, MB = 1.200 N∙m, MC = 0 e MD =400 N∙m. 
 
Comentário: 
MA = F ∙ d = 800 ∙ 2,5 = 2.000 N∙m 
MB = F ∙ d = 800 ∙ 1,5 = 1.200 N∙m 
MC = F ∙ d = 800 ∙ 0 = 0 
MD = F ∙ d = 800 ∙ 0,5 = 400 N∙m 
 
 
 
 
 
 
 
17. Na mecânica clássica, podemos considerar que o centro de massa de um corpo sólido e rígido: 
 
a) é sempre onde se localiza o centro de gravidade. 
b) está sempre no centro geométrico (centroide) docorpo. 
c) quando se gira um caderno na ponta do dedoé um exemplo de centro de massa. 
d) o centro de massa do corpo é um ponto onde todo o seu peso está concentrado. 
e) o centro de massa pode estar em qualquer ponto do corpo. 
 
Comentário: Quando se gira o caderno, que é um corpo homogêneo, na ponta do dedo é um exemplo de 
centro de massa, pois ele está girando em um ponto onde toda a sua massa está concentrada 
 
 
18. Adotando um sistema de coordenadas em que o eixo das abscissas passa pela base da peça e o 
eixo das ordenadas passa pelo ponto médio da base, e considerando que essa peça possui 30 cm de 
base inferior e 20 cm de base superior de altura de 12 cm, as coordenadas do centro de gravidade 
da superfície abaixo são: 
 
a) (15.0; 5.6) cm. 
b) (7.5; 5.0) cm. 
c) (0.0; 5.6) cm. 
d) (0.0; 6.0) cm. 
e) (15.0; 6.0) cm. 
 
Comentário: Dividindo a figura abaixo em dois triângulos e um retângulo, obtém-se: 
 
 
19. Nos projetos de treliças, por hipóteses, pode-se afirmar: 
a) Todas as cargas que são aplicadas aos nós, normalmente o peso próprio não é desprezado 
pois a carga suportada é bem menor que o peso do elemento. 
 
b) Se uma força tende a alongar o elemento, é chamada de força de compressão. 
 
c) Se uma força tende a encurtar o elemento, é chamada de força de tração. 
 
d) O Método das Seções é utilizado para se determinar as forças atuantes dentro de um 
elemento da treliça. 
 
e) No Método dos Nós, não são válidas as equações de equilíbrio da estática. 
 
Comentário: O Método das Seções é utilizado para se determinar as forças atuantes dentro de um elemento 
da treliça, pois esse método baseia-se no princípio de que se um corpo está em equilíbrio, qualquer parte 
dele também está, ou seja: consiste em seccionar o elemento que se deseja analisar na treliça e aplicar as 
equações de equilíbrio na região seccionada. 
 
 
20. Considerando P = 100 kN, a = 2 m e α = 45°. As forças nas barras ① e ③ da treliça ilustrada são, 
respectivamente, iguais a: 
 
a) F1 = 50 kN e F3 = 100√2 kN. 
b) F1 = 50√2 kN e F3 = 50√2 kN. 
c) F1 = 50√2 kN e F3 = 0. 
d) F1 = 50√2 kN e F3 = 100 kN. 
e) F1 = 100 kN e F3 = 100 kN. 
 
Comentário: As reações de apoio em VA e em VB são iguais, pois a carga P está aplicada simetricamente aos 
apoios. Portanto: VA = VB = P / 2 = 100 / 2 = 50 kN 
Aplicando as equações de equilíbrio, no ponto A, temse: 
RY = 0 ► VA = F1Y = F1 (sen 45°) ► 50 = F1(√2/2) ► F1 = 50√2 kN 
Agora, aplicando as equações de equilíbrio, no ponto D, tem-se: 
RY = 0 ► F3 = P ► F3 = 100 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
21.Os três vetores na figura a seguir têm, respectivamente, módulos iguais a: a = 3,00 m, b = 4,00 m, c 
= 10,00 m e θ = 30°. Se c = pa + qb, quais são os valores de p e q? 
a) p ≈ 6,67 e q ≈ - 4,33 
b) p ≈ - 6,67 e q ≈ - 4,33 
c) p ≈ - 6,67 e q ≈ 4,33 
d) p ≈ 6,67 e q ≈ 4,33 
e) p ≈ - 4,33 e q ≈ - 6,67 
 
Comentário: 
 
Deve-se, primeiramente, determinar as componentes dos vetores dados, assim: 
ax = 3,00 m 
ay = 0,00 m 
bx = b ∙ cos θ = (4) (cos 30°) = 3,46 m 
by = b ∙ sen θ = (4) (sen 30°) = 2,00 m 
cx = c ∙ cos (θ + 90°) = (10) (cos 120°) = -5,00 m 
cy = c ∙ sen (θ + 90°) = (10) (sen 120°) = 8,66 m 
Agora, para calcular p e q, deve-se resolver o sistema com as equações a seguir: 
cx = pax + qbx ► q = (cx - pax) / bx (I) 
cy = pay + qby ► q = (cy - pay) / by (II) 
Igualando-se as equações (I) E (II), tem-se: [(cx - pax) / bx ] = [(cy - pay) / by ] 
p = [(cy bx - cx by) / (ay bx - ax by) ] 
p = {[(8,66 × 3,46) - (-5,00 × 2,00)] / [(0,00 × 3,46) - (3,00 × 2,00)]} ► p ≈ - 6,67 
Substituindo o valor de p na equação (I), tem-se: 
q = {[(-5,00) - (-6,67 × 3,00)] / (3,46)} ► q ≈ 4,33 
 
