Estática

Na obra, a lança horizontal de um guindaste de torre sustenta um bloco de concreto de 1 600 kg a 15 m do eixo. Do outro lado da lança, um contrapeso de 6 000 kg fica a apenas 4 m do mesmo eixo, e ninguém acha estranho que o bloco leve esteja tão longe e o pesado tão perto. A lança não cai para o lado da carga porque $1\,600 \times 15 = 24\,000$ e $6\,000 \times 4 = 24\,000$: o produto massa vezes distância ao eixo empata dos dois lados. Se o operador pudesse deslizar o contrapeso para 5 m, a lança giraria para o lado dele; a 3 m, para o lado da carga. É a mesma regra que faz uma criança leve na ponta da gangorra equilibrar um adulto sentado perto do meio, e a mesma que decide quanto o cavalete mais próximo de um trabalhador precisa aguentar quando ele pisa numa prancha.

A estática é a parte da mecânica que estuda corpos que não aceleram. Para uma partícula, basta que a soma das forças seja zero. Para um corpo extenso, uma barra, uma prancha, uma lança, um atleta, não basta: um par de forças de mesmo módulo e sentidos contrários, se não estiver na mesma reta, tem resultante zero e mesmo assim põe o corpo a girar. É preciso uma segunda condição, sobre a soma dos torques, e é ela que a prova do PAS cobra ano após ano, em guindastes, gruas, gangorras, balanças, esculturas e no próprio corpo humano. Esta página constrói as duas condições, ensina a escolher o ponto em torno do qual calcular os torques, resolve alavancas, vigas em dois apoios e balanças, explica onde o peso de um corpo “atua” e por que um objeto tomba, e termina com os itens reais e os erros que a banca planta. As três leis de Newton e a decomposição de vetores são pressupostos: estão nas páginas de leis de Newton e vetores.

Parado de verdade, parte um: a resultante tem de ser nula

Um corpo em equilíbrio estático está em repouso e continua em repouso. Pela segunda lei, aceleração zero significa resultante zero:

$$\sum \vec F = \vec 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sum F_x = 0 \;\text{ e }\; \sum F_y = 0.$$

Para um ponto material, isso é tudo. O método é o da página de leis de Newton: desenhe o diagrama de forças do corpo escolhido (peso, trações, normais, atrito), escolha eixos, decomponha o que estiver inclinado e escreva uma equação por eixo.

Exemplo resolvido (luminária em dois fios). Uma luminária de 60 N pende de dois fios iguais, cada um fazendo $30^\circ$ com o teto, isto é, com a horizontal. Por simetria, os dois fios têm a mesma tração $T$. Na vertical, as duas componentes verticais sustentam o peso: $2\,T \operatorname{sen} 30^\circ = 60$, logo $T = 60$ N. Na horizontal, $T \cos 30^\circ$ de um lado cancela $T \cos 30^\circ$ do outro. Conferência do bom senso: quanto mais “esticados” na horizontal os fios (ângulo menor), maior a tração; a $30^\circ$ cada fio já puxa com o peso inteiro da luminária.

Exemplo resolvido (caixa parada na rampa). Uma caixa de 20 kg repousa numa rampa de $30^\circ$. Ao longo da rampa, o peso puxa com $mg \operatorname{sen} 30^\circ = 200 \times 0{,}5 = 100$ N; o atrito estático segura exatamente 100 N. Perpendicular à rampa, a normal vale $mg \cos 30^\circ \approx 173$ N. Se o coeficiente de atrito estático for 0,6, o máximo que o atrito oferece é $0{,}6 \times 173 \approx 104$ N: a caixa fica, por pouco. Esse cruzamento com o atrito está na página de atrito.

Torque: força vezes braço, e o braço não é uma distância qualquer

Um parafuso de roda apertado na oficina, com máquina, pode pedir uns 180 N·m de “giro” para soltar. Quem tenta com a chave curta do estepe, de 0,3 m, precisa fazer 600 N na ponta, o equivalente a pendurar ali 60 kg; é por isso que tanta gente pisa na chave. O truque de borracharia é enfiar um cano na chave até ela ficar com 0,9 m: a força cai para 200 N, um terço, porque a distância ao eixo triplicou. A grandeza que mede a capacidade de uma força fazer um corpo girar em torno de um eixo é o torque, também chamado momento de uma força.

