Exercícios resolvidos CAP.11 - Equilíbrio e elasticidade

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1. Determine o vetor posição do centro de massa do sistema constituído por três barras de 
mesmo comprimento L (em relação à origem do sistema de coordenadas indicado). As 
massas de cada uma das barras estão indicadas na figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA 
DEPARTAMENTO DE FÍSICA – CCE 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – FIS 205 
CAPÍTULO 11 – EQUILÍBRIO E ELASTICIDADE 
Partícula massa xi yi 
1 2M 0 L/2 
2 3M L/2 0 
3 M L L/2 
 
)(
4
1
)(
12
5
jLiLrCM
))r
+= 
(0,0) 
3M 
M 2M 
y 
x 
1 3 
2 
( )
Lx
M
LMLMM
x
mmm
xmxmxm
x
CM
CM
CM
12
5
6
.2/.30.2
...
321
332211
=
++
=
++
++
=
LLy
M
LMMLM
y
mmm
ymymym
y
CM
CM
CM
4
1
12
3
6
)2/.(0.3)2/.(2
...
321
332211
==
++
=
++
++
=
 
)(
4
1
)(
12
5
jLiLrCM
))r
+= 
2. Uma viga de alumínio com 9,00 de comprimento, pesando 300 N, repousa simetricamente 
sobre dois suportes separados por uma distância de 5,00 m. Um adolescente pesando 600 
N parte do ponto A e caminha para a direita. a) Em um mesmo diagrama, construa dois 
gráficos mostrando as forças de baixo para cima FA e FB exercidas sobre a viga nos pontos 
A e B, em função da coordenada x do adolescente. (b) Pelo diagrama, até que distância à 
direita do ponto B ele pode caminhar sem que a viga tombe? c) Qual será a distância 
máxima até a extremidade direita da viga que o ponto de suporte B pode ser colocado para 
que o adolescente possa atingir essa extremidade sem que comece a tombar? 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Pelo diagrama percebe-se que FA = 0 
quando x = 6,25 m de tal forma que o 
adolescente poderá percorrer 1,25 m 
além do ponto B. 
c) Considere que o adolescente 
chegou à extremidade direita no 
instante em que FA = 0 e FB, 
portanto, é igual a 900 N. 
Tomando-se o Somatório dos 
torques em relação à nova posição 
do suporte B, temos: 
 
md
d
dd
ddB
5,1
35,4
02)5,4(
0600)5,4.(300'
=
=
=−−
=−−=ΣΓ
 
xF
xFexF
xF
xF
FF
F
A
AB
B
B
A
BA
y
120750
)150120(900150120
7506005
0.6005,2.3005.
0
900
0
−=
+−=+=
+=
=−−
=ΣΓ
=+
=Σ
 
x 
x 0 
A B 
d 
3. A barra da figura abaixo é homogênea, pesa 500 N e está em equilíbrio na posição 
indicada na figura abaixo. O peso do objeto suspenso é 50 N. Determine a tração na corda 
e a força que o suporte exerce sobre a barra. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 50 N corda 
suporte 
1 m 1 m 
c.g. 
c.g. 
Aplicando as condições de 
equilíbrio para a barra: 
450
500
50
0
2
1
21
=+
=
=
=−++=∑
TF
NP
NT
PTFTF
S
Sy
 
2T
r
 
1T
r
 
P
r
 
SF
r
 
Tomando-se o eixo de rotação no 
ponto de apoio: 
 
NF
F
TF
e
NT
T
T
TPT
S
S
S
250
200450
450
200
16008
083.5002.50
08.3.2.
0
2
2
2
2
21
0
=
−=
=+
=
=
=+−−
=+−−
=Γ∑
 
 
 
