Robortella Vol 03 Estática, Hidrostática e Gravitação

Prévia do material em texto

ATICAESTATIH A R TEI
l ESTÁTICA ESTÁTIC 
A ESTÁTICA ESTÁTI 
CA ESTÁTICA ESTÁ!
TCA ESTÁTICA ESTiS
'TICA ESTÁTICA EST
ÁTTP.â Tf.STÁTTPi Ti1.«1
amo
Conceitos iniciais *
Estática é a parte da Mecânica que estudo o equilíbrio estático
dos corpos.
Conforme vimos no Principio da Inércia, equilíbrio estático im­
plica cm repouso do corpo.
Assim:
Ilustramos a seguir, várias situações de equilíbrio estático:
r * - T -
\A
' Par» melhor comoreensto do exposto neste capituto é aconselhével a prévia 
leitura do volume 2 tíesta coleçéo (D.némtea).
Ill
H
I
Estática do ponto material
A condição necessária e suficiente para que um corpo, conside­
rado ponto material, esteja em equilíbrio estático é que a resultante 
das forças que agem sobre ele seja nula.
Ou seja:
-4 —►
Equilíbrio de um ponto material -► R = O
Analisemos algumas aplicações práticas:
1. Na situação ilustrada abaixo, esquematicamente temos:
mm
equilíbrio estático
*
— ► — ►
R = O T = P
Para o equilíbrio estático, devemos ter.
a)
b) R = O
polígono das forças fechado 
ou
J Rx = T,x+ T , x+ Px = 0
I Rv = T,v + T,v+ P y = 0 «
Isto significa que, decompondo as forças agentes no ponto ma­
terial em duas direções ortogonais, a resultante deverá ser nula em 
cada um dos eixos.
De acordo com a figura, vem:
X
13
Segundo a direção x, Tl); = T^=>T, cos a = T2 cos (3.
Segundo a direção y, Ti,. + Tjy = P=> Ti sen a - f Tu sen 0 = P.
3. No caso ilustrado abaixo, admitindo-se que a polia e a corda 
tenham inércia desprezível, esquematicamente teremos:
Estando a polia em equilíbrio estático, vem: 
R = O -► P = 2T
4. No tratamento de algumas lesões do corpo humano é funda­
mental o conhecimento do equilíbrio estático, conforme você pode
14
1. MEDICINA DE SANTO AMARO — Um corpo que pesa 60 newtons 
está suspenso ao teto por dois fios, que formam com o teto 
ângulos de 60°. A força de tração em cada fio é de:
a) 34,5 N.
b) 51,8 N.
c) 86,0 N.
d) 91,3 N.
e) 120 N.
Resolução: Observando o es­
quema ao lado, temos:
• equilíbrio do corpo:
Rcorpo — O => T = P
• equilíbrio do ponto O:
Ro = O polígono das 
forças fechado
Pela lei dos senos:
T* P
sen 30° 
T i
sen 120° 
P
1
2
'=> T, =
Y T
2
P
Y T
T, =
60 YT60
Y T 3
=> Y = 20 V T N =»
=> pTi sa 34,5 N
Polígono das forças agentes em O:
15
Como o triângulo é isosceles, Tt — T2. Portanto, a intensidade da 
força de tração nos fios é, aproximadamente, igual a 34,5 N,
Resposta: alternativa a.
2. PUC (SÃO PAULO) — O es­
quema representa dois cor­
pos (1) e (2), com pesos res­
pectivamente iguais a 5 kgf e 
10kgf, suspensos por cordas 
Li e La. Supondo desprezíveis 
os pesos das cordas, as tra­
ções em Li e L2 valem, res­
pectivamente:
a) 10 kgf e 5 kgf.
b) 10 kgf e 15 kgf.
c) 5 kgf e 10 kgf.
d) 15 kgf e 15 kgf. 
è í 5 kgf e 15 kgf.
Resolução: Ao representar as for­
ças agentes nos corpos é inte­
ressante observar que no corpo 
(2 ) agem três forças: peso (P3), 
tração da cordaL^ (T i) e tração 
da cordaL2 (Ta).
Na situação de equilíbrio, temos: 
corpo (1): Ti = Pi (1) 
corpo (2): T2 = T i - | -P 2 (2) 
Substituindo-se (1 ) em (2) , 
vem: To = Pi + P2
Como P* 5 kgf e Po — 10 kgf, 
temos:
To = 5 kgf + 10 kgf =*
T o= 15 kgf
Como Ti “ Pi, então
Tr = 5 kgf .
»I
Resposta: alternativa e.
16
3. PUC (CAMPINAS) — 0 bloco A da figura pesa 100 kgf. O coe­
ficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície na qual 
ele repousa é 0,30. O peso P é de 20 kgf e o sistema está em 
equilíbrio. Qual a força de atrito exercida sobre o bloco A?
a) 20 kgf
b) 30 N
c) 30 kgf
Resolução: Observando o es­
quema ao lado, temos:
• equilíbrio do corpo de 
peso P:
d) 20 N
e) n.d.a.
R c o r p o = 0 = > T = P (1) 
equilíbrio do ponto O:
R0 — O => polígono das 
forças fechado 
Assim, pela lei dos senos: 
t T'
Polígono das forças agentes em O:
•sen-45^" _senr45+r 
=> T = T ' (2)
Pelo equilíbrio do bloco A,
# = . - Á (3) e N a = Pa (4).
Comparando as relações (1) , (2) e (3) , temos: 
P = T = T ' = A.
Como P = 20 kgf, vem:
A = 20 kgf
Note que a máxima intensidade da força de atrito estático será Adcs, = 
= HcNa = [i{.P A.
Como p,e = 0,30 e PA = 100 kgf, vem:
Adtrsl = 0,30 . 100 Adest = 30 kgf
/
n
Resposta: alternativa a.
4. UNIVERSIDADE DE BRASÍLIA — Na figura, os corpos A e B estão 
em contato e ligados por um fio flexível através de uma roldana. 
Uma força F é aplicada em B e o sistema permanece em equi­
líbrio. Sobre o corpo A atuam:
a) somente 2 forças.
b) somente 3 foi&as.
c) somente 4 forças.
Resolução: No bloco A, agem três forças:
1. força-peso (PA), aplicada pela Terra;
2. força de tração (T), aplicada pelo fio;
3. força de contato (C), aplicada pelo bloco B. Os vetores-compo­
nentes da força de contato são a força de atrito ( A ) e a força nor­
mal (N).
Resposta: alternativa b.
,1
18
Observação: As forças agentes em B são:
1. força-peso (PB), aplicada pela Terra;
2. força de tração (T), aplicada pelo fio;
3. força de contato (C'1, aplicada pelo solo;
4. força de contato (C), aplicada pelo bloco A;
5. força externa (F), aplicada pelo agente externo.
5. PUC (CAMPINAS) — Na figura, as massas de A e B são, respec­
tivamente, 10 kg e 5 kg. O coeficiente de atrito de A com a mesa 
é 0,20. O menor valor da massa de C, para evitar o movimento 
de A, é:
a) 15 kg. d) 12 kg.
b) 16 kg. e) 20 kg.
c) 10 kg.
19
No equilíbrio estático do sistema, teremos: 
bloco B: T = Pb (1)
blocos C e A: T = A (2) e N = PA- f P , (3)
À medida que a massa do corpo C diminui, a intensidade da força de 
atrito de destaque (do conjunto formado pelos blocos C e A) também 
diminui, pois A„ÍKt = g.cN = 11.,(PA + P<) = M M A + M0)g.
Quando a intensidade da força de atrito de destaque for igualada pela 
intensidade da força de tração, ocorrerá o mínimo valor da massa 
do corpo C compatível com o equilíbrio estático.
Assim, em (2) teremos T = Aliest (4).
De (1) e (4), vem:
Pu = A,i„at = jltN = |i,(P A -j- Po) => MBy = [U-(M.\ 4-
3
=> 5 — 0,2(104 Mo) ==» 5 = 2 + 0,2Mr => Mr — ------=>
0,2
=> Mc ^ 15 kg
Resposta: alternativa a.
6. FEI — Na figura anexa estão representadas duas esferas idênticas 
de peso P = 50 N. Desprezam-se os atritos. Calcule as reações 
das paredes, considerando o sistema em equilíbrio.
Resolução: Observando o 
esquema ao lado, podemos 
escrever:
* esfera Ei: o polígono das 
forças é um triângulo 
eqüilátero.
Logo:
N, = N;í = P =>
(D
P
N, _ Ng - 5 0 N
Polígono de forças da esfera E,:
Resposta: As reações das paredes nas esferas terão intensidades N , = 
== 75 N, N2 = 50 N, N, = 25 Y T n
1. MEDICINA DE POUSO ALE­
GRE — Na figura ao lado, as 
intensidades das forças de tração 
Tj e T2 nos fios deverão guar­
dar a seguinte reiação:
a) T, = T2.
b) T, < T2 < P.
c) T, > T 2 > P.
d) T x = P cos 30° e T2 = P cos 60°.
e) T] = P/cos 30° c T , = P/cos 60°.
21
2. FEI-MAUÁ — Uma corda de comprimento ( = 7,0 m está atada a dois 
pontos A e B, situados na mesma horizontal e separados por uma distância 
d = 5,0 m. Num ponto D da corda, a 3,0 m dc A, prende-se um corpo 
de peso P = lOkgf. Calcule as forças de tração nos trechos AD e BD da 
corda.
3. CESCEA — Na figura ao lado, |
temos um peso P, sustentado por B'
dois fios AB e AC. Nas condi­
ções da figura, podemos afirmar, 
a respeito das intensidades das 
forças de tração nos fios, que:
a) são menores em AB 'do que em AC.
. b) são maiores em AB do que em AC.
c) são iguais.
d) dependendo do peso P, as alternativas a, b ou c podem estar corretas.
e) Nenhuma das alternativas anteriores.
4. ACAFE — O sistema representado 
está em equilíbrio. A força de tra­
ção ha corda PO tem intensidade 
aproximadamente igual a:
(g = 10 rn/s2)
a) 100 N.
b) 50 N.
c) 116,3 K
d) 57,7 N.
e) 157 N.
5. MEDICINA DA SANTA CASA — Um ponto material está sob a ação de 
duas forças de mesma intensidade 50 N. O ângulo entre essas duas forças 
é de 120°. Para equilibrar o ponto, é necessário aplicar-lhe uma força de 
intensidadeigual a:
a) 100 N. d) 50 N.
b) 75 N. e) 25 N.
c) 50 V ^ N .
6, CESCEA —■ A figura ao lado 
mostra duas formas diferentes de 
se prender um mesmo balanço. 
Com respeito às intensidades das 
forças de tração nas cordas dos 
dois arranjos, podemos afirmar 
que:
a) são maiores cm A do que 
em B.
b) são maiores em B do que 
em A.
são iguais em A e em B. 
somente serão diferentes se
c)
d)
e)
ambos estiverem oscilando. 
Nenhuma das alternativas anteriores é correta.
7. PUC (SÀO PAULO) — Uma barra homogênea AB, de secção reta uniforme, 
comprimento 1,2 m e peso 16kgf, está suspensa, por meio de duas cordas 
AC e BC de pesos desprezíveis, conforme indica o esquema. A intensidade 
da força de tração em cada corda é de:
a) 20 kgf.
b) 16 kgf.
c) 12 kgf.
d) 10 kgf.
e) 8 kgf.
8. CESGRANRIO — Esta questão apresenta duas afirmações, podendo a 
segunda ser uma razão para a primeira. Marque:
a) se as duas afirmações forem verdadeiras e a segunda for uma justificativa 
da primeira.
b) se as duas afirmações forem verdadeiras c a segunda não for uma justifi­
cativa da primeira.
c) se a primeira afirmação for verdadeira e a segunda afirmação for falsa.
d) se a primeira afirmação for falsa e a segunda afirmação for verdadeira.
e) se a primeira e a segunda afirmações forem falsas.