Três leituras da fórmula rendem mais que a fórmula. Primeira: a mesma força gira mais quando aplicada mais longe do eixo, e por isso a maçaneta fica na borda da porta, longe da dobradiça, e não no meio. Segunda: a mesma força gira mais quando aplicada perpendicularmente; empurrar uma porta ao longo do seu plano, na direção da dobradiça, não a abre. Foi isso que a banca julgou em 2020 (item 89, arcobotante), ao escrever um torque com “cosseno” onde a geometria pedia seno, e em 2020 (item 88), ao afirmar que a reação ao torque de $F$ na base da estrutura é “um segundo torque de mesmo módulo, direção e sentido”: errado, porque um torque de reação que equilibra tem sentido oposto. Terceira: o torque depende do polo escolhido. Uma força que produz torque enorme em relação a um ponto pode ter torque zero em relação a outro, se a linha de ação passar por ele. Essa terceira leitura é o instrumento mais valioso da estática, e a Seção “O polo esperto” é dedicada a ela.

Exemplo resolvido (a porta). Uma porta de 0,8 m de largura é empurrada na maçaneta com 10 N. Perpendicular à porta: $\tau = 10 \times 0{,}8 = 8$ N·m. A $30^\circ$ com o plano da porta: $\tau = 10 \times 0{,}8 \times \operatorname{sen}30^\circ = 4$ N·m. Ao longo do plano, em direção à dobradiça: $\theta = 0$, $\tau = 0$. Com os mesmos 10 N no meio da porta (0,4 m), perpendicular: 4 N·m, metade.

Exemplo resolvido (PAS 2017, item 52, tipo B). Um quadro de 20 N e 0,6 m de comprimento apoia-se na parede pela base $F$ e é preso, pelo topo, a um cabo de 0,2 m que faz $30^\circ$ com a parede. Pede-se o torque do peso em relação a $F$. O peso atua no centro do quadro e é vertical; seu braço em relação a $F$ é a distância horizontal entre $F$ e o centro do quadro. O topo do quadro está a $0{,}2 \operatorname{sen}30^\circ = 0{,}1$ m da parede; o centro, na metade do caminho, a 0,05 m. Torque: $20 \times 0{,}05 = 1$ N·m. Gabarito oficial: 1. Quem multiplica 20 N pela metade do comprimento do quadro (0,3 m) obtém 6 N·m e erra: o braço é a distância perpendicular à linha de ação do peso, não o comprimento do quadro.

Parado de verdade, parte dois: a soma dos torques também tem de ser nula

Pegue uma régua sobre a mesa e empurre uma ponta para cima da folha e a outra para baixo, com forças iguais. A resultante é zero e a régua gira. As duas forças, iguais, opostas e com linhas de ação distintas, formam um binário: força nula, torque não nulo (cada uma contribui $F \cdot d/2$ no mesmo sentido, total $F \cdot d$). É o que a mão faz num volante, uma chave de boca faz numa porca, e é a prova de que a primeira condição não basta.

Por que “em relação a qualquer polo”? Porque, quando a resultante é nula, a soma dos torques não depende do ponto escolhido. Mudar o polo de $O$ para $O'$ altera o torque de cada força pela mesma quantidade vezes a força, e a soma dessas alterações é (deslocamento) $\times \sum \vec F = 0$. Consequência prática: se as duas condições valem, você pode escolher o polo que torna a conta mais curta; se você escreveu a equação de torques em um polo e ela fechou, fechou em todos.

Exemplo resolvido (a gangorra). Prancha homogênea apoiada no centro. Uma criança de 30 kg senta na ponta, a 1,6 m do apoio; a que distância deve sentar, do outro lado, um colega de 40 kg para que a prancha fique na horizontal? Polo no apoio: o peso da prancha e a normal atuam ali, braço zero, saem da conta. Torque da criança: $300 \times 1{,}6 = 480$ N·m, anti-horário. O colega: $400 \times d = 480$, logo $d = 1{,}2$ m, do lado oposto. Repare que o $g$ cancela dos dois lados e a regra fica $m_1 d_1 = m_2 d_2$: $30 \times 1{,}6 = 40 \times 1{,}2$. Conferência da primeira condição: a normal no apoio vale $300 + 400 + P_{\text{prancha}}$, e ela não precisou ser calculada para achar $d$.

