Física
Setor B
Prof.:
Bienal – Caderno 4 – Código: 828182410
Índice-controle de Estudo
Aula 37 (pág. 94)
AD
TM
TC
Aula 38 (pág. 94)
AD
TM
TC
Aula 39 (pág. 94)
AD
TM
TC
Aula 40 (pág. 94)
AD
TM
TC
Aula 41 (pág. 98)
AD
TM
TC
Aula 42 (pág. 100)
AD
TM
TC
Aula 43 (pág. 100)
AD
TM
TC
Aula 44 (pág. 102)
AD
TM
TC
Aula 45 (pág. 102)
AD
TM
TC
Aula 46 (pág. 105)
AD
TM
TC
Aula 47 (pág. 106)
AD
TM
TC
Aula 48 (pág. 106)
AD
TM
TC
Aulas
37 a 40
Teorema da energia mecânica
• Teorema da energia mecânica
• Sistema conservativo
τ Fnão cons. = 0
→
τ Fnão cons. = ΔEmec.
→
i
εfmec = εmec
1. Numa montanha-russa, um carrinho com 300 kg de massa é abandonado do repouso de um ponto A,
que está a 5,0 m de altura. Supondo que o atrito seja desprezível e g = 10 m/s2, pergunta-se:
a) Qual a velocidade do carrinho no ponto B?
b) Quanto vale a energia cinética do carrinho no ponto C, que está a 4,0m de altura?
VA
0=0
A
C
5,0 m
4,0 m
B
a) Como o sistema é conservativo, podemos escrever:
εBmec = εAmec
0
0
ε +ε
B
p
B
c=
ε
A
p+
ε
A
c
1
mV2B = mghA
2
VB = 公僓僓僓僓
2ghA
2 ⋅ 10 ⋅ 5
VB = 公僓僓僓僓僓僓僓僓僓僓
VB = 10 m/s
b) εCmec = εAmec
0
ε
ε
ε
ε
ε
C
c
C
c
C
c
C
c
C
c
+ε ε +ε
=ε ε
= mg(hA – hC)
= 300 ⋅ 10 ⋅ (5,0 – 4,0)
= 3 000 J
C
p=
A
P–
A
P
C
p
A
C
ensino médio – 1ª- série – bienal
94
sistema anglo de ensino
3. Um corpo de massa m = 2 kg e velocidade
V = 5,0 m/s choca-se com uma mola de constante elástica k = 20 000 N/m, conforme indicado na
figura. O corpo comprime a mola até parar.
2. Um pêndulo simples de massa 10kg possui energia cinética de 100 J no ponto mais baixo de sua
trajetória. Considerando g = 10 m/s2 e o sistema
conservativo, qual a altura máxima que o pêndulo atinge?
V
Supondo que a superfície horizontal sobre a
qual o corpo desliza é perfeitamente lisa, determine:
a) a energia potencial armazenada no sistema
quando o bloco para.
b) a deformação da mola com o bloco parado.
hmáx.
V
B
VB = 0
A
hmáx.
A
Nível de referência
VB = 0
Como o sistema é conservativo:
εBmec = εAmec
0
ε +ε
B
p
B
c=
B
0
ε
A
p+
Como o sistema é conservativo, vem:
a) εBmec = εAmec
εAc
mg hmáx. = 100
10 ⋅ 10 ⋅ hmáx. = 100
hmáx. = 1 m
0
ε +ε
B
p
B
c=
0
ε
A
p+
εAc
εBp = 1 mV2
2
ε = 25 J
B
p
b)
εBp = 1 kx2
2
25 =
x=
1
20 000 ⋅ x2
2
公
僓僓僓僓僓僓僓僓
25
10 000
=
5
100
x = 0,05 m = 5 cm
ensino médio – 1ª- série – bienal
95
sistema anglo de ensino
4. Um corpo alfa (α) de massa m é abandonado do
repouso do ponto A indicado na figura no mesmo instante em que o corpo beta (β) de massa
2m é abandonado do repouso do ponto C. O
corpo α cai em queda livre e o corpo β percorre
o plano inclinado CD de comprimento 3,6m.
Pede-se, desprezando a resistência do ar e o atrito entre o corpo β e o apoio:
5. Um corpo de massa 1,0 kg é abandonado do repouso do ponto A de um plano inclinado, como
mostrado na figura. Determine a velocidade
com que o corpo chega no ponto B sabendo-se
que durante todo o trajeto atua uma força de
atrito de intensidade 2 N.
a) a velocidade do corpo α ao chegar no ponto B;
b) a velocidade do corpo β ao chegar no ponto D;
c) construir o gráfico da velocidade em função
do tempo desses dois movimentos.
