EQUILIBRIO (VIRTUAL)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁ 
CENTRO DE CIÊNCIAS 
DEPARTAMENTO DE FÍSICA 
LABORATÓRIO DE FÍSICA EXPERIMENTAL PARA ENGENHARIA 
SEMESTRE 2020.1 
 
 
 
 
 
 
 
 
PRÁTICA 05 – EQUILÍBRIO (VIRTUAL) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ALUNO: LETÍCIA DIAS BARROSO 
MATRÍCULA: 496387 
CURSO: ENGENHARIA METALÚRGICA 
TURMA: 17A 
PROFESSOR: JOÃO PEDRO GOMES DO NASCIMENTO 
DATA E HORA DA REALIZAÇÃO DA PRÁTICA: 04 / 09 / 2020 ÀS 08:00 h 
 
 
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OBJETIVOS 
- Verificar as condições de equilíbrio sobre uma partícula; 
- Determinar o peso de um corpo através da resolução de um sistema de forças; 
- Medir as reações nos apoios de uma viga bi-apoiada, quando uma carga móvel é 
deslocada sobre a mesma; 
- Verificar as condições de equilíbrio para um corpo rígido. 
 
 
 
MATERIAL 
- Link para a simulação usada na Parte 1: 
https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/template.php?s=mech_rovnobez
nik&l=pt; 
- Link para a simulação usada na Parte 2: https://www.geogebra.org/m/dd69s9tg. 
 
 
 
INTRODUÇÃO 
EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA (PARTE 1) 
A condição para que uma partícula se encontra em equilíbrio, segundo a primeira e 
segunda lei de Newton é que a soma das forças que atuam nela, força resultante, seja nula 
(Eq. 1). Neste caso, não há alteração na velocidade da partícula e, consequentemente, sua 
aceleração é nula. Se a partícula está em repouso em relação a um referencial, é correto 
afirmar que a mesma está em equilíbrio estático. Se a mesma se movimenta de forma 
retilínea e uniforme, diz-se que está em equilíbrio dinâmico (GUALTER et al, 2016, p. 83). 
𝐹r⃗⃗ ⃗ = 0 (1) 
Na Figura 1.1 pode-se ver um exemplo de um sistema em equilíbrio. Nesse sistema 
de simulação, agem as forças P1, P2 e P3 que indicam, respectivamente, o peso da esquerda, 
https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/template.php?s=mech_rovnobeznik&l=pt
https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/template.php?s=mech_rovnobeznik&l=pt
 
 
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o peso da direita e o peso central. No centro há um nó. No nó agem 3 forças distintas T1, 
T2 e T3, estando o corpo em equilíbrio, pode-se afirmar que P1 = T1, P2 = T2 e P3 = T3. 
Fig. 1.1. Simulação de Paralelogramo de Forças. Arranjo 
“experimental” para o estudo do equilíbrio. 
 
 
Fonte: Vascak1 
Se considerarmos as componentes horizontais e verticais das três tensões, de acordo 
com Dias (2020a, p.48), são válidas as seguintes fórmulas: 
T1x = T1 senα (2) 
T2x = T2 senβ (3) 
T1y = T1 cosα (4) 
T2y = T2 cosβ (5) 
T3y = Fp (6) 
Onde, as componentes horizontais das forças T1x (para a direita) e T2x (para a 
esquerda) se anulam e as duas componentes verticais para cima T1y e T2y, quando somadas, 
anulam a tensão Força Peso (Fp), de sentindo para baixo. Logo, satisfaz a condição de 
equilíbrio. 
 
 
 
 
1 VASCAK, Vladimir. Disponível em: 
<https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/template.php?s=mech_rovnobeznik&l=pt.> Acesso 
em: 02 Ago. 2020. 
https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/template.php?s=mech_rovnobeznik&l=pt
 
 
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(PARTE 2) 
Fig. 1.2. Forças sobre uma barra horizontal. 
 