Exemplo resolvido (PAS 2022, item 93, tipo B). Uma barra homogênea gira sobre uma haste posicionada no seu ponto médio. Um corpo de 0,30 kg pende a $d_1 = 12$ cm do ponto médio; outro, de 0,20 kg, a $d_2$ do outro lado. Pede-se $d_2$ para o equilíbrio. Polo na haste: o peso da barra (no ponto médio) e a reação da haste têm braço zero. $0{,}30 \times 12 = 0{,}20 \times d_2$, logo $d_2 = 3{,}6/0{,}20 = 18$ cm. Marcação: 018, com o zero à esquerda. O $g$ não entrou: massas dos dois lados.

O polo esperto: ponha o eixo na força que você não conhece

Um problema de corpo extenso costuma ter mais forças desconhecidas do que parece: além do que se pergunta, há reações de apoio que ninguém pediu. A regra de ouro: faça passar o polo pela força que você desconhece e não precisa achar. O braço dela fica zero, ela some da equação de torques, e a equação fica com uma só incógnita.

Exemplo resolvido (a prancha do canteiro). Uma prancha homogênea de 4,0 m e 40 kg apoia-se na horizontal sobre dois cavaletes, A e B, sob as extremidades. Um trabalhador que, com o equipamento, soma 100 kg está parado a 1,0 m de A. Qual a força que o cavalete A exerce na prancha? Forças: peso do trabalhador, 1 000 N, a 1,0 m de A; peso da prancha, 400 N, no centro, a 2,0 m de A; reações $R_A$ e $R_B$, para cima, nas extremidades. Quero $R_A$ e não quero $R_B$: polo em B. Torques em relação a B: $R_A$ a 4,0 m (anti-horário, digamos), o trabalhador a $4{,}0 - 1{,}0 = 3{,}0$ m e a prancha a 2,0 m (horários). $R_A \times 4{,}0 = 1\,000 \times 3{,}0 + 400 \times 2{,}0 = 3\,800$, logo $R_A = 950$ N. Primeira condição: $R_A + R_B = 1\,400$, $R_B = 450$ N. Conferência com o polo em A: $R_B \times 4{,}0 = 1\,000 \times 1{,}0 + 400 \times 2{,}0 = 1\,800$, $R_B = 450$ N. Fechou. Se o item pedisse “divida por 10”, marcação 095.

Exemplo resolvido (PAS 2019, itens 68 e 72, o Discóbolo). A prova de 2019 transformou o Discóbolo de Míron, obra do triênio, num modelo de forças: peso do atleta $P_a = 780$ N no centro de massa, alinhado com o ombro; disco de $P_d = 20$ N na ponta de um braço de 0,7 m que faz $30^\circ$ com a horizontal; pés em $P_1$ e $P_2$, a 0,6 m e 0,2 m da projeção do centro de massa, com reações $R_1$ e $R_2$; e o comando fornecia $\sqrt 3 \approx 12/7$. Item 68: o torque do disco em relação ao ombro é o peso vezes o braço horizontal, $20 \times 0{,}7 \cos 30^\circ = 20 \times 0{,}7 \times \tfrac{\sqrt 3}{2} = 20 \times 0{,}35 \times \tfrac{12}{7} = 20 \times 0{,}6 = 12$ N·m. Certo. Item 72 (tipo B): calcule $R_2$. Duas incógnitas, $R_1$ e $R_2$; quero $R_2$, então polo em $P_1$. Na figura, o disco está exatamente na vertical de $P_1$ (0,6 m do centro de massa, o mesmo braço horizontal do disco): braço zero, some da conta. Sobram o peso do atleta, a 0,6 m de $P_1$, e $R_2$, a $0{,}6 + 0{,}2 = 0{,}8$ m: $780 \times 0{,}6 = R_2 \times 0{,}8$, logo $R_2 = 585$ N. Marcação 585. Conferência pela primeira condição: $R_1 = 780 + 20 - 585 = 215$ N, positivo, o pé $P_1$ empurra o chão, como deve. Se $R_1$ saísse negativo, o modelo diria que o atleta tomba.