A
d = 11 m
h = 7,2 m
C
A
B
h = 1,8 m
B
plano de referência
De acordo com o teorema da energia mecânica:
D
τFNC = (εmec)B – (εmec)A
V(m/s)
α
6
(1)
Na expressão acima:
β
τFNC é o trabalho das forças não conservativas (atrito).
Logo:
4
2
0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4
(2)
(εmec)A = mgh = 72 J
(3)
(εmec)A é a energia mecânica no ponto A, que é igual à
potencial (o corpo é abandonado do repouso). Logo:
t(s)
a, b) Nos dois casos:
ΔτFNC = 0 ⇔ εmec = constante
(εmec)B é a energia mecânica no ponto B, que é igual à
cinética (tomando-se como referência de energia potencial o plano horizontal que passa por B). Logo:
i
f
ε mec
= ε mec
(mgh +
τFNC = – A ⋅ d = – 22 J
1
1
mV2)i + (mgh +
mV2)f
2
2
(εmec)B =
Em relação ao plano indicado na figura:
1
mgh + 0 = 0 +
mV2
2
1
1 ⋅ ⋅ 2
mV2 =
1 V = (lembrar que m = 1kg) (4)
2
2
Substituindo-se (2), (3) e (4) em (1), vem:
– 22 =
V = 公僓僓僓僓
2gh
V = 6 m/s
c) O deslocamento do corpo α é 1,8 m.
1
⋅ 6 ⋅ t1 ⇒ t1 = 0,6 s
1,8 =
2
1 2
V – 72
2
Daí vem:
V = 10 m/s
O deslocamento do corpo β é 3,6 m.
Portanto:
1
3,6 =
⋅ 6 ⋅ t2 ⇒ t2 = 1,2 s
2
ensino médio – 1ª- série – bienal
96
sistema anglo de ensino
6. A figura a seguir representa a pista de um brinquedo. Considerando o sistema conservativo,
qual deverá ser o valor mínimo da altura h para
que o carrinho abandonado do repouso no
ponto A consiga passar pelo ponto B, o mais
alto da parte circular?
A
B
r
h
Como o sistema é conservativo:
εBmec = εAmec
0
ε +ε
B
p
B
c=
ε
A
p+
ε
A
c
1
mg2r +
mVB2 = mgh
2
h = 2r +
VB2
2g
(I)
O menor valor de h corresponde à menor velocidade no
ponto B.
Então:
B
Rmín. = P
VB mín.
m
P = Rmín.
2
VBmin.
= mg
r
VBmín. = 公僓僓僓
gr
Consulte
Livro 1 – Capítulo 8
Caderno de Exercícios 1 – Capítulo 8
(II)
Tarefa Mínima
Substituindo (II) em (I), vem:
AULA 37
1. Leia os itens de 17 a 19.
2. Faça os exercícios de 42 a 44.
(公僓僓
g r )2
h = 2r +
2g
h = 2,5 r
AULA 38
Faça os exercícios 47, 45 e 49 (só parte B).
AULA 39
Faça os exercícios 46 e 52.
AULA 40
Faça os exercícios 53 e 48.
Tarefa Complementar
AULA 40
Faça os exercícios 50, 54, 55 e 56.
ensino médio – 1ª- série – bienal
97
sistema anglo de ensino
Aula
41
Potência (2ª- parte)
Potência média (Pm) em um dado
intervalo de tempo Δt:
Pm =
Se uma força realiza um trabalho τ
num intervalo de tempo Δt, a potência média dessa força no intervalo de tempo considerado vale:
Δε
Δt
Sendo Δε a energia transferida ou
transformada no intervalo Δt.
Pm =
τ
Δt
1. Um corpo de massa 200 kg é erguido por um guincho, verticalmente, com
velocidade constante a uma altura de 5 m gastando 2,5 s nesse processo.