22.Três deslocamentos, em metros, são dados por: d1 = 4,0 i + 5,0 j - 6,0 k, d2 = - 1,0 i + 2,0 j + 3,0 k e d3 
= 4,0 i + 3,0 j + 2,0 k. Sabendo que: r = d1 - d2 + d3. Pode-se, então, afirmar que o ângulo entre r e o 
semieixo z positivo é, aproximadamente, igual a: 
a) 69° 
b) 82° 
c) 98° 
d) 106° 
e) 123° 
 
Comentário: Como: r = d1 - d2 + d3 
r = (4,0 i + 5,0 j - 6,0 k) - (- 1,0 i + 2,0 j + 3,0 k) + (4,0 i + 3,0 j + 2,0 k) 
r = (4,0 + 1,0 + 4,0) i + (5,0 - 2,0 + 3,0) j + (- 6,0 - 3,0 + 2,0) k = 9,0 i + 6,0 j - 7,0 k 
O seu módulo é dado por: r = √(rX 
2 + rY 
2 + rZ 
2) = √[(9)2 + (6)2 + (-7)2] = √(166) ► r ≈ 12,88 
E o produto escalar entre o vetor r e o eixo positivo z é dado por: r ∙ k = |r| ∙ |k| ∙ cosθrz 
Logo: r ∙ k = (9,0 i + 6,0 j - 7,0 k) ∙ (1,0 k) = 0 + 0 – 7 = -7,0 
Esse produto escalar, pode, também, ser utilizado para determinação do ângulo entre o vetor r e o eixo z, 
assim: cosθrz 
= [(r ∙ k) / (|r| ∙ |k|)] = [(r ∙ k) / (|r|)] 
Substituindo os valores numéricos, tem-se: cosθrz = [(-7) / (12,88)] = -0,5433 
Portanto: θrz = cos-1 (-0,5433) = 122,9089 ► θrz = 123° 
23.Em uma “junta universal” podemos afirmar que existe: 
 
 
a) Três componentes de força e dois binários. 
b) Duas componentes de força e nenhum binário. 
c) Três componentes de força e um binário. 
d) Duas componentes de força e um binário. 
e) Uma componente de força e nenhum binário. 
 
Comentário: 
Três componentes de força e um binário. 
 
 
24.Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x 
positivo. 
 
 
a) FR = 10,89 kN e θ = 48,72° 
b) FR = 11,62 kN e θ = 38,95° 
c) FR = 12,49 kN e θ = 43,90° 
d) FR = 22,64 kN e θ = 54,30° 
e) FR = 32,18 kN e θ = 44,29° 
 
Comentário: 
 
Aplicando a Lei dos Cossenos, tem-se: FR 
2 = 42 + 102 + 2 (4) (10) (cos 60°) = 156 
FR = 12,49 kN 
Agora, aplicando a Lei dos Senos, tem-se: FR / sen120° = 10 / sen A 
12,49 / sen120° = 10 / sen A ► sen A = 0,69 ► A = 43,90° 
25.O módulo da força resultante e os seus ângulos diretores são: 
 
a) F = 125 N, Θx = 35,72°, Θy = 40,73° e Θz = 48,17° 
b) F = 600N, Θx = 54,63°, Θy = 62,34° e Θz = 9,82° 
c) F = 125 N, Θx = 26,82°, Θy = 44,56° e Θz = 34,67° 
d) F = 502,50 N, Θx = 20,90°, Θy = 41,61° e Θz = 14,33° 
e) F = 580 N, Θx = 10,34°, Θy = 20,86° e Θz = 7,54° 
Comentário: A força resultante é: F = (ΣFx) i + (ΣFy) j + (ΣFz) k 
F = [250 (cos 60°)(cos 25°) + 300 (cos 40°)(sen 20°)] i + [250 sen 60° + 300 cos 40°] j 
+ [-250 (cos 60°)(sen 25°) + 300 (sen 40°)(cos 20°)] k 
F = 191,89 i + 446,32 j + 128,37 k 
F = √[(191,89)2 + (446,32)2 + (128,37)2] ► F = 502,50 N 
Θx = arccos (Fx / F) = arccos (191,89 / 502,50) ► Θx = 20,90° 
Θy = arccos (Fx / F) = arccos (446,32 / 502,50) ► Θy = 41,61° 
Θz = arccos (Fx / F) = arccos (128,37 / 502,50) ► Θz = 14,33° 
 
26.Se a força F = 100 N gera um momento de 20 N∙m no sentido horário em relação ao ponto O 
conforme mostra a figura abaixo, o ângulo θ (0° ≤ θ ≤ 90°) é igual a: 
 
a) θ = 19,9° 
b) θ = 22,54° 
c) θ = 28,36° 
d) θ = 26,18° 
e) θ = 34,26° 
Comentário: 
 
Cálculos dos momentos: 
Fx = F. cos θ 
Mox = (F . cos θ) (0,05 + y) = (100 cos θ) (0,05 + 0,3 sen 60°) = (- 30,98 cos θ) N∙m 
Fy = F. sen θ 
Moy = (F . sen θ) (x) = (100 sen θ) (0,3 cos 60°) = (15 sen θ) N∙m 
MR = Mox + Mox = (- 30,98 cos θ) + (15 sen θ) = - 20 
Como: sen2 θ + cos2 θ = 1 
Tem-se: 15 √(1 – cos2 θ) = - 20 + 30,98 cos θ 
[15 √(1 – cos2 θ)]2 = (- 20 + 30,98 cos θ)2 
225 (1 – cos2 θ) = 400 − 1239, 2 cos θ + 959,76 cos2 θ 
cos θ = z ∴ 225 (1 – z2) = 400 − 1239, 2 z + 959,76 z2 
1184,76 z2 − 1239, 2 z + 175 = 0 
√Δ = 840,41 ∴ z’ = cos θ = 0,17 ∴ θ = 80,21° e z’’ = cos θ = 0,88 ∴ θ = 28,36° 
Testando os valores de θ na equação do momento resultante, apenas θ = 28,36° satisfaz, pois a equação só 
admite uma única resposta. 
 