Alavancas: multiplicam força, nunca trabalho

Uma alavanca é uma barra que gira em torno de um ponto fixo, o fulcro (apoio). Sobre ela agem a força potente $F_P$ (a que você aplica) e a força resistente $F_R$ (o que você quer vencer). Em equilíbrio, com o polo no fulcro, $F_P \, b_P = F_R \, b_R$, e a vantagem mecânica é

$$\text{VM} = \frac{F_R}{F_P} = \frac{b_P}{b_R}.$$

VM maior que 1 significa que você vence uma resistência maior que a força que faz; menor que 1, que faz mais força que a resistência, em troca de velocidade ou amplitude de movimento na ponta.

Exemplo resolvido (o antebraço). O bíceps se insere a 4 cm do cotovelo; a mão segura um haltere de 2 kg (20 N) a 32 cm do cotovelo. Desprezando o peso do antebraço, polo no cotovelo: $F_{\text{bíceps}} \times 0{,}04 = 20 \times 0{,}32$, logo $F_{\text{bíceps}} = 160$ N, oito vezes o peso do haltere. VM $= 4/32 = 1/8$. Incluindo o peso do antebraço, uns 15 N com centro de gravidade a 15 cm do cotovelo, o músculo precisa de mais $15 \times 0{,}15/0{,}04 \approx 56$ N: cerca de 216 N no total. É por isso que um objeto leve na mão cansa o bíceps depressa, e é o tipo de biomecânica que a banca já pediu, ao transformar o Discóbolo e bailarinos em modelos de forças.

Exemplo resolvido (o carrinho de mão). Uma carga de 600 N tem centro de gravidade a 0,4 m do eixo da roda; as mãos ficam a 1,2 m. Polo no eixo: $F_P \times 1{,}2 = 600 \times 0{,}4$, $F_P = 200$ N. VM $= 3$. Quem empurra levanta um terço do peso; a roda aguenta o resto.

Onde o peso “atua”: centro de massa e centro de gravidade

Um corpo extenso tem peso distribuído por todas as suas partes, mas, para calcular torques, pode-se substituir essa distribuição por uma única força, o peso total, aplicada num ponto: o centro de gravidade (CG). Enquanto a gravidade for a mesma em todo o corpo, o que vale para qualquer objeto do tamanho de uma escultura, um navio ou um prédio, o centro de gravidade coincide com o centro de massa (CM), a média das posições ponderada pelas massas. Foi exatamente isso que a banca julgou em 2019 (item 69): “considerando-se sistema homogêneo e aceleração da gravidade uniforme, o centro de massa coincide com o centro de gravidade”, certo.

Exemplo resolvido (dois corpos). Uma esfera de 3 kg está em $x = 0$ e outra, de 1 kg, em $x = 4$ m. $x_{\text{CM}} = (3 \times 0 + 1 \times 4)/4 = 1$ m: a 1 m da esfera pesada e a 3 m da leve, razão $1 : 3$, inversa da razão das massas. Se as duas fossem ligadas por uma haste leve, esse seria o ponto em que a haste se equilibra num dedo.

Exemplo resolvido (PAS 2024, item 93). “A distância da Terra até o centro de massa do sistema Sol-Terra é $\dfrac{M \cdot r}{m + M}$”, com $M$ a massa do Sol, $m$ a da Terra e $r$ a distância entre os centros. Ponha o Sol em $x = 0$ e a Terra em $x = r$: $x_{\text{CM}} = m r/(M + m)$, medido do Sol; da Terra, $r - m r/(M + m) = M r/(M + m)$. Certo. Como $M \approx 333\,000\, m$, o CM fica a cerca de 450 km do centro do Sol, dentro do próprio Sol, e a Terra está praticamente à distância $r$ dele.