Pede-se determinar: (g = 10 m/s2)
a) o trabalho da força de tração no fio;
b) a variação de energia mecânica do corpo;
c) a potência média no trecho considerado.
a) Como o movimento é retilíneo uniforme, a resultante é nula, a intensidade da força
de tração vale
T = 2 000 N
O trabalho da força de tração será:
b) A velocidade é constante, a energia cinética é constante, a variação de energia
mecânica é devida exclusivamente à variação de energia potencial:
Δε = mgh = 10 000 J
T
c) A potência média pode ser calculada de três modos:
1) Pm =
τ
Δt
V
Pm = 4 000 W = 4 kW
2) Pm =
h
P
=
14444244443
τ = T ⋅ h = 10 000 J
Δt
Δε
=
Δt
Pm = 4 000 W = 4 kW
3) Pm = T ⋅ Vm =
2000 ⋅ 5
=
2,5
Pm = 4 000 W = 4 kW
ensino médio – 1ª- série – bienal
98
sistema anglo de ensino
2. Um sitiante resolve tirar proveito de uma queda d’água existente em
um rio que corta sua propriedade para obter energia elétrica. Para
isso precisa instalar uma turbina hidráulica, que tem a finalidade de
transformar a energia cinética da água em energia cinética de rotação
(figura 1). Um gerador elétrico tem de ser acoplado à turbina com a
função de transformar a energia cinética em energia elétrica (figura 2).
Para avaliar a potência elétrica que poderia obter com esse sistema, o
sitiante realiza as seguintes medidas:
Altura da queda d’água: h = 10 m
Vazão do rio: z = 2 m3/s
Adotando-se g = 10 m/s2 e sabendo-se que a densidade da água é
d = 103 kg/m3, determine:
a) a máxima potência que ele poderia obter com esse sistema;
b) a potência elétrica que ele vai obter sabendo-se que o rendimento
da turbina é de 90% e o do gerador é de 95%.
Δε = Δ mgh
Como a densidade é a massa dividida pelo volume, a expressão anterior pode ser
assim escrita:
Δε = d ⋅ Δ Vgh
sendo Δ V o volume da massa Δ m
A potência (P) nessa transformação vale:
Δm
ΔV
h
P
P = Δε = d ⋅ ΔVgh
Δt
Δt
O quociente
figura 2
14444244443
a) Δm é a massa de água que vai do topo até a base da queda d’água num intervalo Δt arbitrariamente escolhido.
Δε é a energia potencial da água transformada em cinética no intervalo considerado:
figura 1
Δt
ΔV
é a vazão z. Logo:
Δt
P=d⋅z⋅g⋅h
P = 2 ⋅ 105 W = 200 kW
b) Pelét. = Ptotal ⋅ η1 ⋅ η2
Pelét. = 171 kW
Consulte
Livro 1 – Capítulo 8
Caderno de Exercícios 1 – Capítulo 8
Tarefa Mínima
1. Leia os itens de 20 a 25.
2. Faça os exercícios 57 e 61.
Tarefa Complementar
Faça os exercícios 59, 60 e 63.
ensino médio – 1ª- série – bienal
99
sistema anglo de ensino
Aulas
42 e 43
2. Uma criança está debruçada sobre uma ponte
segurando um brinquedo em repouso. De repente, o brinquedo desprende-se da mão da criança,
levando 2s para atingir o solo. Desprezando a resistência do ar, determine (g = 10N/kg):
a) a altura aproximada da ponte;
b) a velocidade do brinquedo imediatamente antes de tocar o solo.
Queda livre
• Os movimentos à nossa volta: a confusão gerada pelo meio.
• Histórico: Galileu e a torre de Pisa.
• Newton e a queda livre.
• As equações da queda livre.
a)
O
V0 = 0
a = 10 m/s2
h
1. Dois corpos de peso P1 = 10 N e P2 = 15 N são
abandonados simultaneamente a partir do repouso e do mesmo nível, próximos à superfície
da Terra.
Determine, durante a queda (g = 10 N/kg):
a) a resultante sobre cada corpo;
b) a aceleração de cada corpo.
s (m)
solo
s = 5t2
s = 5 × 22
s = 20 m.
b) V = 10t ∴ V = 10 × 2.
V = 20 m/s.
a)
P1 = R1 = 10 N
P2 = R2 = 15 N
b) P1 = R1 = m1 ⋅ a1
10 = 1 ⋅ a1
a1 = 10 m/s2
b) P2 = R2 = m2 ⋅ a2
m1 =
3. Um viajante espacial, ao chegar a um planeta
desconhecido, fez experiências e obteve a tabela a seguir, que mostra as alturas em que o
mesmo corpo foi abandonado a partir do repouso e no vácuo, próximo da superfície do
planeta, em função dos respectivos intervalos
de tempo da queda.