27.Em um corpo sólido e rígido, na mecânica clássica, pode-se afirmar que: 
a) A localização do centroide é sempre no centro do corpo. 
b) O centro de massa se localiza sempre no centroide do corpo. 
c) O centro de massa e o centro de gravidade de um corpo sempre se localizam no mesmo ponto. 
d) O centro de gravidade se localiza sempre no centroide do corpo. 
e) A posição relativa do centro de gravidade de um corpo pode determinar o tipo de equilíbrio em que 
ele se encontra. 
Comentário: A posição relativa do centro de gravidade de um corpo pode determinar o tipo de equilíbrio 
(estável, instável ou indiferente). 
 
28.A distância entre o centro da Terra e o centro da Lua mede 3,8 ∙ 105 km. A massa da Terra é 82 vezes 
maior que a massa da Lua. A que distância do centro da terra encontra-se o centro de massa do 
sistema Terra-Lua? 
a) 3,8 ∙ 103 km 
b) 4,3 ∙ 103 km 
c) 1,8 ∙ 104 km. 
d) 2,6 ∙ 104 km. 
e) 3,7 ∙ 105 km. 
Comentário: Primeiro vamos adotar um eixo Ox passando pelos centros da Terra e da Lua, com origem no 
centro daTerra, conforme mostra a figura abaixo: 
 
Nestas condições, a abscissa do centro de massa da Terra é nula (x1 = 0) e da Lua é x2 = 3,8 ∙ 105 km. Sendo 
m2 a massa da Lua e m1 = 82m2 a massa da Terra, vem: 
 
 
29.Qual é o tipo de treliça e as reações de apoio na estrutura abaixo? 
 
 
a) Treliça isostática, HE = 50√2 kN, VA = 50√2 kN e VE = 50√2 kN 
b) Treliça hiperestática, HE = 0, VA = 100 kN e VE = 100 kN 
c) Treliça hipostática, HE = 0, VA = 50 kN e VE = 50 kN 
d) Treliça isostática, HE = 0, VA = 100 kN e VE = 100 kN 
e) Treliça isostática, HE = 50√2 kN, VA = 100 kN e VE = 100 kN 
Comentário: ΣFx = 0 ► HE = 0 
ΣFy = 0 ∴ VA + VE = 50 + 100 + 50 ► VA + VE = 200 kN 
ΣM = 0 (Momento fletor) 
VA . (4) – 50 . (4) – 100 . (2) = 0 ∴ 4VA = 400 ► VA = 100 kN 
100 + VE = 200 kN ∴ VE = 200 - 100 ► VE = 100 kN 
30.Considerando P = 100 N, as forças normais nas barras da treliça ilustrada são, respectivamente, 
iguais a: 
 
a) F7 = F1 = 2,5 N; F6 = F2 = - 37,5 N e F5 = F3 = - 62,5 N 
b) F7 = F1 = - 62,5 N; F6 = F2 = + 37,5 N e F5 = F3 = 62,5 N 
c) F7 = F1 = - 62,5 N; F6 = F2 = + 37,5 N e F5 = F3 = - 62,5 N 
d) F7 = F1 = - 62,5 N; F6 = F2 = - 37,5 N e F5 = F3 = - 62,5 N 
e) F7 = F1 = 62,5 N; F6 = F2 = + 37,5 N e F5 = F3 = - 62,5 N 
Comentário: A altura h é determinada através da tangente de 53º: h = tg 53º ⇒ h ≈ 1,33 m 
Calculando as reações de apoio devido à simetria da estrutura e do carregamento, tem-se: 
VA = VB = P / 2 = 100 / 2 =50 N 
Agora, calculando dos esforços nas barras para determinar a carga axial nas barras 1 e 2, aplica-se o corte 
AA na treliça e adota-se a parte à esquerda do corte para verificar o equilíbrio. 
 
ΣFy = 0 
F1 sen53º + P / 2 = 0 ⇒ F1 = − 50 / sen53º = − 50 / 0,8 ⇒ F1 = − 62,5 N (barra comprimida) 
ΣFx = 0 
F2 + F1 cos53º = 0 ⇒ F2 = - F1 cos53º ⇒ F2 = − [(−62,5) (0,6)] ⇒ F2 = + 37,5 N (barra tracionada) 
Através do corte BB, determina-se as forças nas barras 3 e 4. 
ΣME = 0 
1,33 F4 + 2P/2 = 0 ⇒ F4 = −100 / 1,33 ⇒ F4 = − 75 N (barra comprimida) 
ΣFy = 0 
F3 sen 53º = P/2 ⇒ F3 = 62,5 N (barra tracionada) 
Como a treliça é simétrica, pode-se concluir que: 
F7 = F1 = - 62,5 N 
F6 = F2 = + 37,5 N 
F5 = F3 = - 62,5 N 
 
31.Um manifestante quer colocar sua placa de protesto no alto de uma torre, partindo da origem de 
um sistema de coordenadas cartesianas xy, com o plano xy na horizontal. Ele se desloca 40 m no 
sentido negativo do eixo x, faz uma curva de 90° a esquerda, caminha mais 20 m e sobe ate o alto 
da torre de 25m de altura. Qual o modulo mais aproximado do deslocamento da placa do inicio ao 
fim? 
a) 42,78 m 
b) 51,23 m 
c) 60,73 m 
d) 64,04 m 
e) 85,00 m 
Comentario: Considerando o grafico a seguir, ele mostra os deslocamentos sucessivos que foram feitos pela 
placa: 
 
Portanto, o deslocamento total d e dado por: d = a + b + c = (- 40 i - 20 j + 25 k) m 
E o seu modulo e dado por: d = √[(-40)2 + (-20)2 + (25)2] = √(2.625) ► d = 51,23 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
32.Utilize a “rosa dos ventos”, figura abaixo, para conferir as direções das tacadas da questão 
a seguir. 
 
