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DINÂMICA DOS CORPOS
AULA 1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Eimi Veridiane Suzuki
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CONVERSA INICIAL
Seja bem-vindo(a) ao curso de Dinâmica dos Corpos. Antes de entrar na parte de dinâmica dos
corpos, vamos ver alguns conceitos de estática.
TEMA 1 – PRINCÍPIOS DE ESTÁTICA
É importante retomarmos alguns conceitos básicos da estática. Vamos estudar rapidamente os
conceitos de força, momento, equilíbrio de um corpo e reações de apoio.
“Força representa a ação de um corpo sobre outro. [...] A força é caracterizada por seu ponto de
aplicação, sua intensidade direção e sentido; uma força é caracterizada por um vetor” (Beer; Johnston
Jr, 2005).
O momento é uma tendência de giro em torno de um ponto, provocado por uma força a uma
determinada distância do eixo de giro.
Quando dizemos que um corpo está em equilíbrio, isso significa que a soma de todas as forças
aplicadas no corpo tem resultante nula, e que a soma de todos os momentos também é nula:
Nas reações de apoio, o elemento estrutural está apoiado ou vinculado. Pode ser de 1ª espécie,
quando restringe um tipo de movimento (Figura 1(a)), também chamado de apoio móvel ou rolete.
Pode ser de 2ª espécie, quando restringe dois tipos de movimento (Figura 1(b)), também chamado
de articulação. Pode ainda ser de 3ª espécie, quando restringe dois tipos de movimento e uma
rotação (Figura 1(c)), também chamado de engaste.
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Figura 1 – Reações de apoio
1.1 EXEMPLOS
Exemplo 1 (Beer; Johnston Jr, 2005) – Na ilustração, três cargas são aplicadas a uma viga. A viga
é apoiada em um rolete (apoio simples) em A e em uma articulação em B. Desprezando o peso da
viga, determine as reações em A e em B quando Q=75kN.
Solução: primeiramente, devemos fazer o diagrama do corpo livre. A reação em A é um rolete,
ou seja, restringe apenas 1 movimento. Na figura, podemos notar que o movimento a ser restringido
é o vertical, em y, pois o apoio permite o movimento em x e a rotação em torno de A. A reação em B
é uma articulação, portanto restringe dois movimentos; na figura, nota-se que o apoio B não permite
movimento em x nem em y, mas permite a rotação em torno de B.
Então, colocando as reações para os movimentos não permitidos pelos apoios, temos:
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Como a reação em A não permite o movimento em y, temos FAY. Como a reação em B não
permite movimentos em x e em y, temos FBX e FBY. O sentido foi arbitrário, e caso esteja errado será
corrigido mais adiante.
Após desenhado o diagrama do corpo livre, utiliza-se as equações de equilíbrio, começamos
pela força no eixo x:
Como não temos forças em x:
A próxima equação de equilíbrio será o somatório de forças em y:
Colocando todas as forças em y, positivas quando para cima, e negativas quando para baixo,
temos:
Como ainda temos duas incógnitas, utilizaremos a equação de equilíbrio do momento para o
ponto B:
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Colocamos todas as forças e distâncias até o ponto B, positivas quando no sentido anti-horário,
e negativa quando no sentido horário:
Substituindo na equação achada anteriormente:
Como FAY e FBY resultaram em valores positivos, o sentido arbitrado no digrama do corpo livre
estava correto.
Exemplo 2 (Beer; Johnston Jr, 2005) – Determine as reações nos apoios:
Solução: primeiramente, devemos fazer o diagrama do corpo livre. A reação em A é um engaste,
portanto as reações serão FAX e FAY. Já B é um rolete, que pede uma reação de apoio FB. Também
fizemos o carregamento do ângulo, para facilitar a decomposição.
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FB deve ser decomposta para os cálculos; portanto, em x ficará:
E em y:
Utilizando as fórmulas de equilíbrio:
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Voltando nas equações anteriores, e substituindo:
O fato de FAX ter dado negativo indica que o sentido arbitrado para ele no diagrama do corpo
livre estava errado. O certo seria:
Para achar o valor final de FA, usamos o teorema de Pitágoras:
TEMA 2 – ESFORÇOS INTERNOS NOS ELEMENTOS
Os esforços internos são efeito das forças externas dentro do elemento, que suportam os
esforços externos, para evitar que o elemento se rompa. Podemos ver esses esforços quando é feita
uma seção no elemento em equilíbrio, que deve continuar em equilíbrio. Por esse motivo, as forças
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internas aparecem representando a parte faltante do elemento secionado, como mostra a Figura 2.