Fonte: Dias, 2020b, p. 48. 
A condição força resultante nula deve ser imposta para que a barra não sofra 
translação. Entretanto, a barra pode girar. Toma-se, por exemplo, o ponto de apoio O como 
exemplificado na Figura 1.2. A força F1 tende a girar a barra em torno do ponto O, no 
sentido horário e a força F3 tende a girar a barra em torno de O, no sentido anti-horário. 
1.3. Representação de uma situação comum de aplicação de 
torque. 
 
Fonte: Kítor, 2009. 
A grandeza que mede a eficiência de uma força em produzir rotação chama-
se momento, esse momento de uma força em relação a um ponto é denominado de torque 
(τ). O torque, em definição analítica, é o produto vetorial entre a distância ao eixo de 
rotação e a força aplicada, conforme a Eq.7 (HELERBROCK, 2019). O torque, acontece, 
por exemplo, quando se aplica uma força perpendicular ao cabo de uma chave, fazendo-a 
girar um parafuso em torno de um ponto fixo (Fig. 1.3). 
τ = 𝑟 × 𝐹 (7) 
Onde, 𝑟 é o braço de alavanca também chamada de linha de ação e F é a força. 
 
 
5 
 
Para que a barra não gire, impõe-se que o momento de F1 em torno de O no sentido 
horário deve ser igual ao momento de F3 em torno de O, no sentido anti-horário (Fig. 1.4). 
Pode-se escolher arbitrariamente um dos sentidos e atribuir um 
sinal, consequentemente o sentido contrário terá sinal oposto. Logo, em conformação com 
Dias (2020c, p. 49), escolhendo aleatoriamente, o sentido horário para ser positivo no ponto 
“O” fixo à barra (Fig. 1.4), tem-se que o torque τ1 da força F1 é positivo, como pode ser 
observado na Eq. 8; 
τ1 = x1. F1 (8) 
 O torque da força F2 em relação ao ponto fixo O, será 
 τ2 = x2. F2 (9) 
Já o torque da força F3, como dito anteriormente, se considerar o ponto O fixo como um 
referencial, tenderia a provocar na barra uma rotação no sentido anti-horário. Logo, o 
torque é dado por 
τ3 = - x3. F3 (10) 
EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 
De acordo com Halliday (2009, p. 4), para que um corpo rígido esteja em equilíbrio, 
simultaneamente, a resultante das forças que atuam no corpo é nula e o somatório vetorial 
dos torques no sentido horário é igual ao somatório dos torques no sentido anti-horário. 
Isto é, o corpo não pode se mover “linearmente” ou girar em relação a qualquer eixo, ou a 
qualquer ponto de contato. 
 Para uma barra igualmente distribuída de peso P2 e comprimento L, evidenciado na 
figura 1.4, em equilíbrio sobre os apoios A e B e com uma carga P1, que pode se mover 
sobre a barra, sendo x sua posição em relação a extremidade esquerda. Assim, segundo 
Dias (2020d, p. 49), pode-se escrever as seguintes fórmulas: 
 RA + RB – P1 – P2 = 0 (11) 
Onde, RA e RB são as reações nos apoios A e B respectivamente. E a soma vetorial dos 
torques externos que atuam sobre a barra é zero (Eq. 12). 
P1 x + P2 
𝐿
2
 - RA xA - RB xB = 0 (12) 
Na qual, xA e xB são os pontos de aplicação das reações, RA e RB em relação à extremidade 
esquerda da barra. Observa-se que foi escolhido o sentido horário positivo. 
 
 
6 
 
Figura 1.4. Forças sobre uma barra bi-apoiada. 
 
Fonte: Dias, 2020e, p. 49. 
 
CENTRO DE GRAVIDADE 
O centro de gravidade (CG) ou centro de massa (CM) de um corpo qualquer é um 
ponto de aplicação da força da gravidade (peso do corpo), ou seja, é o ponto onde pode-se 
supor que o seu peso esteja aplicado, em torno do qual a massa está igualmente distribuída. 
Para certos tipos de corpos, tais como barras, esferas e cilindros, o centro de 
gravidade é de fácil localização, como é mostrado na Figura 1.5 abaixo. 
Figura 1.5. O centro de gravidade para alguns corpos 
homogêneos. 
 