 
Um jogador de golfe precisa de tres tacadas para colocar a bola no buraco. A primeira tacada 
lanca a bola a 3,66 m para o norte, a segunda 1,83 m para o sudeste e a terceira 0,91 m para o 
sudoeste. Entao, podemos afirmar que o modulo e a direcao do deslocamento necessario para colocar 
a bola no buraco 
na primeira tacada e aproximadamente igual a: 
a) d ≈ 1,35 m e Θ ≈ 38° 
b) d ≈ 0,92 m e Θ ≈ 35° 
c) d ≈ 2,71 m e Θ ≈ 72° 
d) d ≈ 1,83 m e Θ ≈ 69° 
e) d ≈ 1,64 m e Θ ≈ 71° 
Comentario: Considere o seguinte grafico que mostra os tres deslocamentos sucessivos sofridos pela bola: 
 
E de acordo com o enunciado, os vetores a, b e c sao definidos por: 
a = (3,66 j) m 
b = (1,83 cos 45° i - 1,83 sen 45° j) m 
c = (- 0,91 cos 45° i - 0,91 sen 45° j) m 
A tacada unica d capaz de lancar a bola diretamente no buraco corresponde a soma vetorial a + b + c, ou 
seja: d 
= a + b + c, assim se tem: 
d = [(3,66 j) + (1,83 cos 45° i - 1,83 sen 45° j) + (- 0,91 cos 45° i - 0,91 sen 45° j)] m 
d = (0,65 i + 1,72 j) m 
O vetor d obtido acima tem o seu modulo dado por: d = √(dX 
2 + dY 
2) 
Substituindo os valores dados, tem-se: d = √[(0,65)2 + (1,72)2] = √(3,38) ► d ≈ 1,83 m 
E o angulo que d faz em relacao ao semieixo x positivo e dado por: 
Θ = tg-1 (dY / dX) = tg-1 [(1,72) / (0,65)] ► Θ ≈ 69° 
 
 
 
 
 
 
 
 
33. Duas pecas estruturais B e C sao rebitadas ao suporte A. Sabendo-se que a tracao na peca B e 
de 6 kN e que a tracao na peca C e de 10 kN, a forca resultante exercida sobre o suporte tem uma 
intensidade e uma direcao em relacao a horizontal, iguais a: 
 
 
a) FR = 14,3 kN e θ = 19,9° 
b) FR = 15,6 kN e θ = 22,5° 
c) FR = 16,4 kN e θ = 23,4° 
d) FR = 14,3 kN e θ = 20,1° 
e) FR = 19,8 kN e θ = 34,2° 
Comentario: Aplicando a Lei dos Cossenos, tem-se: FR 
2 = 62 + 102 + 2 (6) (10) (cos 55°) = 204,83 
FR = 14,3 kN 
Agora,aplicando a Lei dos Senos, tem-se: FR / sen125° = 6 / sen A 
14,3 / sen125° = 6 / sen α 
 
 
34. Determine o peso maximo que pode ser sustentado pelo sistema de correntes da figura de modo a 
não se exceder a uma forca de 450 N na corrente AB e de 480 N na corrente AC. 
 
 
a) P = 225 N 
b) P = 240 N 
c) P = 450 N 
d) P = 480 N 
e) P = 520 N 
Comentario: Observe o diagrama do corpo livre no ponto A e veja as condicoes a seguir: 
 
Condicao 1 (FAB = 450 N): 
Σ Fx = 0 = - 450 + FAC (cos 30°) ► FAC = 519,62 N ► Nao satisfaz, pois FAC > 480 N 
Condicao 2 (FAC = 480 N): 
Σ Fx = 0 = - FAB + 480 (cos 30°) ► FAB = 415,69 N ► Satisfaz, pois FAB < 450 N 
Portanto, tem-se: Σ Fy = 0 = 480 (sen 30°) - P ► P = 240 N 
35. O modulo da forca resultante das tres forcas mostradas na figura, a sua localizacao e o seu 
momento equivalente em relacao ao ponto O sao, respectivamente, iguais a: 
 
a) FR = 400 N, x = 12,0 m e M0 = − 4.800 N・m 
b) FR = 400 N, x = 11,0 m e M0 = − 4.400 N・m 
c) FR = 600 N, x = 3,5 m e M0 = − 2.100 N・m 
d) FR = 600 N, x = 11,0 m e M0 = − 6.600 N・m 
e) FR = 600 N, x = 7,0 m e M0 = − 4.200 N・m 
Comentario: FR = ΣF = 1200 – 1200 – 600 = 600 N 
M0 = ΣM = (1200 ・ 2) – (1200 ・ 4) (600 ・ 7) = − 6.600 N・m 
x = ΣM / ΣF = 6.600 / 600 = 11 m 
36. Em um corpo solido e rigido, na mecanica classica, pode-se afirmar que: 
a) O centro de massa e o centro de gravidade de um corpo sao sempre coincidentes. 
b) O centro de gravidade e onde a forca peso produz um torque identico a soma dos torques de 
todas 
as forcas da gravidade exercidas nas diferentes partes do sistema. 
c) O centro de massa e uma particula cuja massa e igual a massa total do sistema, sob a acao da resultante 
das forcas exercidas no sistema. 
d) O centro de gravidade do corpo e onde esta localizada a forca gravitacional. 
e) O centro de massa de um corpo e um ponto material. 
Comentario: O centro de gravidade e um ponto, seja para um corpo extenso, seja para um conjunto de 
corpos 
ou particulas nao ligadas materialmente, no qual uma unica forca (denominada de forca da gravidade total do 
sistema) produz um torque identico a soma dos torques de todas as forcas da gravidade exercidas nas 
diferentes partes do sistema. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
37. As coordenadas do centroide do perfil ilustrado abaixo, sao: 
 