Querendo romper uma corda, dois garotos tentam primeiro puxá-la, cada 
um segurando-a em uma de suas extremidades (fig. I). Não conseguindo, 
prendem uma das extremidades da corda a um gancho fixo numa parede 
e, os dois juntos, puxam a corda pela outra extremidade (fig. II).
Fig. 1 Fig. II
l.a afirmação
A probabilidade de a corda
romper é a mesma nas duas porque
experiências.
2.1 afirmação
Em ambos os casos, a maior 
tração a que os garotos con­
seguiriam submeter a corda 
é a mesma.
23
9. UNIVERSIDADE DE MINAS 
GERAIS — Um corpo de 8,7 kgf 
é suportado por duas cordas: MQ, 
horizontal, c QN, que forma um 
ângulo de 60° com a horizontal, 
conforme indica a figura ao lado. 
Sendo cos 30° = 0,87 e 
cos 60° = 0,50, as forças que 
agem ao longo das cordas valem:
a) F, = 5 N e F2 = 8,5 N.
b) F, = 0 e F2 = 10 kgf.
c) Fj = 8 ,5 N e F2 = 10 N.
d) F, = 5 kgf e F2 = 1 0 k g f.
e) F, = 0 e F2 = 8,5 kgf.
10. ENGENHARIA DE SÄO JOSÉ 
DOS CAMPOS — A bola da 
figura ao lado, suspensa por um 
fio AC inextensível e sem peso, 
apóia-se na parede vertical AB. 
O ângulo BAC vale 30° e o peso 
da bola é de 150 newtons. A 
reação da parede tem intensidade 
de aproximadamente;
a) 520 N.
b) 173 N.
c) 87,N.
d) 300 N.
e) Nenhuma das respostas ante­
riores.
11. FUVEST — Na figura, vemos 
dois corpos 1 e 2, de massas 
M, = 2,0 kg e M2 = 4,0 kg, 
respectivamente, ligados por um 
fio que passa por uma roldana. 
O bloco 2 está apoiado no solo. 
Supondo-se a inexistência de atri­
tos e de outras massas, pergun­
ta-se quais são as intensidades das 
seguintes forças: (g = 10m/s-)
a) força de tração no fio f.
b) força exercida pelo solo sobre 
o bloco 2.
24
12. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS — Um prisma de base hexagonal é colo­
cado, em equilíbrio, sobre os mesmos planos inclinados em duas posições 
diferentes (I) e (II), como mostra a figura abaixo. Os dois planos são com-
— y — *
pletamente lisos, sem atrito. Sejam F, e Fa as forças exercidas pelo plano
—> —*
AB sobre o prisma nos casos (I) e (II), respectivamente, e G , e G.> as forças 
exercidas pelo plano AC sobre o prisma nos casos (1) e (II), respectivamente.
Com base nesses dados, analise as afirmações abaixo:
—► —F
1 — As forças Fj c G> têm direções perpendiculares.
—* . *II — O módulo de F, é maior do que o módulo de F._,.
t i l — O módulo de F,_, é igual ao módulo de G].
13. FBI — O sistema abaixo está em equilíbrio. Os fios são leves e as polias 
A e B possuem massas MA = 1,00 kg e MB = 2,00 kg, respectivamente. 
O corpo C tem massa Mc = 5,00 kg e a aceleração da gravidade é g = 
= 10,0 m/s-. As forças tensoras Tj e T> valem, respectivamente:
14. FEI — Mediante uma força horizontal de intensidade F — 50 N. um corpo 
de peso P = 120N é mantido em equilíbrio sobre um plano inclinado que 
forma um ângulo O com a vertical. A intensidade da reação normal exercida 
pelo plano sobre o corpo e a tangente do ângulo valem, respectivamente:
a) 70 N e 7/12. d) 130N e 12/5.
b) 70 N e 12/7. c) 130N c 5/12.
c) 170 N c 12/17.
15. MEDICINA DE SANTOS — Dois pontos materiais P e Q de massas m e 
m', respectivamente, estão unidos por uma corda que passa por uma roldana. 
Os pontos mantêm-se em equilíbrio conforme mostra a figura abaixo. O pro­
duto das massas destes corpos é igual a 3 gramas; os ângulos í) e 0 valem, 
rcspcctivamente, 60° e 30°. Os ramos das cordas são paralelos às linhas de 
declive dos planos. Os valores de ra e m' são:
a) m = 31/4 g e m' = 3*f4 g. d) m - 3,/2 g e m' = 3 'i4 g.
b) m = 2 g e nf = 4 g, e) Faltam dados.
c) m ~ m' = 1 g.
d 16. MACKENZIE —- O bloco de peso lOkgf é mantido em repouso sobre
11
o plano inclinado indicado na figura mediante a aplicação da força F, para­
lela à reta de maior declive do plano inclinado. O coeficiente de atrito 
estático entre o plano inclinado c o corpo vale 0,5. A intensidade da for­
ça, em kgf, que satisfaz à condição do problema, é:
17. FEI-MAUÁ — Um corpo de peso P = 50 N está apoiado num plano 
inclinado que forma um ângulo de 30° com a horizontal. O coeficiente de 
atrito estático entre o corpo e o plano é |i =± 0,2. Um segundo corpo de 
peso O está preso ao primeiro por meio de um fio que passa por uma polia 
sem atrito. Entre que limites pode variar o peso Q de forma que o sistema 
permaneça em repouso? Poderá ser nula a força de atrito entre o corpo 
e o plano inclinado? Justifique.
26
18. ENGENHARIA DE SÂO CARLOS — O sistema da figura está em equi­
líbrio. O que se pode dizer do coeficiente de atrito estático k?
a) k = 0.3 d) k > 0.5
b) k < 0.3 ej k = 0,5
c) k < 0,5
19. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS (USP) — Dois corpos. A e B de mesmo 
peso e superfícies desigualmente polidas, encontram-se em equilíbrio sobre 
dois planos ortogonais entre si, conforme mostra a figura. Se inclinarmos 
mais qualquer um dos planos em relação à horizontal, o corpo i?á se movi­
mentar sobfc a linha de maior dcclfve do plano. Designando por c (j,B 
os coeficientes de atrito estático entre os corpos A c B e os respectivos pla­
nos de contato, podemos afirmar que:
20. ENGENHARIA DE SANTOS — A respeito da força équilibrante de uni 
sistema de forças concorrentes, podemos afirmar que:
a) seu sentido é sempre contrário ao da força resultante do sistema.
b) é sempre nula,
c) sua direção é sempre contrária à da resultante do sistema.
d) é sempre não-nula.
c) Nenhuma das respostas anteriores.
__________________________
21. ENGENHARIA DE SANTOS
— No sistema - representado na P ?
figura, F, = Fo = F. A força 1
equilibrante do sistema tem in­
tensidade:
a) 2F.
b) F/2.
c) F/VT.
d) F V 2. ,,
e) Nenhuma das respostas ante­
riores.
22. MEDICINA DE SANTOS — Assinale a alternativa errada:
a) Dado um ponto cm equilíbrio sob a ação de três forças, qualquer delas 
é resultante das outras duas.
b) A resultante de duas forças concorrentes pode ter intensidade igual à soma 
das intensidades das forças componentes.
c) Dadas duas forças concorrentes em um ponto P, a linha de ação da re­
sultante delas também passa por P.
d) Uma das alternativas acima está errada.
23. CESCEA -— Uma esfera é presa pelo seu centro a fios inextensíveis, de mas­
sas desprezíveis, que passam por duas roldanas também de massas despre­
zíveis e livres de atrito. Na extremidade dos fios estão dois corpos de pesos 
P] = 20 N e P, = 10 N, conforme mostra a figura. O peso da esfera é 
de 20 N e o sistema está em equilíbrio. Os valores do ângulo d> e da reação 
do apoio sobre a esfera, que mais se aproximam dos valores corretos, são, 
respectivamente: (Considerar sen 30° = 0,5; sen 45° = 0,7 e sen 60° — 0,9.)
Ü
a) 30° e ON.
b) 30° e 12 N.
c) 45° e 18 N.
d) 60° e 0,7 N.
e) 60° e 2,5 N.
28
Este enunciado refere-se aos dois testes seguintes:
Um fio flexívelpassa por uma polia fixa e sustenta em suas extremidades 
dois pesos, P e O. Q pode deslizar sem atrito ao longo de uma barra 
vertical.
24. PUC (SÃO PAULO) — Na posição de equilíbrio, a força aplicada pela barra 
sobre o anel Q é:
a) horizontal, orientada para a direita,
b) vertical, orientada para baixo.
c) vertical, orientada para cima.
d) horizontal, orientada para a esquerda.
e) inclinada em relação à barra,
25. PUC (SÃO PAULO) — Supondo d> = 60°, a relação P/Q, na posição dc 
equilíbrio, vale:
1. b 2. Tad = 8 kgf; TBD = 6 kgf. 3. b 4. c 
5. d 6. a 7. d 8. e 9. d 10. c
11. al Tf = 20 N; b) N = 20 N.
12. I — C; II — E; lil — E,
13. e 14. d 15. a 16. e 17. Omín = 16,3 N; Qmfc = 33,7 N. A força de atrito 
será nula quando Q = 25 N.
18. d 19. c 20. a 21. d 22. a 23. e 24. a 25. b
a) 1/2.
b) 2.
c) \r j n .
d) 2 /V 3 .
e) í
30
Momento escalar de uma força
—>
Define-se momento escalar de uma força F, em relação a um 
ponto O, como sendo o produto da intensidade F dessa força pela
—y
distância d que vai de O à linha de ação de F (reta que define a direção 
da força), acrescido de um sinal positivo ou negativo. Ou seja:
Mt’(o> = ± Fd
O momento escalar de uma força agenfe num corpo está asso­
ciado à tendência de rotação deste corpo, em relação ao ponto, devido 
â ação da força.
1. 0 ponto O é denominado pólo do momento.
2. A distância d é denominada braço do momento.
3. O momento associado à tendência de rotação no sentido horário será
admitido negativo. v
\
\
\
O momento associado à tendência de rotação no sentido anti-horário será 
admitido positivo.
mf (0> ^ 0
4. O momento de uma força será nulo quando o braço do momento for 
zero (linha de ação da força passando pelo pólo).
5. No Sistema Internacional, o momento de uma força é medido em N . m.
• Aplicações
Ilustremos algumas situações práticas onde ocorrem momentos 
de forças:
Observe que quanto maior for o braço do momento, mais faci 
mente obteremos a rotação desejada.
Binário
Quando um corpo está submetido a duas forças com intensidades 
iguais, mesmas direções, sentidos opostos e linhas de ação distintas, 
dizemos que esse corpo está sob a ação de um binário.
Observe que a aplicação de um binário produz a rotação do corpo 
sem causar aceleração de translação, pois a soma vetorial das forças 
do binário é nula. A partir da figura acima, podemos escrever:
>=> Mbitiirio = + 2Fd (sentido anti-horário) => 
} =$ M = + FD, onde D = 2d
O momento de um binário não depende do pólo escolhido. É sempre 
igual ao produto da intensidade de uma das forças pela distância 
entre suas linhas de ação, acrescido do sinal relativo ao sentido 
de rotação.
Aplicações
Veja, agora, algumas situações práticas onde as rotações são 
causadas pela ação de um binário:
34
Equilíbrio de um corpo rígido
Para que um corpo rígido, sob a ação de forças agentes num 
mesmo plano, esteja em equilíbrio estático, é necessário e suficiente 
que:
1) a soma vetorial de todas as forças agentes no corpo seja nula.
2] a soma algébrica dos momentos escalares de todas as forças em 
relação ao mesmo ponto (pólo], no plano das forças, seja nula.
