Equilíbrio de um ponto material

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Equilíbrio de um ponto material
Prof. Gabriel Burlandy Mota de Melo
Descrição
Os conteúdos físicos relacionados ao equilíbrio de um corpo.
Propósito
Apresentar os conceitos de momento e centro de massa.
Preparação
Antes de iniciar o conteúdo deste tema, tenha em mãos papel, caneta e uma calculadora científica ou use a
calculadora de seu smartphone/computador.
Objetivos
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Módulo 1
Corpo e equilíbrio
Identificar o equilíbrio de um ponto material.
Módulo 2
Análise escalar do equilíbrio
Definir o momento escalar de um corpo.
Módulo 3
Análise vetorial do equilíbrio
Calcular o momento vetorial de um corpo.
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Introdução
Olá! Neste vídeo, vou fazer uma breve introdução ao conteúdo que será abordado neste tema. Vamos lá?
1 - Corpo e equilíbrio
Ao �nal deste módulo, você será capaz de identi�car o equilíbrio de
um ponto material.

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Corpos em equilíbrio
Equilíbrio de um corpo
Entendendo o ponto de equilíbrio
Olá! Neste vídeo, vou fazer uma breve introdução ao conteúdo que será abordado neste módulo. Vamos lá?
Um corpo está em equilíbrio quando está livre de forças. ou quando a força resultante atuante neste corpo
é nula.
Eq. 1
Rotacione a tela. 
Em ambos os casos, podemos obter as seguintes situações:

( →FR = 0,  primeira condição de equilibrio )
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O corpo está parado, ou seja, com velocidade zero.
O corpo está se movimentando com velocidade constante, o que garante que não há aceleração atuando no
corpo.
Porém, essas duas condições são válidas para corpos se locomovendo em trajetória retilínea.
Equilíbrio do corpo que rotaciona
Neste caso, temos que trabalhar com o conceito de momento angular, que é definido pela força aplicada ao
corpo, multiplicada pela distância do ponto de apoio que sofre a rotação.
Definimos o momento (τ) como:
Eq. 2
τ = F ⋅ d
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Rotacione a tela. 
Onde, F = Força (N) e d = Distância (m). Isso nos mostra que o momento tem como unidade no Sistema
Internacional de Medidas (S.I.) o Joule (J). Note que o momento é calculado exatamente igual ao trabalho
realizado por uma força.
Então, um carro que se movimenta à velocidade constante está em equilíbrio, devido à sua aceleração ser
nula e, por sua vez, a força resultante também ser nula.
Se tivermos também duas forças de mesmo módulo empurrando um corpo em sentidos opostos, como
mostra a imagem, podemos dizer que este corpo também está em equilíbrio, pois a sua força resultante é
nula.
Representação de um corpo em repouso devido à força resultante nula.
Note que temos duas forças de módulo F em mesma direção e sentidos opostos. Assim:
Eq. 3
Rotacione a tela. 
No entanto, se agora estivermos tratando de um corpo que pode sofrer rotação, não só a força deve ser
igual, mas a distância também, pois estamos falando que os momentos opostos devem ser iguais.
Para compreender melhor, observe a imagem abaixo. Nela existe uma barra fixa por uma de suas
extremidades, livre para sofrer rotação. Existem duas forças atuantes nessa barra, a força peso da barra,
localizada na metade de seu comprimento, e uma força F sendo aplicada na ponta livre:
FR = F − F = 0
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Barra livre para girar.
A figura mostra a força peso na metade da barra. A distância da força peso está a uma distância d da ponta
fixa para gerar a rotação, já a força F está a uma distância D da ponta fixa que gera a rotação.
Para que essa barra fique em equilíbrio e não entre em rotação, nem para cima nem para baixo, é necessário
que os momentos das forças sejam iguais (segunda condição de equilíbrio). Então, para que a barra fique
parada na horizontal, observe as duas opções de equação adequadas:
Eq. 4
Rotacione a tela. Eq. 5
Rotacione a tela. 
As equações (3) e (4) só são válidas para quando a força aplicada é ortogonal à superfície.
Vamos considerar agora a seguinte situação: um bloco de massa M preso por uma corda que está se
conectando com outras duas cordas, como mostra a imagem a seguir:
P ⋅ d = F ⋅ D
P ⋅ d − F ⋅ D = 0
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Bloco P de massa M pendurado por um sistema de três cordas.
Na figura abaixo, temos a representação das forças atuantes no bloco de massa M, e também em cada uma
das cordas que o sustentam. Vamos assumir que a corda cuja tração é T3 faz um ângulo Θ com a
horizontal. Então, para que esse sistema esteja em equilíbrio, é necessário que:
Eq. 6
Rotacione a tela. 
Logo, para poder realizar essa análise é necessário decompor o vetor:
Decomposição do vetor T3.
Para que o bloco de massa M esteja em equilíbrio, é necessário termos as seguintes condições:
Eq. 7
→FRX
= 0 e  →FRY
= 0
 Em x: T2 = T3x
−→−→
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Rotacione a tela. 
Eq. 8
Rotacione a tela. 
Agora, observe a eq. 9.
