Cap. 2 - Estática dos Pontos Materiais

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MECÂNICA VETORIAL PARA ENGENHEIROS:
ESTÁTICA
Nona Edição
Ferdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.
Notas de Aula:
J. Walt Oler
Texas Tech University
CAPÍTULO
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2
Estática das Partículas
Profº Rialberth Cutrim
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Mecânica Vetorial para Engenheiros: Estática
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Conteúdo
2 - 2
Introdução
Resultante de Duas Forças
Vetores
Adição de Vetores
Resultante de Várias Forças
Concorrentes
Componentes Retangulares de 
uma Força: Vetores Unitários
Adição de Forças pela Soma dos 
Componentes
Equilíbrio de uma Partícula
Diagramas de Corpo Livre
Componentes Retangulares no Espaço
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Introdução
2 - 3
• O objetivo deste capítulo é investigar o efeito de forças que atuam 
sobre partículas (pontos materiais):
- substituir múltiplas forças atuando em uma ponto material por 
uma única força equivalente ou resultante,
- analisar as relações entre forças que atuam em um ponto 
material que está em estado de equilíbrio.
• O foco em partículas não implica uma restrição a pequenos corpos.
• Significa que o estudo é restrito a análises nas quais o tamanho e o 
formato dos corpos não afetam significativamente a resolução dos 
problemas. 
• Nesses casos, todas as forças que atuam sobre um dado corpo 
podem ser consideradas como tendo um mesmo ponto de aplicação.
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Resultante de Duas Forças
2 - 4
• Força: ação de um corpo sobre outro; 
caracterizada por seu ponto de apli-
cação, sua intensidade, sua direção, e 
seu sentido.
• Direção: É definida pela linha de ação de uma determinada força. 
• A linha de ação é a reta ao longo da qual a força atua, sendo carac-
terizada pelo ângulo que forma com algum eixo fixo. 
• A força é representada por um segmento de reta desta linha. O com-
primento desse segmento pode ser escolhido para representar a 
intensidade da força.
• Intensidade: É caracterizado por um 
certo número de unidades. 
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Resultante de Duas Forças
2 - 5
• Sentido: É indicado por uma seta.
• Forças com mesma intensidade, 
mesma linha de ação e sentidos 
diferentes terão efeitos opostos sobre 
um ponto material.
• Evidências experimentais mostram que 
o efeito conjunto de duas forças pode 
ser representado por uma única força 
resultante.
• A resultante de duas forças é equiva-
lente à diagonal de um paralelogramo 
que contém as forças em lados adja-
centes.
• Força é uma grandeza vetorial.
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Vetores
2 - 6
• Vetores: expressões matemáticas que têm inten-
sidade, direção e sentido e que se somam confor-
me a lei do paralelogramo. Exemplos: desloca-
mentos, velocidades, acelerações.
• Escalares: grandezas físicas que têm intensidade 
mas não têm direção. Exemplos: massa, volume e 
temperatura.
• Vetores iguais têm a mesma intensidade. direção e 
o mesmo sentido.
• O vetor negativo de um vetor dado é aquele que 
tem mesma intensidade e direção e sentido 
oposto.
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Adição de Vetores
2 - 7
• Lei do paralelogramo.
• Regra do triângulo para soma de 
vetores.
B
B
C
C
2 2 2 2 cosR P Q PQ B
R P Q
  
 
• Lei dos cossenos,
• Lei dos senos,
Q R P
senA senB senC
 
• A adição de vetores é 
comutativa,
PQQP


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Adição de Vetores
2 - 8
• Soma de três ou mais vetores por meio 
da aplicação sucessiva da regra do 
triângulo.
• Regra do polígono para a soma de três ou 
mais vetores.
• A adição de vetores é associativa,
   SQPSQPSQP