O 
4. Um disco circular de raio R pode girar, sem atrito em torno de um eixo horizontal que 
passa pelo seu centro. Um fio é enrolado na periferia do disco e em sua extremidade está 
pendurado um objeto de massa 10M. Um eixo uniforme de comprimento L (= 10R) e massa 
2M está amarrado ao disco com uma das extremidades no centro do disco. Quando se 
coloca na outra extremidade do eixo um objeto de massa M o conjunto fica em equilíbrio 
na posição indicada abaixo. Determine o ângulo θ. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Uma vez que o sistema (eixo + disco) está em equilíbrio: 
º60
2
1
cos
cos2010
cos10.cos5.2.10
0cos10.cos5.2º90sen.10
00
=θ
=θ
θ=
θ+θ=
=θ−θ−
=τ∑
PRPR
RPRPRP
RPRPRP
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ 
M 
10M 
θ 
P
r
10 
P
r
 
P
r
2 
0 
F
r
R 
5. Uma escada uniforme de comprimento L e peso P está encostada em uma parede lisa. 
Sua extremidade superior está situada a uma distância 0,80L acima do solo como mostra a 
figura abaixo. Um homem de peso 2P sobe pela escada. Determine o coeficiente de atrito 
estático mínimo entre o solo e a base da escada, de tal forma que o homem possa subir 
até o centro da escada sem que a mesma escorregue. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
La
La
LaL
60,0
)64,000,1(
)80,0(
22
222
=
−=
+=
 
)1(
0
)(
)(
Pmáxe
Pmáxex
Nf
NfF
=
=−=∑
 
)2(3
03
PN
PNF
S
Sy
=
=−=∑ 
)3(
8
9
80,0
.90,0
.90,080,0.
0
2
60,0.380,0.
P
L
PL
N
PLLN
L
PLN
P
P
Poz
==
=
=−=∑τ
 
Substituindo (2) e (3) em (1): 
8
3
8
9
3.
8
9
.
)(
=∴=
=
=
ee
Se
Pmáxe
PP
PN
Nf
µµ
µ
 
x 
0,80L 
L 
PN
r
 
)(máxef
r
 
SN
r
 
P
r
3 
a 
O 
y 
6. Na figura abaixo, uma esfera uniforme de peso P e raio R é mantida em repouso, apoiada 
em uma parede, presa à parede por um fio, a uma altura 3R do centro da mesma. Determine: 
(a) o módulo da tensão no fio e (b) o vetor força (em termos de vetores unitários) que a 
parede exerce na esfera. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3R 
R 
P
r
 
T
r
 
ef
r
 
PN
r
 
θ 
y 
x 
xT
r
 
yT
r
 
Determinação do ângulo θ : 
2R 
 R 
θ 
a 
5
)2( 222
Ra
RRa
=
+=
 
5
5
55
52
5
2
====
R
R
cos
R
R
sen θθ 
)1(
5
5
0
T
N
TcosN
TNF
P
P
xPx
=
=
=−=∑
θ 
)2(
5
52
0
TPf
TsenPf
PTfF
e
e
yey
−=
−=
=−+=∑
θ 
O 
)3(
3
5
53
5
5
5
3.
5
5
5
52
0...
PTPT
PT
PTT
PTcosTsen
RPRTRT xyoz
=∴=
=
=+
=+
=−+=∑
θθ
τ
 (a) 
Substituindo (3) em (1): 
 
PPTN P
3
1
5
5
3
5
5
5
===
 
Substituindo (3) em (2): 
 
Pf
PPPPf
TPf
e
e
e
3
1
3
2
5
52
3
5
5
52
=
−=−=
−=
 
 
 
(b) Assim, a força exercida pela 
parede sobre a esfera é: 
 
)(
3
1
)(
3
1
jPiPF
))r
+= 
7. Uma barra homogênea de peso P é presa a uma parede 
por meio de uma dobradiça (A). Na outra extremidade 
encontra-se suspensa uma carga de peso 2P. A barra é 
mantida na horizontal por meio de um fio preso à parede 
e ao centro de gravidade da mesma. Determine: (a) o 
módulo da tensão no fio e (b) a força exercida pela 
dobradiça sobre a barra em termos dos vetores unitários 
i
)
 e j
)
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
i
)
 
j
)
 
sen 45° = cos 45° = 
2
2 
45° 
A 
P
r
 
P
r
2 
H
r
 
V
r
 
T
r
 
xT
r
 
yT
r
 
45° 
Diagrama de forças para a barra 
Aplicando as condiçõesde equilíbrio para a barra temos: 
∑ ==∴=−=
2
2
0 TTHHTF xxx (1) 
∑ =+∴=−+= PVTPVTF yyy 303 (2) 
PTaPT
PT
TP
TP
P
L
T
L
PPL
y
y
y
yA
25)(5
2
2
)3(5
22
5
22
2
0
22
2
=∴=
=∴=
=+
=−+=∑τ
 