Em resumo:
Equilíbrio estático de um corpo rígido
= 0
SM fioi = 0
Se um sólido em equilíbrio estático está submetido somente à ação de 
três forças coplanares, necessariamente as linhas de ação dessas 
forças deverão concorrer num único ponto ou serem as três paralelas.
I_______ / __ _ ___
Isto se deve ao fato de que a soma algébrica dos momentos das forças 
deve ser nula em relação a qualquer ponto do corpo no plano das forças.
• Alavancas — Alavancas são máquinas simples, constituídas 
de uma única barra rígida, que pode girar em torno de um ponto fixo 
denominado fulcro ou ponto de apoio.
Pode-se realizar um trabalho com menor esforço quando se uti­
liza uma alavanca. Considerando-se o peso da barra desprezível em
relação às demais forças, as forças agentes na alavanca são:—►
• força resistente (R): força que se deseja vencer;
• força potente (F): força que o operador exerce na barra;
• força normal (N): força aplicada pelo apoio (fulcro).
fulcro
36
Na situação de equilíbrio da alavanca, temos:
1) 2F = 0 = > N = R “[ -F
2) SMfio) — 0 -)-Ra — Fb = 0 => Ra = Fb
Abaixo, vemos uma aplicação do equilíbrio de uma alavanca na 
construção civil.
— Classificação das alavancas — De acordo com a posição do 
fulcro, em relação às forças potente e resistente, as alavancas se 
classificam em:
Interfixa — O fulcro situa-se entre a potência e a resistência. 
Exemplos: tesoura, monjolo, balança de travessão e gangorra.
Interpotente — A potência é aplicada entre o fulcro e a resis­
tência. Exemplos: pinça e pedal de acelerador.
Inter-resistente — A resistência situa-se entre o fulcro e a po­
tência. Exemplos: carrinho de mão e quebra-nozes.
O esqueleto humano é um conjunto de alavancas de todos os tipos, como 
podemos observar na ilustração:
• Tombamento de um sólido — Suponha um plano inclinado de 
inclinação variável CI\ onde repousa um sólido, conforme mostra o 
esquema seguinte.
Vamos supor também que o coeficiente de atrito estático entre 
as superfícies de contato seja elevado, de modo que não haja escor­
regamento do bloco sobre o plano.
À medida que formos variando a inclinação <£ no sentido indi­
cado, vamos aumentando as possibilidades de o sólido tombar.
38
Agora, vamos estudar esse fenômeno. Quando o sólido está 
apoiado sobre o plano, as forças N e P estão dispostas conforme 
figura 1.
À medida que a inclinação do plano for aumentando, a com­
pressão do apoio tende a mudar sua linha de ação para a aresta AB 
do sólido. Enquanto a linha de ação do peso P passar pela base do 
sólido (segmento AD), não haverá tombamento.
Quando a linha de ação de P passar pelo ponto A, o sólido estará 
no limite de tombamento (figura 2). Um mínimo acréscimo ao ângulo 
de inclinação do plano será suficiente para o sólido tombar. No limite 
de tombamento, podemos escrever:
_ AD A b
tg <í> = ------ => tg $ = — (1)
DC h
Conclusão:
39
1, Baseado no que foi exposto, podemos entender o funcionamento do 
brinquedo conhecido como "João-teimoso". Esta teoria também é 
fundamental na construção de inclinações de acostamentos em trechos
2. Quando se tem um conjunto de 
blocos homogêneos dispostos 
em uma pilha, o limite de 
desmoronamento da_ mesma 
ocorrerá quando a linha de 
ação do peso dos blocos que 
estiverem acima de outro passar 
pela aresta deste. Observe os 
esquemas abaixo. Nesses 
esquemas, estudamos o equilíbrio 
para uma pilha de três blocos.
equilíbrio 
de uma pilha 
de blocos 
homogêneos
aresta
linha de ação 
dede \ ;
^ ' 1 p. \ ' ✓ ^_lâ s ----- pi + pa
aresta
Se os blocos são homogêneos, a linha de ação dos pesos 
passará pelo centro geométrico dos blocos.
40
Complementos
1) Máquinas simples — Vimos que a alavanca é uma máquina 
simples. Assim como ela, existem outras máquinas simples cuja 
função é transmitir ou modificar forças: o plano inclinado e as polias.
O plano inclinado tem grande aplicação no transporte de cargas pesadas (vagões 
de mineração, caminhões de mudança), bem como em parques de diversões.
A polia ideal simplesmente modifica a direção da força de tração transmitida 
pelo fio que a envolve.
41
Em nossa análise, consideraremos tais máquinas como sendo 
ideais (os atritos das polias serão desprezíveis e não consideraremos 
as inércias dos fios e das polias).
Denomina-se vantagem mecânica de uma máquina simples a ra­
zão entre as intensidades da força resistente e da força potente no 
equilíbrio.
Ou seja:
Sendo tf o trabalho realizado pela força potente e xR o trabalho 
realizado pela força resistente, o rendimento de uma máquina simples
será obtido mediante o quociente
2) Associação de polias — Na prática, é de grande interesse 
associarmos polias fixas e móveis, a fim de conseguirmos mover 
pesadas cargas com um mínimo de esforço. Apresentaremos, ainda 
que superficialmente, algumas dessas associações:42
43
— Talha diferencial
— Sarilho — O sarilho é uma associação de máquinas simples, de 
grande utilidade na exploração de poços de água em zonas rurais.
44
Três forças atuam neste sistema: a força potente F aplicada na 
manivela, a força resistente R agente na corda e a reação do 
vínculo N.
Na situação de equilíbrio, temos:
Mkioi ~F ~J- Mí (o) = 0 => Rr -)- 0 — Fb — 0 =$ Fb — Rr
Sendo VM = — , então 
F
Note que o sarilho funciona como uma alavanca interfixa de braços 
desiguais.
3) Equilíbrio dos sólidos
— Corpo apoiado — Dizemos que um corpo apoiado sobre uma 
superfície está:
• em equilíbrio estável quando, levemente afastado de sua posição 
de equilíbrio, volta a recuperá-la (figuras 1 e 4).
• em equilíbrio instável quando, levemente afastado de sua posição 
de equilíbrio, não mais volta a recuperá-la (figuras 2 e 5).
• em equilíbrio indiferente quando, afastado de sua posição de 
equilíbrio, ele retoma o equilíbrio em situação análoga à anterior 
(mesmas forças e mesmo estado em relação ao apoio) (figuras 3 e 6).
f ß 'i i /
í f , I ■- / 
y ____ v _ A
fig. 2 fig- 3
A /<f\ I
&
fig. 1
fig. 5 fig. 6
— Corpo suspenso — Dizemos que um corpo suspenso por um de 
seus pontos está:
• em equilíbrio estável, se o ponto de suspensão S se localiza 
acima do centro de gravidade G do corpo [figuras 7 e 10).
• em equilíbrio instável, se o ponto de suspensão S se localiza 
abaixo do centro de gravidade G do corpo (figuras 8 e 11).
• em equilíbrio indiferente, se o ponto de suspensão S coincide 
com o centro de gravidade G do corpo (figuras 9 e 12).
G
, 1 C G = SSB
G Si ' !
fig. 7
fig. 8
1
fig. 9
fig. 10 f ig . 11 fig. 12
Outros exemplos de corpos em equilíbrio
equilíbrio indiferente
46
Como percebemos, a posição do centro de gravidade de um 
corpo rígido, em relação ao seu ponto de apoio ou de sustentação, 
desempenha papel fundamental no estudo do seu equilíbrio.
Verifica-se que um corpo será tanto mais estável em seu equi­
líbrio quanto mais baixo estiver situado seu centro de gravidade, de 
modo que a vertical baixada deste centro caia dentro de sua base 
de apoio.
Compare a estabilidade dos móveis abaixo, quando ambos sofrem
a mesma inclinação:
G mais baixo: 
maior estabilidade
G mais alto. 
menor estabilidade
4) Tensão normal e tensão de cisalhamento — Imaginemos uma
força F aplicada à secção transversal de área S de um sólido pris­
mático.
Façamos a decomposição desta força nas direções tangencial e 
normal à superfície de área S, onde o esforço é exercido.
O vetor-componente-normal Fn pode realizar um esforço de tração 
ou de compressão.
Ao quociente entre a intensidade do vetor-componente-normal 
(Fn) e a área da superfície (S) denominamos tensão normal (aN)-
Em símbolos: =
Fn
A unidade de no SI é
N
m"
O vetor-componente-tangencial FT realiza um esforço de cisalha- 
mento.
Ao quociente entre a intensidade do vetor-componente-tangencial 
(Ft ) e a área da superfície (S) denominamos tensão de cisalha- 
mento (aT).
Em símbolos: CFj -- Ft
A unidade de crT no SI é
rrr
É comum se fazer confusão entre tração (grandeza vetorial) e 
tensão (grandeza escalar).
5) Deformação normal específica — Se o sólido prismático men­
cionado no item anterior for uma barra de comprimento original L,
o supondo que, sob a ação da força F, ela tenha se alongado ou encur-
48
tado de um comprimento de intensidade AL, definimos como defor-
maçao normal específica (s) a grandeza escalar
6) Lei de Hooke*— Hooke verificou experimentalmente que, 
dentro de certos limites (regime elástico), havia uma proporciona­
lidade entre tensões normais (aN) e deformações específicas (s).
Em símbolos:
cfN = Ee
onde E é o coeficiente de proporcionalidade, conhecido como módulo 
de Young. E depende da natureza do material que constitui o sólido 
prismático.
Graficamente:
* Robert Hooke (1635-1703) — Físico, astrônomo e matemático inglês. Estudou os 
gases, o movimento planetário, descobriu a lei da elasticidade e a difraçãp da luz. 
Estudou também fósseis microscópicos e propôs teorias sobre a evolução das 
espécies.
E vem:
cjn = Ee
Fn AL
=> = E
s
RF
L
=> Fn —
L
-AL
onde ------ = K é denominada constante elástica do sólido.
L
Assim, Fn — KAL , que é a expressão mais conhecida da lei 
de Hooke (a intensidade da força normal é diretamente proporcional 
à intensidade da deformação). Entretanto, é bom ter em vista que, a 
partir de um valor de intensidade da força normal, deixa de haver 
proporcionalidade entre Fm e AL, ou seja, entre aN ee. A partir de 
então, as deformações passam a ser plásticas (ramo AB do gráfico}.
1. CESGRANRIO — Querendo arrancar um prego com um martelo, 
conforme mostra a figura, qual das forças indicadas (todas elas 
de mesma intensidade) será mais eficiente?
a) A
b) B
c) C
d) D
e) E
50
Resolução: Evidentemente, só as forças representadas por C, D e E 
têm condições de arrancar o prego de maneira normal.
Aquela que apresentar o maior momento escalar em relação ao ponto 
O (cabeça do prego) será a mais eficiente das três.
Como as intensidades das. forças são iguais, o maior momento será 
aquele que possuir maior braço.
Observando a ilustração abaixo, concluímos que o maior braço (dis­
tância do pólo à linha de ação da força) refere-se à força representada
Conclusão: A força mais eficiente, a que apresenta maior momento 
escalar em relação ao pólo O, é representada pela letra D.
Resposta: alternativa d.
2. CESCEA — A figura abaixo mostra duas massas M e 2M presas 
aos extremos de uma barra rígida de comprimento d. Deseja-se 
equilibrar o conjunto, apoiando-o em um ponto da barra, situado 
a uma distância x da massa M. Qual deve ser o valor de x?
a) x = 2d/3 c) x — d/3
b) x = 3d/5 d ) x = d/5
Resolução: Admitindo o peso da barra desprezível e estando o sistema 
em equilíbrio, podemos escrever que a soma dos momentos das forças 
agentes é nula em relação ao ponto de apoio O,
Ou seja:
SMpiot ' 0
Do esquema acima, podemos escrever: 
Mpioi = +Px (sentido anti-horário) 
M2p(0) = —2P(d — x) (sentido horário) 
Mn,0) = 0 (momento tem braço nulo)
Assim, EMpioi = 0 implica em:
Px — 2P(d — x) -f- 0 = 0 => Px = 2P(d — x ) =>
=> x = 2d — 2x => 3x = 2d
Resposta: alternativa a.