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Resultante de Várias Forças Concorrentes
2 - 9
• Forças concorrentes: conjunto de 
forças que passam por um mesmo 
ponto. 
Um conjunto de forças concorrentes 
aplicadas em uma ponto material pode 
ser substituído por uma única força 
resultante que é o vetor equivalente à 
soma das forças aplicadas.
• Componentes do vetor força 
(Decomposição): dois ou mais vetores 
que, juntos, têm o mesmo efeito que 
um único vetor.
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Problema Resolvido 2.1
2 - 10
As duas forças atuam sobre um 
parafuso A. Determine sua 
resultante.
SOLUÇÃO:
• Solução gráfica - construímos um 
paralelogramo com lados nas mesmas 
direções de P e Q desenhados em escala. 
Avaliamos graficamente a resultante que 
é equivalente à diagonal em direção e 
proporcional em módulo.
• Solução trigonométrica – usamos a regra 
do triângulo para soma de vetores em 
conjunto com a lei dos cossenos ou a lei 
dos senos para encontrar a resultante de P 
e Q. 
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Problema Resolvido 2.1
2 - 11
• Solução gráfica - Um paralelogramo com 
lados iguais a P e Q é desenhado em escala. A 
intensidade e o ângulo que define a direção da 
resultante (diagonal do paralelogramo) são 
medidos,
 35N 98 R
• Solução gráfica – Um triângulo é desenhado 
com P e Q no padrão ponta-a-cauda e em 
escala. A intensidade e o ângulo que define a 
direção da resultante (terceiro lado do triângulo) 
são medidos,
 35N 98 R
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Problema Resolvido 2.1
2 - 12
• Solução trigonométrica – Aplicamos a regra do 
triângulo. Pela lei dos cossenos,
       

155cosN60N402N60N40
cos2
22
222 BPQQPR
sen A sen B Q
sen A sen B
Q R R
  
N73,97R
Pela lei dos senos,
35,04  
60N
senA sen 155
97,73N
 
A 15,04
α 20 A
 
 
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Exercícios
2 - 13
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Exercícios
2 - 14
• Aplicando a Lei dos Cossenos:
• Aplicando a Lei dos Senos:
3
80
R
sen sen


63,41  
50°
50 180     
66,59  
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Exercícios
2 - 15
• Usando a Lei do Triângulo e a Lei dos Senos:
25 75 180 80        
1600
25 75 80
P R
sen sen sen
 
  
3660
3730P N
R N


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Exercícios
2 - 16
• Usando a Lei dos Cossenos:
• Usando a Lei dos Senos:
• A direção de P será:
90 36,5 53,5     

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Componentes Retangulares de uma Força: Vetores Unitários
2 - 17
• Os componentes de um vetor podem ser expressos 
como produtos dos vetores unitários pelas intensidades 
dos componentes do vetor.
Fx e Fy são chamados de componentes escalares de .
jFiFF yx


F

• Pode-se decompor uma força em dois componentes 
perpendiculares de forma que o paralelogramo 
resultante seja um retângulo. são chamados de 
componentes retangulares e
yx FFF


yx F e F

• Definimos então os vetores unitários perpendiculares 
que são paralelos aos eixos x e y.
j e i

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Adição de Forças pela Soma dos Componentes
2 - 18
SQPR


• Deseja-se obter a resultante de 3 ou mais forças 
concorrentes,
x y x y x y x yR i R j P i P j Q i Q j S i S j      
• Para isso, decompomos cada força em 
componentes retangulares


x
xxxx
F
SQPR
• Os componentes escalares da resultante são 
iguais à soma dos componentes escalares 
correspondentes das forças dadas.


y
yyyy
F
SQPR
2 2 arctg 
y y
x y
x x
R R
R R R tg
R R
     
• Para encontrar a intensidade e a direção da resultante,
   x y x x x y y yR i R j P Q S i P Q S j      
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Problema Resolvido 2.3
2 - 19
Quatro forças atuam no parafuso A, 
como mostrado na figura. Determine 
a resultante das quatro forças no 
parafuso.
SOLUÇÃO:
• Decompomos cada força em 
componentes retangulares.
• Calculamos a intensidade e a direção 
da resultante.
• Determinamos os componentes da 
resultante somando os componentes 
correspondentes de cada uma das 
forças.
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Problema Resolvido 2.3
2 - 20
1.199xR 3.14yR
SOLUÇÃO:
• Decompomos cada força em componentes 
retangulares.
25.996.6100
110.00110
75.227.480
75.0129.9150
(N) y, Comp.(N) x Comp.(N) Intens.Força
4
3
2
1