Eq. 9
Rotacione a tela. 
Como podemos determinar esse vetores que aparecem aqui na equação 9?
Através da condição de ângulos alternos externos, podemos escrever:
Eq. 10A
Rotacione a tela. Eq. 10B
Rotacione a tela. 
Analisando as forças no corpo de massa M, podemos afirmar que: 
 Em y: T1 = T3y
−→−→
T1,T3x e T3y
−→−→−→
T3x = T3 cos θ
−→−→
T3Y = T3 sen θ
−→−→
T1 = →P
−→
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Então, nossa condição de equilíbrio para esse sistema é:
Eq. 11
Rotacione a tela. 
Em X.
Eq. 12
Rotacione a tela. 
Em Y.
Centro de massa (CM) ou centro de
gravidade (CG)
Qual a diferença?
O centro de massa de um corpo é um ponto hipotético, no qual consideramos que toda a massa de um
sistema físico está concentrada.
Ao aplicar forças externas em um sistema físico, consideramos que todas essas forças também estão
sendo aplicadas nesse ponto hipotético.
O ponto de centro de massa também é chamado de ponto de equilíbrio.
T2 = T3 cos Θ
−→−→
→P = T3 sen Θ
−→
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Um corpo fica livre de rotações quando suspenso por este ponto de equilíbrio. Você já deve ter visto em
algum lugar um brinquedo chamado de pássaro equilibrista, como o da imagem a seguir:
Pássaro equilibrista.
Esse pássaro é apoiado pelo seu bico em qualquer ponto de apoio, e então fica ali parado, em completo
equilíbrio. Isso porque ele é fabricado de tal forma que o seu centro de massa seja exatamente em seu bico.
O segredo desse pássaro é que os fabricantes colocam contrapesos nas pontas das suas asas, para
equilibrar o peso do resto do corpo do pássaro.
Se aplicarmos uma força exatamente no ponto de centro de massa de um sistema físico constituído por um
único corpo, como o pássaro da imagem anterior, garantimos que esse corpo pode se movimentar sem
experimentar nenhum tipo de rotação, ou seja, possui torque zero. Porém, se o sistema físico for constituídopor mais de um corpo, o centro de massa está localizado em um ponto onde se passa uma reta imaginária
que os une.
Vamos exemplificar:
Imagine que duas bolas de massas iguais estão no espaço sideral como mostra a imagem a seguir:
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Bolas de mesma massa, no espaço sideral, separadas a uma distância d.
Essas duas bolas estão localizadas a uma distância uma da outra. Como suas massas são iguais, o centro
de massa dessas duas bolas se localiza exatamente à metade da distância que separa as bolas, como
mostra a imagem. Dessa forma, o centro de massa está localizado a uma distância de d/2 de qualquer uma
das bolas.
Determinação do centro de massa de um
sistema de vários corpos
Para definir o centro de massa de um sistema onde existe mais de um corpo, é necessário:
Conhecer o número de corpos que compõem o sistema físico.
Conhecer a massa de cada um dos corpos que compõem o sistema físico.
Conhecer a posição de cada um dos corpos que compõem o sistema físico.
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Vamos começar a nos habituar com a análise utilizando um sistema de dois corpos. Um de massa m = 1kg
e outro de massa M = 7kg, dispostos sobre o eixo das abscissas no plano cartesiano, como demonstra a
imagem a seguir:
Dois corpos dispostos sobre o eixo das abscissas no plano cartesiano.
Uma vez que conhecemos a massa de ambos os corpos, e a posição desses no plano cartesiano, vamos
determinar o ponto de centro de massa entre esses dois corpos, utilizando o cálculo de uma média
ponderada. Assim:
Eq. 13
Rotacione a tela. 
Substituindo os valores das massas, temos:
Eq. 14
Rotacione a tela. 
O resultado obtido demonstra que o ponto de centro de massa está localizado no ponto 4,63m sobre a reta
x do plano cartesiano.
Analisando esse exemplo, podemos postular a posição do centro de massa neste caso como sendo:
Eq. 15
xcm =
−5 ⋅ m + 6 ⋅ M
m + M
xcm =
−5 ⋅ 1 + 6 ⋅ 7
1 + 7
= 4, 63m
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Rotacione a tela. 
E se esses corpos estivessem situados sobre o eixo das ordenadas (eixo y) (imagem a seguir), como
poderíamos postular o centro de massa entre eles?
Corpos posicionados sobre o eixo das ordenadas.
Como continuaria sendo uma análise unidimensional, o centro de massa seria postulado da mesma
maneira, porém levando-se em conta agora o eixo y. Então:
Eq. 16
Rotacione a tela. 
Vamos agora observar dois corpos dispostos no plano xy, de tal maneira que eles possuam coordenadas x
e y diferentes de zero:
xcm =
x1 ⋅ m1 + x2 ⋅ m2
m1 + m2
ycm =
y1 ⋅ m1 + y2 ⋅ m2
m1 + m2
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Dois corpos dispostos em um plano, com x e y diferentes de zero.