Fonte: Dutra2 
Em conformidade com Dias (2020f, p. 50), um sistema constituído por uma barra 
uniforme (P2), com centro de gravidade na posição L/2 em relação à extremidade esquerda 
 
2 Glênon Dutra. Esttica. Disponível em: 
<https://www.google.com/url?sa=i&url=https%3A%2F%2Fufrb.edu.br%2Fpibid%2Fdocumentos%2Fcate
gory%2F56-estatica%3Fdownload%3D209%3Aesttica&psig=AOvVaw14jW_dp-
vYjEQbRCx5yeaz&ust=1600532529984000&source=images&cd=vfe&ved=2ahUKEwiRrb24jvPrAhVKL
7kGHVZ4D1sQr4kDegUIARCmAQ>. Acesso em: 18 set. 2020. 
 
https://www.google.com/url?sa=i&url=https%3A%2F%2Fufrb.edu.br%2Fpibid%2Fdocumentos%2Fcategory%2F56-estatica%3Fdownload%3D209%3Aesttica&psig=AOvVaw14jW_dp-vYjEQbRCx5yeaz&ust=1600532529984000&source=images&cd=vfe&ved=2ahUKEwiRrb24jvPrAhVKL7kGHVZ4D1sQr4kDegUIARCmAQhttps://www.google.com/url?sa=i&url=https%3A%2F%2Fufrb.edu.br%2Fpibid%2Fdocumentos%2Fcategory%2F56-estatica%3Fdownload%3D209%3Aesttica&psig=AOvVaw14jW_dp-vYjEQbRCx5yeaz&ust=1600532529984000&source=images&cd=vfe&ved=2ahUKEwiRrb24jvPrAhVKL7kGHVZ4D1sQr4kDegUIARCmAQ
https://www.google.com/url?sa=i&url=https%3A%2F%2Fufrb.edu.br%2Fpibid%2Fdocumentos%2Fcategory%2F56-estatica%3Fdownload%3D209%3Aesttica&psig=AOvVaw14jW_dp-vYjEQbRCx5yeaz&ust=1600532529984000&source=images&cd=vfe&ved=2ahUKEwiRrb24jvPrAhVKL7kGHVZ4D1sQr4kDegUIARCmAQ
https://www.google.com/url?sa=i&url=https%3A%2F%2Fufrb.edu.br%2Fpibid%2Fdocumentos%2Fcategory%2F56-estatica%3Fdownload%3D209%3Aesttica&psig=AOvVaw14jW_dp-vYjEQbRCx5yeaz&ust=1600532529984000&source=images&cd=vfe&ved=2ahUKEwiRrb24jvPrAhVKL7kGHVZ4D1sQr4kDegUIARCmAQ
 
 
7 
 
da barra e o Peso P1 na posição x, em relação à extremidade esquerda da barra, o centro de 
gravidade é dado por: 
XCG = 
(x.P1 + (
𝐿
2
)P2)
(P1 + P2)
 (13) 
O peso resultante de um corpo corresponde ao somatório das forças peso que atuam 
em cada um deste segmentos e é através do centro de gravidade que os corpos atingem ou 
não um ponto de equilíbrio. 
A finalidade prática do estudo do equilíbrio de um corpo é aferir o módulo das 
forças que agem num objeto de um determinado sistema, como realizado no procedimento 
descrito abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 
 