a) (7/6, 1) a 
b) (7/9, 4/9) a 
c) (7/4, 1) a 
d) (7/9, 1) a 
e) (7/6, 4/9) a 
Comentario: O perfil apresentado e a composicao de duas areas retangulares (vide figura a seguir). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
38. Nos projetos de trelicas, por hipoteses, pode-se afirmar: 
a) Uma das condicoes para obtencao de uma trelica isostatica e que ela esteja em equilibrio instavel. 
b) Trelicas sao estruturas compostas por barras com extremidades articuladas 
c) A resolucao de trelicas planas pelo metodo das secoes consiste em verificar o equilibrio de cada no da 
trelica. 
d) No metodo das secoes, as secoes nao podem ter forma qualquer, tem que ser retas. 
e) Devido a predominancia dos esforcos normais de tracao e compressao, as barras de uma trelica nao 
devem ser de madeira ou aco, pois esses materiais nao suportam bem esses esforcos. 
 
Comentario: As trelicas sao estruturas compostas por barras com extremidades articuladas, na pratica, nao 
se encontram perfeitamente rotulados, havendo sempre certa restricao de movimento, que originam esforcos 
de flexao que podem ser desprezados, devido a pequena magnitude. 
 
39. As forcas nas barras 1 e 2 da trelica ilustrada sao, respectivamente, iguais a: 
 
 
a) F1 ≈ 3.667 kN e F2 ≈ 2.533 kN 
b) F1 = 2.000 kN e F2 = 600 kN 
c) F1 ≈ 3.334 kN e F2 ≈ 3.866 kN 
d) F1 ≈ 1.667 kN e F2 ≈ 1.933 kN 
e) F1 ≈ 1.933 kN e F2 ≈ 1.667 kN 
Comentario: Primeiro, o angulo α formado pelas barras 1 e 2 e pelas barras 4 e 5 deve ser determinado: tg α 
= 
1,5/ 2 = 0,75 ⇒ α = 37o (sen 37o = 0,60 e cos 37o = 0,80) 
As reacoes de apoio em VA e em VB sao iguais, pois a carga 2.000 kN esta aplicada simetricamente aos 
apoios. 
Portanto: VA = VB = 2.000 / 2 = 1.000 kN 
E a reacao de apoio em HA, conforme mostra a trelica, pode-se determinar pelo diagrama do corpo livre, 
assim: 
HA = 600 kN 
Aplicando as equacoes de equilibrio, no ponto A, tem-se: 
RY = 0 ► VA = F1Y 
VA = F1 (sen 37°) ► 1.000 = F1 (0,6) ► F1 ≈ 1.667 kN 
RX = 0 ► HA + F1X = F2 
HA + F1 (cos 37°) = F2 ► 600 + 1.667 (0,8) = F2 ► F2 ≈ 1.933 kN 
40. Um barco a vela parte do lado americano do lago Erie para um ponto no lado canadense, 85,0 km 
ao norte. O navegante, contudo, termina 45,0 km a leste do ponto de partida. Que distância ele 
efetivamente navegou para alcançar a margem canadense? 
a) 44,67 km 
b) 57,34 km 
c) 83,68 km 
d) 96,18 km 
e) 105,73 km 
Comentário: Considere o seguinte esquema vetorial da situação, em que r0 é a posição almejada pelo 
velejador, r1 é a posição alcançada pelo barco e Δr é o deslocamento que o barco sofreu para alcançar a 
outra margem.De acordo com o esquema acima, tem-se a seguinte relação vetorial: r = r0 + r1 
Algebricamente: r2 = r02 + r1 
2 ► r2 = (45)2 + (85)2 = 2.025 + 7.225 = 9.250 
r = √(9.250) ► r ≈ 96,18 km 
 
41. Quatro forças atuam no parafuso A. Determine o módulo da força resultante que age no parafuso. 
 
 
a) F = 125,86 N 
b) FX = 169,04 N 
c) FX = 188,96 N 
d) F = 210,82 N 
e) FX = 244,74 N 
 
 
42. No sistema formado por quatro partículas conforme mostrado na figura, o centro de massa do 
sistema possui as seguintes coordenadas: 
 
a) (3,36; 2,64) m 
b) (3,52; 3,04) m 
c) (2,97; 2,72) m 
d) (2,74; 2,48) m 
e) (3,12; 2,94) m 
 
43. Adotando um sistema de coordenadas em que o eixo das abscissas passa pela base da peça e o 
eixo dasordenadas passa pelo ponto médio da base, e considerando que essa peça possui 32 cm de 
base inferior e 20 cm de base superior de altura de 12 cm, as coordenadas do centro de gravidade da 
superfície abaixo são: 
 
a) (16,00; 5,54) cm 
b) (0,00; 0,00) cm 
c) (0,00; 5,54) cm 
d) (0,00; 6,00) cm 
e) (16,00; 6,00) cm 
Comentário: Dividindo a figura abaixo em dois triângulos e um retângulo, obtém-se: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
44. Os módulos das reações nos apoios (H: horizontal e V: vertical) da treliça ilustrada são: 
 
a) HA = 250 N, VA = 450 N, HD = 250 N, VD = 450 N. 
b) HA = 500 N, VA = 450 N, HD = 0, VD = 450 N. 
c) HA = 500 N, VA = 175 N, HD = 900 N, VD = 0. 
d) HA = 0, VA = 725 N, HD = 500 N, VD = 175 N. 
e) HA = 500 N, VA = 175 N, HD = 0, VD = 725 N. 
Comentário: Em um diagrama do corpo livre, aplicando as equações de equilíbrio, tem-se: 
RX = 0 ► -HA + 500 = 0 ► HA = 500 N 
Nota: No apoio D, só existe reação normal, portanto: HD = 0 
MA = 0 ► -500 (3) – 900 (8) + VD (12) = 0 ► VD = 725 N 
RY = 0 ► VA + VD = 900 ► VA + 725 = 900 ► VA = 175 N 
 