Exemplo resolvido (PAS 2018, item 77, a Nefertiti). A figura da prova mostrava o busto da rainha em duas partes, coroa e busto, com os centros de massa $\text{CM}_1$ e $\text{CM}_2$ marcados, e um ponto CM proposto como centro de massa do conjunto, “se a coroa e o busto tiverem a mesma massa”. Com massas iguais, o CM do conjunto é o ponto médio do segmento $\text{CM}_1\text{CM}_2$. Na figura, o ponto marcado estava deslocado desse ponto médio, na borda da coroa: errado. Não é preciso nenhuma conta, só a regra da média ponderada e uma régua imaginária.

Tombar ou não tombar: base de apoio e estabilidade

Um corpo apoiado num plano fica em pé enquanto a vertical que passa pelo seu centro de gravidade atravessa a base de apoio, o polígono formado pelos pontos de contato com o chão. Enquanto isso valer, a normal do chão consegue se redistribuir para equilibrar o peso; quando a vertical sai da base, o peso passa a ter torque em relação à borda do apoio e nada mais o equilibra: o corpo tomba. Três decorrências:

1. Base larga e centro de gravidade baixo dão estabilidade: é a razão dos carros esportivos baixos, dos tripés abertos, das pernas afastadas de quem vai receber um empurrão. Um caminhão baú, alto e estreito, tomba numa curva ou numa rampa lateral em que um carro baixo não tombaria.
2. Corpos suspensos ficam em equilíbrio estável quando o CG está abaixo do ponto de suspensão (pêndulo, lustre, ginasta pendurado na barra); com o CG acima do apoio, o equilíbrio é instável (lápis em pé na ponta, equilibrista); com o CG na altura do apoio, indiferente (roda no eixo). Deslocado, o corpo estável volta, o instável se afasta, o indiferente fica onde foi posto.
3. Mudar a distribuição de massa muda o CM, e portanto a estabilidade. O equilibrista na corda segura uma vara longa e curva para baixo para abaixar o CG do conjunto e aumentar a inércia de rotação. Um navio esvazia ou enche tanques de lastro para descer ou subir o seu CM: em 2011 (item 71) a banca afirmou que, esvaziados totalmente os tanques de lastro do fundo do navio, “o centro de massa do navio se moverá verticalmente para baixo”: errado, retirar massa de baixo sobe o centro de massa e torna o navio menos estável. E em 2017 (item 41) afirmou que, se o dançarino do fouetté baixasse os braços, “o seu centro de massa permanecerá inalterado”: errado, mover braços é mover massa, e o CM do corpo desce.

Exemplo resolvido (o ângulo de tombamento). Uma caixa homogênea de 1,0 m de largura e 2,0 m de altura está sobre uma rampa que vai sendo inclinada. O CM está no centro, a 1,0 m do chão e a 0,5 m da borda de baixo. A vertical pelo CM sai da base quando $\tan\theta = 0{,}5/1{,}0 = 0{,}5$, ou seja, $\theta \approx 27^\circ$ (desde que o atrito impeça a caixa de deslizar antes). Uma caixa de 1,0 m de altura tombaria só a $45^\circ$. Quanto mais alto o CM em relação à meia largura da base, menor o ângulo crítico.

Exemplo resolvido (PAS 2009, item 101, a bailarina). A banca afirmou que, para uma bailarina apoiada num só pé ficar em equilíbrio estático, “seria necessário que uma linha vertical, imaginária, passasse pelo centro de massa do seu corpo e incidisse perpendicularmente em um ponto fora da região delimitada pela planta do seu pé”. Errado: é dentro. Fora da planta do pé, o peso teria torque em relação à borda do apoio e ela cairia. É a regra do tombamento escrita ao contrário, e o item inteiro depende de uma palavra.

Vigas, escadas e balanças: o método completo

Os itens de conta de estática pertencem a três famílias, e as três se resolvem com o mesmo roteiro: (1) desenhe todas as forças no corpo, inclusive o peso próprio no centro de gravidade e as reações dos apoios; (2) escreva $\sum F = 0$ por eixo; (3) escolha o polo na força que não quer calcular e escreva $\sum \tau = 0$; (4) resolva, confira sinais (reação negativa significa que o modelo tomba ou que a força tem o sentido contrário ao desenhado) e compare com o limiar do item.

