10355416 pro aula23 – exercícios de revisão (estática dos ... · fÍsica iv aula 23:...
TRANSCRIPT
FÍSICA IVAULA 23:
EXERCÍCIOS DE REVISÃO(ESTÁTICA DOS SÓLIDOS)
EXERCÍCIOS PROPOSTOSAnual
VOLUME 5
OSG.: 103554/16
01. Seja o diagrama de corpo livre para o problema:
x
y
30°T T
Ty Ty
PTx Tx
30°
Aplicando as condições de equilíbrio, temos:
F satisfeita por simetria
F P Tx
y y
�� ��� � � ��� �
= →= → + =
∑∑
0
0 2 0
Assim, desenvolvendo a direção vertical, temos:
P TP N
T T Ty
y
==
= ⋅ ° =
2
50
303
2
,cos
Logo,
50 23
2
50
3= ⋅ ∴ =T T N
Resposta: C
02. Seja o diagrama de corpo livre para o problema:
x
y
T
Ty
Ty
Tx θ
θTx
T
Tperna
Sendo todas as polias fi xas deduzimos que a intensidade da tração no fi o é igual ao peso P. Apliquemos então as condições de equilíbrio:
F T T
F satisfeita por simetriax perna x
y
�� � � ��� ��� �
= → + == →
∑∑
0 2 0
0
Desenvolvendo a direção horizontal, vem:
T TT TT P
T P
perna xx
perna
= = ⋅={
= ⋅
2
2
cos
cos
α
α
Para α = 60º, a módulo da tração na perna é:
T P P T Pperna perna( ) ( )cos60 602 60 21
2° °= ⋅ ° = ⋅ ⋅ ∴ =
Para α = 45º, o módulo da tração na perna é:
T P P T Pperna perna( ) ( )cos45 452 45 22
22° °= ⋅ ° = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅
OSG.: 103554/16
Resolução – Física IV
Comparando os módulos, vem:
T
T
P
Pperna
perna
( )
( )
45
60
22°
°= ⋅ =
Logo, o módulo da tração na perna do paciente fi ca multiplicado por um fator 2.
Resposta: B
03. A força que será mais efi ciente será aquela que é perpendicular ao eixo de rotação, pois:
MO = ± F · d · senθ
B
A
CD
E
Logo, será mais fácil arrancar o prego se a força for aplicada na direção do vetor C�
.
Resposta: C
04. Para equilibrar a balança é necessário que o somatório dos momentos em relação ao apoio seja nulo, ou seja:
P P x xx cm
prato batatas contrapreso+ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅∴ =
10 2 7 10 10 0 5 1054
, ,
Resposta: B
05. A polia móvel que sustenta o bloco de 400 N divide seu peso de modo que a tração no fi o ligado ao bloco de 700 N vale 200 N.
Assim, as forças que atuam no bloco de 700 N, são:
FN200 N
P = 700 N
Aplicando a condição de equilíbrio vertical, temos:F
N + 200 = 700 ∴ F
N = 500 N
Resposta: B
06. Denotando a distância entre dois pontos sucessivos por u e os pesos pendurados nos pontos A, I e K, por PA, P
I e P
K, respectivamente, temos:
GA B C D E F H I J K L M
6u
PI PK
2u
4u
PA
Dados:
m g kg P m g Nm g k
A A A
I
= = ⋅ → = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅= = ⋅
− − −
−60 60 10 60 10 10 6 10
40 40 10
3 3 1
3 gg P m g NI I→ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ − −40 10 10 4 103 1
OSG.: 103554/16
Resolução – Física IV
Assim, aplicando a condição de equilíbrio rotacional, vem:
∑MG = 0
PA · 6u – P
l · 2u – P
k · 4u = 0
6 · 10–1 · 6u – 4 · 10–1 · 2u – Pk · 4u = 0 ∴ P
k = 0,7 N
Assim, a massa do objeto que deve ser pendurado no ponto K vale:
PK = m
K · g ⇒ 0,7 = m
K · 10 ⇒ m
K = 0,07 kg ou 70 g
Resposta: B
07. A fi gura abaixo (DCL) representa o problema:
B
L
x
T1 T2
A
PandaimePtrabalhador
L / 2
Aplicando a condição de equilíbrio vertical, temos:
F T T P Py trabalhador andaime
� �= → + = +∑ 0 1 2
Agora, apliquemos a condição de equilíbrio rotacional, escolhendo a extremidade esquerda (A) como polo de rotação:
∑MA = 0
− ⋅ − ⋅ + ⋅ =P x PL
T Ltrabalhador andaime2
02
Explicitando T2, chegamos à função abaixo:
TP
Lx
Ptrabalhador andaime2
2= ⋅ +
É fácil notar que T2 cresce à medida que o trabalhador caminha para a direita enquanto T
1 decresce.