Outro ponto importante a ser observado é que as forças internas em cada uma das seções têm o
sentido oposto, mas o mesmo valor em módulo.
Figura 2 – Esforços internos
Fonte: Elaborado com base em Hibbeler, 2010.
Para os exercícios, deve-se utilizar o sentido convencionado na Figura 2, para o sentido dos
esforços internos.
2.1 EXEMPLOS
Exemplo 1 (Hibeller, 2010) – As forças atuam no eixo mostrado. Determine a força normal
interna nos pontos A, B e C.
Solução: fazemos uma seção em A. Com uma força normal (neste caso em x), uma força
cortante (neste caso no eixo y) e um momento, o sentido será o convencionado na Figura 2. Como o
exercício só pede a força normal, as outras não serão calculadas.
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Agora utilizamos as equações de equilíbrio:
Agora repetimos as mesmas operações para os pontos B e C:
O sinal negativo indica que convencionamos o NB no sentido errado, pois na realidade ele vai
para a esquerda.
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Exemplo 2 (Beer; Johnston Jr, 2005) – Na estrutura representada, determinar as forças internas
(a) no ponto J do elemento AFC e (b) no ponto K do elemento BCD.
Solução: a primeira coisa a ser feita é achar as reações de apoio. Para isso, fazemos o diagrama
do corpo livre, utilizando as equações de equilíbrio:
Agora que temos as reações de apoio, desmembramos a estrutura para achar as forças atuantes
em cada nó. Como estamos procurando a força interna em K e J, vamos pegar a barra AFC e BCD;
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como as barras estão em equilíbrio, utilizaremos as equações de equilíbrio.
Outro ponto a ser observado é que nós iguais em barras diferentes têm o sentido das forças
opostos.
Como FCY já foi encontrado:
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O próximo passo é pegar a barra AFC e fazer uma seção no ponto J, pegar qualquer um dos
lados e substituir a parte cortada pela força normal interna, força cortante interna e momento
interno. Para achar as respostas, deve-se aplicar as estações de equilíbrio, mas para isso temos que
encontrar o ângulo, que chamaremos de α, que a barra ACF faz com a horizontal.
 portanto 
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Fazendo o mesmo processo para as forças internas no ponto K:
O sinal negativo indica que o sentido inicial arbitrado está errado, sendo o oposto.
TEMA 3 – FORÇAS EM VIGAS
Vigas são elementos estruturais cujas cargas são, geralmente, aplicadas perpendicularmente ao
eixo, gerando flexão e cisalhamento. Outra característica das vigas é que uma de suas dimensões, o
comprimento, é bem maior que as outras duas dimensões – essas, na maior parte dos casos, são
constantes.
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Veja os exemplos de viga nas figuras a seguir. À esquerda, vigas suportando o carregamento
provenientes de outras vigas. Apesar de as vigas estarem mais associadas àconstrução civil,
podemos observar esse importante elemento estrutural em outros lugares, como o eixo de alguns
equipamentos, automóveis, guindastes, pórticos rolantes, e vários outros lugares. A figura da direita
mostra outro exemplo: a barra de madeira na parte superior da balança é uma viga.
Figura 3 – Reações de apoio
 
Fonte: Tattoboo/Shutterstock; Brizmaker/Shutterstock.
As vigas podem ter um carregamento de uma ou mais forças pontuais, ou concentradas; uma ou
mais cargas distribuídas; ou uma combinação de cargas pontuais e concentradas.
Outra maneira de classificar as vigas é de acordo com os seus apoios, que podem ser rolete,
articulação e/ou engaste. Dependendo da combinação de apoios de uma viga, ela poderá ser uma
viga estaticamente determinada ou uma viga estaticamente indeterminada.