PROCEDIMENTO 
 Para a primeira parte, primeiramente, foi usado para o experimento a simulação 
“Paralelogramo de Forças”, descrita na Figura 1.1. A princípio, para a Tabela 1.1, escolhi 
diversas combinações para P1, P2 e P3, e para cada peso, anotei os seus ângulos α e β, 
respectivamente. Em seguida, calculei as tensões T1 e T2 para as componentes horizontais 
e verticais, nesta ordem. 
Segue abaixo a tabela que revela os resultados obtidos e calculados com a 
realização da prática. 
Tabela 1.1. Resultados “experimentais” para o equilíbrio de uma partícula. 
P1(N) P2(N) P3(N) α(
o) β(o) T1 𝐬𝐞𝐧𝜶 (N) T2 𝐬𝐞𝐧𝜷 (N) T1𝐜𝐨𝐬𝜶 +T2𝐜𝐨𝐬 𝜷 (N) 
5,0 4,0 6,0 41,4 55,8 3,3 3,3 6,0 
6,0 7,0 5,0 78,5 57,1 5,9 5,9 5,0 
7,0 8,0 9,0 58,4 48,2 5,9 5,9 9,0 
7,0 4,0 8,0 30,0 61,0 3,5 3,5 8,0 
8,0 5,0 10 29,7 52,4 3,9 3,9 10 
6,0 8,0 11 45,2 32,2 4,3 4,3 11 
Fonte: Autora, 2020. 
Na segunda parte foi usado para o experimento a simulação “Equilíbrio de um 
corpo extenso”. Com a leitura apresentada nas duas balanças foi possível determinar os 
pesos das barras 1, 2 e 3, uma vez que as duas reações foram somadas. Calculei e anotei os 
pesos das barras e Pesos 1, 2 e 3, após isso, transformei cada peso de Newton(N) para 
gramas-forças (gf), apresentadas na Tabela 1.2. 
Tabela 1.2. Pesos dos elementos disponíveis na simulação. 
Número Peso da Barra (N) Peso da Barra (gf) 
 
“Peso” (N) “Peso” (gf) 
1 9,81 1000 4,91 500 
2 49,1 5000 1,96 200 
3 19,6 2000 2,94 300 
Fonte: Autora, 2020. 
A segunda parte do experimento consistiu em analisar as reações que duas balanças 
marcam, ao ser deslocada uma massa sobre uma barra. 
De início, regulei o “Peso” 3 até que ficasse rente a posição 0 do simulador sob a 
Barra 1. Vale salientar que a primeira balança ficou a 20 cm da extremidade esquerda e a 
segunda balança ficou a 20 cm da extremidade da direita. As distâncias foram de 10 em 10 
cm no decorrer da barra e, assim, em cada posição eu fazia a leitura em ambos e anotava 
na Tabela 1.3, assim como a soma das duas reações. Os valores encontrados estão 
explanados na Tabela 1.3. 
 
 
 
9 
 
Tabela 1.3. Leitura das balanças. 
x (cm) RA (N) RB (N) RA + RB (N) 
0 8,83 3,92 12,75 
10 8,34 4,41 12,75 
20 7,85 4,91 12,76 
30 7,36 5,39 12,75 
40 6,87 5,89 12,76 
50 6,38 6,38 12,76 
60 5,89 6,87 12,76 
70 5,39 7,36 12,75 
80 4,91 7,85 12,76 
90 4,41 8,34 12,75 
100 3,92 8,83 12,75 
Fonte: Autora, 2020. 
 
Além disso, a figura 1.6 explana, ainda, o comportamento do “Peso” 3 sobre a barra 
1, o somatório das reações que agem sobre ela, de modo que a barra sempre estivesse em 
equilíbrio. 
Figura 1.6. Gráfico das reações (N) em função da posição x (cm). Os 
círculos representam os dados experimentais e a linha representa o ajuste 
experimental linear dos dados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: Autora, 2020. 
 
Após isso, repeti o mesmo procedimento usando outro peso, chamado de “Peso” 1 
utilizando a mesma barra. É importante destacar que a primeira balança ficou a 10 cm da 
extremidade esquerda e a segunda balança ficou a 40 cm da extremidade da direita. 
As distâncias também foram de 10 em 10 cm no decorrer da barra e em cada 
posição, fiz a leitura em ambos e anotei na Tabela 1.4, fazendo as devidas transformações 
 
 
10 
 
de Newton (N) em gramas-forças (gf), assim como a soma das duas reações, até que não 
fosse mais possível a realização do experimento, pois nem todas as posições foram 
permitidas. Segue abaixo os resultados encontrados na Tabela 1.4. 
Tabela 1.4. Leitura das balanças. 
x (cm) RA (gf) RB (gf) RA + RB (gf) 
0 800 700 1500 
10 700 800 1500 
20 600 900 1500 
30 500 1000 1500 
40 400 1100 1500 
50 300 1200 1500 
60 200 1300 1500 
70 100 1400 1500 
80 0 1500 1500 
90 x x x 
100 x x x 
Fonte: Autora, 2020. *o símbolo x grifado em vermelho equivale aos valores de reações 
impossíveis para tais posições em cm. 
 