F
F
F
F




• Determinamos os componentes da resultante 
somando os componentes correspondentes de 
cada uma das forças.
• Calculamos a intensidade e a direção da resultante.
22 3,141,199 R
N 199,6R 
N1,199
N3,14
 tg   1,4
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Equilíbrio de uma Partícula
2 - 21
• Quando a resultande de todas as forças que atuam sobre uma partícula é 
zero, a partícula está em equilíbrio.
• Primeira Lei de Newton : Se a força resultante em uma partícula é nula, a 
partícula permanecerá em repouso ou se moverá em velocidade constante em 
linha reta.
• Para uma partícula sob a ação de três ou mais forças:
- a solução gráfica gera um polígono fechado;
- solução algébrica:
00
0




yx FF
FR

• Para uma partícula em equilí-
brio sob a ação de duas forças, 
ambas as forças devem ter:
- mesma intensidade;
- mesma linha de ação;
- sentidos opostos.
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Diagramas de Corpo Livre
2 - 22
a) Diagrama espacial : Um 
esboço mostrando as con-
dições físicas do problema.
b) Diagrama de Corpo Livre: Um es-
boço mostrando apenas as forças que 
atuam sobre a partícula escolhida para 
análise.
c) Triângulo de forças: Como o ponto A está em 
equilíbrio, as três forças exercidas sobre ele devem 
formar um triângulo fechado, de modo que a origem 
de uma coincida com a extremidade da anterior.
736
647 480
60 40 80
ACAB
AB AC
TT N
T N e T N
sen sen sen
    
  
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Problema Resolvido 2.4
2 - 23
Numa operação de descarregamento 
de um navio, um automóvel de 
15.750 N é sustentado por um cabo. 
Uma corda é amarrada ao cabo em A 
e puxada para centrar o automóvel 
para a posição desejada. Qual é a 
tração na corda?
SOLUÇÃO:
• Construimos um diagrama de corpo livre 
para a partícula na junção da corda e do 
cabo.
• Aplicamos as condições de equilíbrio 
criando um polígono fechado a partir das 
forças aplicadas na partícula.
• Aplicamos relações trigonométricas 
para determinar a intensidade das forças 
desconhecidas.
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Problema Resolvido 2.4
2 - 24
SOLUÇÃO:
• Construimos um diagrama de corpo livre 
para a partícula A.
• Aplicamos as condições de equilíbrio.
• Calculamos as intensidades das forças 
desconhecidas:




 58sen 
N 15.750
2sen 120sen 
ACAB TT
N16.084ABT
N648ACT
30º
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Problema Resolvido 2.5
2 - 25
As partes de uma treliça são acopladas por pinos na junta O como mostrado 
na Figura. 
a) Determine as intensidades de F1 e F2 considerando uma condição de 
equilíbrio. Suponha que θ= 60º.
b) Determine as grandezas de F1 e seu ângulo θ considerando uma condição 
de equilíbrio. Suponha F2= 6kN.
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Exercício 1
2 - 26
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Exercício 1
2 - 27
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Exercício 1
2 - 28
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Exercício 1
2 - 29
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Exercício 2
2 - 30
+
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Exercício 2
2 - 31
• Aplicando a Lei dos Cossenos.
• Aplicando a Lei dos Senos.
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Exercício 2
2 - 32
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Exercício 3
2 - 33
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Exercício 3
2 - 34
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Exercício 3
2 - 35
• Os componentes de F nas direções x e y’ não são 
retangulares e são obtidos completando-se o 
paralelogramo , como mostrado na Figura c. Pela Lei 
dos Senos:
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Exercício 3
2 - 36
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Exercício 4
2 - 37
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Exercício 4
2 - 38
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Exercício 5
2 - 39
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Exercício 5
2 - 40
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Exercício 6
2 - 41
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Exercício 6
2 - 42
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Exercício 7
2 - 43
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Exercício 7
2 - 44
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Exercício 8
2 - 45
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Exercício 8
2 - 46
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Exercício 8
2 - 47
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Exercício 8
2 - 48
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 49
• O vetor está 
contido no plano 
OBAC.
F
 • Decompomos em 
uma componente 
horizontal e outra 
vertical
yh FF sen 
F

yy FF cos
• Decompomos em 
componentes retangulares
hF
cos
sen cos
sen 
sen sen 
x h
x y
z h
z y
F F
F F
F F
F F