 
Substituindo (3) em (2): 
PV
PVP
2
35
−=
=+
 
Portanto, a força vertical está no sentido contrário daquele convencionado. 
 
Substituindo o valor de T na equação (1): 
PPH 5
2
2
25 == 
 
 
(b) )(2)(5 jPiPF
))r
−+−= 
8. Na figura ao lado, seja PB o peso do bloco, φ o ângulo que o fio 
faz com a barra horizontal e L e PL o comprimento e o peso da 
barra, respectivamente. O fio pode suportar uma tensão máxima 
T. 
a) Determine a maior distância x para que o fio não se rompa. 
b) Para o bloco nesta posição x, determine as componentes vertical 
e horizontal da força exercida pelo pino sobre a barra. 
 
Dados: φ, PB, L, PL e T 
 
Ilustração: 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
a) 0ˆ
2
senE =




 −−φ=τ∑ kxPP
L
TL BLz
r
 
∴∴∴∴ 
B
L
P
LP
Tx 





−φ=
2
sen (1) 
b) Determinação da força horizontal ( HF
r
): 
( ) 0ˆcos =φ−=∑ iTFF Hx
r
 
∴∴∴∴ ( ) iTFH
rv
φ= cos (2) 
Determinação da força vertical ( VF
r
): 
( ) 0ˆsen =φ+−−=∑ jTPPFF LBVy
r
 
∴∴∴∴ ( ) jTPPF LBV ˆsenφ−+=
r
 (3) 
Outra maneira de determinar VF
r
: 
( ) 0ˆ
2
D =


 −−+=τ∑ kLFPxLP
L
VBLz
r
 (4) 
De (1) temos que 
( )
B
L
B
P
LP
TPxL 





−φ−=−
2
sen . (5) 
Substituindo (5) em (4) obtemos o mesmo resultado 
apresentado na eq. (3) acima. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
L 
φ 
x 
φ 
LP
r
 
BP
r
 
HF
r
 
T
r
 
VF
r
 
E D 
x 
y 
9. A extremidade A da barra AB da figura abaixo repousa sobre uma superfície horizontal 
sem atrito, e a extremidade B está articulada. A barra é homogênea e possui peso P
r
. 
Uma força horizontal F
r
é aplicada à barra na extremidade A, sendo F = 2P. Determine, em 
função de P, θ e dos vetores unitários que se fizerem necessários, (a) a força exercida 
sobre a barra pela superfície horizontal e (b) a força exercida sobre a barra pela 
articulação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando as condições de equilíbrio: 
 
∑∑ =Γ= 00 OeF
rr
 
 
PFF
FF
F
H
H
x
2
0
0
==
=−
=∑
 
 
 
 
V
V
y
FPN
FPN
F
+=
=−−
=∑
0
0
 
 
 
 
 
θ 
F
r
 
i
)
 
 
j
)
 
k
)
 
 
B 
A 
HF
r
 
VF
r
 
F
r
 
N
r
P
r
O (eixo de rotação) 
θ 
F = 2P 
 
 
( )θ−
θ
=−
θ
=
θ
−θ=θ
=
θ
−θ−θ
=θ−θ−θ
=θ−θ−θ
=Γ∑
tan4
tan22tan
2
2
sen
cos2sen
0
2
sen
sencos2
0sen
2
sencos2
0sen
2
sencos
0
PPP
F
P
PF
P
FP
L
PLFPL
L
PLFLF
V
V
V
V
VH
O
 