  Uma viga estaticamente determinada se caracteriza por três incógnitas, quando fazemos os
cálculos de reações de apoio. Por exemplo, em uma viga engastada em balanço, seu único apoio, o
engaste, gera apenas três incógnitas. Outro exemplo é uma viga apoiada em uma extremidade de um
rolete (uma incógnita), com uma articulação (duas incógnitas) na outra extremidade.
Quando o cálculo de reação de apoios gera mais do que três incógnitas, a viga é chamada
estaticamente indeterminada. Apenas com as três equações de equilíbrio não é possível determinar as
reações de apoio. Podemos citar como exemplo uma viga engastada nas duas extremidades, que
gerará seis incógnitas. Esse tipo de viga necessitará de dados da resistência do material para sua
resolução, como veremos na disciplina de Resistência dos Materiais.
3.1 FORÇA CORTANTE E MOMENTO FLETOR EM UMA VIGA
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Em uma viga estaticamente determinada, como encontro sua força cortante e seu momento
fletor? Através do diagrama de esforço cortante e momento fletor. Vejamos como encontrar esse
diagrama:
1.  Decomponha todas as forças que não estão perpendiculares ou no eixo da viga.
2.  Ache as reações de apoio para a viga inteira.
3.  Mantenha as forças distribuídas como forças distribuídas.
4.  Divida a viga em trechos, começando da esquerda para a direita; divida o trecho sempre
que algo na viga mude, ou seja, uma força concentrada ou distribuída, uma reação de apoio.
5.  Fixe o ponto mais à esquerda como x=0.
6.  Há uma seção em cada trecho em um lugar de local não especificado, a uma distância x
do ponto mais à esquerda da viga.
7.  Para cada seção, pegue um dos lados do corte e ache as forças internas, no local da
seção, em função de x. Com isso, achamos uma equação para cada trecho da viga.
8.  Com as equações, podemos traçar o gráfico de força cortante e o momento fletor.
Obs. O padrão brasileiro para o gráfico de momento fletor é negativo para cima e positivo para
baixo.
3.2 EXEMPLO
Exemplo 1 (Beer; Johnston Jr, 2005) – Trace os diagramas de força cortante e momento fletor
para a viga AB.
Solução: vamos ao passo a passo.
1. Decomponha todas as forças que não estão perpendiculares ou no eixo da viga.
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Como todos os carregamentos são perpendiculares, não será necessário decompor nenhuma
força.
2. Ache as reações de apoio para a viga inteira.
Para achar as reações de apoio, fazemos o diagrama do corpo livre e aplicamos as equações de
equilíbrio. Aqui também utilizaremos carga distribuída como , que será localizada
na metade da carga distribuída, ou seja, a 0,6 do ponto A.
3. Mantenha as forças distribuídas como forças distribuídas.
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4. Divida a viga em trechos, começando da esquerda para a direita; divida o trecho sempre que
algo na viga mude, ou seja, uma força concentrada ou distribuída, uma reação de apoio.
Então, teremos uma seção entre A e C, outra entre C e D e a última entre D e B.
5. Fixe o ponto mais à esquerda como x=0.
No ponto A, x=0.
6.  Há uma seção em cada trecho em um lugar de local não especificado, a uma distância x do
ponto mais à esquerda da viga.
7. Para cada seção, pegue um dos lados do corte e ache as forças internas, no local da seção, em
função de x. Com isso, achamos uma equação para cada trecho da viga.
Como não precisamos do gráfico da normal, essa força não será mostrada. Começando com o
trecho AC, e aplicando as equações de equilíbrio:
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8. Com as equações, podemos traçar o gráfico de força cortante e o momento fletor.
Começando com o gráfico da força cortante, do trecho AC. O trecho AC começa em x=0 e
termina em x=1,2. Substituindo os valores, achamos a força cortante nesses pontos; como a equação
do trecho é de primeiro grau, o gráfico é uma reta.
Para x=0:
Para x=1,2:
Nos trechos CD e DB, o valor é constante.
Para o gráfico do momento fletor, procedemos da mesma forma, começando com o trecho AC:
Para x=0:
Para x=1,2:
Como a equação de momento fletor desse trecho é de segundo grau, o gráfico é uma parábola,
por isso acharemos mais um ponto.