 

 




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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 50
• Aplicando o teorema de Pitagoras aos triângulos OAB e OCD, escrevemos:
2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )h x zF OC OD DC F F    
2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) y hF OA OB BA F F    
2 2 2
x y zF F F F  
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 51
cos cos cosx x y y z z
x y z
F F F F F F
F F i F j F k
    
  
• Desenhando a força F em um cubo que tenha Fx, Fy e Fz por arestas, sendo F 
a diagonal OA do cubo;
• Com os ângulos que F forma com os eixos x, y e z temos:
• Os três ângulos θx, θy e θz definem a direção da força F.
• Os cosenos de θx, θy e θz são conhecidos como cosenos diretores da força F. 
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 52
F

 cos cos cosx y zF F i j k    
cos cos cosx x y y z z
x y z
F F F F F F
F F i F j F k
    
  
cos cos cosx y zi j k
F F
   

  

F



zyx e  cos cos,cos
• é um vetor unitário ao longo da linha de ação de e 
são os cossenos que orientam a linha de ação de . 
cos cos cosx x y y z z       
• Os valores de θx, θy e θz não são independentes. Pela diagonal do cubo 
teremos: 
2 2 2 2 2 2 2 21 cos cos cos 1x y z x y z             
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 53
• A direção de uma força é definida pelas coordenadas de dois pontos, 
, localizados sobre sua linha de ação.
   222111 ,, e ,, zyxNzyxM
• Consideremos o vetor que liga os pontos M e N e que tem o mesmo 
sentido de F. Representando suas componentes escalares por dx, dy e dz:
MN
x y zMN d i d j d k  
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 54
• O vetor unitário λ ao longo da linha de ação de F (isto é, ao longo da linha 
MN) pode ser obtido dividindo-se o vetor por seu módulo MN (MN é 
igual à distância d de M a N):
x y zd i d j d kMN
MN d
   
MN
• Lembrando que F é igual ao produto de F por λ : 
.( )
.
x y zF d i d j d k
F F
d
   
• As componentes escalares de F são:
.. .yx z
x y z
F dF d F d
F F F
d d d
  
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 55
• Para determinação dos ângulos θx, θy e θz :
y yx x z z
F dF d F d
F d F d F d
  
.. .yx z
x y z
F dF d F d
F F F
d d d
  
cos cos cos
yx z
x y z
dd d
d d d
     
cos cos cos
cos cos cos
x x y y z z
yx z
x y z
F F F F F F
FF F
F F F
  
  
  
  
• Da equação:
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 56
• Subtraindo as coordenadas de M das de N, determinamos inicialmente as 
componentes do vetor e a distância d de M a N.
2 1 2 1 2 1x y zd x x d y y d z z     
MN
• Pela diagonal do cubo:
2 2 2
x y zd d d d  
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 57
• Adição de forças concorrentes no espaço: 
• Determinaremos a resultante R de duas ou mais forças no espaço pela 
soma de suas componentes cartesianas. 
• Métodos gráficos e trigonométricos não são geralmente práticos no caso 
de forças no espaço.
R F
• Decompomos cada força em suas componentes cartesianase 
escrevemos:
( )x y z x y zR i R j R k F i F j F k    
( ) ( ) ( )x y z x y zR i R j R k F i F j F k      
x x y y z zR F R F R F    
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 58
• Adição de forças concorrentes no espaço: 
• O módulo da resultante R e os ângulos θx, θy e θz formados com os eixos 
coordenados são obtidos da seguinte forma:
2 2 2
x y zR R R R  
cos cos cos
yx z
x y z
RR R
R R R
    