3. UNIVERSIDADE DO PARANÁ — Na estrutura abaixo, o peso da 
barra horizontal é 120 N, e o peso do bloco é 60 N. Sendo a = 2m 
e a' = 0,50 m, as reações dos apoios A e B são:
a) Na = 100N e NB = 80 N.
b) Na = 105 N e Na = 75 N.
c) Na = 120 N e Nb = 60 N.
d) Na = 130 N e Nb = 50N.
e) Na = 140 N e NB = 40 N.
52
Resolução:
a) Estando o sistema em equilíbrio, a soma dos momentos das forças 
será nula em relação a qualquer ponto no plano das forças. To­
memos, por exemplo, o ponto A.
Portanto, £M F(A) = 0.
Do esquema anterior, podemos escrever: 
Mna<a, = 0 (braço do momento é nulo) 
M„(a. — —pa' (sentido horário)
Mp(Ai = —P — (sentido horário)
2
= 4-N b3 (sentido anti-horário)
Portanto, 2M F(A) = 0 implica em:
0 — pa' — P ----- \~ N Ba = 0 NBa = P — - f pa' =>
2 2
P = 120 N
1 a' p — 60 N
^ n b = — P + P — 
2 a
onde a ' - 0,50 m
a = 2 m
Logo:
i 1/2 _n b = — . 120 + 60 .
2 2 
=> |N b = :7 5 N
b) Como o sistema está em equilíbrio, temos SF = O.
ÍP = 120 N
Logo, Na + N b = P + p => Na = P + p — N B, onde r p = 60 N
( n b — 75 N
E temos:
Na = 120 + 60 — 75 Na = 105 N
Resposta' alternativa b.
4. ENGENHARIA DE SÃO JOSÉ 
DOS CAMPOS — Um fcioco 
de massa igual a 240 kg está 
suspenso, conforme é apre­
sentado na figura ao lado. 
Considerando desprezível a 
massa da barra AB, a força 
de tração no cabo BC éde: 
(Admitir g = 10 m /s2 )
a) 3 000 N.
b) 3 200 N.
c) 1 800 N.
d) 4 000 N.
e) Nenhuma das anteriores
Resolução:
a) Aplicando Pitágoras ao triângulo retângulo CAB, temos:
54
No triângulo ADB, sen a =
b) Para facilitar o estudo das forças agentes no ponto A da barra, 
decompomos a força de contato exercida pela parede em:
—*
V : vetor-componente -vertical;
H: vetor-componeme-horizontal.Na situação de equilíbrio, 2 Mf<a) — 0.
Observando o esquema das forças, podemos escrever: 
Mvi*i = 0 
Mh (A) = 0
MT(A) = 4- Td (sentido anti-horário)
Mt'(m = —T (A B ) (sentido horárioj 
Então, SMfiai = 0 implica cm:
T'(a B)
Td — T'(AB) = 0 => T'( AB) = Td => T = — -------
d
Como o bloco está em equilíbrio, T' = P.
P(AB)
Logo, T = —------- -, onde
d
2 400 . 16
P = Mg = 240 
AB = 16 m 
48
d — -----m
5
Assim: T =
48
T = 4 000 N
10 — 2 400 N
Observação: Na situação de equilíbrio da barra, temos 2 F = O. Decompondo 
as forças agentes nas direções horizontal e vertical, temos:
horizontal: H — T cos a, = 4 000 . -----= 3 200 =>
20
H = 3 200 N
vertical: V + T sen « = p = > V = P - T sen « = 240.10 - 4 000 . —
V = 0 |
Portanto, a força do contato total exercida peia parede na barra será 
dc 3 200N , horizontal.
Resposta: alternativa d.
5. 1TA — Uma escada AB, de peso desprezível, apóia-se no chão e 
numa parede vertical, como mostra a figura. O ângulo da escada 
com a parede vertical vale <I> e o coeficiente de atrito, nos dois 
apoios, é [i = 0,5, Qual deve ser o ângulo <f> para que um homem 
de peso 80 kgf possa subir até á metade da escada, sem que ela 
escorregue?
Resolução: Quando unia barra está apoiada contra uma parede, tendo 
a sua outra extremidade apoiada no solo, devemos decompor as reações 
dos apoios (parede e solo) horizontal e verticalmente.
Assim, a ação Ci da parede na barra será decomposta em Hi e Vi,
—>
obedecendo às tendências de escorregamento da barra. A ação C2 do
—> —4
solo sobre a barra será decomposta em Ha e V2, observadas, também, 
as tendências de movimento da barra junto ao solo.
Ao tomarmos o momento das forças agentes na barra, estando o sistema 
cm equilíbrio, devemos procurar fazê-lo em relação ao ponto onde 
esteja concentrada a maioria das forças, pois, assim, os momentos 
correspondentes se anulam (braço zero).
56
d.,
Na situação de equilíbrio da escada, temos:
a) 2F = O
Na direção horizontal, H( — Ho (1).
Na direção vertical, V] + Vo — N — P => V, -f- VL. = P (2 ). 
Na iminência do deslizamento, sabemos que A ^ , = pN.
Assim, Vi = [iHi (3) e Ha = |.tVH => V2 = ■— — (4).
Substituindo (3) e (4) em (2), teremos jtHt -f-
!l
Ho
P.
H, / 1 \
Substituindo (1), vem pHi + -— - = P => Hx l[ i H----- j = P
P \ P /
P 1
------= li H------
H, ti
(5).
b) S M fío) — 0
Mv, IOI + MHj (q, -f- Mv2(OI + M|i2(0) + Mpiül — 0 =>
=> —V ,d, — Had2 + 0 + .0 + Pd* = 0 => V,d, + Hjd, = Pd, (6) 
Nas condições do problema, o homem atingiria o meio da escada no 
instante em que as forças de atrito estático se tornassem máximas, 
di
Como d, ---- , podemos substituir, em (6):
2
V1dI Hido = P —— Hido = ^--------Vi ̂ di =>
P
-------Vi
2
-------------- =>
do
H,
do 1 P V,
di 2 H, H,
Substituindp e Vi pelas igualdades correspondentes, encon-
Pi
H,
tiradas nas expressões (3) e (5), vem:
d: 2jt 2 . 0,5 l
Logo; ------= -------------- = ----------------- - — --------------
& 1 - (x® 1 _ (0,5)- l - 0,25
1 100 í1 d, 1 i 4̂
0,75 75 3 Ci­ te 3
Resposta: O ângulo formado entre a escada e a parede vertical, para
4
que o observador consiga atingir o meio da escada, será O — arc tg — .
3
6. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS (USP) — Tem-se uma caixa de 
fósforos de dimensões a, b e c, cujo centro de gravidade coincide 
com o de simetria. Coloca-se um palito de fósforo (considerando 
seu peso desprezível) entre uma das laterais da gaveta e a tampa 
da caixa, como mostra a figura. Qual o maior comprimento L 
do palito para que a caixa fique em equilíbrio?
a) a2/ b _ d) a/b2
b) 2a/Y"5" e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 2b/2
58
Resolução: A situação-limite de equilíbrio ocorrerá quando a linha dc 
ação da força-peso passar pela aresta A.
vi b a
Neste caso, teremos tg a = — (l) e tg a — ____ (2).
a L
b a
De (1) e (2), vem: — = — => 
a L
Resposta: alternativa a.
7. ITA — Uma barra delgada e homogênea está simplesmente apoiada 
na parede, sem atrito, como mostra a figura. Para que o sistema 
fique em equilíbrio, o fio deve ser ligado no ponto:
b) Q ou R. e) R.
c) P ou R.
Resolução: As forças agentes na barra são:
peso (P), aplicada pela Terra, no centro de gravidade da barra, ponto Q;
normal (N), aplicada pela parede, na extremidade da barra e na direção
do seu eixo longitudinal;
—*
tração (T), aplicada pelo fio.
As forças peso e normal podem ser esquematizadas:
.......... . _ Q
—*
Tr
—► 
Pr
Na situação de equilíbrio, a soma dos momentos escalares das forças 
agentes na barra deve ser nula em relação a qualquer ponto no plano 
das forças.
Portanto, em relação ao ponto Q, devemos ter EMF(Q, = 0.
O momento das forças peso e normal em relação a Q vale:
- V
— 0 (força N tem linha de ação que passa por Q)
Mp,oi = 0 (força P tem linha de ação que passa por Q)
Logo:
L M|. 4qi = 0 =>
= > M N(0i -|- M p,q, -f- M TIOi = 0 =>
=> 0 -f- 0 -f- MT(0, = 0
E vem:
M j (OI — 0 —>
Isto significa que a linha de ação da força T passa pelo ponto Q. 
Logo, o fio deve estar ligado ao ponto Q.
Se o fio fosse ligado ao ponto P ou R, o sistema não ficaria em equi­
líbrio, pois os momentos das forças N e T seriam nulos em relação 
a eles (linha de ação passando pelo pólo), mas o momento da força
P não o seria. A barra tenderia, então, a sair da posição horizontal, 
desequilibrando-se. conforme vemos a seguir:
60____________________________________ _______ _
Resposta: alternativa d.
Observação: O exercício anterior nos permite, então, concluir que: quando 
um corpo rígido está em equilíbrio sob a ação de três forças coplanares 
não-paralelas, elas devem, necessariamente, ter suas linhas de ação 
concorrendo num único ponto.
8. ENGENHARIA DE SÃO JOSÉ DOS CAMPOS — Utilizando uma 
talha exponencial, é necessária a aplicação de uma força de 
1 000 N para equilibrar um peso de 512 000 N. O número de rol­
danas móveis da talha será de:
a) 4. d) 15.
b) 7. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 11.
Resolução: A relação entre a 
intensidade da força potente 
(F) e a intensidade da força 
resistente (R) é dada por F = 
R
= ------ , onde n e o numero de
2"
roldanas móveis.
Como F = 1 000 N e 
R = 512 000 N, temos:
F = — =>
2"
1 000 =
512 000 
2"
=> 2n = 512
Como 512 = 2“, decorre 2" = 2o.
Logo: j n = 9
Resposta: alternativa e.
F = 1 000 N
roldanas
móveis
=- 5t2 000 N
1. KPUSP — No esquema abaixo, o módulo do momento da força F. em rela­
ção ao ponto O. é. M. Gira-se, no plano da figura, o segmento representa-
—►
tívo da força F de 60° em sentido a nti-lio rã rio, cm torno de seu ponto de 
aplicação; inverte-se seu sentido; quadruplica-se seu módulo e seu ponto
de aplicação é levado ao ponto médio do segmento OP por translação. 
Com isso, podemos afirmar que: C
62
a) o momento muda de sinal, mas não de módulo.
b) o momento muda de sinal e seu módulo passa a /TM .
c) o momento muda de sinal e seu módulo passa a 2M.
d) somente com estes dados não se pode determinar o novo momento.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
2. MEDICINA DE SANTO AMARO — A respeito de um binário ou con­
jugado, podemos afirmar que:
a) tem resultante nula.
b) sua resultante produz uma rotação no corpo sobre o qual atua.
c) não tem resultante.'
d) há uma força que, atuando sozinha sobre um corpo livre, produz o mesmo 
efeito que um binário.
c) não se pode dizer nada a seu respeito.
3. MEDICINA DE SANTO AMARO — A figura abaixo indica um binário 
e um ponto O.
Temos, então, que o momento do binário em relação ao ponto O será:
a) zero.
4. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS (USP) — A figura abaixo mostra um 
quadro pendurado em uma parede. Admitindo que o tio é ideal e que o 
quadro é retangular c tem o centro de gravidade coincidente com o centro 
geométrico, podemos afirmar que a força exercida sobre I parede, no ponto 
P, é representada pelo vetor:
d
£ | . d, + | £ l . da.
d) MWn = j F2 I . d.
c) Nenhuma das respostas anteriores.
a)
e)
c)
P
63
6. MACKENZIE — Para que a barra não sofra rotaçãoem torna de C, deve­
mos ter:
a) F, = FL>.
b) F, sen . AC — F» cos <I> . CB = 0.
c) F; cos <I> — Fa sen <I>.
d) AC . sen = CB . cos <I>.
e) Nenhuma das anteriores.
7. UNIVERSIDADE DE MINAS GERAIS — Dois meninos A e B estão equi­
librados numa tábua de peso desprezível, apoiada em C, conforme a figura.
c) 30 kgf.
64
8, FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS — Uma vassoura é suspensa pelo seu 
centro de gravidade, como indica a figura, permanecendo na posição hori­
zontal. Cortando o cabo no ponto de suspensão e medindo o peso das duas 
partes obtidas, observa-se que:
J
a) as duas partes têm mesmo peso.
b) a parte que contém a vassoura é a mais pesada.
c) a parte que contém somente o cabo é mais pesada do que a que contém 
a vassoura.
d) a parte que contém a vassoura pode pesar mais ou menos que a parte 
que só contém o cabo.
e) o fato de a vassoura conservar-se na horizontal indica que a gravidade é 
praticamente nula no local da experiência.
9. MACKENZIB — Uma pessoa de peso I* desloca-se ao longo de uma 
prancha rígida, apoiada em duas paredes verticais paralelas, separadas por 
uma distância d, como mostra a figura.
Ao passar de um extremo ao outro, o esforço E sobre a parede A, des­
prezando-se o peso da prancha, varia de acordo com o diagrama:
e) Nenhuma das respostas anteriores.
10. UNF.SP — O sistema da figura abaixo é leve e suporta a carga O. em 
equilíbrio. Com base nessa afirmação, assinale a alternativa correta.
a) A barra BC sofre e exerce forças maiores do que Q,
b) A barra AC é comprimida, 
e) A barra BC é tracionada.
d) Em caso algum as forças suportadas por uma barra podem superar 
a carga Q.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
11. FE! — A figura mostra uma viga homogênea, prismática, disposta hori­
zontalmente, apoiada num cutelo em C e suspensa em A por um fio ver­
tical, Sendo o peso da viga igual a 150 N, determinar a tração no fio AB.
12. MEDICINA DE POUSO ALEGRE — Para sustentarmos, em equilíbrio, 
uma carga de 20 kgf, suspensa no ponto médio de uma alavanca homo­
gênea horizontal com 10 kgf de peso, articulada em A, conforme mostra 
a figura, devemos fazer uma força F de:
a) 10 kgf.
b) 15 kgf.
c) 20 kgf.
d) 30 kgf.
e) 60 kgf.
A barra AB apresentada na figura abaixo tem peso desprezível e está presa 
a uma parede vertical, mediante um fio inextensível CD, e a um pino 
colocado na extremidade A. A barra sustenta um corpo de peso P = 100 N. 
preso à extremidade B. São dados AB = 6 m e BC = 2 m. Este enunciado 
refere-se às três questões seguintes:
13. FEI -— A intensidade da força dc tração no fio CD vale:
a) 100 N. d) 150 vT N .
b) 50 VTTN. e) Nenhuma das alternativas anb
c) 150 N.
14, FEI — A reação em A tem a direção indicada na figura:
b) II.
c) III.
d) IV.
15. FEI —- Para que a reação em A tenha a direção da barra, o fio de sus­
pensão do corpo deve ser preso no ponto:
a) A. d) médio da barra.
b) B, c) Nenhuma das alternativas anteriores-
c) C.
Í6. MEDICINA DA SANTA CASA — Duas polias concêntricas, presas a 
um mesmo eixo, têm raios de 20 cm e 40 cm. Quatro cordas, A, B, C 
e D, estão enroladas nas polias, de modo que A e B, quando fraciona­
das, giram as polias no sentido anti-horário, enquanto que C e D as giram 
no sentido horário. Uma pessoa de 60 kgf quer levantar uma carga de 
100 kgf. A melhor maneira de satisfazer o seu desejo é-
a) puxar pela corda
b) puxar pela corda B, o preso na corda D. 
preso na corda D.
corpo
c) puxar pela corda A, o corpo
d) puxar pela corda C, o corpo preso na corda B.
e) O homem não é capaz de levantar o corpo de forma alguma, qualquer 
que seja a combinação acima utilizada.
17. MACKENZIE — Um tubo homogêneo é transportado na posição hori­
zontal por três homens A, B e C, O homem A segura o tubo cm uma 
extremidade c os outros suportam-no através dc uma viga transversal, 
muito delgada, de modo que a carga seja igualmente dividida entre os três 
homens. Desprezando o peso da viga, a distância X, em. função dos com­
primentos indicados na figura vista na planta, vale:
c) L/4
68
18. MEDICINA DA SANTA CASA — A barra da figura pode girar livre­
mente em torno do eixo fixo S. Um corpo de massa M = 100 kg é pendu­
rado na extremidade R da barra, que é mantida na posição horizontal através 
de um dinamômetro preso no ponto O. O ponto O é tal que OS = 10 cm 
c OR = 40 cm.
Desprezando o peso da barra e considerando a aceleração da gravidade 
g = lOm/s-, o dinamômetro. na vertical, deverá marcar, aproximadamente;
a) 20 N.
b) 25 N.
c) 80 N.
d) 500 N.
c) 5 000 N.
Uma barra rígida, com peso desprezível, articulada em A e apoiada em Q. 
sustenta, na extremidade B, um peso P = 100 VTN. As distâncias 
AQ e OB valem, respectivamente, 60 cm e 40 cm. O ângulo <I> mede 30°. 
Este enunciado refere-se às questões de 19 a 21.
19. PUC (SÃO PAULO) — Nestas condições, a reação desenvolvida no ponto 
de apoio Q tem intensidade;
a) 100 N. d) 250 N.
b) 125 N. e) 500 N.
c) 100 V T N .
20. PUC (SÃO PAULO) — A reação horizontal em A tem intensidade:
a) 100 N. d) 250 N.
b) 125 N. e) 500 N.
c) 100 V T N .
21. PUC (SÃO PAULO) — A reação vertical em A tem intensidade e sen­
tido dados por:
a) 25 V T N , para cima. d) 100 V T N , para baixo.
b) 25 V T N , para baixo. e) 250 N, para cima.
c) 100 V T N , para cima.
22. PUC (SÃO PAULO)
a) intcrfixas.
b) iníer-resistentes.
c) interpotentes.
— A tesoura é uma combinação de duas alavancas: 
d) uma ínterfixa e outra inter-resistente. 
c) uma ínterfixa e outra interpotente.
23. MEDICINA DA SANTA CASA — Normalmente, os objetos esquemati­
zados abaixo funcionam, rcspectivamcnte. como alavancas de que tipo?
a) ínterfixa, interpotente, inter-resistente e inter-resistente.
b) Interpotente, interpotente, interpotente e interpotente.
c) Inter-resistente, interpotente, ínterfixa e Ínterfixa.
d) ínterfixa, inter-resistente. inter-resistente e interpotente.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
24. ENGENHARIA DE SÃO CARLOS (USP) — A barra rígida e homo­
gênea MN da figura abaixo pode girar, sem atrito, em torno do pino M, 
apoiando-se no degrau, em O. Qual das cinco setas desenhadas pode repre­
sentar a força exercida pelo pino M sobre a barra?
a) I
b) II 
» III
d) IV
e) V
25. ITA — Três blocos cúbicos iguais, de arestas a, estão empilhados, con­
forme sugere a figura. Nessas condições, a máxima distância x para que 
ainda se tenha equilíbrio é: a
a) a /2. 
h) (7a/8).
c) a.
d) (H a /12),
c) (3a/4).
70
26. UNIVERSIDADE DO CEARÁ — Um cilindro dc raio R apóia-se, por 
uma dc suas bases, num plano inclinado dc 45° cm relação ao plano 
horizontal. Despreze a força de atrito. Para que o cilindro possa deslizar, 
sem tombar, sua altura máxima H deverá ser igual a:
a) 2R. c) 3R/2.
b) R. d) R/2.
27. CESGRANRIO — A figura representa uma escada apoiada em uma parede 
c duas das forças que atuam sobre ela: o peso P e a força F exercida pela
parede.
Entre os cinco segmentos propostos a seguir, qual representa a força exer­
cida pelo chão sobre a escada, para que ela permaneça em equilíbrio?
a) A
b) B
c) C
d) D
e) E
A figura abaixo representa um carro de massa M em movimento sobre 
uma pista perfeitamente horizontal. O centro de gravidade (G) do carro, 
eqúidistante das quatro rodas, encontra-se a uma altura h acima da 
pista, e a distância entre as rodas de cada eixo é L, Numa curva de raio 
r, o carro entrou com velocidade V, considerada excessiva. O coeficiente 
de atrito entre os pneus e o asfalto é | i e a aceleração da gravidade
28. CESCEA — Qual a condição necessária para que o carro em questão 
derrape na curva descrita?
a) VVr > |ig c) V"/r > (tgL/2h
b) V-7r- > |ig/h d) Nenhuma das respostas anteriores.
29. CESCEA — Qual a condição necessária para que o carro em questão 
capote na Curva descrita?
a) V -V r> g c )V ~ /r> g L /2 h
b) V -/r- > g/h d) Nenhuma das respostas anteriores.
30. CESCEA — Sabendo-se que o carro não conseguiu completar a curva, é 
verdade que:
a) se jt < l./2h, o carro capotou.
b) se jt > E/2h, o carro capotou.
c) se > L/2h, o carro derrapou.
d) Nenhumadas respostas anteriores.
3Í. FAAP — Na figura, o bioco A está cm equilíbrio estático, pesa 173 N 
e o coeficiente de atrito entre ele e o plano inclinado é 0,5. A barra BC 
tem sua extremidade B presa à corda que está atada em C. Um peso D 
de 15 N pode se movimentar sobre a barra, que tem 20 cm de compri­
mento, Desprezando os pesos da barra c da corda, bem como o atrito na 
polia, determinar a posição do peso D cm relação à extremidade B da 
barra para que o bloco A fique na iminência de descida.
Dados: VT = 1,73; sen 30° e cos 30° =
\ n
2
32. ENGENHARIA DE SÃO JOSÉ DOS CAMPOS — A magnitude da força 
mínima Fmín, aplicada ao ponto C do cilindro de peso G = 1 000 N e raio 
r = 15 cm, mostrado na figura abaixo, capaz de fazê-lo passar sobre o 
obstáculo D, de altura h = 3 cm, será. em newtons:
c) I 250,
72
33. ENGENHARIA DE SÀO JOSÉ DOS CAMPOS — Uma barra prismática 
delgada AB, dc peso Q e comprimento 2a, está apoiada, sem atrito, sobre 
Üm pequeno cilindro em D c encostada a uma parede vertical lisa, como 
ilustrado na figura. O ângulo que a barra fará com a horizontal, quando 
em equilíbrio, será dado pela expressão:
a) O = are sen [(b/a)"|. d) d> = arc sen [(a/ VT>)].
b) (f) = arc cos [(a/b)'/;i]. c) Nenhuma das respostas anteriores.
c) tf> = arc tg (b/a).