Resposta: B
08. Considere a fi gura abaixo:
Ptijolos
A B C D
Ppedreiro
2,0 m 1,0 m
1,5 m 0,5 m
Pprancha
Para que o pedreiro possa fi car em equilíbrio no ponto D da prancha é necessário uma quantidade mínima (n) de tijolos que devem ser empilhados sobre o ponto A.Na iminência de rotação, a força de contato entre a prancha e o apoio A tenderá a zero e, portanto, a eliminamos.Aplicando a condição de equilíbrio rotacional em relação ao ponto C, vem:
∑MC = 0
Ptijolos
· 2,0 + Pprancha
· 0,5 – Ppedreiro
· 1,0 = 0
Ond
n n mero de tijolosP n m g n nP
tijolos tijolo
pre:
== ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =ú
2 0 10 20,
aancha prancha
pedreiro pedreiro
m g NP m g
= ⋅ = ⋅ == ⋅ = ⋅ =
20 10 20070 10 7000 N
20n · 2,0 + 200 · 05 – 700 · 1,0 = 0 ∴ n = 15 tijolos
Resposta: E
OSG.: 103554/16
Resolução – Física IV
09. Inicialmente vamos dividir e a chapa em três partes: A, B e C.
y (cm)
0,0x (cm)
30
60
90
120
30 60 90 1200,0
A
B
C
Onde, as coordenadas dos centros de massa de A, B e C, são:
y (cm)
0,0x (cm)
30
60
3015 60 90 1200,0
A
B
C
CMA(15; 30); CM
B(60; 60); CM
C(105; 30)
Sobre as massas de cada uma das partes, consideremos a fi gura:
y (cm)
0,0x (cm)
30
60
90
120
30 60 90 1200,0
m
mm
m
m m
Assim, as massas de A, B e C, são:m m mm m
A C
B
= =={ 4
Finalmente,
xm x m x m x
m m m
m m m
m m mcm
y
CMA A B B C C
A B C
=⋅ + ⋅ + ⋅
+ +=
⋅ + ⋅ + ⋅+ +
=15 4 60 105
430
CCMA A B B C C
A B C
m y m y m y
m m m
m m m
m m mcm=
⋅ + ⋅ + ⋅+ +
=⋅ + ⋅ + ⋅
+ +=
30 4 60 30
450
Logo, a coordenada do centro de massa na direção vertical (yCM
), é 50 cm.
Resposta: yCM = 50 cm
OSG.: 103554/16
Resolução – Física IV
10. Representando as medidas dadas, as forças atuantes e as tendências de rotação, temos o esquema a seguir:
PE
PH
30°A
BFNB
FNA
fat.
1,8
m
3,60
m3,
0m
0,9 3m
1,5 3m
Uma vez que o sistema se encontra em equilíbrio, concluímos que:� �F
MR
A
==
∑
00
a) Adotando o ponto A como centro de rotação do sistema, temos:M
P P F
ComoP N peso do emP
A
H E NB
H
E
=
− ⋅ − ⋅ + ⋅ =
=
∑ 0
15 3 0 9 3 1 8 0
700
, , ,
( hom ): =={
− − + ⋅ =
∴ =
400
1 050 3 360 3 1 8 0
2 3
N peso da escadatemo
F
F
NB
NB
( ),
. ,
.
s:
550 3
31 356 8≈ . , N
b) Do equílibrio horizontal� �Fy =( )∑ 0 , temos:
F P P FF N
NA E H NA
NA
= + ⇒ = +∴ =
400 7001 100.
c) Do equílibrio horizontal� �Fx =( )∑ 0 , temos:
fat F
fat N
NB.
..
. ,
=
∴ = ≈2 350 3
31 356 8
Respostas: A) ≈ 1356,8 N; B) 1.100 N; C) ≈ 1356,8 N
Aníbal – 13/04/16 – Rev.: LSS10355416_pro_Aula23 – Exercícios de Revisão (Estática dos Sólidos)