Ademais, a figura 1.7 demonstra o comportamento do “Peso” 1 sobre a barra 1, o 
somatório das reações que agem sobre ela, de modo que a barra sempre estivesse em 
equilíbrio. 
Figura 1.7. Gráfico das reações (gf) em função da posição x (cm). Os 
círculos representam os dados experimentais e a linha representa o ajuste 
experimental linear dos dados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fonte: Autora, 2020. 
Por fim, calculei a posição do Centro de Gravidade (XCG) do sistema formado pelo 
“Peso” 1 e pela Barra 1, para cada uma das posições do “Peso” 1, que foram indicadas na 
 
 
11 
 
Tabela 1.5 abaixo. 
Tabela 1.5. Posição do Centro de Gravidade. 
x (cm) 0 20 50 90 100 
XCG (cm) 33 40 50 63 67 
Fonte: Autora, 2020. *Utilizou-se o comprimento L de 100 cm. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 
 
QUESTIONÁRIO 
1. Com relação aos valores encontrados na Tabela 1.1, compare os resultados da 
coluna 6 com os da coluna 7. Compare também os resultados da coluna 8 com os 
valores da coluna 3. Comente. 
Resposta: Observa-se nas colunas 6 e 7 da tabela 1.1, que os valores permanecem iguais 
em cada linha, isso pode ser explicado pela definição de equilíbrio de partículas que diz 
que a soma das forças resultantes é igual a zero, logo, para que um sistema esteja em 
equilíbrio as forças das componentes horizontais devem ser iguais a zero. 
Já comparando as duas colunas 8 e 3 da mesma tabela, os resultados foram iguais e 
satisfatórios, pois, tendo em vista, que a soma das suas componentes verticais, juntas 
anulam a força peso de sentido oposto. 
2. Determinação de um peso desconhecido (objetivo 2). Considere que na simulação 
da Parte 1, P1 = 5 N, P2 = 10 N e P3 seja um peso desconhecido. Que nessas condições 
o sistema fique em equilíbrio com α = 80,8o e β = 29,6 o. Determine o peso desconhecido 
em N, com uma casa decimal. Considere que diferentemente da simulação, o peso 
desconhecido pode ser ou não um número inteiro. 
Resposta: Para determinar a força P3, sabendo que, P3=T3 que é igual a soma das tensões 
das duas componentes verticais para cima T1y e T2y, e que essa soma anula a Força Peso 
para abaixo, ou seja, a somatória de T1y e T2y é igual a P3. Logo, usando as equações 4 e 5 
descritas na Introdução, onde T1 = P1 = 5N; T2 = P2 = 10N, temos que, T1y = T1 cosα → 
5 × cos 80,8o → 0,8N e T2y = T2 cosβ → 10 × cos 29,6 o → 8,7N. A soma das tensões 
é 0,8N + 8,7N = 9,5N,ou seja, P3 equivale a 9,5N. 
3. Considere que na simulação da Parte 1, P1 e P2 são desconhecidos e que P3 = 10 N. 
Considere também que o sistema fique em equilíbrio com α = 86,2o e β = 43, 7 o. Calcule 
os pesos desconhecidos em N. Reproduza na simulação com os resultados 
encontrados. Comente. 
Resposta: Para encontrar os pesos P1 e P2, implica saber de modo intuitivo as fórmulas das 
forças atuantes. Sabemos que, P3 = T3 = T1y + T2y, como utilizado na questão 2. Ou seja, 
T1.cosα + T2.cosβ = P3. 
Sabe-se também que as forças das componentes horizontais T1x e T2x quando subtraídas se 
anulam, T1. senα – T2. senβ = 0, logo, T1. senα = T2. senβ colocando T1 em evidencia, 
 