34. ENGENHARIA DE SÃO JOSÉ DOS CAMPOS — Desprezando o peso 
próprio da viga horizontal AB da figura, resultam forças nas barras arti­
culadas Al), AE c BC, quando atua na viga uma carga vertical P. As 
magnitudes das forças que atuarão em cada barra, Al) e BC, respectiva­
mente, serão:
a)
b)
P(b - a) Pb „ P(b - a) Pa
----------------; ---------- • d) ----------------- ; ---------- .
2b cos $ a 2b cos 4> b
P(b — a) Pa
—------——; --------- • e) Nenhuma das respostas anteriores.
b sen b
P<b - a) P(a - b)
c)
b cos tj> b
35. MACKENZIE — No dispositivo indicado na figura, a barra e os fios têm 
pesos desprezíveis. No instante t = 0 s, o registro c aberto e começa o 
escoamento de água para o balde, com vazão constante de 5 litros por 
minuto. O balde está, inicialmente, vazio c pesa 5 kgf. A tração de rup­
tura do fio horizontal é de 20 kgf, c o peso específico da água é de 1 kgf 
por litro. O tempo gasto para a ruptura do fio horizontal é:
a) 6 minutos.
b) 5 minutos.
c) 4 minutos.
36. FEI — Um portão homogêneo de espessura constante e peso P = 600 N 
está montado conforme indica a figura, sendo desprezíveis os atritos cm
seus apoios. Determinar a intensidade das reações nos apoios. 
0,1 m 0,8 m 
h-+----- -i
37. FEI — Uma prancha AB encontra-se em equilíbrio na posição horizontal, 
suportando as massas m, c m2 = 0.5 kg, na posição indicada na figura. 
Num determinado instante, a massa m, começa a se deslocar em direção 
à extremidade A. com velocidade constante V, = 12cm/s.
0,5 m 1,5 m
a) Determinar o valor da massa mL.
b) Determinar a velocidade da massa m2 e o sentido em que ela deve se 
deslocar, de modo que a prancha AB permaneça na posição horizontal.
74
a) o comprimento correspondente ao alongamento da mola.
b) o peso da barra.
38. FAAP — O sistema esquematizado está no plano vertical c em equilíbrio 
na posição indicada. A barra AD é homogênea e uniforme e o seu extre­
mo A está apoiado no plano horizontal liso. A mola presa ao ponto B 
da barra está disposta dc modo que o seu eixo se mantém na direção da 
perpendicular à barra. O fio que passa pela polia ideal e que tem uma 
das extremidades presa à barra cm C e a outra presa à partícula de peso 
200 v T N é ideal, e no trecho CE se mantém horizontal.
Sabendo-se que a constante elástica da mola é 2 0Q0N/m e que AB = 
= BC = CD, determinar:
D
39. MEDICINA DE SANTOS — Máquina simples serve para multiplicar:
a) energia. d) trabalho.
b) potência. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) força.
40. UNIVERSIDADE DE JUIZ DE FORA — Em uma máquina, a razão 
entre a força resistente e a força motriz recebe o nome de:
a) rendimento. d) vantagem mecânica.
b) trabalho passivo. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) trabalho resistente.
41. UNESP — Mediante certa máquina simples, alça-se lentamcnte uma carga 
Q, exercendo força de acionamento F. Os correspondentes percursos são 
q e f.
a) Vantagem mecânica ideal é a razão Q /F.
b) Vantagem mecânica real é a razão f/q.
c) No arriamento da carga, é concebível que a força de acionamento seja 
F (a mesma).
d) Havendo atrito, não há conservação de energia.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
75
42. UNIVERSIDADE DE MOGI DAS, CRUZES — Uma pessoa pode erguer 
um corpo de massa 50 kg. Se ela quiser suspender um Scania Vabis 
(caminhão) carregado, de 51,2 toneladas, com uma talha exponencial, esta 
deverá ter, no mínimo: (Admita a massa da talha desprezível.)
a) 100 polias móveis, d) 10 polias móveis.
b) 50 polias móveis. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 20 polias móveis.
43. MEDICINA DE SANTO AMARO — Empregando-se uma talha expo­
nencial para levantar uma carga de 192 kgf. devemos empregar uma po­
tência de 6 kgf. O número de polias móveis da referida talha é:
a) 5. d) 8.
b) 6. e) Nenhuma das anteriores.
c) 3.
44. CESCEA — Estão esquematizadas, nos desenhos abaixo, diversas máqui­
nas simples. Indique aquelas em que a força (F) aplicada é menor do que 
o peso a ser levantado (P), nas condições especificadas nos desenhos (figu­
ras I, lí, III, IV. V, VI, VII).
a) II. V. VII.
b) I, II. V
c) I, IV, VI.
d) III. VI. VII.
76
45. MEDICINA DE SANTO AMARO — Na figura, a potência aplicada vale:
46. MEDICINA DE SANTO AMARO — Na questão anterior, a vantagem 
mecânica será:
a) 1. d> 2n-
b) 2 cos <I>. c) 2"-
c) 2.
47. UNIVERSIDADE DE JUIZ DE FORA — Para levantar um peso de 
200 kgf. faz-se uso de um moitão ou cadernal; a força motriz necessária 
é igual a: (O moitão tem 2 polias móveis.)
a) 100 kgf. d) 200 kgf.
b) 150 kgf. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 50 kgf.
48. ENGENHARIA DE SANTOS — O sarilho esquematizado é leve; o atrito 
é desprezível; b = 2r. A carga Q c equilibrada pela força de acionamento 
F, sendo <I> = 30°.
a) O equilíbrio é instável.
b) É preciso ser Q + F = O.
c) Em relação ao eixo do sarilho, o momento de Q é rQ anti-horário, e o 
momento de F é bF horário.
d) O equilíbrio requer F = Q.
e) Nenhuma das respostas anteriores.
49. FMU — Um corpo ocupa as posições A, B e C sucessivamente. Neste 
caso:
a) o corpo está em equilíbrio em A, B e C.
b) afastado ligeiramente da posição A e depois largado, não volta ao equi­
líbrio.
c) afastado ligeiramerite da posição B e depois largado, volta ao equilíbrio.
d) afastado ligeiramente da posição C e depois largado, rola continuamente, 
c) afastado ligeiramente da posição representada e depois largado, cm cada
uma das situações, se comporta de modo igual.
50. CESCEA — Em duas barras metálicas de comprimentos L, e L2 (L2 > L,),. 
fixas cm uma das extremidades, aplicam-se forças iguais às extremidades 
livres. Supondo essas barras de mesma secção e constituídas de mesmo 
material, podemos afirmar que:
a) o aumento de comprimento da barra Lx é maior do que o aumento de 
comprimento da barra L.2.
b) o aumento de comprimento da barra Lx é menor do que o aumento de 
comprimento da barra Lo.
c) os aumentos de comprimento são iguais.
d) Nenhuma das alternativas anteriores.
78
51. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS — Np esquema anexo, representam-se 
dois cubos maciços de ferro, Cj c C2, com arestas a e 3a; eles estão sus­
pensos em repouso por fios de náilon cujos diâmetros são d c 2d e cujos 
comprimentos são L e 2L. A relação R.,/R t das reações nos apoios A2 
e At é:
a) 3. d) 6,8.
b) 9. e) 27.
c) 18.
52. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS — Retomar o enunciado anterior. De 
acordo com a lei de Hookc, a relação x2/Xi entre os alongamentos dos 
fios 21, c L respectivamente, deve ser da ordem de:
a) 3. d) 27.
b) 7. e) 54
9. a 10. a 11. T = 50N. vertical, dirigida para baixo. 12. b 13. b 14. d 15. c 16. a
17. c 18. e 19. d 20. b 21. b 22. a 23. d 24. c
25. e 26. a 27. b 28. a 29. c 30. b 31. xss4 r4cm 32. d
34. d 35. d 36. dobradiça superior:Fj = 250 N (horizontal);
dobradiça inferior: F2 = 250 N (horizontal), F3 = 600 N (vertical).
37. a) 1,5 kg; b) 36 cm/s no sentido de M para B.
38. a) X = 0,20 m; b) P = — - N. 39. c 40. d 41. a 42. d 43. a 44. c 45. d
3
46. e 47. c 48. e j No equilíbrio. Qr = F
b \
— -) 49' a 50. b 51, e 52. c
PARTE II
j* % A ■ ■ A - .jacafi Mal , ÿ M
' 1
m uJLx JLÍ.JLJL/JL U v U JLxl
HIDROSTÁTICA
IR.DRTÁTTPA ITTTKL
I A O A T T T i D C%-:■ lin iujljl niuruui
m m a T T T T \ n n n m X i
Ireôôao exercida
Conceitos iniciais
Fluidostática é a parte da Mecânica que estuda o comportamento 
de um líquido ideal ou gás ideal em equilíbrio, bem como o com­
portamento de corpos que estejam em contato com ele.
A Hidrostática constitui um caso particular da Fluidostática e 
estuda o comportamento de uma porção de líquido ideal em equi­
líbrio e dos corpos nele imersos.
c >
/
82
Um líquido ideal se caracteriza por ter volume definido, ser 
incotnpressível e não apresentar viscosidade. Devido a sua estru­
tura molecular, adapta-se aos contornos dos recipientes que o con­
têm, não apresentando, assim, forma determinada.
• Densidade — Densidade absoluta (ou massa específica) (|i) de 
uma substância homogênea é o quociente entre a massa (m) de uma 
porção qualquer desta substância e o seu correspondente volume 
(V), a uma dada temperatura.
Em símbolos:
O conceito de densidade pode ser estendido para um corpo. 
Diremos que a densidade (d) de um corpo é o quociente entre sua 
massa (m) e o correspondente volume externo (Ve«)-
Em símbolos:
m
— Unidades de densidade
temos:
para m = 1 kg e V - 1 m:! (t (ou d) = 1 ■ 
No Sistema CGS, temos:
para m = 1 g e V = 1 crrf1 - * p. (ou d) = 1
*
No Sistema Técnico, temos: 
para m — 1 utm e V = 1 m3 p. (ou d) = 1
No Sistema Internacional de Unidades,
kg
rrr
g
cm
utm
rrr
Note que: 10:3 k9
cm* m
83
— Densidades aproximadas de sólidos,e líquidos
Sólidos Densidades (g/cm3)
alumínio (20° C) 2,65
cortiça (20° C) 0,24
ouro (20° C) 19,32
gelo (0o C) 0,917
ferro {20° C) 7,80
madeira {20° C) 0,50
cobre (20° C) 8,93
Líquidos Densidades (g/cm3)
álcool (20“ C) 0,789
glicerina (20° C) 1,26
mercúrio (20° C) 13,600
querosene (20° C) 0,820
gasolina (20° C) 0,790
água pura (4° C) 1,000
água do mar (20° C) 1,030
A densidade absoluta de uma substância nem sempre coincide 
com a densidade de um corpo formado por aquela substância. Um 
exemplo: pela tabela anterior, vemos que a densidade absoluta do ferro a 
20° C é de 7,800 g/cm;l; entretanto, uma esfera oca de ferro, com massa 
de 1 kg e raio externo de 10 cm, possui uma densidade da ordem de 
0,25g/cm:i, e flutua em água.
Essa diferença é devida às partes ocas do corpo, não ocupadas pela 
substância. O mesmo ocorre com um navio feito de ferro.
A densidade de um corpo só coincide com a densidade da substância 
da qual ele é feito quando o corpo é maciço.
• Peso específico de uma substância — Define-se peso específico 
(p) de uma substância como sendo o produto da densidade absoluta 
(p) pela aceleração da gravidade local (g).
Em símbolos:
• Pressão exercida por uma força
— Pressão média — Define-se pressão média (pniJ exercida por uma 
força normal sobre uma superfície como sendo o quociente entre a 
intensidade da força normal (F) e a área da superfície (S).
84
Em símbolos:
A força normal exercida pela bailarina na região definida por parte do seu pé no
N
solo é a normal N Assim, p,„ = ------ Estando a bailarina em equilíbrio, temos
P
N = P Logo, pal = .