Para x=0,6:
Para o trecho CD, que é uma reta, e tem seu início em x=1,2 e fim x=3:
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Para x=1,2:
Para x=3:
Para o trecho DB, que é uma reta, e tem seu início em x=3 e fim x=4,2:
Para x=3:
Para x=4,2:
Traçando o gráfico:
TEMA 4 – FORÇAS EM CABOS
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Cabos são importantes elementos estruturais, usados em várias lugres na engenharia, como em
pontes e linhas de transmissão. Os cabos são leves e flexíveis, podendo ser classificados como: cabos
que suportam cargas concentradas, cabos que suportam cargas distribuídas e cabos sujeitos ao
próprio peso.
Fonte: Ranimiro/Shutterstock.
4.1 CABOS QUE SUPORTAM CARGAS CONCENTRADAS
Cabos, quando suportam cargas concentradas, formam vários segmentos retos, como podemos
ver na Figura 4. O problema desta situação é que podemos ter 11 incógnitas; cada reação de apoio
gerará duas incógnitas; temos também a tração em cada cabo (na figura, são quatro), e por último as
distâncias y1, y2 e y3.
Figura 4 – Cabos: cargas concentradas
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Fonte: Elaborado com base em Beer; Johnston Jr, 2005.
Para solucionar esse tipo de problema, usamos equações de equilíbrio, para o cabo inteiro, para
trechos que forem convenientes ou até mesmo pontos. Para as distâncias, se as equações de
equilíbrio não forem suficientes, pode-se usar a trigonometria.
4.2 CABOS QUE SUPORTAM CARGAS DISTRIBUÍDAS
Ao lidar com cabos que suportam cargas distribuídas, temos que considerar que, como o cabo é
bem mais leve que as cagas que ele suporta, seu próprio peso pode ser considerado desprezível.
Considere a Figura 5. O cabo (a) está carregado com uma força distribuída, na direção x, de modo
que suas trações tangenciam a curva no ponto desejado.
Figura 5 – Cabos: cargas distribuídas
Fonte: Elaborado com base em Beer; Johnston Jr, 2005.
Desenhando o diagrama do corpo livre entre C e D, temos a Figura 5(b), em que se pode ver que
as trações dos pontos C e D tangenciam a curva nos pontos escolhidos. Temos também a resultante
da carga distribuída w. Com essas três forças, desenhamos um triângulo Figura 5(c), com equações
baseadas na trigonometria.
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4.3 CABOS PARABÓLICO
Se o cabo está suportando uma carga distribuída uniforme, considerando o peso do cabo como
desprezível, ele formará uma parábola, como mostra a Figura 6(a). O w representa a carga por
unidade de medida horizontal; designaremos as coordenadas (0,0) como ponto mais baixo da curva,
ponto C da Figura 6(a).
Figura 6 – Cabos parabólicos
Fonte: Elaborado com baseem Beer; Johnston Jr, 2005.
Pegando o trecho CD, Figura 6 (b), temos que W=w.x. Por trigonometria:
Como há equilíbrio, o somatório dos momentos em um ponto deve ser nulo. Portanto:
O comprimento do cabo entre C e D pode é dado pela equação:
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O comprimento do cabo entre C e D pode é dado pela equação:
Na maior parte dos casos, apenas os termos mostrados precisão ser calculados, pois os outros
são muito pequenos, de modo que podem ser desconsiderados.
4.4 CABOS SUJEITOS AO PRÓPRIO PESO
Quando for necessário considerar o peso do próprio cabo, temos a situação mostrada na Figura
7(a). Chamamos o comprimento do cabo de s, e w será a carga por unidade de comprimento.
Figura 7 – Cabos sujeitos ao próprio peso
Fonte: Elaborado com base em Beer; Johnston Jr, 2005.
Pegando o trecho CD, Figura 7(b), temos que W=w.s. Por trigonometria:
Sendo: . Considerando o ponto O como a origem das coordenadas, localizado abaixo do
ponto C, temos:
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4.5 EXEMPLOS
Exemplo 1 (Beer; Johnston Jr, 2005) – O cabo ABC sustenta duas cargas, como mostra a figura.
Determine as distancias a e b quando uma força horizontal P de 1,0kN é aplicada no ponto C.