No caso apresentado na imagem anterior, precisamos determinar o centro de massa entre esses dois
corpos, com ambas as coordenadas que compõem o seu ponto diferentes de zero. Assim, precisamos
determinar separadamente as coordenadas da abscissa e ordenada, para poder encontrar o ponto do plano
cartesiano onde se encontra o centro de massa.
Para determinar a coordenada das abscissas, utilizaremos a equação (15) e para determinar a coordenada
das ordenadas, utilizaremos a equação (16). Assim:
Eq. 17
Rotacione a tela. 
Desta maneira, o ponto de centro de massa é expresso por:
Eq. 18
Rotacione a tela. 
Vamos, então, supor que .
Utilizando a equação (18), temos que o ponto de centro de massa entre esses dois corpos é igual a:
Eq. 19
Rotacione a tela. 
Perceba que o resultado encontrado se deu em centímetro (cm). Isso porque o centro de massa não precisa
estar no Sistema Internacional de medidas (S.I.) para poder ser determinado, mas é necessário garantir que
tanto as massas quanto as posições estejam com unidades equivalentes.
Perceba também que a coordenada em x do ponto de centro de massa ficou próxima do corpo de 13g. Isso
porque o centro de massa se estabelece sempre perto do corpo mais próximo.
Entre dois ou mais corpos sempre existirá um ponto de centro de massa.
xcm =
x1 ⋅ m1 + x2 ⋅ m2
m1 + m2
 e ycm =
y1 ⋅ m1 + y2 ⋅ m2
m1 + m2
Pcm = ( x1 ⋅ m1 + x2 ⋅ m2
m1 + m2
,
y1 ⋅ m1 + y2 ⋅ m2
m1 + m2
)
m1 = 13g,m2 = 17g,x1 = −3cm,x2 = 1cm, y1 = 10cm e y2 = 7cm
Pcm = (−0, 7; 8, 3)cm
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Você já se perguntou o porquê de o planeta Terra girar em torno do
Sol?
Na verdade, a Terra gira em torno do centro de massa existente entre a Terra e o Sol, porém, como a massa
do Sol é tão maior que a massa da Terra, o ponto de centro de massa entre a Terra e o Sol se localiza no
interior do próprio Sol. Assim, a Terra gira em torno desse ponto, através de uma órbita elíptica, e o Sol gira
em torno desse ponto também, mas como tal ponto se localiza dentro do Sol, não percebemos esse
movimento.
Outro exemplo equivalente é o sistema Terra-Lua. A Lua gira em torno da Terra porque o centro de massa
entre a Terra e a Lua se localiza no interior da própria Terra. A massa da Terra é muito maior que a massa da
Lua.
Teoria na prática
Agora, vamos aprender de forma prática a determinar o centro de massa de um corpo, com geometria não
tão uniforme.
_black
Mostrar solução
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Mão na massa
Questão 1
Considere dois corpos de massa 1kg e 1,5kg dispostos sobre o eixo X, localizados em X = 0 e X = 7cm
respectivamente. A coordenada de X que corresponde ao ponto de centro e a massa entre esses dois
corpos é de:
Parabéns! A alternativa B está correta.
Confira a solução no vídeo a seguir:

A 3,9cm
B 4,2cm
C 5,6cm
D 7,1cm
E 7,6cm
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Questão 2
Considere três corpos de massa 1kg, 1,5kg e 2,0kg dispostos sobre o eixo X, localizados em X = 0, x =
2,4cm e X = 7cm respectivamente. A coordenada de X que corresponde ao ponto de centro de massa
entre esses dois corpos é de:
Parabéns! A alternativa A está correta.
Solução:
Questão 3
A imagem abaixo corresponde a um metal com massa distribuída homogeneamente.
A 3,9cm
B 2,4cm
C 1,6cm
D 0cm
E 1,3cm
xcm = x1⋅m1+x2⋅m2+x3⋅m3
m1+m2+m3
= 0.1+2,4.1,5+7.2,0
1+1,5+2,0 = 3, 9cm
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Considerando que suas dimensões estão dispostas na figura, e que essa peça é utilizada em uma
máquina afastada 3cm da vertical e 2cm da horizontal, o seu centro de massa se dá no ponto:
Parabéns! A alternativa A está correta.
Confira a solução em vídeo a seguir:
Questão 4
A (3,5 ; 7,5)
B (4,5 ; 7,5)
C (3,5 ; 8,5)
D (3,5 ; 6,5)
E (3,5; 4,5)
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Dois corpos maciços, de massa 3kg e 5kg, possuem seus centros de massas individuais nos pontos (2 ;
5)m e (7 ; 9)m respectivamente. O centro de massa entre esses dois corpos é o ponto:
Parabéns! A alternativa C está correta.
Solução:
 
Questão 5
Considere a imagem abaixo, e que os corpos contidos nela possuem suas massas distribuídas
uniformemente. Assinale a opção que representa o ponto de centro de massa:
A (3,30 ; 7,50)
B (4,98 ; 7,90)
C (5,13 ; 7,50)
D (6,00 ; 8,20)
E (6,00; 7,00)
xcm = x1⋅m1+x2⋅m2
m1+m2
= 2,3+7,5
3+5 = 5, 13cm Ycm = y1⋅m1+y2⋅m2
m1+m2
= 5,3+9,53+5 = 7, 50cm
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Parabéns! A alternativa A está correta.
