O documento apresenta 10 questões corrigidas sobre momentos e equilíbrio de forças. A primeira questão calcula a distância x para equilibrar uma barra com massas em suas extremidades. A segunda questão calcula a massa m1 necessária para equilibrar uma balança com massas m2 e d2 fixas. A terceira questão analisa as forças exercidas por estacas em um trampolim para manter o equilíbrio.

1. © QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna 1
QUESTÕES CORRIGIDAS
MOMENTO E EQUILÍBRIO
1. Uma barra de peso desprezível está em equilíbrio na posição horizontal, conforme o
esquema a seguir.
90Kg 1,5Kg
x 40cm
As massas de 90 kg e 1,5 Kg se encontram em sua extremidade, sendo que o ponto de
apoio está a 40 cm da extremidade direita. Qual o valor da distância “x”, do apoio até a
extremidade esquerda, para manter a barra em equilíbrio?
a) 240cm.
b) 120cm.
c) 1,5cm.
2
d) cm.
3
CORREÇÃO
Para o Equilíbrio, o Momento Resultante deve ser igual a zero.
M = F.d.cosθ, que leva a: F 1 . d 1 = F 2 . d 2.
2
90.x=1,5.40⇒x= 3 cm.
GABARITO: D
2. É possível se equilibrar uma balança na horizontal sem que seu ponto de apoio esteja localizado
precisamente em seu centro, conforme a figura abaixo.
m1 m2
d1 d2
Aliás, em várias aplicações e diferentes tipos de balança, é necessário que o equilíbrio se dê
exatamente desta forma.
a) Considerando a figura e os comentários acima, diga quais as condições necessárias para
que o equilíbrio seja possível neste caso.
b) Sendo m 2 = 100 g, d 1 = 5 cm e d 2 = 60 cm, calcule o valor de m 1 para que a balança
permaneça em equilíbrio na horizontal.
CORREÇÃO
a) Para que haja o equilíbrio, o Momento Resultante deve ser igual a zero. Ou:
F1. d1 = F2. d2 .
b) Aplicando a equação: x . 5 = 100 . 60 ⇒ x = 1200 g = 1,2 Kg .
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3. (UFMG/2005) Gabriel está na ponta de um trampolim, que está fixo em duas estacas – I e II –,
como representado nesta figura:
→ →
Sejam F e F as forças que as estacas I e II fazem, respectivamente, no trampolim. Com
I II
base nessas informações, é CORRETO afirmar que essas forças estão na direção vertical e
→ →
A) têm sentido contrário, F para cima e F para baixo.
I II
B) ambas têm o sentido para baixo.
→ →
C) têm sentido contrário, F para baixo e F para cima.
I II
D) ambas têm o sentido para cima.
CORREÇÃO
Questão conceitual, basta analisar a figura.
Quando o atleta salta no trampolim, seu peso força o lado direito para baixo, provocando um
momento no sentido horário. A estaca central se comporta como ponto de apoio e a outra, lateral
esquerda, é obrigada a aplicar uma força para baixo, provocando momento no sentido anti-horário
para anular o momento provocado pelo peso do atleta.
GABARITO: C
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4. (UFV) Um rapaz de 900 N e uma garota de 450 N estão em uma gangorra. Das ilustrações
abaixo, a que representa uma situação de equilíbrio é:
a)
b)
c)
d)
CORREÇÃO
Basta aplicar a equação de equilíbrio, observando no visual as distâncias em relação ao
apoio: F 1 . d 1 = F 2 . d 2 . Como o homem pesa o dobro que a garota, deve estar na metade da
distância ao apoio.
900 . 1 = 450 . 2
GABARITO: B
5. Tomara que você nunca precise, mas eu já tive que trocar um pneu várias vezes! E debaixo do sol
rachando dá um suador danado! RESPONDA:
a) Na hora de desparafusar as porcas que prendem a roda, quais parâmetros físicos vão influir no
esforço que você terá que fazer?
b) Como você poderia DIMINUIR seu esforço para desparafusar ou parafusar?
CORREÇÃO
a) Para usar a chave de roda,
que não é esta que ilustrei, força
não tem jeito, você fará! Assim, o
que pode influir no seu esforço são
outros dois fatores: a distância de
aplicação da força, que vai depender
do tamanho da ferramenta ou de onde você
coloca a mão nela, e o ângulo que ela
forma com o a distância até o ponto de apoio:
M = F.d.senθ.
b) Simples: aumente a distância até o apoio usando uma ferramenta maior!