45. Considerando P = 600 kN, a = 4 m e α = 45°. As forças nas barras ① e ③ da treliça ilustrada são, 
respectivamente, iguais a: 
 
a) F1 = 424,33 e F3 = 300 kN 
b) F1 = 424,33 kN e F3 = 424,33 kN 
c) F1 = 300 kN e F3 = 0 
d) F1 = 424,33 kN e F3 = 600 kN 
e) F1 = 300 kN e F3 = 300 kN 
Comentário: As reações de apoio em VA e em VB são iguais, pois a carga P está aplicada simetricamente aos 
apoios. 
Portanto: VA = VB = P / 2 = 600 / 2 = 300 kN 
Aplicando as equações de equilíbrio, no ponto A, tem-se: 
RY = 0 ► VA = F1Y = F1 (sen 45°) ► 300 = F1 (0,707) ► F1 = 424,33 kN 
Agora, aplicando as equações de equilíbrio, no ponto D, tem-se: 
RY = 0 ► F3 = P ► F3 = 600 kN 
46. Quando dizemos que a velocidade de uma bola e de 20 m/s, horizontal e para a direita, em 
relacao a essa grandeza o valor de 20 m/s, estamos definindo a velocidade como uma grandeza: 
a) escalar. 
b) algebrica. 
c) linear. 
d) vetorial. 
e) quadratica. 
Comentario: O valor davelocidade representa a sua rapidez ou seja e uma grandeza escalar. 
 
47. Os tres vetores na figura a seguir tem, respectivamente, modulos iguais a: a = 4,00 m, b = 
6,00 m, c = 12,00 m e θ = 30°. Se c = pa + qb, quais sao os valores de p e q? 
 
a) p ≈ 6,00 e q ≈ - 3,46 
b) p ≈ - 6,00 e q ≈ - 3,46 
c) p ≈ - 6,00 e q ≈ 3,46 
d) p ≈ 6,00 e q ≈ 3,46 
e) p ≈ - 3,46 e q ≈ - 6,67 
Comentario: Deve-se, primeiramente, determinar as componentes dos vetores dados, assim: 
ax = 4,00 m 
ay = 0,00 m 
bx = b ・ cos θ = (6) (cos 30°) = 5,20 m 
by = b ・ sen θ = (6) (sen 30°) = 3,00 m 
cx = c ・ cos (θ + 90°) = (12) (cos 120°) = -6,00 m 
cy = c ・ sen (θ + 90°) = (12) (sen 120°) = 10,39 m 
Agora, para calcular p e q, deve-se resolver o sistema com as equacoes a seguir: 
cx = pax + qbx ► q = (cx - pax) / bx (I) 
cy = pay + qby ► q = (cy - pay) / by (II) 
Igualando-se as equacoes (I) E (II), tem-se: [(cx - pax) / bx ] = [(cy - pay) / by ] 
p = [(cy bx - cx by) / (ay bx - ax by) ] 
p = {[(10,39 × 5,20) - (-6,00 × 3,00)] / [(0,00 × 5,20) - (4,00 × 3,00)]} ► p ≈ - 6,00 
Substituindo o valor de p na equacao (II), tem-se: 
q = {[(10,39) - (-6,00 × 0,00)] / (3,00)} ► q ≈ 3,46 
48.Em uma “dobradica” podemos afirmar que existe: 
 
a) Tres componentes de forca e tres binarios. 
b) Duas componentes de forca e dois binarios. 
c) Tres componentes de forca e um binario. 
d) Duas componentes de forca e um binario. 
e) Duas componentes de forca e tres binarios. 
 
49. Na figura abaixo, determine o modulo da forca da forca F1 para que a resultante das duas 
forcas abaixo seja horizontal para direita. 
 
 
a) 326,56 lb 
b) 305,54 lb 
c) 298,36 lb 
d) 256,82 lb 
e) 198,82 lb 
 
50. Determine o momento da forca F em relacao ao ponto P. Expresse o resultado como um vetor 
cartesiano. 
 
 
a) M = (660 i - 610 j + 530 k) N.m 
b) M = (660 i + 610 j + 530 k) N.m 
c) M = (-660 i + 610 j + 530 k) N.m 
d) M = (660 i + 610 j - 530 k) N.m 
e) M = (-660 i + 610 j - 530 k) N.m 
Comentario: r = (-7 i - 13 j + 6 k) m 
F = (30 i - 20 j + 60 k) N 
 
M = {[(-13 x 60) - (-20 x 6)] i + [(30 x 6) - (-7 x 60)] j + [(-7 x -20) - (30 x -13)] k}N.m 
M = [(-780 + 120) i + (180 + 430) j + (140 + 390) k] N.m 
M = (-660 i + 610 j + 530 k) N.m 
 
51. Um binario atua nos dentes da engrenagem mostrada na figura. Substitua esse binario por um 
equivalente, composto por um par de forcas que atua nos pontos A e B. 
 
 
a) M = 20 N.m e F’ = 100 N 
b) M = 40 N.m e F’ = 200 N 
c) M = 20 N.m e F’ = 200 N 
d) M = 40 N.m e F’ = 100 N 
e) M = 40 N.m e F’ = 50 N 
Comentario: 
M = F.d ► M = 50 x 0,8 ► M = 40 N.m 
M = F’.d’ ► 40 = F’ x 0,2 ► F’ = 200 N 
52. Determine o momento da forca de 250 N em relacao ao ponto A. 
 