Confira a solução em vídeo a seguir:
Questão 6
A distância entre o centro da Terra e o centro da Lua é de 384.400km. Sabe-se que a Terra tem massa
de 6,0 x 1024kg e que a Lua tem massa de 7,4 x 1022kg. O centro de massa entre esses dois corpos se
encontra a uma distância de:
A (4 ; 1,2)cm
B (4,5 ; 1,2)cm
C (1,2 ; 4)cm
D (1,2 ; 4,5)cm
E (2,0 ; 6,1)cm
A 380.683,17km do centro da Lua.
B 4.683,17km do centro da Terra.
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Parabéns! A alternativa B está correta.
Como a distância é de 384.400 km, vamos dizer que a Terra se encontra sobre o eixo x em x = 0 e que a
Lua se encontra sobre o eixo x, em x = 384.000 km, assim:
Isso significa que o centro de massa entre esses dois corpos está a uma distância de 4.683,17 km do
centro da Terra, pois a Terra se encontra em x = 0.
Falta pouco para atingir seus objetivos.
Vamos praticar alguns conceitos?
Questão 1
O Sol possui uma massa de e a Terra possui uma massa de .
Assinale a opção que apresenta o ponto de centro de massa entre a Terra e o Sol, sabendo que a
distância do centro da Terra ao centro do Sol é igual a , o raio de Terra é igual a 6371km e o
raio do Sol é igual a 696340km:
C 4.683,17km do centro da Lua.
D 380.683,17km do centro da Terra.
E 386.683,17km do centro da Terra.
Xcm = x1⋅m1+x2⋅m2
m1+m2
= 0.6,0x1024+384.400.7,4x1022
6,0×1024+7,4x1022 = 4.683, 17km
1, 99 × 1030 5, 97 × 1024
1, 47 × 108
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Parabéns! A alternativa B está correta.
Para poder solucionar o problema, vamos desenhar a Terra e o Sol, colocando a Terra na origem dos
espaços do eixo cartesiano, e o Sol a uma distância de 1,47 x 108km, sobre o eixo x:
Assim, definimos a Terra na posição zero, e o Sol na posição 1,47 x 108km. Como conhecemos as
posições e as massas, podemos determinar o ponto de centro de massa:
Desta forma, definimos que o ponto de centro de massa se localiza no interior do Sol.
A 1,99 x 108km
B 1,47 x 108km
C 5,97 x 108km
D 6,31 x 108km
E 7,99×108 km
Pcm = 0.5,97×1024+1,47x108⋅1,99×1030
5,97×1024+1,00×1030 ≅1, 47 × 108km
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Questão 2
A imagem mostra dois corpos, um de 10kg e outro de 3kg sobre uma barra de peso desprezível. O
corpo de 10kg está a 2cm do ponto de apoio, e o corpo de 3kg está a uma distância desconhecida x do
ponto de apoio.
Considerando que a barra não entra em rotação, o valor de x é de:
Parabéns! A alternativa D está correta.
Para que não haja rotação, ou seja, para que a barra fique parada na horizontal, os momentos dos
corpos de 10kg e de 3kg devem ser iguais, assim:
A 2,2cm
B 3,2cm
C 4,0cm
D 6,7cm
E 7,1cm
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2 - Análise escalar do equilíbrio
Ao �nal deste módulo, você será capaz de de�nir o momento escalar
de um corpo.
Equilíbrio de um sistema de corpos
Abordagem escalar
10kg ⋅ 2cm = 3kg ⋅ ×
× = 6, 7cm

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Equilíbrio em grandeza escalar
Olá! Neste vídeo, vou fazer uma breve introdução ao conteúdo que será abordado neste módulo. Vamos lá?
Sabemos que um corpo está em equilíbrio quando a resultante das forças externas atuantes no corpo é
igual a zero, mas isso pode ocorrer de duas formas:
Com o corpo parado.
Com o corpo em movimento com velocidade constante.
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Quando o corpo está parado, dizemos que o corpo está em equilíbrio estático, e quando o corpo está se
movendo com velocidade constante, ou seja, em movimento retilíneo uniforme, dizemos que o corpo está
em equilíbrio dinâmico. Neste módulo, iremos nos atentar somente ao equilíbrio estático.
Um corpo está em equilíbrio estático quando a força resultante da atuação de forças externas no corpo é
nula. Em geral, estudamos esse fenômeno através da análise do momento de alavanca (também chamado
de momento angular ou torque de uma força).
Vamos, então, considerar uma alavanca para poder definir todos os nossos conceitos físicos. Desta forma,
podemos definir o momento angular como sendo:
Rotacione a tela. 
Onde, F = força aplicada (N); d = distância da força ao ponto de apoio (m) e Θ = ângulo entre a força e a
alavanca (graus).
Um ponto de apoio é um ponto que permite que a alavanca gire livremente. Um exemplo que ilustra bem
uma alavanca livre para girar e um ponto de apoio fixo é uma gangorra. Sim, a gangorra, aquele brinquedo de
criança que está disponível nos parquinhos públicos da cidade, como mostra a imagem.