 
13 
 
temos, T1 = 
T2.𝑠𝑒𝑛β 
𝑠𝑒𝑛α
, usando esta fórmula e substituindo os valores, tem-se que T1 = 
T2.𝑠𝑒𝑛43,7
𝑠𝑒𝑛86,2
 → T1 = 
0,69T2
0,99
 ≅ 0,69.T2N. 
Assim, substituindo o valor de T1 na fórmula T1.cosα + T2.cosβ = P3, temos, 0,69. T2. 
cos86,2o + T2. cos43,7
 o = 10 → 0,69. T2 .0,07 + T2.0,72 = 10 → 0,05T2 + T2. 0,72 = 10 → 
0,77 T2 = 10 → T2 = 
10
0,77
 ≅ 13N, e para descobrir P1, T1 = 0,69. T2 → 0,69. 13 ≅ 9N. 
Segue abaixo a figura 1.7 com a reprodução da simulação com os resultados obtidos. 
Figura 1.7. Reprodução da simulação. 
 
4. Verifique, para os dados obtidos com o “Peso” 3 na posição 30 cm sobre a Barra 1 
(Tabela 1.3), se as condições de equilíbrio são satisfeitas (Eq. 11 e 12). Comente os 
resultados. 
Resposta: 
Para descobrir se os resultados satisfazem as condições de 
equilíbrio, faz-se necessário utilizar as equações 11 e 12 
expostas na Introdução, são elas: RA + RB – P1 – P2 = 0 e P1 x 
+ P2 
𝐿
2
 - RA xA - RB xB = 0, respectivamente. Substituindo os 
valores da tabela 1.6 nas equações, obtêm-se, 7,36 + 5,39 – 2,94 - 9,81 = 0. O resultado 
equivalente para a primeira condição de equilíbrio está sendo válido, isto significa que a 
partícula atende à primeira condição de equilíbrio. Sendo 2,94.30 + 9,81. 
100
2
 + 7,36.20 – 
5,39.80 → 88,2 + 491 – 147 – 431 → 579 – 578 = 1. O resultado não foi satisfatório e pode 
ser explicado pelos possíveis erros de leitura durante a prática, o que faz com que o valor 
seja próximo a zero, mas não chegue ao mesmo. 
Tab. 1.6. Os dados para 
os cálculos foram: 
RA: 7,36N RB: 5,39N 
P1: 2,94N P2: 9,81N 
xA: 20cm xB: 80cm 
X: 30cm L: 100cm 
 
 
14 
 
5. No procedimento 2.6 não é possível deslocar o “Peso” 1 para qualquer posição sobre 
a Barra 1 e manter o sistema em equilíbrio. Calcule a posição do Centro de Gravidade 
do sistema formado pela Barra 1 e pelo “Peso” 1 quando o mesmo está posicionado 
na posição mais à direita possível na simulação. 
Resposta: A posição mais à direita é de 80 cm, usando a Eq. 13, dada na Introdução, XCG 
= 
(x.P1 + (
𝐿
2
)P2)
(P1 + P2)
 , fazendo as substituições necessárias temos, XCG = 
(80.4,91 + (
100
2
)9,81)
(4,91 + 9,81)
 = 
60,1cm. 
6. Calcule os valores esperados para as reações RA e RB (leituras nas balanças em g), 
para uma Barra de 100 cm e 120 gf e um peso de 30 gf colocado sobre a Barra na 
posição x = 80 cm. Considere que uma Balança é colocada na posição 20 cm e a outra 
na posição 90 cm. 
Resposta: 
De início, fiz as devidas transformações de gramas-forças em 
gramas para encontrar os valores dos pesos P1 e P2 (Tab. 1.7). 
Para obter os valores das reações RA e RB foi necessário usar 
as duas equações citadas na introdução, na parte 2, são elas, 
RA + RB – P1 – P2 = 0 e P1 x + P2 
𝐿
2
 - RA xA - RB xB = 0. Evidenciando a incógnita RA, pode 
descrever-se a primeira equação como RA = P1 + P2 - RB. Logo, RA = 0,29 + 1,18 – RB → 
1,47 - RB. Substituindo na outra fórmula, temos, 0,29.80 + 1,18. 
100
2
 - (1,47 - RB). 20 – 
RB.90 = 0 → 23,2 + 59 – 29,4 + 20RB – 90RB = 0 → 52,8 = 70RB → RB = 0,75N. A reação 
RA pode ser encontrada substituindo na primeira fórmula citada, RA = 14,7 - RB → RA = 
14,7 – 0,75 → RA = 0,72N. 
 