a) M = 8,835 k N.m 
b) M = 17,675 k N.m 
c) M = 35,350 k N.m 
d) M = 53,025 k N.m 
e) M = 70,700 k N.m 
Comentario: 
r = (0,2 i + 0,1 j) m 
F = 250 (cos 45° i + sen 45° j) N = (176,75 i + 176,75 j) N 
M = r x F = (0,2 i + 0,1 j) (176,75 i + 176,75 j) = 35,35 k - 17,675 k = (17,675 k ) N.m 
53. Sabendo que: AE = BE = BC = CD = DE = 2 m. Os modulos das reacoes nos apoios (H: horizontal e 
V: vertical) da trelica ilustrada sao: 
 
a) HA = 0, VA = 2840 N, HE = 1420 N, VE = 4260 N. 
b) HA = 1420 N, VA = 2840 N, HE = 0, VE = 4260 N. 
c) HA = 1420 N, VA = 4260 N, HE = 0, VE = 2840 N. 
d) HA = 2840 N, VA = 1420 N, HE = 0, VE = 4260 N. 
e) HA = 0, VA = 2840 N, HE = 0, VE = 4260 N. 
Comentario: Em um diagrama do corpo livre, aplicando as equacoes de equilibrio, tem-se: 
RX = 0 ► HA = 2000 (sen 45°) ► HA = 1420 N 
Nota: No apoio E, so existe reacao normal, portanto: HE = 0 
MA = 0 ► - [2000 (sen 45°)] (2) – [2000 (cos 45°)] (4) + VE (2) = 0 ► VE = 4260 N 
RY = 0 ► VA + VE = 2000 (cos 45°) ► VA + 4260 = 1420 ► VA = -2840 N 
54. Considerando P = 200 N, os modulos das forcas nas barras da trelica ilustrada sao, 
respectivamente, iguais a: 
 
a) F7 = F1 = 25 N; F6 = F2 = 75 N e F5 = F3 = 125 N 
b) F7 = F1 = 125 N; F6 = F2 = 25 N e F5 = F3 = 125 N 
c) F7 = F1 = 125 N; F6 = F2 = 75 N e F5 = F3 = 125 N 
d) F7 = F1 = 125 N; F6 = F2 = 75 N e F5 = F3 = 25 N 
e) F7 = F1 = 75 N; F6 = F2 = 125 N e F5 = F3 = 25 N 
 
Comentario: A altura h e determinada atraves da tangente de 53o: 
h = tg 53o ⇒ h ≈ 1,33 m 
Calculando as reacoes de apoio devido a simetria da estrutura e do carregamento, tem-se: VA = VB = P / 2 
= 200 / 2 = 100 N 
Agora, calculando dos esforcos nas barras para determinar a carga axial nas barras 1 e 2, aplica-se o 
corte AA na trelica e adota-se a parte a esquerda do corte para verificar o equilibrio. 
 
ΣFy = 0 
F1 sen 53o + 200 / 2 = 0 ⇒ F1 = − 100 / sen 53o = − 100 / 0,8 ⇒ F1 = − 125 N (barra comprimida) 
ΣFx = 0 ⇒ F2 + F1 cos 53o = 0 
F2 = - F1 cos 53o ⇒ F2 = − [(−125) (0,6)] ⇒ F2 = + 75 N (barra tracionada) 
Atraves do corte BB, determina-se as forcas nas barras 3 e 4. 
ΣME = 0 ⇒ 1,33 F4 + 2P/2 = 0 
F4 = −200 / 1,33 ⇒ F4 = − 150,38 N (barra comprimida) 
ΣFy = 0 ⇒ F3 sen 53o = P/2 ⇒ F3 = 125 N (barra tracionada) 
Como a trelica e simetrica, pode-se concluir que: 
F7 = F1 = - 125 N 
F6 = F2 = + 75 N 
F5 = F3 = - 125 N 
 
55. Utilize a “rosa dos ventos”, figura abaixo, para conferir as direções das tacadas da questão a 
seguir. 
 
Um jogador de golfe precisa de três tacadas para colocar a bola no buraco. A primeira tacada lança a 
bola a 4,62 m para o norte, a segunda 2,58 m para o sudeste e a terceira 1,25 m para o sudoeste. Então, 
podemosafirmar que o módulo e a direção do deslocamento, em relação à horizontal, necessário para 
colocar a bola no buraco na primeira tacada são aproximadamente iguais a: 
a) d ≈ 2,35 m e Θ ≈ 58° 
b) d ≈ 4,28 m e Θ ≈ 32° 
c) d ≈ 2,14 m e Θ ≈ 64° 
d) d ≈ 8,45 m e Θ ≈ 45° 
e) d ≈ 1,94 m e Θ ≈ 72° 
Comentário: Considere o seguinte gráfico que mostra os três deslocamentos sucessivos sofrido pela bola: 
 
E de acordo com o enunciado, os vetores a, b e c são definidos por: 
a = (4,62 j) m 
b = (2,58 cos 45° i - 2,58 sen 45° j) m 
c = (- 1,25 cos 45° i - 1,25 sen 45° j) m 
A tacada única d capaz de lançar a bola diretamente no buraco corresponde à soma vetorial a + b + c, ou 
seja: d = a + 
b + c, assim se tem: 
d = [(4,62 j) + (1,82 i - 1,82 j) + (- 0,88 i - 0,88 j)] m ► d = (0,94 i + 1,92 j) m 
O vetor d obtido acima tem o seu módulo dado por: d = √(dX 
2 + dY 
2) 
Substituindo os valores dados, tem-se: d = √[(0,94)2 + (1,92)2] ≈ √(4,57) ► d ≈ 2,14 m 
E o ângulo que d faz em relação ao semieixo x positivo é dado por: 
Θ = tg-1 (dY / dX) = tg-1 [(1,92) / (0,94)] = tg-1 (2,043) ► Θ ≈ 64° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
56. Em uma “rótula”, pode-se afirmar que existe: 
 
a) Três componentes de força e três binários. 
b) Nenhuma componente de força e nenhum binário. 
c) Três componentes de força e nenhum binário. 
d) Nenhuma componente de força e três binários. 
e) Três componentes de força e um binário. 
 
