Fisica para Vestibular (152)

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194 RESOLUÇÃO
No valor máximo de Px, a barra começa a girar em tor-
no da haste 1; logo, N2 � 0.
(100 � Px) � 0,4 � 120 � 0,3 � 100 � 1
40 � 0,4 Px � 36 � 100 ⇒ Px �
 
96
0,4
Px � 240 N ⇒ mx � 24 kg
256 Alternativa d.
259 Alternativa e.
O fato ocorre com o menino à direita de B.
T1
←�
T2
←�
P
←�
0,25 m 0,50 m
Pb
�
2
�
2
x
FN
A
P
Pb
Tx
TyT
P
30°F2
F1
GO
Σ M1
→
 � 0 ⇒ T2 � 0,75 � P � 0,25
T2 �
 
30 5� 0,2
0,75
� 10 N
Σ F
→
 � 0 ⇒ T1 � P � T2
T1 � 30 � 10 � 20 N
257 Alternativa c.
ΣMA � 0 ⇒ �Pb �
 
�
2
� P
 
x �
�
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ � F � � � 0
�30 �
 
�
2
� 20
 
x �
�
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ � F � � � 0
�15 � � 20 x � 10 � � F � � � 0
F � 25 �
 
20x
�
Portanto, F � 25 N.
258 Alternativa e.
ΣM0 � 0 ⇒ �Pb � 0,5 � P � 1 � Ty � 1 � 0
�1 � 102 � 0,5 � 2 � 102 � T � sen 30° � 0
�50 � 200 �
 
T
2
� 0
T � 500 N
A B
NA
←�
NB
←�
Pv
←�
PM
←�
4 m 1 m x
Na iminência da rotação, NA � 0.
Σ MB
→
 � 0 ⇒ Pv � 1 � NB � 0 � NA � 5 � PM � x
600 � 1 � 200 � x
x � 3 m
260 Alternativa b.
N2
←�
N1
←�
fat
←�
fat
←�
45°
45°
B
A
Se a barra está na iminência de escorregar, as forças
de atrito terão intensidades dadas por:
Fat � � N1 (1) e fat � � N2 (2)
Para que a resultante das forças seja nula, devem ter:
N2 � Fat (3) e N1 � fat � P (4)
Para que o momento resultante, em relação ao ponto
B seja nulo devemos ter:
fat � L � sen 45° � N2L cos 45° � P
 
L
2
 cos 45°
fat � N2 �
 
P
2
(5)
De (1) e (3): �N1 � N2
De (2) e (4): N1 � �N2 � P
N1 � �2 N1 � P ⇒ (1 � �2) �
 
P
N1
(I)
De (2) e (5): �N2 � N2 � 
 
P
2
(� � 1) N2 �
 
P
2
 ⇒ (� � 1) � N1 � 
P
2
2(� � 1) � �
 
P
N1
(II)
Comparando (I) e (II):
1 � �2 � 2(� � 1) �
1 � �2 � 2�2 � 2