( )θ+
θ
=
θ
+=
−
θ
+=
tan4
tan2tan
2
2
2tan
2
PPP
N
PP
PN
 
Assim: 
( )
( ) )(tan4
tan2
)(2)(
)(tan4
tan2
)(
. j
P
iPFb
j
P
NFa
Art
SH
))r
)rr
−θ−
θ
+−=
θ+
θ
==
 
10. Na figura ao lado, sejam P e P’ (= 3P) os pesos do caixote e da 
baliza, respectivamente, e α o ângulo que o eixo imaginário que 
passa pelo centro da baliza faz com a horizontal. A baliza está 
ligada a um pivô sem atrito à sua extremidade inferior. A baliza 
não é uniforme, sendo a distância entre o seu centro de 
gravidade e o pivô igual a um terço do seu comprimento total. 
Despreze a massa do fio e o atrito nas roldanas. 
a) Determine a tensão no fio de sustentação superior e as 
componentes horizontal e vertical da força exercida sobre a 
baliza em sua parte inferior. 
b) Determine o ângulo que a força resultante que atua na 
extremidade inferior da baliza faz com a horizontal. 
Dados: P , P’ = 3P e α. 
Ilustração: 
β = 90° = 90° − α 
sen β = cos α 
a) Determinação de FV : 
03 =−−=∑ PPFF Vy 
∴∴∴∴ PFV 4= (1) 
Determinação de T : 
0)3(
3
1
=×+×+×=τ∑ PLPLTLoz
rrrrrrr
 
0)cos2sen( =α−α PTL 
∴∴∴∴ 
α
=
tan
2P
T (2) 
Determinação de FH : ∑ =−= 0TFF Hx 
TFH = (3) 
b) Determinação de φ : 
α=




 α×==φ tan2
2
tan
)4(tan
P
P
F
F
H
V
 
∴∴∴∴ α≠α=φ )tan2arctan( (4) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
α 
Fio de sustentação 
Baliza 
Pivô 
α 
β 
HF
r
 
VF
r
 P
r
 
'P
r
 
L 
T
r
 
 
11. A barra AB da figura ao lado é uniforme, pesa 2P, e tem 
comprimento L. A barra é articulada na extremidade A 
e, a uma distância L
4
3 desta extremidade encontra-se 
suspenso um objeto de peso P. A barra é mantida em 
equilíbrio, presa à parede por um cabo de sustentação. 
Determine: (a) A tração no cabo de sustentação e (b) 
as componentes vertical e horizontal da força que a 
articulação exerce sobre a barra. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P 
 A B 
θ 
VF
r
 
P
r
 
P
r
2 
T
r
 yT
r
 
xT
r
 HF
r
 
θ
θ
TsenT
TcosT
y
x
=
=
 
Aplicando as condições de equilíbrio para a 
barra AB temos: 
)1(
0
θ
θ
TcosF
TcosFF
H
Hx
=
=−=∑
 
 
)2(3
03
PTsenF
PTsenFF
V
VY
=+
=−+=∑
θ
θ
 
 
)(
4
7
4
7
0
4
3
0
4
3
2
2.
a
sen
P
T
PTsen
PPTsen
LP
L
PLTsenA
θ
θ
θ
θ
=
=
=−−
=−−=Γ∑
 
 
(b) Substituindo T em (1) e (2): 
θ
θ
θ
tan
P
F
cos
sen
P
F
H
H
4
7
4
7
=
=
 
 
PF
Psen
sen
P
F
V
V
4
5
3
4
7
=
=+ θ
θ
 
P 
 L
4
3
 L
4
1
 
θ 
 A B 
 cabo de sustentação 
 
12. Uma escada para fuga de incêndio de comprimento é L e peso P encontra-se em 
equilíbrio, apoiada em uma calçada e o seu topo é mantido preso a um pivô. O atrito entre 
a base da escada e a calçada é desprezível. O centro de gravidade da escada coincide 
com o seu centro geométrico. A uma distância 
3
L da base da escada encontra-se um 
bombeiro de peso 3P. A escada faz um ângulo θ com a horizontal. Determine o módulo, a 
direção e o sentido da força exercida sobre a escada (a) pela calçada e (b) pelo pivô. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ 
3
L 
pivô 
O 
θ 
O 
3
L 
P
r
 