 
 
 
 
 
 
Tab. 1.7. Os dados para 
os cálculos foram: 
 P1: 0,29N P2: 1,18N 
xA: 20cm xB: 90cm 
X: 80cm L: 100cm 
 
 
15 
 
CONCLUSÃO 
Com a aplicação dessa prática, percebe-se a importância dessa área da física na vida 
de um engenheiro, pois este precisa sempre considerar as forças externas em qualquer 
corpo em que esteja trabalhando, como pontes, viadutos, edificações, etc. 
O procedimento experimental desta prática foi dividido em duas partes. Ambas as 
partes eram de fácil compreensão e execução. Ao finalizar esta prática e analisar os 
resultados obtidos é possível explanar que, na primeira parte, os resultados foram 
satisfatórios. O que mostra que os cuidados e atenções devidas fizeram com o que o 
objetivo fosse alcançado, pois a condição de equilíbrio foi encontrada. 
 Em relação à segunda parte, os valores preenchidos nas tabelas demonstraram 
certa precisão nas leituras das balanças ainda que, ao verificar a situação de equilíbrio na 
posição x = 30 cm, por exemplo, ela não foi satisfeita. Isso pode ser justificado pela falta 
de exatidão ao fazer as sucessivas leituras, o que levou a um somatório dos torques 
próximos de zero, mas diferente dele, a soma de RA e RB manteve-se igual em boa parte 
dos resultados obtidos com um erro o qual pode ser considerado desprezível, 
levando em consideração os fatores que influenciam no sistema como erros de cálculo. 
Com base nos experimentos realizados conclui-se que o equilíbrio pode ser 
provado utilizando um sistema com uma barra bi-apoiada sobre duas balanças e sobre 
ela uma massa móvel, pois o peso total do sistema se conserva independentemente 
da posição da massa em relação à barra, fazendo com que haja a caracterização de 
um sistema em equilíbrio. Com isso, deduz-se que um sistema em equilíbrio é aquele que 
possui uma conservação de seu peso total mesmo que algum de seus integrantes tenha o 
seu posicionamento modificado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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REFERÊNCIAS 
DIAS, Nildo. Roteiro de aulas práticas de Física. Ceará: Universidade Federal do 
Ceará, 2020. 114 p. 
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert. Fundamentos da física: mecânica. 8. ed. Vol. 
2. Rio de Janeiro: LTC, 2009. 314 p. 
HELERBROCK, Rafael. Mundo Educação. Disponível em: 
https://mundoeducacao.uol.com.br/fisica/torque-ou-momento-de-uma-
forca.htm#:~:text=Quando%20aplicada%20a%20corpos%20sujeitos,%C3%A2ngulo%20
entre%20o%20bra%C3%A7o%20de. Acesso em: 02 set. 2020. 
 
GUALTER, José Biscuola; NEWTON Villas Boas; HELOU Ricardo Doca. Tópicos de 
Física 1: Mecânica, São Paulo – SP: Editora Saraiva, 2016. 3ª Edição. 402 p. 
KÍTOR, Glauber Luciano. InfoEscola. Disponível em: 
https://www.infoescola.com/mecanica/torque-ou-momento-de-uma-forca/. Acesso em: 04 
set. 2020. 
 
 
 
https://mundoeducacao.uol.com.br/fisica/torque-ou-momento-de-uma-forca.htm#:~:text=Quando%20aplicada%20a%20corpos%20sujeitos,%C3%A2ngulo%20entre%20o%20bra%C3%A7o%20de
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https://www.infoescola.com/mecanica/torque-ou-momento-de-uma-forca/