P1
g
m1 = 1 kg
m2 =
P2
g
h (m)
m2 = 1,5 kg
15 = 1,5 ⋅ a2
a2 = 10 m/s2
Portanto, a1 = a2 . (Não depende da massa.)
t (s)
4
1
16
2
36
3
64
4
a) Faça um gráfico h × t para o corpo de 0 s a 4 s.
b) Calcule a g do planeta.
c) Faça o gráfico V × t de 0 s a 4 s.
ensino médio – 1ª- série – bienal
100
sistema anglo de ensino
a)
4. Um corpo é lançado verticalmente para cima
com velocidade de 20 m/s. Desprezando-se a
resistência do ar e adotando-se g = 10 m/s2, determinar:
a) o instante em que o corpo atinge a altura
máxima;
b) a altura máxima que ele atinge;
c) a velocidade com que retorna ao solo.
h (m)
64
36
Equações do movimento
v = v0 + at ⇒ v = 20 – 10t
1
s = s0 + v0t + at2
2
16
S = 20t – 5t2
4
1
2
3
t (s)
4
1 2
g t , e tomando-se o par de valores
2
b) Como h =
V0 = 20 m/s
h = 4 m e t = 1 s, da tabela, vem:
1
4 = g x 12 ∴ g = 8 m/s2.
2
a) No instante em que atinge a altura máxima v = 0
0 = 20x – 10te ⇒ te = 2s
b) Hmáx = s(te)
Hmáx = 20(2) – 5(2)2
Hmáx = 20 m
c) Ao retornar ao solo (t = 4s)
v = 20 – 10(4)
v = – 20 m/s
c) Como V = 8 t, podemos fazer a tabela:
V (m/s)
t (s)
0
0
8
1
16
2
24
3
32
4
Portanto, o gráfico V × t é:
V (m/s)
32
24
Consulte
16
Livro 1 – Capítulo 9
Caderno de Exercícios 1 – Capítulo 9
8
Tarefa Mínima
0
AULA 42
1. Leia os itens 1 e 2.
2. Faça os exercícios de 1 a 3.
1
2
3
4
t (s)
AULA 43
Faça os exercícios de 4 a 6.
Tarefa Complementar
AULA 43
Faça os exercícios de 7 a 10.
ensino médio – 1ª- série – bienal
101
sistema anglo de ensino
Aulas
44 e 45
b) pode-se afirmar que, durante o movimento, o
corpo se desloca horizontalmente para a direita, 5m em cada segundo. Por que isso ocorre?
Lançamento horizontal
Como não há forças atuando sobre o corpo na direção horizontal, podemos afirmar, de acordo com a Lei
da Inércia, que, na horizontal, o corpo se desloca em
movimento retilíneo e uniforme.
• A simultaneidade dos movimentos.
• A equação fundamental e o lançamento horizontal.
• As equações do lançamento horizontal.
c) qual a aceleração do corpo na direção vertical? Explique por que, nessa direção, o corpo executa uma queda livre.
1. A figura a seguir representa o movimento de
um corpo lançado horizontalmente com velocidade V0 = 5 m/s próximo à superfície da Terra,
em um local onde g = 10 N/kg. Despreze a resistência do ar.
A
Como, na direção vertical, R = P, tem-se:
m ⋅ a = m ⋅ g ⇒ a = g (constante).
Portanto, como Voy = 0, nessa direção o corpo executa uma queda livre.
V0 = 5 m/s
d) considerando t0 = 0 como o instante inicial
de lançamento, quanto tempo o corpo leva
para chegar ao solo?
B
h = 45 m
0
V0y = 0
solo
Com base no enunciado:
a) represente a resultante das forças sobre o corpo quando ele passa pelos pontos A e B;
45
y (m)
A
y=
P=R
B
1
gt2
2
45 = 5t2
t = 3 s.
P=R
e) com que velocidade horizontal o corpo chega ao solo?
solo
Na direção horizontal, temos um MRU, portanto,
Vx = 5 m/s.
ensino médio – 1ª- série – bienal
102
sistema anglo de ensino
2. Um corpo P de massa m é lançado horizontalmente de uma determinada altura. No mesmo
instante, um outro corpo Q, de massa 2 m, é
solto em queda livre, a partir do repouso, dessa mesma altura, como mostra a figura.
f) qual a componente vertical da velocidade do
corpo?