N
r
 
VF
r
 
Aplicando as condições de equilíbrio para a 
escada temos: 
 
)1(4
04
0
PNF
PNFF
F
V
Vy
x
=+
=−+=
=
∑
∑
 
 
 
jˆ
2
5
2
5
2
2
02
2
0
3
2
3
2
0
PNPN
P
PN
P
P
N
cos
L
Pcos
L
PNLcos
=∴=
+=
=−−
=−−=Γ∑
r
θθθ
 
Vertical, para cima. 
 
Substituindo o valor de N na equação (1): 
jˆ
2
3
2
3
2
5
4
4
2
5
PFPF
PPF
PPF
VV
V
V
=∴=
−=
=+
r
 
Vertical, para cima. 
 
P
r
3 
θ 
θ 
θLcos 
θcos
L
3
2
 
θcos
L
2
 
O 
VF
r
 
N
r
 
P
r
 
13. Uma trave uniforme de peso P e de comprimentoigual a L está presa a um pino na 
extremidade inferior e sofre a ação de uma força F
r
 de intensidade 2P, na sua parte 
superior. A trave é mantida na vertical por um cabo que faz um ângulo θ com o solo. 
Determine, em função de P, (a) a tensão no cabo e (b) as componentes horizontal e vertical 
da força que o pino exerce sobre a trave. Use caneta para a resposta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ 
0 
2
L
 
2
L
 
xT
r
 
yT
r
 
T
r
 
P
r
 
F
r
 
HF
r
 
VF
r
 
θ 
F
r
 
2
L
 
2
L
 5
3
5
4
=
=
θ
θ
sen
cos
 
Diagrama de corpo livre 
)1(2
5
4
5
4
0
PTF
FTF
TcosFF
TFF
F
H
H
H
xH
x
−=
−=
=+
=+
=∑
θ 
)2(
5
3
0
TPF
TsenPF
TPF
F
V
V
yV
y
+=
+=
+=
=∑
θ 
a) 
)3(5
4
5
4
4
2
0
2
0
PT
PT
PTcos
FT
FL
L
T
x
x
O
=
=
=
=
=−
=∑
θ
τ
 
 
b) Substituindo (3) em (1): 
PF
PPF
PTF
H
H
H
2
25
5
4
2
5
4
=
−=
−=
 
Substituindo (3) em (2): 
PF
PPF
TPF
V
V
V
4
5
5
3
5
3
=
+=
+=
 
14. Uma placa quadrada uniforme, de peso P e lado 2L, está pendurada numa haste de 
comprimento 3L e massa desprezível. Um cabo está preso à extremidade da haste e a um 
ponto na parede situado a uma distância 4L acima do ponto onde a haste é fixada à parede, 
conforme mostra a figura. Determine, em função de P, (a) a tensão no cabo; (b) as 
componentes horizontal e vertical da força exercida pela parede sobre a haste. Use caneta 
para a resposta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
L3 
4L D = 5L 
Boas 
Férias! 
2L 
4L 
2L 
L3 
2L 
L3 
O 
xT
r
 
T
r
 
HF
r
 
VF
r
 
yT
r
 
P
r
 
Diagrama de corpo livre 
θ 
θ 
LD
LD
LLD
5
25
)3()4(
22
222
=
=
+=
 
 
5
3
5
3
5
4
5
4
==
==
L
L
cos
L
L
sen
θ
θ
 
)1(
5
3
5
3
0
TF
TF
TcosF
TF
F
H
H
H
xH
x
=
=
=
=
=∑
θ 
)2(
5
4
0
TPF
PTsenF
PTF
F
V
V
yV
y
−=
=+
=+
=∑
θ 
a) 
)3(
6
5
3
2
5
4
3
2
3
2
023
0
PT
PT
PTsen
PT
LPLT
y
y
O
=
=
=
=
=−
=∑
θ
τ
 