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6. Observe a figura abaixo, que representa uma barra que pode girar livremente em torno do apoio O
ur
sofrendo a ação de uma força F inclinada em relação à barra.
O
ur
F
a) Pelo desenho, a barra irá girar no sentido horário ou anti-horário?
uuur
b) CALCULE o Momento provocado pela componente x,
F x
, da força. JUSTIFIQUE sua
resposta.
CORREÇÃO
a) Pela figura, a barra gira no sentido horário.
b) Decomponha a força. uuur
F x
O
ur
A componente x está na direção do apoio, e não provoca
momento, ou seja, não faz girar! θ = 0o!
F
7. Uma barra apoiada em A sofre a ação de uma força F de 10 N conforme o esquema abaixo.
d=6m
.
A ur
F
d=6m
.
a) De acordo com o esquema, a barra irá girar no sentido horário ou anti-horario?
b) CALCULE o Momento provocado pela força F.
A ur
CORREÇÃO F
a) A figura deixa claro: a barra irá girar no sentido horário.
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b) M = F.d = 10.6 = 60 N.m .
8. Uma barra de peso desprezível está em equilíbrio na posição horizontal, conforme o
esquema a seguir.
6Kg 8Kg
x 30cm
As massas de 6 kg e 8 Kg se encontram em sua extremidade, sendo que o ponto de
apoio está a 30 cm da extremidade direita. Qual o valor da distância “x”, do apoio até a
extremidade esquerda, para manter a barra em equilíbrio?
a) 40 cm.
b) 32 cm.
c) 2,25 cm.
2
d) cm.
3
CORREÇÃO
Para o Equilíbrio, o Momento Resultante deve ser igual a zero.
M = F.d.cosθ, que leva a: F 1 . d 1 = F 2 . d 2.
6.x=8.30⇒x=40 cm.
GABARITO: A
9. (UFVJM/2006) Uma viga cilíndrica, homogênea, é construída em duas partes, com dois
materiais distintos, de densidades dx = 18 g/cm3 e dy = 2 g/cm3. A viga permanece em equilíbrio,
na horizontal, quando suspensa na junção das duas partes, como ilustra a figura abaixo.
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6. © QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna 6
Com base nessas informações, é CORRETO afirmar que a razão admensional entre as
distâncias Q e P (Q/P) é igual a
A) 18
B) 2
C) 9
D) 3
CORREÇÃO
Como se trata de uma questão de Equilíbrio de um corpo extenso, a primeira vista imaginei
ser bem simples e tentei de cabeça: como um lado é 9 vezes mais denso, a distância deve ser nove
vezes menor. Mas, as contas me mostraram que não!
Condição de equilíbrio: MomentoAnti-horário = MomentoHorário ⇒ F1d1 = F2d2, onde F é força e d a
distância até o apoio, na corda.
No caso, as forças são os pesos, inclusive aplicados no centro de massa, mas a proporção
será a mesma... Brincando com as fórmulas: P = mg, d = m / V ⇒ P = d.V.g .
Esta é exatamente a fórmula do Empuxo, por sinal. Lembrando que para uma barra cilíndrica o
volume = área da base.altura.
Então, P = d.A.h.g, mas d=h/2, isto é, Área da
o peso está no centro de massa, na metade base
da altura do cilindro. Substituindo, finalmente,
para terminar:
Altura
h1 h
F1d1 = F2 d 2 ⇒ d1 Ah1 g
= d 2 Ah2 g 2 ⇒
2 2
P Q Q2 dx
dx A P g = d y AQ g ⇒ 2 = ⇒
2 2 P dy
Q dx 18
= = =3
P dy 2
As contas mostraram que a razão Q/P varia com a raiz da razão entre as densidades.
Interessante, mas é uma pegadinha, e mais complicada.
OPÇÃO: D.
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10. (UFMG/2010) Para pintar uma parede, Miguel está sobre um andaime suspenso por duas cordas. Em certo instante, ele está
mais próximo da extremidade direita do andaime, como mostrado nesta figura:
Sejam TE e TD os módulos das tensões nas cordas, respectivamente, da esquerda e da direita e P o módulo da soma do peso do
andaime com o peso de Miguel. Analisando-se essas informações, é CORRETO afirmar que
A) TE = TD e TE + TD = P.