Viga em dois apoios (pontes, pranchas, passarelas). É o caso da prancha do canteiro, já resolvido: a soma das reações é o peso total, e a divisão entre elas é inversamente proporcional às distâncias da carga a cada apoio. Uma carga no meio da viga divide-se meio a meio; a 1/4 do comprimento a partir de A, o apoio A recebe 3/4 dela. Um caminhão atravessando uma ponte transfere seu peso do primeiro pilar para o segundo à medida que avança: por isso as reações de apoio são funções da posição, e a banca pode perguntar em que ponto elas se igualam (no meio, se a ponte for simétrica).

Escada ou barra apoiada em parede e chão. Aqui a parede sem atrito só empurra na horizontal, o chão empurra na vertical e segura na horizontal (atrito), e há três incógnitas. Polo no pé da barra, no chão: as duas forças do chão somem e sobram o peso (ou a carga) e a normal da parede.

Exemplo resolvido (PAS 2009, item 36, tipo B). Uma barra rígida de massa desprezível representa uma escada apoiada numa parede vertical sem atrito, no ponto A, a 1,75 m de altura, e no solo, no ponto C, a 0,50 m da parede; a carga de 70 kg fica no ponto médio B. Pede-se a componente horizontal da força no ponto C. Forças: carga 700 N em B (vertical, a 0,25 m da parede, ou seja, a 0,25 m da vertical de C); normal da parede $N_A$ em A (horizontal, a 1,75 m acima de C); normal e atrito do chão em C. Polo em C: $N_A \times 1{,}75 = 700 \times 0{,}25$, logo $N_A = 100$ N. Primeira condição na horizontal: a componente horizontal da força em C equilibra $N_A$, portanto vale 100 N. Marcação 100. Na vertical, o chão sustenta os 700 N. Note que a resposta é, em módulo, a própria normal da parede: as duas únicas forças horizontais formam um par que se cancela.

Balanças. A balança de dois pratos e braços iguais compara massas: em equilíbrio, $m_1 g\, d = m_2 g\, d$, o $g$ cancela e $m_1 = m_2$, o que a torna imune ao valor local da gravidade (funcionaria na Lua). Com braços desiguais $a$ e $b$, a igualdade é $m_1 a = m_2 b$, e a massa do prato não é igual à massa dos pesos. Em 2005 (itens 103 e 104), um bloco pendurado no braço $a$ era equilibrado por 10 esferas de massa $M$ no braço $b$: a banca afirmou que a massa do bloco “é igual a $10 \times M$” (errado, é $10 M b/a$) e que o equilíbrio “corresponde a uma situação em que são nulos tanto o somatório dos torques quanto o das forças” (certo, as duas condições). A balança de mola e a balança digital do banheiro, por sua vez, medem peso (força) e convertem para massa supondo $g = 9{,}8$ m/s²; na Lua marcariam um sexto.

Exemplo resolvido (o guindaste, tipo B). Lança horizontal, carga de 1 600 kg a 15 m do eixo da torre, contrapeso de 6 000 kg do lado oposto. A que distância do eixo o contrapeso equilibra o torque da carga? Polo no eixo: $1\,600 \times 15 = 6\,000 \times d$, $d = 24\,000/6\,000 = 4{,}0$ m. Multiplicado por 10, marcação 040. O peso da lança, se ela for simétrica em relação à torre, não entra; se a lança traseira for mais curta que a dianteira, o próprio peso da lança pende para o lado da carga e o contrapeso precisa ficar um pouco mais longe.