 
b) Substituindo (3) em (1): 
PF
PF
TF
H
H
H
2
1
6
5
5
3
5
3
=






=
=
 
Substituindo (3) em (2): 
PF
PPF
PPF
TPF
V
V
V
V
3
1
3
2
6
5
5
4
5
4
=
−=





−=
−=
 
15. Uma porteira tem comprimento igual a 2L, altura L e peso P. Os centros geométrico e de 
gravidade coincidem e as dobradiças ficam em A e B. Para reduzir o esforço na dobradiça 
superior colocou-se um cabo CD, cuja tensão foi ajustada de modo que a força horizontal 
exercida pela dobradiça A sobre a porteira seja metade da força horizontal exercida pela 
dobradiça B ( )AB HH 2= . Na figura já estão representadas as componentes horizontais e 
verticais das forças exercidas pelas dobradiças A e B. Determine: (a) a tensão no cabo; (b) 
as componentes horizontais (HÁ e HB) das forças exercidas pelas dobradiças A e B sobre a 
porteira. (c) Determine a força vertical conjunta (VÁ + VB) exercida pelas dobradiças A e B. 
Respostas em função de P. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando as condições de equilíbrio para a 
porteira, temos: 
)1(
5
4
2
5
4
0
TH
HHT
HHTF
A
AA
BAxx
=
=+
=+⇒=∑
 
 
)2(
5
3
5
3
0
TPVV
PVVT
PVVTF
BA
BA
BAyy
−=+
=++
=++⇒=∑
 
 
)3(
14
5
5
14
5
4
2
5
3
2
2
0..2.0
PTPT
PTT
PHT
LPLHLT
By
ByA
=⇒=
=×+×
=+
=−+⇒=Γ∑
 
Substituindo (3) em (1) e (2): 
 
PHH
PPH
AB
A
7
4
2
7
2
14
5
5
4
==
=×=
 
 
 
PVV
PPVV
PPVV
BA
BA
BA
14
11
14
3
14
5
5
3
=+
−=+
×−=+
 
θ 
L 
2L 
A 
B 
BV
r
 
AH
r
 
BH
r
 
AV
r
 
D 
C 
5
4cos
5
3
=
=
θ
θsen
 
P
r
 
T
r
 
yT
r
 
xT
r
 
TTsenT
TTcosT
y
x
5
3
5
4
==
==
θ
θ
 
AB HH 2= 
16. A escora da figura abaixo é uniforme e tem peso igual a P. A escora é articulada em uma 
das extremidades e na outra extremidade está suspenso um objeto de peso igual a 2P. Um 
cabo prende a escora à parede. Determine: (a) a tração no cabo e (b) as componentes 
horizontal e vertical da força exercida sobre a escora pela articulação. Respostas em 
função de P. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
θ 
Aplicando as condições de equilíbrio para a 
escora, temos: 
)1(
00
TH
THFx
=
=−⇒=∑
 
 
)2(3
020
PV
PPVFy
=
=−−⇒=∑
 
 
HPTPT
PT
PTsen
PPTsen
L
PPLTLsen
L
PPLTLsen
O
==⇒=
=
=
=−−
=−−
=−−
=Γ∑
3
10
6
20
5
4
5
5
3
2
cos52
0coscos42
0cos
2
cos2
0cos
2
cos2
0
θθ
θθθ
θθθ
θθθ
 
O 
V
r
 
θ 
P
r
 
P
r
2 
H
r
 
T
r
 
O 
θ 
θLcos 
θcos
L
2
 
θLsen 
5
4cos
5
3
=
=
θ
θsen
 
PV
PH
PT
3
3
10
3
10
=
=
=
 
17. Uma barra uniforme de peso P
r
 está presa por uma dobradiça a uma parede e apoiada 
numa superfície cujo atrito é desprezível. A barra é empurrada por uma força F
r
 horizontal, 
num ponto onde se localiza o centro de gravidade da barra e cuja intensidade é o dobro do 
seu peso. A barra forma com a horizontal um ângulo θ. Determine, em termos de θ, P e 
dos vetores unitários que se fizerem necessários: 
a) a força exercida pela superfície; 
b) a força exercida pela dobradiça sobre a barra. 
 