Note que pressão é uma grandeza escalar que não assume va­
lores negativos. .
.— Pressão no ponto — Tomemos um ponto A de um elemento de 
superfície de área S, sobre a qual agem forças normais cuja resul­
tante tem intensidade F.
Se fizermos esta área S ao redor do ponto A tão pequena quanto 
possível, isto é, tendendo a zero (S -»0), teremos o que se convem 
ciona chamar de “ pressão no ponto A" (pA).
Em símbolos:
F
Pm = lirn —
S - » o S
— Pressão uniforme — Ouando todos os pontos de uma superfície 
estão submetidos à mesma pressão, dizemos que a superfície está 
a uma “ pressão uniforme". Neste caso, a pressão em cada ponto 
(p) coincide com a pressão média na superfície (pm).
Em símbolos, pressão uniforme | p = pm
• Unidades de pressão — No Sistema Internacional de Unidades.
temos:
N
------ = 1 pascal (Pa)para F = 1 N e S = 1 m2 -> p = 1
m2
No Sistema CGS, temos:
dyn , ,
= 1 --------- = 1 baria.para F — 1 dyn e S = 1 cm2 p =
cm2
No Sistema Técnico, temos: 
para F = 1 kgf e S — 1 m2 -*• p —-1
kgf
m2
Note que: 1 Pa — 10 bárias
— Outras unidades usuais de pressão — A tradição tem mantido, 
ao longo do tempo, outras unidades de pressão, que passamos a 
mencionar:
1 bar = IO5 Pa =s 10" bárias 
1 milibar = 10:) bar — 102 Pa
A unidade “ milibar" é muito usada até hoje em meteorologia.
, kgf
1 atmosfera técnica — 1---------_ ocm-
1. Para uma mesma força normal, quanto menor for a área da superfície 
de apoio, maior será a pressão correspondente. Assim, uma moça calçando 
sapatos de salto alto exercerá, no solo, uma pressão maior do que a 
exercida por um rapaz, de peso igual ao dela, mas que esteja calçando 
sapatos de salto baixo.
88
A. Se a força F não for normal à superfície, devemos decompô-la nas 
direções tangencial e normal.
Pressão exercida por um líquido
As moléculas de um gás exercem pressão nas paredes do reci­
piente que as contém através das forças que elas aplicam nestas 
paredes, durante as colisões.
As moléculas de um líquido, entretanto, não apresentam tanta 
mobilidade quanto as moléculas de um gás; por isso, a pressão que 
elas exercem não é do mesmo tipo.
Devido à sua disposição característica, as moléculas no interior 
de um líquido não apresentam grande mobilidade relativa e se “ em­
pilham” umas sobre as outras. A ação da gravidade faz com que 
elas se comprimam.
Deste modo, uma molécula exerce pressão sobre as que se 
encontram logo abaixo, e estas, por sua vez, comprimem as moléculas 
vizinhas, gerando uma cadeia de compressões que atinge o fundo 
do recipiente, exercendo nele uma pressão.
Mas não é apenas o fundo do recipiente que o líquido pressiona. 
Também as paredes laterais são pressionadas, pelo mesmo processo 
de compressão molécula a molécula. Se fizermos um furo na parede 
lateral do recipiente, surgirá um jato de líquido perpendicular à 
parede. Este fato confirma que o líquido pressiona as paredes laterais 
do recipiente.
Portanto, um líquido exerce pressão nos pontos do seu interior, 
no fundo do recipiente e nas paredes laterais.
Conclui-se, então, que a força exercida por um líquido ideal em 
equilíbrio é sempre perpendicular às paredes do recipiente que o 
contém e a qualquer superfície nele imersa.
Assim, se uma porção de líquido exerce uma força de intensi­
dade F numa superfície de área S, podemos escrever:
*
r
F
S
e F — pS
t L L
%
7 U H Al
90
• Lei de Stevin* — A lei de Ste- 
vin estuda o comportamento da 
pressão no interior de um liqui­
do ideal e homogêneo em equi­
líbrio.
— 1.* parte — Imaginemos uma 
porção cilíndrica do líquido em 
posição horizontal, cuja espessu­
ra seja comparável à do fio de 
cabelo.
As forças exercidas pelo 
restante do líquido nas bases do 
cilindro são perpendiculares a 
elas e de intensidades FA e FB, 
conforme mostra o esquema ao 
lado.
Como o líquido está em equilíbrio, a porção cilíndrica do líquido 
também está. Assim, na direção horizontal podemos escrever 
Fa — Fb (1).
Dividindo os membros da expressão (1) pela área S das bases.
Fa Fb
temos ------ = -----
S S
( 2 ). Logo: (33.
Donde concluímos que:
Os pontos situados na mesma horizontal de um líquido ideal 
e homogêneo em equilíbrio estão submetidos à mesma pressão.
— 2.‘ parte — imaginemos, agora, uma porção cilíndrica do líquido 
em posição vertical, de espessura qualquer e altura h.
As forças exercidas pelo restante do líquido nas bases do cilindro 
são perpendiculares a elas e de intensidades FA e Fa, conforme mostra 
o esquema anterior.Na direção vertical, além destas forças exer­
cidas pelo próprio líquido, há a força-peso da porção cilíndrica, cuja 
intensidade é P.
’ Simon Stevin (1548-1620) — Físico e matemático holandês. Estudou o movi­
mento dos projéteis e contribuiu decisivamente para o desenvolvimento da Estática 
e da Hidrostática.
I
Como o líquido está em equilíbrio,» a porção cilíndrica também 
está. Assim, na direção vertical podemos escrever FB = FA + P (4).
Chamando de [i a densidade do líquido, de m a massa da porção 
cilíndrica e de V o seu volume, decorre:
P = mg — (iVg = p-Shg (5)
Substituindo (5) em (4), decorre FB= F A-HiShg (6).
temos
Dividindo os membros da expressão (6) pela área S das bases. 
Fu Fa |$hg
+ $
Logo: Pb — Pa + pgh I (7) => Pb — Pa - ph [8]
As expressões Í71 e (8) constituem a lei de Stevin, cujo enun­
ciado é o seguinte:
A diferença de pressão entre dois pontos de um líquido ideal e 
homogêneo em equilíbrio é igual ao produto do peso específico do 
líquido peia diferença de nível entre os pontos.
Esboçando o gráfico p X h da pressão em função da profundidade, 
obteremos uma reta, como mostra o diagrama a seguir;
92
Resumindo, para um líquido ideal e homogêneo em equilíbrio:
a) a pressão cresce linearmente com a profundidade;
b) a pressão não varia para pontos situados no mesmo nível 
horizontal.
Devido à lei de Stevin, ao construir um dique, deve-se dotá-lo de uma 
espessura suficiente para suportar a pressão exercida pelo 
líquido no fundo.
• Pressão atmosférica (experiência de Torricelli) — O ar existente 
sobre a superfície da Terra exerce sobre ela uma determinada pres­
são, denominada “ pressão atmosférica” . Algumas experiências muito 
simples permitem constatar sua existência:
1) Eliminando o ar do interior de uma lata (por meio de uma 
bomba pneumática, por exemplo), verificamos que ela irá se defor­
mando devido às forças de compressão que as moléculas do ar 
externo exercem sobre ela.
Uma engenhosa experiência realizada por Evangelista Torricelli * 
permitiu determinar o valor da pressão atmosférica ao nível do mar. 
Torricelli tomou um tubo. encheu-o de mercúrio até a boca, tampou-a
Evangelista Torricelli (1608-1647) — Físico e matemático italiano, discípulo de 
Galileo. Estudou o movimento dos fluidos e dos projéteis e inventou o barômetro.
2) Unindo duas placas de vidro liso, bem limpas, eliminamos o 
ar existente entre elas. Se tentarmos separá-las, sentiremos muita 
dificuldade, devido às forças de compressão exercidas sobre as 
placas pelas moléculas do ar externo.
3) Colocando uma folha de papel liso sobre um copo com água, 
firmando-a com a palma da mão e virando o copo para baixo, verifi­
caremos que, ao remover a mão que segurava o papel, a força externa 
exercida pelo ar sobre o papel impedirá que a água caia.
94
e emborcou-o numa cuba que continha o mesmo líquido. O mercúrio 
dentro do tubo desceu e parou a 76 cm do nível do mercúrio na cuba.
Os pontos A e B estão na mesma horizontal, no mesmo líquido 
em equilíbrio. Logo, pela lei de Stevin, estão à mesma pressão. A 
pressão em A é a pressão atmosférica ao nível do mar e a pressão 
em B é a pressão exercida pelo líquido na base da coluna. Isto signi­
fica que o ar externo ao tubo exerce forças na superfície do líquido 
na cuba e impede que o líquido interno desça.
Aplicando a lei de Stevin ao mercúrio no interior do tubo, temos:
Paim = Pb = Po + ligh, onde
p0 ~ 0 ("vácuo")
(t = 13,6 g/cm3 = 13 600 kg/m3 
g = 9,8 N/kg 
h = 76 cm = 0,76 m
Patm = 0 4- 13 600 . 9,8 . 0,76
Patm — 101 300 N /rrr => Palm — 1,013 . 10" N/m2
Resumindo, a pressão atmosférica ao nível do mar é equivalente 
à pressão exercida em sua base por uma coluna de mercúrio de 
76 cm de altura. Esta pressão é, no Si, igual a 1,013 . 10r’ N/m2. Este 
valor é conhecido como "1 atmosfera".
1. Admite-se como nula a pressão no ponto O, pois se considerou 
desprezível a pressão do vapor de mercúrio que ali se formou por ocasião 
da descida da coluna. Devemos lembrar que o mercúrio é um líquido de 
baixa volatilidade à temperatura ambiente.
2, Se substituirmos o mercúrio por água, de densidade ao redor de 1 g/cm3 
e, portanto. 13,6 vezes menor que a do mercúrio, a altura do líquido que 
equilibrará a pressão atmosférica será da ordem de 13,6 vezes maior que
a do mercúrio, isto é, 13,6 . 0,76 = 10,3 m. É o que acontece quando 
pretendemos tirar água de um poço usando uma bomba aspirante. O ar 
do interior do cano é eliminado pela ação da bomba, criando-se uma região 
de baixa pressão (“ região de vácuo"). Na parte externa ao cano temos 
ar que exerce pressão atmosférica sobre a superfície livre do líquido.
95
Este desequilíbrio de pressões causa o seguinte: as forças que o ar exerce 
sobre a água externa ao cano empurram-na cano acima, até que ela 
atinja a altura máxima h = 10,3 m.
É importante deixar claro que a bomba não aspira a água, mas sim o ar. 
A coluna líquida é empurrada cano acima pelas forças externas, que o 
ar do interior do poço exerce sobre a superfície livre do líquido.
Na prática utilizam-se bombas aspirantes para alturas aproximadamente 
iguais a 8 m, pelo fato de não se conseguir aspirar todo o ar no 
interior do cano devido a vedações imperfeitas na bomba. Para alturas 
maiores, utiliza-se bomba premente, que ajuda o ar externo a empurrar a 
coluna líquida.
3. O mesmo ocorre quando tomamos um refrigerante com canudinho. Ao 
chupar o ar do interior do canudinho, levando-o para os pulmões, 
geramos uma região de baixa pressão no interior do canudinho e na 
boca. O ar externo ao canudinho pressiona a superfície livre do líquido e 
força-o a subir canudinho acima.
96
4. O sifão é outro exem plo interessante de aplicação dos efeitos da pressão 
atmosférica. Tomemos o esquema a seguir:
Eliminando o ar do tubo por meio de uma escorvada e mantendo sua 
extremidade livre (C) abaixo do nível AB do líquido no recipiente, a 
pressão na extremidade C será maior que a pressão atmosférica e o 
líquido desceró. Vejamos:
pn = = pa[jn (pontos A e B na mesma horizontal)
pc = pB + jigh (lei de Stevin aplicada à porção BC do líquido)
Logo: pc = palm + |tgh => Pc > Patm
Graças à pressão atmosférica, é possível retirar gasolina do tanque de um 
carro com uma mangueira. Trata-se de sifão improvisado.