0
Vy = V0y + gt
Vy = 10 × 3 = 30 m/s.
V0
P
(m)
Q
(2 m)
g) com que velocidade o corpo atinge o solo?
Vx
solo
V
Sejam VP e VQ os módulos das velocidades dos
corpos P e Q, respectivamente, imediatamente
antes de tocarem o solo, e ΔtP e ΔtQ os intervalos de tempo decorridos para que cada corpo
cubra esse percurso. Despreze os efeitos do ar.
Nessas condições, pode-se afirmar que:
➜ a) VP ⬎ VQ e ΔtP = ΔtQ.
b) VP ⬎ VQ e ΔtP ⬎ ΔtQ.
c) VP = VQ e ΔtP = ΔtQ.
d) VP = VQ e ΔtP ⬎ ΔtQ.
e) VP = VQ e ΔtP ⬍ ΔtQ.
Vy
V=
公僓僓僓僓僓僓
V2x + x2y
=
52 + 302 ≈ 30,4 m/s.
公僓僓僓僓僓僓僓僓
Como o corpo P foi lançado horizontalmente no mesmo
instante em que o corpo Q foi abandonado do repouso,
da mesma altura, tem-se que, na direção vertical, o movimento do corpo P é idêntico ao do corpo Q, independentemente de suas massas.
Então:
ΔtP = ΔtQ.
Ao atingirem o solo, os dois corpos têm a mesma velocidade vertical. Entretanto, o corpo P possui a componente horizontal da velocidade igual à inicial do seu lançamento.
Então:
h) na figura a seguir, represente a posição do
corpo nos instantes t0 = 0, t1 = 1 s, t2 = 2 s,
t3 = 3 s e represente a trajetória do corpo por
uma linha tracejada.
5m
t0 = 0
0
V0
5
10
Escala
5m
x(m)
15
t1 = 1s
corpo P
corpo Q
V0
VP
t2 = 2s
VP =
公僓僓僓僓僓僓
V02 + V2y
Vy = VQ
Vy
⬎ VQ
Portanto, a alternativa correta é a.
trajetória
A comparação de VP com VQ também pode ser feita por
Energia.
t3 = 3s
45
solo
y(m)
ensino médio – 1ª- série – bienal
103
sistema anglo de ensino
3.
Um canhão apoiado
sobre um muro, conforme a figura abaixo, dispara horizontalmente uma bala com uma velocidade de 80 m/s. Ela atinge o chão a uma distância de 160 m da base do muro.
V2y = V2oy + 2gy
(Olimpíada Brasileira de Física)
V2y = 0 + 2 ⋅ 10 ⋅ 10 = 200
Vy = 公僓僓僓僓
200 ≈ 14,1 m/s
V
Determine:
a) o tempo do deslocamento da bala desde o
instante do disparo até atingir o chão;
b) a altura do muro;
c) a velocidade da bala na metade de sua trajetória na direção vertical.
Vx
h
h/2
Vy
V
A
a) Tempo do deslocamento da bala;
Como a velocidade é constante no eixo x, tem-se que:
X
Vx = V0x =
t
t=
Consulte
X
160
=
Vx
80
Livro 1 – Capítulo 9
Caderno de Exercícios 1 – Capítulo 9
t = 2s
Tarefa Mínima
b) Altura do muro:
2
10
⋅4
h = gt =
2
2
AULA 44
Leia os itens 4 e 5.
AULA 45
Faça os exercícios 15 e 16.
h = 20 m
c) A velocidade da bala no meio da trajetória na direção vertical:
h
y=
= 10 m
2
Tarefa Complementar
AULA 44
Faça os exercícios 17 e 18.
Como o movimento é uniformemente variado na direção y, tem-se que:
ensino médio – 1ª- série – bienal
AULA 45
Faça o exercício 19.
104
sistema anglo de ensino
Aula
46
A
–
Momento de uma força em relação
a um ponto
P = 150 N
Módulo do momento: (MF)0 = F ⋅ b
a = 0,2 m
O
a) (MP)O = – P(a) ⇒ (MP)O = – 150 (0,2) ⇒
(MP)O = – 30N ⋅ m
(MR)O = R(0) ⇒ (MR)O = 0
(MF)O = + F(b) ⇒ (MF)O = + 100(0,3) ⇒
(MP)O = + 30 N ⋅ m
la
F
b
A
P
O
Sinal do momento (dado por uma convenção): Se
→
a força F, agindo sozinha no corpo, causar uma rotação no sentido anti-horário, o seu momento é po→
sitivo; se a força F, agindo sozinha no corpo, causar uma rotação no sentido horário, o seu momento é negativo.