Como ler a figura da prova

Itens de estática vêm com figura, e a figura carrega metade dos dados. Roteiro de leitura:

1. Identifique o corpo cujo equilíbrio interessa (a barra, a lança, o atleta) e os pontos de contato com o resto do mundo: cada contato é uma força desconhecida (reação de apoio, tração, normal da parede).
2. Localize o centro de gravidade e coloque ali o peso do corpo, se ele tiver massa. Barra “homogênea”: no meio. Massa “desprezível”: não há peso próprio, e isso é uma informação, não um enfeite.
3. Converta distâncias em braços. A figura dá comprimentos ao longo de barras inclinadas e ângulos; o braço é a distância perpendicular do polo à linha de ação. Para um peso (vertical), é a distância horizontal; para uma força horizontal, é a distância vertical (foi o que o item 89 de 2020 exigiu no arcobotante: a força $F$ horizontal no topo tem braço igual à altura total, $H + L \operatorname{sen}\alpha$, e a banca escreveu $(L \cos\alpha + H)/F$, errado tanto na função trigonométrica quanto por dividir pela força).
4. Escolha o polo na incógnita que não interessa e marque os sentidos de giro de cada força em relação a ele antes de escrever qualquer número.
5. Leia o comando: unidades pedidas (“em newtons”, “em centímetros”, “em N × m”), fator multiplicador (“multiplique por 10”), truncamento (“despreze a parte fracionária”) e as constantes fornecidas ($g$, $\sqrt 3 \approx 12/7$).

Um diagrama de forças bem feito também é resposta de item tipo D: em 2013 (item 97) e em 2017 (item 44) a banca pediu que se desenhassem as forças sobre uma pessoa apoiada numa parede e sobre bailarinos em equilíbrio, identificando-as e mostrando que a resultante no centro de massa era nula. O que se espera: peso no CM, normais perpendiculares às superfícies de contato, atrito ao longo delas, forças de contato entre as pessoas em pares de ação e reação, e vetores que somados fechem um polígono.

Como a banca cobra

Equilíbrio de corpos extensos é, no capítulo de mecânica do PAS 1, o assunto mais constante: apareceu em mais de vinte itens desde 2005, em quase todos os formatos, e nenhum outro tema da Física da primeira etapa rende itens tipo B (resposta numérica) com tanta regularidade. Cinco padrões cobrem quase tudo:

1. A barra com dois corpos (tipo B): $m_1 d_1 = m_2 d_2$ com o polo no apoio. 2022/93 (resposta 018), o guindaste e a grua de 2011/60 (tipo C, $x_A/x_B = 2 \Rightarrow m_A/m_B = 1/2$).
2. A reação de apoio a calcular (tipo B): duas condições, polo na outra reação. 2019/72 (585 N, o Discóbolo), 2009/36 (100 N, a escada de Escher) e, em tipo A, o cabo da haste do Partenon em 2018/80 (componente vertical $P/\tan\beta$, certo).
3. O torque de uma força com braço geométrico (tipo A ou B): 2019/68 (12 N·m), 2017/52 (1 N·m), 2020/88 e 89 (arcobotante, ambos errados).
4. O centro de massa como conceito (tipo A): coincidência CM–CG em $g$ uniforme (2019/69, certo), média ponderada (2018/77, errado; 2024/93, certo), CM que se move quando a massa se redistribui (2011/71 e 2017/41, ambos errados), vertical pelo CM dentro da base (2009/101, errado).
5. A afirmação conceitual sobre as condições (tipo A): “basta $\sum F = 0$” (2018/79, errado), “torques e forças nulos” (2005/104, certo), “$F_g$ equilibrada pela resultante das forças de apoio” (2008/105, certo), “máquina reduz o trabalho” (2013/92, errado), “torque nos pedais não é constante” (2012/80, certo, porque o braço do pedal em relação ao eixo muda ao longo da volta).

Os contextos vêm dos objetivos da matriz: segurança no trabalho (andaimes, guindastes, canteiro), mobilidade (bicicleta, cadeira de rodas), corpo humano e arte (Discóbolo, Nefertiti, bailarinos, Escher, catedral de Reims). Quando uma obra do triênio é uma escultura ou uma construção, releia-a com olhos de engenheiro: onde está o CM, onde está a base, que forças a sustentam.