B) TE = TD e TE + TD > P.
C) TE < TD e TE + TD = P.
D) TE < TD e TE + TD > P.
CORREÇÃO
Esta é uma questão de Equilíbrio de um Corpo Extenso. O andaime não é uma partícula.
Para equilibrá-lo, devemos obedecer a duas condições:
ur
• FRes = 0 ou Σ F =0 . A força resultante deve ser igual a zero, 1a Lei de Newton;
uur
• MRes = 0 ou Σ M =0 . O momento resultante deve ser igual a zero, para não girar.
Qualitativamente, e usando o bom senso, quando o peso não é igualmente distribuído em um
corpo, isto causa alguns efeitos. É por esta razão que caminhões têm mais rodas atrás. Aviões
também, por exemplo! Desta forma, olhando a figura, como o homem está mais perto da corda da
direita, a tração deve ser maior nela. Além de o peso ser equilibrado pela soma das duas
trações. Desenhando:
As duas trações para cima igualam o peso, para
baixo.
E, para anular o momento provocado pelo peso
em relação aos apoios nas cordas, a da direita deve
uu
r uu
r
ser maior. TE TD
Vou mostrar de outra maneira, com números,
que facilitam para alguns estudantes. Veja o desenho ur
abaixo, de uma barra de peso desprezível apoiada em
suas extremidades A e B. Valores e distâncias estão
P na
figura.
Aplicando ao problema abaixo as condições de equilíbrio: P = 4 = NA + NB .
Além disto, calculando o
momento em relação ao
apoio A e lembrando que
60 cm 20 cm
para forças perpendiculares N NB M
= F.d, teremos: NB.(20+60) = A
4 kgf
4(P).60 ⇒ NB = 3 kgf.
Substituindo na equação
anterior, NA = 1 kgf. Lembre- P se
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8. © QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna 8
também de que, ao escolhermos A como apoio, o momento de NA se anula! Veja mais questões
sobre este assunto em:
• http://www.fisicanovestibular.xpg.com.br/questoes/1_estatica.pdf .
OPÇÃO: C.
11. (ENEM/1998) (SP-C6-H20) Um portão está fixo em um muro por duas dobradiças A e B,
conforme mostra a figura, sendo P o peso do portão.
A
B
Caso um garoto se dependure no portão pela extremidade livre, e supondo que as reações
máximas suportadas pelas dobradiças sejam iguais,
(A) é mais provável que a dobradiça A arrebente primeiro que a B.
(B) é mais provável que a dobradiça B arrebente primeiro que a A.
(C) seguramente as dobradiças A e B arrebentarão simultaneamente.
(D) nenhuma delas sofrerá qualquer esforço.
(E) o portão quebraria ao meio, ou nada sofreria.
CORREÇÃO
Questão de análise relativamente complexa, sobre Momento de Uma Força, ou Torque.
Tracei na figura o peso P do portão, no Centro de Gravidade (meio), e o do menino na extremidade
direita da figura.
O Torque é dado por: T = F.d.senθ, onde F é a força, d a distância até o apoio e θ o ângulo
formado entre F e d. Mas pode-se interpretar Fsenθ como a componente da força perpendicular à
distância até o apoio d, ou dsenθ o chamado “braço de alavanca”, ou a distância perpendicular do
apoio até a linha de ação da força, que tracejei de vermelho. Veja a figura:
Os braços de alavancas são iguais em comprimento para as
duas dobradiças, e assim o Torque provocado pelos pesos é o mesmo,
medido em relação a A ou a B. Assim, argumentar pelo módulo do
Torque não fará diferença! E o sentido do Torque, nos dois casos, é o
horário. Observe então que ao girar sob a ação do peso do menino, o
portão tende a se apoiar embaixo, que destaquei com um círculo preto,
mais distante de A. Isto fará a diferença!
Como num pé-de-cabra, o portão sob o peso do menino tende a
arrancar as dobradiças da parede ao girar no sentido horário, e neste
caso a A deve arrebentar, saindo da parede, primeiro. Porque a
dobradiça A será forçada para fora da parede, enquanto a B, num
primeiro momento servindo como apoio do giro horário, será forçada
para dentro!
Como eu disse, achei a análise bem complexa! Algumas poucas pessoas têm uma visão Física
mais intuitiva das coisas, e talvez acertem com mais facilidade e sem tanta discussão teórica.
OPÇÃO: A.