R
O
F = 100 N
A
+
b = 0,3 m
Numa haste OA de comprimento 0,5 m, que
está articulada na extremidade O, agem as três
forças indicadas na figura. O peso da barra é
→
150 N, e a força F tem intensidade 100 N.
F
O
b) Momento do sistema de forças é a soma dos momentos de cada uma das forças:
(Msist)O = (MP)O + (MR)O + (MF)O =
= – 30 + 30 + 0 = O
(Msist)O = 0.
A
b = 0,3 m
R
P
O
a = 0,2 m
a = 0,2 m
Supondo que a haste seja homogênea, pedese, tomando o sentido anti-horário como positivo:
a) determine o momento de cada uma das forças que agem sobre a barra em relação ao
ponto O;
b) determine o momento do sistema de forças
em relação ao mesmo ponto O.
ensino médio – 1ª- série – bienal
Consulte
Livro 1 – Capítulo 10
Tarefa Mínima
Leia os itens de 1 a 7.
Tarefa Complementar
Refaça o exercício da aula.
105
sistema anglo de ensino
Aulas
47 e 48
Equilíbrio de um corpo extenso
A condição necessária e suficiente para o equilíbrio de um corpo extenso é que
→
ΣF = 0 e ΣM = 0.
1. Uma barra de peso G = 600 N é articulada no centro. Um corpo de
peso P = 500 N é colocado em um ponto A da barra, a uma distância
de 1,5 m da articulação. Um outro corpo, de peso Q = 1 500 N, é colocado em um ponto B, a uma distância x da articulação. Determine:
a) a intensidade da força aplicada pela articulação à barra;
b) a distância x, para que a barra permaneça em equilíbrio.
B
A
O
x
1,5 m
a) F = P + Q + G
F = 2 600 N.
(MP)0 = + P ⋅ (OA)
(MP)0 = + 500 ⋅ 1,5 = + 750 N ⋅ m
NB = Q
NA = P
F
P
B
Q
O
A
NA = P
G
O
–
B
x
NB = Q
Q
(MQ)0 = – Q ⋅ (OB) = – 1 500 ⋅ x
(MQ)0 = – 1 500 ⋅ x
b) (Msist)0 = 750 + (–1 500x) + 0
Msist = 0
750 + (– 1500x) = 0
x = 0,5 m.
F
O
O
A
+
G
1,5 m
(MF)0 = + F ⋅ (0) = 0
(MG)0 = + G ⋅ (0) = 0
P
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106
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2. Uma barra AB, de comprimento 0,8 m, está
apoiada nos pontos C e B em equilíbrio, como
indicado na figura (não considerar quaisquer
ações horizontais sobre a barra). A barra é homogênea e prismática e tem peso P = 180 N.
Um corpo de peso Q = 60 N e de pequenas dimensões está apoiado na barra em um ponto
D, situado a uma distância de 0,2 m da extremidade B. Determine:
a) a força aplicada pelo apoio à barra no ponto C;
b) a força aplicada pelo apoio à barra no ponto B.
A
D
C
0,2 m
0,2 m
0,2 m
B
0,2 m
P+Q=X+Y
X + Y = 240 N (1)
(MP)B = +P(EB) = + 180 ⋅ (0,4) = 72 N ⋅ m
(MQ)B = +Q(DB) = + 60 ⋅ (0,2) = 12 N ⋅ m
(MX)B = – X(CB) = – X ⋅ (0,6) = – 0,6X
(MY)B = Y(0) = 0
72 + 12 – 0,6 ⋅ X = 0
X = 140 N
Y = 100 N
N=Q
Q
X
C
Y
D
E
A
B
P
0,2 m
0,2 m
N=Q
0,2 m
0,2 m
Consulte
Livro 1 – Capítulo 10
Caderno de Exercícios 1 – Capítulo 10
Tarefa Mínima
AULA 47
1. Leia os itens 8 e 9.
2. Faça os exercícios 5 e 6.
AULA 48
Faça os exercícios 2, 7 e 8.
Tarefa Complementar
AULA 48
Faça os exercícios de 9 a 13.
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