Solução: vamos fazer o diagrama do corpo livre e aplicar as equações de equilíbrio para o cabo
inteiro.
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Como precisamos de mais uma equação para resolver o problema, vamos fazer o diagrama de
um trecho do cabo, no caso o trecho AB:
Substituindo:
Exemplo 2 (Beer; Johnston Jr, 2005) – Um cabo leve preso a um apoio em A passa sobre uma
pequena roldana em B, suportando uma carga Q. sabendo que a flecha do cabo é 0,5m, e que sua
massa por unidade de comprimento é 0,75kg/m, determinar: (a) a intensidade da carga P; (b) a
inclinação do cabo B; e (c) o comprimento total do cabo de A até B. Como a razão da flecha para o
vão é pequena, considerar o cabo como parabólico. Desprezar, também, o peso da parte do cabo de
B até D.
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Solução: primeiramente, vamos pegar a parte CB, considerando C origem dos eixos x e y, e
construindo o diagrama de corpo livre:
(a) Como o somatório dos momentos no ponto B é zero:
Como T deve ser igual a P, fazemos um triangulo para achar o valor de T.
Portanto: 
(b)  Para descobrir a inclinação do cabo em B, ainda utilizando o triângulo, achamos o valor de θ.
(c) Encontramos o comprimento total do cabo de A até B aplicando a fórmula:
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Como  é só a metade do comprimento total:
Exemplo 3 (Beer; Johnston Jr, 2005) – Uma trena metálica de 50,00 metros tem massa 1,600kg. A
trena é esticada entre dois pontos de mesma altura, e puxada até que a tração em cada extremidade
seja 60,00N. Determine a distância entre seus extremos. Despreze o alongamento da trena devido à
tração.
Solução: para iniciar, devemos fazer o diagrama de corpo livre:
Agora vamos encontrar w:
Agora encontramos o valor de y e c:
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Com esses dados, podemos achar x com a equação:
Como x é metade da distância:
TEMA 5 – ATRITO
Atrito é uma força que se opõe ao movimento quando uma superfície desliza por outra. Essa
força aparece quando duas superfícies estão em contato, sendo sempre tangencial às superfícies,
impedindo o movimento se a força, que tenta movimentar o corpo, não for suficiente.
Existem dois tipos de atrito: o atrito seco e o atrito fluido. O atrito fluido envolve fluidos em
movimento, e será visto em disciplinas de Mecânica dos Fluidos. Nesse momento, veremos o atrito
seco, que acontece quando temos contato entre superfícies sem a presença de um fluido lubrificante.
5.1 ATRITO SECO
Suponha a situação mostrada na Figura 8, de um homem que puxa uma caixa, que tem um peso
P. Antes de o homem começar a aplicar força, as únicas forças que atuam no sistema é o peso P e a
reação da superfície, que é uma força normal N. Se o homem começa a aplicar uma força pequena,
com direção, o caixote ainda não vai se mover. Por que isso acontece, se só atuavam no sistema o
peso e a normal, ambas em y e nenhuma em x?
A explicação é a força de atrito estático, que só aparece quando o homem começa a aplicar uma
força horizontal Q ao caixote. A força de atrito terá sentido contrário à força aplicada pelo homem; à
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medida que o homem aplica mais força para movimentar o caixote, a força de atrito estática também
aumenta, até chegar ao seu limite, que chamaremos de Fm. A partir daí, há o movimento do caixote,
mas a força de atrito não some quando o objeto começa a se movimentar – ela se transforma em
força de atrito cinético (Fc), ainda em sentido contrário ao movimento, sendo proporcional à força,
mas com um valor mais baixo que Fm.
Figura 8 – Cabos sujeitos ao próprio peso
Fonte: DKN0049/Shutterstock.
Matematicamente, podemos expressar o valor máximo da força de atrito estático da seguinte
forma:
Temos que  é o coeficiente de atrito estático e N é a reação normal da superfície. Já a força de
atrito cinético pode ser dada por:
 
Temos que  é o coeficiente de atrito cinético. Tanto o coeficiente de atrito estático quanto o
coeficiente de atrito cinético são valores constantes, e dependem da rugosidade e da limpeza da
superfície de contato. Por esse motivo, é difícil conhecê-los com precisão. Algumas aproximações
para o coeficiente de atrito estático são mostradas na Tabela 1.