57. O parafuso tipo gancho está sujeito a duas forças F1 e F2 de mesmo módulo. Determine a 
intensidade dessas forças para que a força resultante seja igual a 380 N. 
 
a) 146,82 N 
b) 158,34 N 
c) 225,29 N 
d) 241,63 N 
e) 281,47 N 
Comentário: Aplicando a Lei dos Cossenos: R² = F1² + F2² + 2 F1. F2 cos α 
Tem-se: 380² = F1² + F1² + 2 F1. F1 cos 65° 
Simplificando: 144.400 = 2,845 F1² ► F1² = 50.755,71 ► F1 = 225,29 N 
 
 
 
 
58. Substitua as cargas atuantes na viga por uma única força resultante e um momento atuante no 
ponto A. 
 
a) FR = (575 i + 965 j) N e MA = (75,4 k) N∙m 
b) FR = (- 604 i + 846 j) N e MA = (90,6 k) N∙m 
c) FR = (- 383 i - 883 j) N e MA = (58,3 k) N∙m 
d) FR = (- 484 i + 589 j) N e MA = (45,7 k) N∙m 
e) FR = (846 i - 604 j) N e MA = (283 i + 370 j) N∙m 
Comentário: 
r1 = (0,4 i) m 
r2 = (0,8 i - 0,3 j) m 
r3 = (0,4 i - 0,3 j) m 
F1 = (-250 i) N 
F2 = 500 (-cos 45° i - sen45° j) = (-354 i - 354 j) N 
F3 = (1200 j) N 
FR = (- 604 i + 846 j) N 
M = r x F 
M1 = (0,4 i) (- 250 i) = 0 
M2 = (0,8 i - 0,3 j) (- 354 i - 354 j) = - 106,2 k - 283,2 k = (- 389,4 k) N∙m 
M3 = (0,4 i - 0,3 j) (1200 j) = (480 k) N∙m 
MA = (90,6 k) N∙m 
 
 
 
59. Num circo, um equilibrista deseja levantar, apoiada em uma vareta, uma bandeja circular contendo 
um prato, um copo e uma garrafa, cujas massas valem respectivamente 0,70 kg, 0,10 kg e 1,30 kg. 
Escolhendo-se um sistema de eixos com origem no centro de gravidade da bandeja. As posições do 
prato, do copo e da garrafa são dadas, respectivamente, pelos pontos A, B e C da figura. Se a massa 
da bandeja for igual a 400 g, em que posição (x, y) sob ela deve o equilibrista apoiar a vareta? 
 
a) (-1,12; 0) 
b) (0,48; 0,48) 
c) (0,48; 1,12) 
d) (1,12; 1,48) 
e) (1,12; 0,48) 
 
60. Nos projetos de treliças, por hipóteses, não se pode afirmar que: 
a) Uma das condições para obtenção de uma treliça isostática é que ela esteja em equilíbrio estável. 
b) Treliças são estruturas compostas por barras com extremidades não articuladas. 
c) A resolução de treliças planas pelo método dos nós consiste em verificar o equilíbrio de cada nó da treliça. 
d) No método das seções, as seções podem ter forma qualquer. 
e) Devido à predominância dos esforços normais de tração e compressão, as barras de uma treliça devem ser 
de 
madeira ou aço, pois esses materiais suportam bem esses esforços. 
Alternativa correta: Letra B. 
Identificação do conteúdo: Livro Texto - Capítulo 4. 
Comentário: As treliças são estruturas compostas por barras com extremidades articuladas. Na prática, não 
se 
encontram perfeitamente rotuladas, havendo sempre certa restrição de movimento, que originam esforços de 
flexão que 
podem ser desprezados, devido a pequena magnitude. 
 
61. Os módulos das reações (H: horizontal e V: vertical) nos apoios da treliça ilustrada são: 
 
a) HB = 0, VB = 1,84 kN, HC = 5,44 kN, VC = 1,84 kN. 
b) HB = 0, VB = 1,84 kN, HC = 2,40 kN, VC = 5,44 kN. 
c) HB = 2,40 kN, VB = 1,84 kN, HC = 0, VC = 5,44 kN. 
d) HB = 2,40 kN, VB = 5,44 kN, HC = 0, VC = 1,84 kN. 
e) HB = 0, VB = 5,44 kN, HC = 2,40 kN, VC = 1,84 kN. 
Comentário: Em um diagrama do corpo livre, aplicando as equações de equilíbrio, tem-se: 
RX = 0 ► HB - 2,40 = 0 ► HB = 2,40 kN 
Nota: No apoio C, só existe reação normal, portanto: HC = 0 
MB = 0 ► VC (1,5) – 3,6 (3,6) + 2,4 (2) = 0 ► VC = 5,44 kN 
RY = 0 ► VB + VC = 3,6 ► VB + 5,44 = 3,6 ► VB = -1,84 kN 
 
61. Em um corpo sólido e rígido, na mecânica clássica, pode-se afirmar que: 
a) O centro de massa e o centro de gravidade de um corpo têm o mesmo significado. 
b) O centro de gravidade é onde a força peso produz um torque nulo. 
c) O centro de massa é um ponto que pode estar no centro geométrico (centroide), caso o corpo seja 
homogêneo. 
d) O centro de gravidade do corpo está sempre localizado no centro geométrico do corpo. 
e) O centro de gravidade de um corpo é um ponto material. 
Comentário: Em um corpo homogêneo, o seu centro de massa é um ponto localizado no centro geométrico 
(centroide)desse corpo.