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9. © QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna 9
12. (UFMG/2010) O Manual do Usuário de um automóvel contém estas informações:
• a distância entre os eixos das rodas é de 2,5 m; e
• 60% do peso do veículo está concentrado sobre as rodas dianteiras e 40%, sobre as rodas traseiras.
1. Considerando essas informações, CALCULE a distância horizontal entre o eixo da roda dianteira e o centro
de gravidade desse automóvel.
2. Durante uma arrancada, a roda desse automóvel pode deslizar sobre o solo.
Considerando a situação descrita e as informações do Manual, RESPONDA:
Esse tipo de deslizamento ocorre mais facilmente se o automóvel tiver tração nas rodas dianteiras ou nas
rodas traseiras?
JUSTIFIQUE sua resposta.
CORREÇÃO
A grande área da Mecânica (1º ano), subdividida em dois de seus itens: Equilíbrio de um
corpo extenso (Momento de uma força) e Atrito (Leis de Newton).
Como envolve as forças, é sempre recomendável começar fazendo um esquema, como o
seguinte.
2,5 m
O Peso é aplicado no
chamado Centro de
Gravidade. Para um carro de
motor dianteiro, o modelo mais
comum, este está deslocado
uuuuuuuuuur uuuuuuuuuuur
para frente. As Normais nas Normaltras C.G. Normaldiant
rodas equilibram (FRes=0) o 0,4 P
peso. Mas, não são iguais... (40%) 2,5 – x x 0,6 P
Quem compreende bem Apoio uuuuu
r (60%)
o conceito de Momento Peso
(“giro”) consegue solucionar o
problema, facilmente, de
cabeça. Se 3/5 (60%) do peso
estão na dianteira, e a distância entre os eixos é de 2,5 m (÷ 5 = 0,5 m), então 3/5 da distância,
ou seja, 1,5 m estão para a parte traseira. Para frente, sobra 1,0 m. Afinal, grosso modo, Momento
= Força x Distância .Pronto!
Resolvendo detalhada e matematicamente, para que o carro fique em Equilíbrio, além de
obedecer à 1ª Lei de Newton (FRes=0 ⇒ P = Nd + Nt), o Momento Resultante deve ser igual a zero.
Ou, o giro no sentido horário deve ser igual ao giro no sentido anti-horário.
Como temos que escolher um ponto de apoio, tomemos a roda traseira, por exemplo.
Poderíamos escolher o centro de gravidade, também... Veja no esquema que, assim, o Peso tende a
girar no sentido horário e a normal dianteira no anti-horário. Igualando os momentos em relação à
roda traseira: F1.d1= F2.d2 (Obs: não precisamos do seno pois as forças estão perpendiculares ao
braço de alavanca e sem 90º = 1). Escolhendo o apoio na traseira, o momento da normal traseira
vai a zero: distância ao apoio zero. Escolhido o Centro de Gravidade, anularíamos o momento do
peso pelo mesmo motivo.
Por fim, como já notei que nestes problemas os alunos, às vezes, erram as distâncias, note que
o peso está a uma distância (2,5 – x) da roda traseira e a normal dianteira está a 2,5 m! Fazendo as
contas:
P .(2,5 − x ) = 0,6 P .2,5 ⇒ x = 2,5 − 1,5 = 1,0 m .
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10. © QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna 10
Lembre-se: caminhões têm mais rodas atrás. Porque o peso é concentrado na traseira, ao
contrário deste carro.
Quanto ao deslizamento eventual da roda, convém primeiro lembrar detalhadamente. Ilustrei
uma arrancada.
É a força de atrito, Fat, entre o pneu e o
asfalto, que empurra o carro para frente.
Deslizar sobre o solo significa derrapar.
Neste caso, passa-se do atrito estático para
o chamado atrito cinético. Certamente a
correção vai exigir este comentário. A força
máxima de atrito, limite a partir do qual
ocorre a derrapagem, é a chamada Força uur de
Atrito Estático Máxima, cuja relação é:
FMáx = µe . N . Fat
Conhecendo esta relação, vemos que o
atrito depende da normal e do material dos pneus (µe = coeficiente de atrito estático, que varia com
o material).
Como, de acordo com os dados, a normal na traseira, onde há menos peso, é menor, o atrito
na traseira será menor e o carro de tração traseira derrapará, assim, mais facilmente.
Por isto pneus são tão importantes na Fórmula 1! O atrito...
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