Dados: θ, P e F = 2P 
Ilustração: Um dos lances mais importantes para a 
solução do problema, o raciocínio, está 
na identificação das forças que agem 
sobre a barra. Em seguida, basta aplicar 
corretamente as equações do equilíbrio 
estático. A não identificação correta das 
forças inviabilizará a solução. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
a) 02 =−=−=∑ xxx DPDFF 
)ˆ(2 iPFDx −=−=
rr
 (1) 
0=−−=∑ yy DPNF 
)ˆ()()ˆ()( jNPjPNDy +−=−−=
r
 (2) 
0=++=∑ NFPB ττττ
rrrr
 (3) 
)ˆ(cos
2
)ˆ(sen
22
k
PL
k
PL
P
L
P
+=
+=×=
θ
ατ
r
r
r
 (4) 
Sendo θθα cos)90sen(sen =−°= . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
)ˆ(sen
)ˆ(sen
2
2
2
kPL
k
PL
F
L
F
+=
+=×=
θ
θτ
r
r
r
 (5) 
)ˆ(cos
)ˆ(sen
kNL
kNLNLN
−=
−=×=
θ
ατ
rrr
 (6) 
Substituindo (4), (5) e (6) em (3), obtém-se 
)ˆ(tan
2
1
jPN +




 += θ
r
 (7) 
b) Substituindo(7) em (2), obtém-se 
)ˆ(1tan
2
1
jPDy −




 −+= θ
r
 
)ˆ(
2
1
tan jPD y −




 −= θ
r
 (8) 
De (1) e (8), temos 
)ˆ()ˆ( jDiDDDD yxyx −+−=+=
rrr
 
∴ 





−




 −+−= )ˆ(
2
1
tan)ˆ(2 jiPD θ
r
 (9) 
 
 
 
θ 
F
r
 
N
r
 
xD
r
 
θ 
θ 
α 
α 
α 
P
r
 
iPF ˆ2=
r
 
A 
B 
4. A extremidade de um poste de peso P e altura h está apoiada sobre uma superfície 
horizontal. 
A extremidade superior do poste está sustentada por uma corda amarrada à superfície 
horizontal, fazendo um ângulo θ com o poste. Uma força horizontal F
r
 é aplicada no centro 
do poste. Sabendo que o coeficiente de atrito estático entre a base do poste e a superfície 
horizontal é µe, determine o módulo máximo de F
r
 para que o poste não comece a deslizar. 
Dê sua resposta em função de P, θ e µe. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F
r
 θ 
Diagrama de corpo livre 
para o poste 
Aplicando as condições de equilíbrio para o poste temos: 
∑
∑
+θ==−θ−=
+θ==−θ−=
)2(cos0cos0
)1(sen0sen0
PTNPTNF
fTFfTFF
y
eex
 
Tomando o eixo de rotação na base do poste (O): 
)3(
sen2
0
2
.sen
0
θ
==−θ
=Γ∑
F
T
h
FhT
O
 
 
Das equações (1), (2) e (3) podemos deduzir que: 
( )e
e
máx
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
máxe
e
P
F
P
F
P
F
P
FF
P
FF
F
P
FF
F
PTTF
NTF
fTF
fTF
µ−θ
θµ
=






θ
µ
−
µ
≤
µ≤





θ
µ
−
µ≤
θ
µ
−
+
θ
µ≤−
+θ
θ
µ≤θ
θ
−
+θµ≤θ−
µ≤θ−
≤θ−
=θ−
tan
tan2
tan
1
2
tan
1
2
tan22
)
tan2
(
2
)cos
sen2
(sen
sen2
)cos(sen
sen
sen
sen
)(
 
F
r
 θ T
r
N
r
 
P
r
 
ef
r
 
O