Note que a gangorra é constituída de uma tábua longa de madeira, que funciona como uma alavanca,
levantando um lado enquanto o outro abaixa. No centro dessa tábua existe um ponto de apoio, que permite
a tábua girar livremente, levantando uma criança, enquanto desce a outra. Vamos aproveitar o exemplo
dessa balança e discutir os conceitos físicos.
Vamos considerar primeiro que a tábua de madeira onde as crianças estão sentadas possui 4m de
comprimento e massa de 25kg, distribuída uniformemente. A criança da esquerda tem 30kg e a criança da
direita tem 25kg.
τ = F ⋅ d ⋅ sen(θ)
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Como podemos dispor as crianças em cima da tábua, de maneira
que ela �que parada na horizontal?
Primeiramente, vamos representar a ocasião com um desenho esquemático:
Representação das crianças na gangorra parada na horizontal.
A massa da tábua está distribuída uniformemente. Dessa maneira, todo o seu peso pode ser representado
no centro de massa. No entanto, seu centro de massa está sendo apoiado no ponto de apoio. Assim, a força
normal do ponto de apoio anula a força peso da tábua.
Essa análise nos permite desprezar a massa da tábua e proceder com os cálculos considerando somente
as forças peso das crianças, analisando a aceleração gravitacional local como 10m/s². Note na imagem
anterior que uma das crianças está na ponta da tábua, enquanto a outra está sentada mais próxima ao
ponto de apoio. Note também que as forças peso das crianças fazem um ângulo de 90° com a superfície da
tábua.
Então, podemos determinar a distância que a outra criança tem que estar da barra utilizando o momento
angular resultante do sistema, que nada mais é do que a soma dos momentos de cada criança em cima
dessa gangorra. Assim:
Rotacione a tela. 
Como a gangorra deve ficar parada na horizontal, temos que , então:
τr = 30 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ sen (90∘) + 25 ⋅ 10 ⋅ y ⋅ sen (90∘)
μTotal  = τR = 0
600 + 250 ⋅ y = 0
y = 2, 4m
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Rotacione a tela. 
Esse cálculo mostra que a criança da direita deveria ser posicionada a uma distância de 2,4m do ponto de
apoio, ou seja, seria impossível com essa configuração conseguir parar a gangorra na horizontal, pois do
ponto de apoio até a extremidade existem 2 metros de tábua somente. O ponto desejado está fora da
gangorra. Todavia, conseguimos encontrar uma configuração possível de equilíbrio para a gangorra se
invertermos a ordem das crianças, colocando a criança de 25kg a 2m do ponto de apoio, e a criança de 30kgà distância y do ponto de apoio. Observe:
Rotacione a tela. 
Veja que, com essa mudança na configuração do sistema, foi possível dispor as crianças sobre a gangorra,
fazendo-a ficar estática na horizontal.
Teoria na prática
Para conseguir entender melhor o conteúdo, exploraremos o momento angular de um corpo.
Mão na massa
Questão 1
Uma barra de 2m de comprimento, delgada, com seu peso distribuído uniformemente, pode ser
suspensa por qual ponto do seu comprimento, para que fique disposta na horizontal?
25 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ sen (90∘) + 30 ⋅ 10 ⋅ y ⋅ sen (90∘) = 0
y = 1, 7m
_black
Mostrar solução

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Parabéns! A alternativa A está correta.
Confira a solução no vídeo abaixo:
Questão 2
Considere o esquema abaixo:
A 1,00m
B 0,75m
C 1,25m
D 1,50m
E 1,75m
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O valor de x para que a barra se mantenha estática é igual a:
Parabéns! A alternativa A está correta.
Solução comentada:
100 \cdot 
G representa a aceleração gravitacional, pois o momento depende da força e a força atuante é a força
peso.
A 2,0m
B 2,5m
C 3,0m
D 4,0m
E 5,5m
g ⋅ 4 = 200 ⋅ g ⋅ x
x = 2m
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Questão 3
Para que haja estabilidade angular de um corpo rígido, qual é a condição necessária?
Parabéns! A alternativa B está correta.
Confira a solução no vídeo abaixo:
Questão 4
Considere uma barra que possui um único ponto de apoio, situado em seu centro de massa, e que gira
com velocidade angular constante. Sobre essa barra, podemos afirmar que:
A A força resultante deve ser nula.
B O momento resultante deve ser nulo.
C As distâncias entre os pontos de apoio devem ser iguais.
D A resultante das massas deve ser nula.
E As distâncias entre os pontos de apoio devem ser nulas.
A O momento angular da barra é nulo.
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Parabéns! A alternativa D está correta.
Como a barra gira, existe uma força centrípeta proporcional ao raio da trajetória do giro e também à
velocidade angular, seja esta constante ou variável.
Questão 5
Considere a imagem:
Assinale a opção que apresenta corretamente o valor de x para que a barra se mantenha parada:
B A barra possui massa desprezível.
C A barra possui velocidade angular nula.
D A resultante das forças é proporcional à aceleração centrípeta.