Os sete erros que a prova planta

1. Usar a distância ao ponto de aplicação em vez do braço. O braço é a distância perpendicular do polo à linha de ação. Peso: braço horizontal. Força horizontal: braço vertical. Força inclinada: decomponha ou use $r \operatorname{sen}\theta$. (2017/52: 1 N·m, não 6.)
2. Esquecer o peso da barra. Barra “homogênea” tem peso no centro; ele entra na equação de forças sempre e na de torques sempre que o polo não estiver no centro. Só some se a massa for “desprezível” ou se o polo estiver no ponto médio.
3. Confundir N·m com joule. Torque não é trabalho; a unidade se escreve newton-metro e o item pede “em N × m”.
4. Achar que $\sum F = 0$ basta. Corpo extenso exige também $\sum \tau = 0$ (2018/79, errado). O binário é o contraexemplo: força nula, giro certo.
5. Escolher mal o polo e ficar com duas incógnitas numa equação, ou pior, achar que a força no polo “é zero”. Ela some da equação de torques e continua na de forças.
6. Trocar o sentido do torque de reação. Reação que equilibra tem sentido oposto (2020/88, errado). E cuidado com o sinal: escreva horários de um lado e anti-horários do outro antes de somar.
7. Vertical pelo CM fora da base ou CM “que não muda” quando a massa se move. O corpo fica em pé se a vertical pelo CM cai dentro da base (2009/101); mover braços, esvaziar lastro ou içar carga muda o CM (2017/41, 2011/71).

O essencial em meia página

• Ponto material: equilíbrio é $\sum F_x = 0$ e $\sum F_y = 0$. Corpo extenso: também $\sum \tau = 0$, em relação a qualquer polo.
• Torque: $\tau = F \cdot d = F\, r \operatorname{sen}\theta$, com $d$ o braço (distância perpendicular do polo à linha de ação). Unidade N·m, que não é joule. Sinal: anti-horário positivo, horário negativo. Linha de ação pelo polo: torque zero.
• Binário: duas forças iguais, opostas e não colineares: $\sum F = 0$, $\sum \tau = F \cdot d \neq 0$. Por isso a primeira condição não basta.
• Polo esperto: no ponto de aplicação da força desconhecida que você não quer; ela some dos torques (e fica nas forças).
• Alavanca: $F_P b_P = F_R b_R$; VM $= b_P/b_R$. Interfixa (fulcro no meio: tesoura, gangorra), inter-resistente (VM $> 1$: carrinho de mão, quebra-nozes), interpotente (VM $< 1$: pinça, antebraço). Multiplica força, nunca trabalho (2013/92).
• Barra com dois corpos, polo no apoio: $m_1 d_1 = m_2 d_2$; o $g$ cancela. 2022/93: $0{,}30 \times 12 = 0{,}20 \times d_2$, $d_2 = 18$ cm.
• Viga em dois apoios: $R_A + R_B = P_{\text{total}}$; polo em B dá $R_A$; a carga se divide na razão inversa das distâncias aos apoios. Prancha de 400 N, trabalhador de 1 000 N a 1 m de A em 4 m: $R_A = 950$ N, $R_B = 450$ N.
• Centro de massa: média ponderada $x_{\text{CM}} = \sum m_i x_i / \sum m_i$; entre os corpos, mais perto do mais pesado; CM $=$ CG com $g$ uniforme (2019/69). Sol–Terra: Terra a $Mr/(M + m)$ do CM (2024/93).
• Tombamento: o corpo fica em pé enquanto a vertical pelo CM cai dentro da base de apoio; ângulo crítico $\tan\theta = (\text{meia base})/(\text{altura do CM})$. Base larga e CM baixo: estável. Tirar massa de baixo sobe o CM (2011/71).
• Contrapeso perto da torre: o produto massa × distância do contrapeso iguala o da carga, e o CM do conjunto fica sobre a base. Guindaste: $1\,600 \times 15 = 6\,000 \times 4{,}0$.
• Discóbolo (2019): torque do disco $20 \times 0{,}7 \cos 30^\circ = 12$ N·m; $R_2 = 780 \times 0{,}6/0{,}8 = 585$ N com o polo em $P_1$.
• Ler a figura: corpo, contatos, CG, braços perpendiculares, polo, comando (unidade, fator, truncamento, constantes).
• Vizinhos: diagrama de forças e terceira lei em leis de Newton; decomposição em vetores; atrito estático que segura a escada em atrito; por que a alavanca não economiza energia em trabalho de uma força; a próxima parada, empuxo e pressão em fluidos em repouso, em hidrostática.