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Problema Resolvido 2.7
2 - 59
O cabo de sutentação de uma torre está 
ancorado por meio de um parafuso e 
a tração no cabo de sustentação da 
torre é 2500 N. Determine:
a) os componentes Fx, Fy e Fz da força 
que atua no parafuso em A,
b) os ângulos x, y e z que definem a 
direção da força.
SOLUÇÃO:
• Considerando a posição relativa dos 
pontos A e B, determinamos o vetor 
unitário orientado de A para B.
• Utilizamos o vetor unitário para 
determinar os componentes da força 
atuando em A.
• Observando que os componentes do 
vetor unitário são os cossenos que 
orientam a direção do vetor, calculamos 
os ângulos correspondentes.
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Problema Resolvido 2.7
2 - 60
• Determinamos os componentes da força.
  
     kji
kji
FF



N 795N 2120N1060
318,0848,0424,0N 2500


 
kji
kji


 318,0848,0424,0
3,94
30
3,94
80
3,94
40


















 

.
F F
AB
AB
AB
F F
AB





40 80 30x y zd m d m d m     
SOLUÇÃO:
• Determinamos o vetor unitário orientado de A
para B:
     
     
m 3,94
m30m80m40
m30m80m40
222



AB
kjiAB

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Problema Resolvido 2.7
2 - 61
• Observando que os componentes do vetor 
unitário são os cossenos que orientam a direção 
da força, calculamos os ângulos correspondentes.
cos cos cos
0,424 0,848 0,318
x y z
yx z
i j k
FF F
i j k
F F F
i j k
     
  
   
115,1 32,0 71,5x y z    
cos 0,424 cos 0,848 cos 0,381x y z     
• Utilizando as equações:
1060 2120 795
cos cos cos
2500 2500 2500
yx z
x y z
FF FN N N
F N F N F N
         
115,1 32,0 71,5x y z    
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Problema Resolvido 2.8
2 - 62
SOLUÇÃO:
• A força aplicada por cada cabo na estaca 
A será decomposta segundo as direções 
x, y e z.
• Começaremos determinando as 
componentes e o módulo dos vetores
com oigem em A.
,ABe AC
• Uma placa de concreto pré-moldado é temporariamente sustentada por cabos
como mostra a Figura. Conhecendo as trações de 4200N, no cabo AB, e 6000N,
no cabo AC, determine o módulo e a direção da resultante das forças aplicadas
pelos cabos AB e AC na estaca em A.
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Problema Resolvido 2.8
2 - 63
SOLUÇÃO:
• Representando por i, j e k os vetores unitários ao longo dos eixos coordenados,
temos:
(4,80 ) (2,40 ) (3,30 ) 6,30AB m i m j m k AB m   
(4,80 ) (2,40 ) (4,80 ) 7,20AC m i m j m k AC m   
• Seja o vetor unitário de AB. 
AB
.AB AB ABT T
.AB AB
AB
T
AB
T
4200
.
6,30
AB
N
AB
m
T
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Problema Resolvido 2.8
2 - 64
SOLUÇÃO:
• Substituindo pela expressão acima, obtemos:
 
4200
(4,80 ) (2,40 ) (3,30 )
6,30
AB m m m
m
   T i j k
AB
• Seja o vetor unitário de AC. 
AC
.AC AC ACT T
.AC AC
AC
T
AC
T
6000
.
7,20
AC
N
AC
m
T
 (3200 ) (1600 ) (2200 )AB N N N   T i j k
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Problema Resolvido 2.8
2 - 65
SOLUÇÃO:
• Substituindo pela expressão encontrada anteriormente, obtemos:
 
6000
(4,80 ) (2,40 ) (4,80 )
7,20
AC m m m
m
   T i j k
AC
• A resultante R das forças 
aplicadas pelos dois cabos é:
AB ACT T R
 (4000 ) (2000 ) (4000 )AC N N N   T i j k
(7200 ) (3600 ) ...
... (1800 )
N N
N
   

R i j
k
2 2 2
X Y ZR R R  R
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Problema Resolvido 2.8
2 - 66
SOLUÇÃO:
• Calculando o módulo da resultante: • Para a determinação da direção:
7200
cos
8250
X
X
R N
R N
  