E A resultante das forças é nula
A 1,50m
B 1,56m
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Parabéns! A alternativa C está correta.
Como a barra gira, existe uma força centrípeta proporcional ao raio da trajetória do giro e também à
velocidade angular, seja esta constante ou variável.
Questão 6
Considere a figura abaixo:
Para haver equilíbrio, o valor de x é igual a:
C 1,85m
D 2,00m
E 2,05m
A 44,44kg
B 46,25kg
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Parabéns! A alternativa A está correta.
Solução comentada:
100. g. 
Falta pouco para atingir seus objetivos.
Vamos praticar alguns conceitos?
Questão 1
Considere a imagem abaixo:
C 48,48kg
D 50,00kg
E 52,04kg
4 = x ⋅ g ⋅ 1 + x ⋅ g ⋅ 8
x = 400
9 = 44, 44kg
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A imagem mostra duas esferas, uma de 100kg e outra de 30kg, soldadas a uma barra de 75kg. Esse
conjunto é, então, apoiado no ponto equivalente a 1/3 do comprimento L da barra. O diâmetro da esfera
de 100kg é L e o raio da esfera de 30kg é L/3. Considerando a aceleração gravitacional como 10 m/s²,
assinale a alternativa que representa a massa do contrapeso que deve ser adicionado exatamente no
comprimento L/2 da barra, para que o conjunto fique em equilíbrio:
Parabéns! A alternativa D está correta.
Primeiramente, vamos simplificar a figura desenhando um diagrama de corpo livre:
O diagrama de corpo livre demonstra as forças já existentes no sistema. Vamos começar a análise
determinando a distância do centro da barra ao ponto de apoio. O centro de massa da barra se localiza
na sua metade, porém, 1/3 do comprimento da barra está para a esquerda do ponto de apoio, logo, para
encontrar a distância do centro da barra ao ponto de apoio, fazemos:
Note que esta distância já está representada na figura. Note também que a figura não está mostrando o
contrapeso que deve ser adicionado. Vamos considerar esse contrapeso agora no cálculo. Vamos
estabelecer que as forças que fazem o sistema girar no sentido anti-horário são positivas e as que
fazem o sistema, no sentido horário, são negativas. Assim:
Como x é a nossa única incógnita, temos que . Uma vez que
A 0kg
B 12kg
C 16kg
D 45kg
E 50kg
L
2 − L
3 = L
6
 1000 ⋅  ( L
2 + L
3 ) − 750 ( L
6 ) − x ( L
6 ) − 300 ( 2
3 L + L
3 ) = 0
x = 450N
P = mg : 450 = m ⋅ 10m = 45kg
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Questão 2
Considere a imagem abaixo:
A figura mostra uma barra homogênea de peso 200N apoiada em dois pontos. Assinale a opção que
representa corretamente os módulos das forças normais N1 e N2.
Parabéns! A alternativa A está correta.
Para encontrar as forças normais de reação, precisaremos primeiro estabelecer um ponto de apoio para
ser considerado como ponto de apoio, e o outro ponto de apoio, como uma força que se opõe à força
peso. Observe:
Escolhendo o ponto N1 como ponto de apoio:
A 100N / 100N
B 200N / 200N
C 50N / 50N
D 75N / 75N
E 220N / 220N
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N2 como ponto de apoio:
Os valores das forças foram considerados desta forma, pois ficou estabelecido que o sentido positivo é
o sentido horário.
3 - Análise vetorial do equilíbrio
Ao �nal deste módulo, você será capaz de calcular o momento
vetorial de um corpo.
A abordagem vetorial do equilíbrio
 200  ⋅
L
2
− N2 ⋅ L = 0
N2 = 100N
− 200 ⋅
L
2
+ N1 ⋅ L = 0
N1 = 100N
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Análise de um sistema de corpos
Equilíbrio em grandeza vetorial
Olá! Neste vídeo, vou fazer uma breve introdução ao conteúdo que será abordado neste módulo. Vamos lá?
Até agora, verificamos os conceitos de momento angular de uma força de forma escalar. Todavia, tanto a
força quanto a distância são grandezas vetoriais, então, na verdade, apesar de podermos realizar os
cálculos de forma escalar, o momento angular é uma grandeza física vetorial determinada pelo produto
vetorial entre a força e a distância da força ao ponto de apoio, como mostra a equação a seguir:
Rotacione a tela. 
Os vetores são dependentes dos vetores unitários e .
Vamos considerar a imagem A. Nela está exemplificada uma plataforma de salto. Essa plataforma é feita de
madeira, com 120cm de comprimento, com duas crianças de 28kg cada uma sobre ela. A plataforma possui
75kg e está sendo escorada por uma barra de madeira. Vamos agora determinar a força normal que a barra
de madeira exerce na plataforma de madeira. Comecemos analisando as forças, como mostra a imagem B:

→τ = →F × d̄
ı̂, ȷ̂ k̂
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Imagem A - Plataforma de salto.
Imagem B - Representaçãodas forças.
Vamos definir o sentido horário como sendo positivo, assim podemos escrever o momento resultante como:
Rotacione a tela. 