5. A pressão atmosférica ao nível do mar (palm = 1,013 . 10r> N/m2) é 
aproximadamente equivalente a 1 kgf/cm2. Uma mão aberta tem uma 
área aproximada de 150 cm- em cada um dos lados. Logo, o ar aplica-lhe 
uma força de intensidade de 150 kgf em cada um dos lados da mão, 
equivalente à intensidade do peso de dois homens médios.
97
Por um raciocínio semelhante, concluímos que o ar exerce, sobre a cabeça 
do homem, uma força equivalente ao peso de muitos sacos de areia.
Ele só não é esmagado por esta pressão externa porque no organismo 
há pressões internas que causam a compensação.
6. A pressão do ar diminui com a altitude, pois o ar torna-se mais 
rarefeito. Esta queda de pressão é perigosa para os seres humanos 
acostumados com a pressão da superfície. Daí serem os aviões modernos 
pressurizados.
• Pressão absoluta e pressão efetiva — Aplicando a lei de Stevin 
aos pontos A e B do esquema abaixo, temos: ar
Pb — Pa + Itgh
Mas, pA — Pa.m; logo, pB = Pa.m + [tgh.
A parcela pgh é a pressão devida somente ao líquido e recebe 
o nome de pressão efetiva.
A pressão total do ponto B é denominada pressão absoluta. 
Assim, podemos escrever:
pressão absoluta = pressão atmosférica + pressão efetiva
98
• Vasos comunicantes — Quando um mesmo líquido é disposto 
num vaso em formato de U, ele alcançará o mesmo nível nos dois
Isto é facilmente confirmado pela lei de Stevin. Tomemos dois 
pontos, A e B, no fundo do recipiente, em cada um dos seus ramos. 
Como tais pontos estão na mesma horizontal dentro do mesmo líquido 
em equilíbrio, eles estão à mesma pressão. Logo, P a = P b .
Mas:
P a — Patm T l^ g h A 
P b = Patm + P g h B
E decorre • Palm + p-gliA — Palm + Il-ghn =>Em resumo:
Quando dois vasos são ligados pela base e expostos ao ar livre, 
o líquido que eles contêm, quando em equilíbrio, atinge o mesmo 
nível nos dois ramos.
(tyh& rAZflZ.2_
O mesmo aconteceria com diversos vasos, nas mais diferentes posições 
e com os mais diversos formatos.
99
Os poços artesianos são exemplos ilustrativos do princípio que 
rege o comportamento dos vasos comunicantes.
O lençol de água se apresenta, em geral, entre camadas imper­
meáveis do terreno. É um reservatório subterrâneo que sofre a pres­
são de todo o líquido que se encontra em níveis mais elevados. Se 
na superfície for feita uma perfuração que atinja o lençol, a água 
jorrará violentamente, tendendo a atingir o mesmo nível das partes 
mais altas do lençol.
Uma comprovação experimental bem simples pode ser feita com 
um funil e uma mangueira ajustada ao seu bico. Coloca-se água no" 
sistema e mantém-se o funil em nível superior ao da outra extremi­
dade da mangueira. Como a água está num sistema de vasos comu­
nicantes, tende a ficar no mesmo nível nos dois ramos. Estando um 
deles mais baixo, a água jorra.
O mesmo não acontece quando dois líquidos.não-miscíveis são 
dispostos, em equilíbrio, num sistema de vasos comunicantes. Ha­
verá um desnível entre suas superfícies livres. Podemos relacionar
100
estes líquidos observando que a pressão, ao nível da superfície de 
separação dos líquidos, é a mesma.
Palm
Assim:
líquido 1
|li
superfície 
de separação
líquido 2
P a — Palm ~f- { ia g h a
Como pi = ps (mesma horizontal dentro do mesmo líquido),
então putm firghi = p»i„i + p2gh-=> jtihi =
P ara q u e o s is te m a d e líq u id o s d ife re n te s s e ja re a l, to rn a -s e n e c e s s á r io 
q u e o líq u id o d e m a io r d e n s id a d e s e ja c o lo c a d o so b o líq u id o d e m e n o r 
• d e n s id a d e . N o e s q u e m a a n te r io r , d e v e m o s te r p,1 < « 2 .
• Paradoxo hidrostático — Observe a montagem abaixo. Todos os 
vasos estão em contato com a atmosfera e o líquido é o mesmo 
em todos eles.
A pressão num ponto do interior do líquido é dada pela lei de 
Stevin:
P — Patin - f ftgh
Logo, a pressão no fundo de cada vaso é a mesma,
independente do seu formato.
Lembrando que p = ------ decorre F = pS, onde S é a área das
S
superfícies no fundo dos vasos.
Observando o esquema anterior, concluímos que:
Si > S:s > Sa > Si
Portanto: Fi > Fs > F- > F,
Isto significa que, embora as pressões sejam iguais no fundo 
dos vasos, as intensidades das forças que as causam são diferentes.
Em resumo, a pressão depende da profundidade do líquido e não 
da forma do vaso.
• Lei de Pascal*— Se um ponto qualquer de um líquido ideal em 
equilíbrio sofrer uma variação de pressão, todos os demais pontos 
deste líquido sofrerão a mesma variação.
? /
A
A p * - .
1 0 . J
r
Pela lei de Stevin, podemos escrever:
PB = PA + |tgh (1)
Se o ponto A sofrer uma variação de pressão Ap, sua pressão 
passará a ser:
P a = P a + Ap ( 2)
Como o líquido ideal é incompressível, o seu volume permanece 
invariável e, conseqüentemente, o desnível entre A e B (h) e a sua 
densidade (p) não mudam. Pela lei de Stevin, podemos escrever: 
P b = P ' a + pgh
Como p'A = P a + Ap, temos p'B = P a + Ap + pgh.
Logo: p'B = (Pa + pgh) + Ap
De (1), vem: P 'b = P b + Ap (3)
Observando (2) e (3) concluímos que o ponto genérico B do inte­
rior do líquido sofreu a mesma variação de pressão Ap experimentada 
pelo ponto A.
* B la is e Pascal (1 6 2 3 -1 6 6 2 ) — M a te m á tic o , fís ic o , f i ló s o fo e e s c r ito r fra n c ê s . 
E stu do u a d in â m ic a e a e s tá t ic a d o s flu id o s , in v e n to u a c a lc u la d o ra , a s e r in g a e 
a p re n s a h id rá u lic a . Foi o fu n d a d o r da m o d e rn a te o r ia das p ro b a b ilid a d e s .
102
• Aplicações práticas da lei de Pascal 
1) Funcionamento de uma seringa
2) Freio hidráulico — O sistema de freio hidráulico dos veículos 
está basicamente esquematizado a seguir:
conseqüentemente, um acréscimo de pressão sobre o êmbolo do 
cilindro. Esse acréscimo de pressão é transmitido através do fluido 
de freio ao cilindro interno de cada roda. O pistão de cada cilindro 
comprime a lona de freio contra o tambor da roda.
3) Prensa hidráulica — A prensa hidráulica é uma espécie de 
máquina simples que multiplica a intensidade de forças.
Sejam Si e Ss as áreas das superfícies dos êmbolos da prensa, 
admitida com o mesmo líquido nos dois vasos e em equilíbrio.
Aplicando uma força de intensidade Fi perpendicularmente ao 
êmbolo de área Si, obteremos uma força de intensidade F3 perpen-
103
I
dicularmente ao êmbolo de área Sy, transmitida pelo líquido, de tal 
modo que os acréscimos de pressão correspondentes sejam iguais: 
Api = âpL. (lei de Pascal)
Logo:
Como Sy > Si => Fy > Fi.
Assim, dependendo da relação entre as áreas Si e Sa, podemos 
obter no êmbolo de área Sy forças de intensidade Fa muitas vezes 
maior que a intensidade Fi.
A prensa hidráulica pode ser utilizada como elevador de veículos 
nos postos de gasolina.
Para elevar o carro, abre-se uma válvula que admite ar compri­
mido no reservatório A, que contém óleo. O ar comprimido causa 
um acréscimo de pressão na superfície do óleo. Este acréscimo de 
pressão é transmitido ao reservatório B, até um pistão, que eleva o 
carro.
Voltemos à prensa hidráulica:
104
Como o líquido é incompressível (ideal), quando 0 êmbolo de 
área Si se desloca de Ahi, o outro êmbolo de área S- se desloca 
de Aha, de modo que o volume de líquido movimentado seja igual nos 
dois ramos. Ou seja:
Si Ahs
AVi — AV« => SiAhj = S 2Ah2 =?■------ = ----------
S a Ahi
4) Explosões submarinas — As bombas de profundidade lan­
çadas por navios provocam danos nos submarinos devido à trans­
missão do aumento de pressão por ocasião das explosões.
1. MEDICINA DE SANTO AMARO — Misturam-se dois líquidos A 
e B. O volume do líquido A é de 120 cm'1 e sua densidade é de 
0,78 g/cmb O volume do líquido B é de 200 cm1 e sua densidade 
é de 0,56 g/cm3. A densidade da mistura, em g/cm3, é de:
a) 0,64. d) 1,34.
b) 0,67. e) Nenhuma das respostas anteriores.
c) 0,70.
Resolução: A densidade d da mistura é obtida dividindo a sua massa
m
m pelo seu volume V. Em símbolos, d = —— (I).
V
A massa m da mistura é igual à soma das massas mA e mB dos líquidos 
misturados. Em símbolos, m ~ mA + mB (II).
O volume V da mistura é igual à soma dos volumes VA e VB dos 
líquidos misturados. Em símbolos, V = VA + VB (III).
Mas mA = ;j,AVA, onde pA = densidade do líquido A = 0,78 g/cm 3 
e VA = volume do líquido A — 120 cm;i.
Logo, mA = 0,78 .120 => mA = 93,6 g.
E mB = [rBVu, onde pB = densidade do líquido B ™ 0,56 g/cm3 
e VB = volume do líquido B = 200 cm'1.
Logo, mia = 0,56 . 200 => mB — 112 g.
Decorre, então:
d —
m
V
mA + mH
VA + VB
=> d = 0,64 g/cm:t
93 ,6+ 112 205,6
---------------- =» d = ■ =>
120 + 200 320
Resposta: alternativa a.
2. FUNDAÇÃO CARLOS CHAGAS — Sobre um plano horizontal AB 
apóianmse 2 cubos de alumínio com 1 dm de aresta. A densidade 
desses cubos é de 2,7 g/cm:!. Sobre eles apóia-se um terceiro 
cubo, idêntico aos dois primeiros, conforme indica a figura.
A pressão média exercida sobre o plano AB vale, em kgf/dm2:
, 2
a) — . 2,7. 
3
b) 3 . 2,7. 
v 3
c) — . 2,7. 
2
d) 2,7.
e) 2 . 2,7.
Resolução: Como o sistema está em equilíbrio, a força total trocada 
entre os blocos e o plano de apoio terá intensidade F tal que F = 3P (1), 
onde P é a intensidade do peso de cada bloco.
Adotando a convenção: m = massa de cada bloco; g = intensidade da 
aceleração da gravidade local; d = densidade de cada cubo; V = vo­
lume de cada cubo, podemos escrever;
P = mg
e d = —---- => m — dV
Logo:
P = dVg (2)
Substituindo P da expressão (1) pelo termo equivalente dado pela 
expressão (2), vem:
F = 3dVg (3)
Como os blocos são cubos de aresta a, podemos escrever V = a3 (4).
Substituindo V da expressão (3)