2 2 2( 7200) (3600) ( 1800)    R
8250NR
150,8X  
3600
cos
8250
Y
Y
R N
R N
  
1800
cos
8250
Z
Z
R N
R N
  
64,1Y  
102,6Z  
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Equilíbrio de um Ponto Material no Espaço
2 - 67
• Um ponto material está em equilíbrio se a resultante de todas as forças
atuantes sobre A é zero.
• As equações acima representam as condições necessárias e suficientes
para o equilíbrio de um ponto material no espaço.
• Servem para resolver problemas referentes ao equilíbrio de um ponto
material que não envolva mais de três incógnitas.
0 0 0x x y y z zR F R F R F       
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Problema Resolvido 2.9
2 - 68
• Um cilindro de 200kg é pendurado por meio de dois cabos, AB e AC,
amarrados ao topo de uma parede vertical. Uma força H, horizontal e
perpendicular à parede, mantém o peso na posição ilustrada. Determinar a
intensidade de H e a tração em cada cabo.
SOLUÇÃO:
• O ponto A é escolhido como corpo
livre;
• Esse ponto está submetido a 4 forças, 3
das quais tem módulo desconhecido;
• Introduzindo os vetores unitários i, j e
k, decompomos cada força em compo-
nentes cartezianas.
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Problema Resolvido 2.9
2 - 69
SOLUÇÃO:
• No caso de TAB e TAC é necessário, inicialmente determinar as componentes e
os módulos dos vetores . Denominando o vetor unitário segundo
AB, escrevemos:
HH i
mg -(200kg).(9,81m / s²) -(1962N) P j = j = j
ABe AC
AB
(1,2 ) (10,0 ) (8,0 )
12,86
AB m m m
AB m
  

i j k
12,86
0,0933 0,778 0,622
AB
AB
AB AB
AB m


 
  i j k
.
0,0933 0,778 0,622
AB ABAB
AB AB AB AB
T
T T T

  
T
T i j k
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Problema Resolvido 2.9
2 - 70
SOLUÇÃO:
• No caso de TAB e TAC é necessário, inicialmente determinar as componentes e
os módulos dos vetores . Denominando o vetor unitário segundo
AC, escrevemos:
HH i
mg -(200kg).(9,81m / s²) -(1962N) P j = j = j
ABe AC
AC
(1,2 ) (10,0 ) (10,0 )
14,19
AC m m m
AC m
  

i j k
14,19
0,0846 0,705 0,705
AC
AC
AC AC
AC m


 
  i j k
.
0,0846 0,705 0,705
ACAC AC
AC AC AC AC
T
T T T

  
T
T i j k
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Problema Resolvido 2.9
2 - 71
SOLUÇÃO:
• Condição de equilíbrio: Como o ponto A está em equilíbrio, devemos ter:
• Substituindo as várias forças na equação acima e fatorando i, j e k teremos:
0 0AB ACF       T T H P
( 0,0933 0,778 0,622 ) ...
... ( 0,0846 0,705 0,705 ) ( ) (
AB AB AB
AC AC AC
T T T
T T T H -1962N)
   
     
i j k
i j k i j = 0
( 0,0933 0,0846 ) ...
... ( 0,778 0,705 ) (0,622 0,705 0
AB AC
AB AC AB AC
T T H
T T -1962N T T )
  
    
+ i
j k
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Problema Resolvido 2.9
2 - 72
SOLUÇÃO:
• Fazendo os coeficientes de i, j e k iguais a zero, escrevendo três equações
escalares, que expressam a soma das componentes x, y e z das forças
respectivamente iguais a zero:
• Resolvendo as equações:
0 0,0933 0,0846 0X AB ACF T T H     +
0 0,778 0,705 0Y AB ACF T T -1962N   
0 0,622 0,705 0Z AB ACF T T   
235 1401 1236AB ACH N T N T N  
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EXERCÍCIOS
2 - 73
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Problema Resolvido 1
2 - 74
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Problema Resolvido 2
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Problema Resolvido 2
cos cos cos
0,2617 0,2094 0,9422
yx z
i j k
FF F
i j k
F F F
i j k
     
  
  
74,8 102,0 19,6    
cos 0,2617 cos 0,2094 cos 0,9422     
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Problema Resolvido 3
1 2, RExpressando F F e F na forma deum
vetor carteziano
1 2RF F F 
FR
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Problema Resolvido 3
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Problema Resolvido 3
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