Teoria na prática
280 ⋅ 50 + 750 ⋅ 60 + 280 ⋅ 120 − →N ⋅ 120 = 0
→N = 771, 67N
_black
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Para conseguir entender melhor a análise vetorial, vamos analisar um exemplo simples, onde se tem um
homem subindo uma escada, que está apoiada, no chão e na parede.
Mão na massa
Questão 1
Em uma gangorra de 3m, cujo ponto de apoio se encontra no centro, brincam duas crianças. Uma de
45kg e a outra de 38kg. Se a criança de 45kg se encontra na ponta de um dos lados da gangorra, a
outra criança deve se posicionar a que distância do ponto de apoio para que a gangorra fique disposta
na horizontal?
Parabéns! A alternativa D está correta.
Mostrar solução

A No ponto de apoio.
B 1,1m do ponto de apoio.
C 1,5m do ponto de apoio.
D Fora do comprimento da gangorra.
E 1,0 do ponto de apoio.
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Confira a solução no vídeo abaixo:
Questão 2
Considere a imagem abaixo:
Qual deve ser o valor da reação R2 para que a barra permaneça estática na horizontal, se a força de
150N se encontra a uma distância de 3m de R2, a força de 300N se encontra a uma distância de 4,5m
de R2 e R1 se encontra a 7m de R2:
A 98,65N
B 113,54N
C 124,00N
D 128,57N
E 132,88N
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Parabéns! A alternativa D está correta.
Vamos considerar as forças que apontam no sentido horário como positivas e R1 como o ponto de
apoio. Assim:
Questão 3
Considere a imagem a seguir:
Encontre o valor da tração (vetor vermelho) para que uma tábua de madeira se mantenha na vertical,
sabendo que a força de 600N está aplicada na metade de seu comprimento.
− 300 ⋅ (7 − 4, 5) + R2 ⋅ 7 − 150 ⋅ 1 = 0
R2 = 128, 57N
A 600N
B 700N
C 800N
D 900N
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Parabéns! A alternativa A está correta.
Confira a solução no vídeo a seguir:
Questão 4
A imagem mostra uma bola e um cubo mantendo um esquema de hastes de massa desprezíveis em
equilíbrio.
Considere que o peso do cubo é de 60N e o peso da bola é de 45N. A haste que sustenta o cubo possui
comprimento de 6 m. Assim, o comprimento da haste que sustenta a bola tem comprimento de:
E 1000N
A 8m
B 10m
C 6m
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Parabéns! A alternativa A está correta.
Solução comentada:
Questão 5
Considere a imagem abaixo:
O bloco vermelho tem peso de 600N e o bloco preto massa de 500N. O valor de X é igual a:
D 9m
E 10m
60.6 = 45 ⋅ x
x = 8m
A 2,5m
B 3,4m
C 3,6m
D 3,9m
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Parabéns! A alternativa B está correta.
Confira a solução no vídeo a seguir:
Questão 6
Uma haste fina de 45N está apoiada por dois pontos de apoio, de maneira a ficar dividida em três
partes iguais. Os valores dos vetores reações e são iguais a:
E 4,2m
R1
−→
R2
−→
A e R1 = 12, 5N
−→
R2 = 32, 5N
B e R1 = 22, 5N
−→
R2 = 22, 5N
C e R1 = 32, 5N
−→
R2 = 12, 5N
D e R1 = 32, 5N
−→
R2 = 12, 5N
E e R1 = 12, 5N
−→
R2 = 12, 5N
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Parabéns! A alternativa B está correta.
Solução comentada:
Primeiro, vamos desenhar o descrito:
Vamos utilizar primeiro R1 como ponto de apoio e R2 como força que atua no sentido anti-horário.
Para determinar a distância de R1 ao peso de 45N, faremos: 
Assim, considerando a força no sentido horário como positiva: 
Note que, se fizermos agora considerando R2 como ponto de apoio e R1 como força no sentido horário,
também encontraremos 
Falta pouco para atingir seus objetivos.
Vamos praticar alguns conceitos?
Questão 1
Na imagem, a linha vermelha está presente somente para indicar as distâncias entre os vetores e
também entre os vetores e o ponto de apoio. Os vetores de força já estão em unidade de Newton.
ΔL = L
2 − L
3 = L
6
R2 = 22, 5N
R1 = 22, 5N
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Então, analisando a imagem, assinale a opção correta:
Parabéns! A alternativa A está correta.
Consideremos as forças que fazem a barra tender a girar no sentido horário como positivas. Assim:
Questão 2
Observe a imagem a seguir:
A A barra está em equilíbrio somente se x = 0.
B A barra está em equilíbrio somente se x = 1.
C A barra está em equilíbrio somente se x = 2.
D A barra está em equilíbrio somente se x = 3.
E A barra está em equilíbrio somente se x = 4
 10. 2x − 8x + 6.
x
3
− 4(x +
x
3
) − 10( x
3
+ x +
x
2
) = 0
20x − 8x + 2x −
16
3
x −
11
6
x = 0
x = 0
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Qual deve ser o valor do ângulo para que o sistema se mantenha em equilíbrio, se o atrito estático
impede a barra de se deslocar horizontalmente?