Tabela 1 – Coeficiente de atrito estático
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Metal sobre metal 0,15 – 0,60
Metal sobre madeira 0,20 – 0,60
Metal sobre pedra 0,30 – 0,70
Metal sobre couro 0,30 – 0,60
Madeira sobre madeira 0,25 – 0,50
Madeira sobre couro 0,25 – 0,50
Pedra sobre pedra 0,40 – 0,70
Terra sobre terra 0,20 – 1,00
Borracha sobre concreto 0,60 – 0,90
Fonte: Elaborado com base em Beer; Johnston Jr, 2005.
Os valores para o coeficiente de atrito cinético podem ser estimados como 25% menores em
relação ao valor do coeficiente de atrito estático.
5.2 ÂNGULO DE ATRITO
Quando o objeto está na iminência do movimento, podemos combinar a força normal (N) com a
força de atrito estático (Fm), gerando uma resultante R. O ângulo que essa resultante faz com a
vertical é chamada ângulo de atrito estático (ϕe), mostrado na Figura 9, e dado pela fórmula:
Figura 9 – Ângulo de atrito estático
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Fonte: Elaborado com base em Hibbeler, 2005.
Da mesma forma, existe o ângulo de atrito cinético, que é o ângulo da resultante R com a
vertical. Nesse caso, a resultante R é a combinação da força normal (N) com a força de atrito cinético
(Fc).
O ângulo de atrito cinético será menor ou igual ao ângulo de atrito estático, sendo representado
como ϕc. A fórmula do ângulo de atrito cinético é:
5.3 EXEMPLO
Exemplo 1 (Hibbeler, 2010) – Uma força horizontal P = 100N é suficiente apenas para impedir
que a caixa deslize plano abaixo, e uma força horizontal P = 350 N é necessária apenas para
empurrar a caixa plano acima. Determine o coeficiente de atrito estático entre o plano e a caixa e
encontre a massa da caixa.
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Solução: a primeira coisa ser feita é analisar a situação e construir o diagrama de corpo livre
para as duas situações.
Se a força de 100N é suficiente apenas para impedir a caixa de deslizar plano abaixo, o atrito
está ajudando a impedir o movimento; portanto, o sentido será plano acima.
Quando a força é de 350N, a caixa está sendo empurrada plano acima, de modo que a força de
atrito terá sentido oposto.
Para P = 100N, vamos utilizaras equações de equilíbrio de força. Para o eixo x, o plano acima
será positivo; para o eixo y, para cima, inclinando 30°, para esquerda, será positivo.
Substituindo na primeira equação encontrada:
Repetindo o processo para P=350N:
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Substituindo na equação anterior:
Igualando :
(
O resultado é uma equação do segundo grau; resolvendo-a, temos duas respostas.
Descartaremos a negativa, pois a massa da caixa não pode ser negativa.
  e  
Com isso, achamos o valor do coeficiente de atrito estático:
FINALIZANDO
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Nesta aula, revisamos alguns conceitos básicos de estática, como força, momento e reações de
apoio. Estudamos também alguns exercícios de reação de apoio, com vistas a relembrar como é feito
o cálculo.
Na sequência, estudamos esforços internos, que mantêm um corpo unido, quando uma força é
aplicada sobre ele.
Também vimos as forças em vigas e cabos. Em vigas, revisamos diagrama de esforço cortante e
momento fletor. Em cabos, aprendemos como um cabo se comporta em resposta a diferentes
esforços, mostrando as principais equações sobre o assunto.
Por fim, estudamos atrito estático e dinâmico, a diferença entre os dois, e o seu comportamento
básico.
Trouxemos exemplos para todos os assuntos, que ajudam na compreensão da teoria, e de como
a teoria é aplicada.
REFERÊNCIAS
BEER, F. P.; JOHNSTON JR, E. R. Mecânica Vetorial para Engenheiros: Estática. 5. ed. São Paulo:
Pearson Education do Brasil, 2005.
HIBBELER, R. C. Estática: Mecânica para Engenharia. 12. ed. São Paulo: Pearson Education do
Brasil, 2010.