Parabéns! A alternativa D está correta.
Primeiramente, é preciso realizar a decomposição do vetor força 35000N:
A 120,8°
B 125,3°
C 150,9°
D 166,7°
E 170,3°
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Agora que conhecemos os vetores, para que haja o equilíbrio, temos que ter a seguinte condição:
Então, focando somente a decomposição da força de 35000N, temos a seguinte relação:
Com essa relação, podemos escrever:
Considerações �nais
Aprendemos aqui as condições de equilíbrio, tanto de um corpo rígido quanto de um sistema de corpos, por
exemplo, o sistema Terra–Sol. Verificamos que existem duas condições de equilíbrio, em que a primeira
estabelece que a força resultante no sistema deve ser nula e a segunda estabelece que o momento angular
resultante do sistema deve ser nulo.
Vimos que todo corpo rígido possui um centro de massa (CM) e que esse centro de massa pode estar
dentro ou fora desse corpo, e que, se uma força for aplicada diretamente sobre o centro de massa desse
Fy ⋅ x = 200.10.4x
Fy = 8000N
−→
−→
sen(180 − Θ) =
8000
35000
sen(180 − Θ) = 0 ⋅ 23
180 − Θ = 13, 30
Θ = 166, 7∘
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corpo, ele irá desenvolver um movimento retilíneo. Verificamos também que o momento resultante de um
corpo pode ser escrito tanto em notação escalar quanto em notação vetorial, porém, apesar de mais
complexa, a notação vetorial nos fornece mais ferramentas para a real compreensão dos casos físicos
presentes na natureza. Consideramos que calcular o problema de um simples homem subindo uma escada
é bastante trabalhoso, pois existem muitos vetores atuando nesse sistema. Entretanto, considerando as
duas condições de equilíbrio, conseguimos determinar o ponto no plano onde o homem se encontrava sobre
a escada.
Compreender as condições de equilíbrio de um corpo é de suma importância, principalmente para o ramo
da construção, pois edifícios, pontes, viadutos, casas, postes, móveis e veículos precisam permanecer em
equilíbrio sem aplicação de carga e com aplicação de carga para que grandes acidentes não venham a
acontecer. Um arranha-céu, por exemplo, possui constantes ações de ventos em toda a sua estrutura, entãoele tem que ser construído de tal modo a ter sempre um momento angular resultante nulo.
Podcast
Neste podcast iremos compreender melhor as condições que definem o equilíbrio estático e o equilíbrio
dinâmico.

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Para aprender mais sobre o centro de massa de um corpo rígido, leia:
Estudo do centro de massa e estabilidade de quatro posturas básicas do Kung-fu Pak Hok, Pedro Jeferson
Miranda et al. In: Rev. Bras. Ensino Fís. v. 38, n. 4, São Paulo, jul. 2016.
17/05/2024 16:17 Equilíbrio de um ponto material
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Forças internas e a conservação do momento angular, André Herkenhoff Gomes. In: Rev. Bras. Ensino Fís.
v.40, n. 3, São Paulo, abr. 2018.
Sobre a diferença entre o momento angular escalar e o momento angular vetorial, Um passeio por várias
álgebras na descrição do momento angular, Emerson Dionísio Belançon, Samuel da Silva. In: Rev. Bras.
Ensino Fís. v.41, n.2, São Paulo, nov. 2019.
Referências
BELANÇON, Emerson Dionísio; SILVA, Samuel da. Um passeio por várias álgebras na descrição do momento
angular. In: Revista Brasileira de Ensino de Física. v. 41, n.2, São Paulo, nov. 2019.
CUTNELL, John D.; JOHNSON, Kenneth W. Física. 9. ed. RJ: LTC, 2016, v.1.
GOMES, André Herkenhoff. Forças internas e a conservação do momento angular. In: Revista Brasileira de
Ensino de Física. v. 40, n.3, São Paulo, abr. 2018.
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; WALKER, Jearl. Fundamentos de Física. 10. ed. Rio de Janeiro, RJ: LTC,
2016, v.1.
MIRANDA, Pedro Jeferson. Estudo do centro de massa e estabilidade de quatro posturas básicas do Kung-
fu Pak Hok. In: Revista Brasileira de Ensino de Física. v. 38, n.4, São Paulo, jul. 2016.
MOSSMANN, V. L. F.; CATELLI, K. B.; Mello, F.; LIBARDI, H.; DAMO, I. S. Determinação dos Coeficientes de
Atrito Estático e Cinético Utilizando-se a Aquisição Automática de Dados. In: Revista Brasileira de Ensino de
Física, [s.l.], v.24, n.2, p. 146-149, jun. 2002. FapUnifesp.
PEIXOTO, Paulo. Qual é a expressão correta para o trabalho realizado pela força de atrito cinético? In:
Revista Brasileira de Ensino de Física, [s.l.], v. 41, n.1, p. 1-9, 6 set. 2018. FapUnifesp.
TIPLER, Paul A.; MOSCA, Gene. Física para Cientistas e Engenheiros. v.1,6. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2014.
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