HM-03-Estatica-04

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106-Mecânica Aplicada curso de Pilotagem ENIDH 
Elementos de Estática Texto de apoio 
Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 35 
Exemplo 10.4 
 
A figura E10.4.a mostra uma barra AC, com apoio fixo 
em A e móvel em B. Está sujeita, em todo o seu 
comprimento, a uma força distribuída com a configuração 
mostrada. 
Calcular as reacções nos apoios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
A carga distribuída é transformada em forças concentra-
das equivalentes. Podem ser consideradas três áreas, 
figura E10.4.b. 
 
A área 1 origina 
kN15m/kN5m31Q 
, com linha de 
acção passando a meio da base  fórmulas (10.2). 
A área 2 origina 
kN9
2
m/kN6m3
2Q 


, com linha 
de acção passando a um terço da base, a partir do 
cateto vertical  fórmulas (10.3). 
A área 3 origina
kN25,8
2
m/kN11m5,1
3Q 


, com 
linha de acção passando a um terço da base, a partir do 
cateto vertical. 
 
 
 
 
 
 
 
 
O diagrama de corpo livre para a barra, figura E10.4.c, 
mostra as reacções previstas para os dois tipos de 
apoios e a forças concentradas equivalentes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As forças aplicadas à barra são complanares e com 
linhas de acção não concorrentes  condição de 
equilíbrio 7.5. 
 
Da escrita das três equações resulta 
 





 
 

05,325,8295,1153yBAM
025,8915yByAyF
0xAxF 
 
 








125,23yB
125,9yA
0xA 
 
Resposta: A reacção Ax vale 0 N. A reacção Ay vale 
9,125 kN. Em B a reacção vale 23,125 kN. Os sentidos 
indicados no diagrama de corpo livre estão correctos. 
 
 
 
Exemplo 10.5 
 
A figura E10.5.a mostra uma barra AE, com um apoio 
fixo em A. Um cabo ideal liga os pontos B e E, passando 
por uma roldana lisa R. Entre C e D existe uma força 
distribuída com configuração trapezoidal. 
Calcular as reacções nos apoios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
A carga distribuída é transformada em forças concentra-
das equivalentes. Podem ser consideradas duas áreas, 
alínea a) da figura E10.5.b. 
 
A área 1 origina 
N1368m/N570m4,21Q 
, com 
linha de acção passando a meio da base  fórmulas 
(10.2). 
 
A área 2 origina 
N396
2
m/N330m4,2
2Q 


, com 
linha de acção passando a um terço da base, a partir do 
cateto vertical  fórmulas (10.3). 
 
1,5 m3 m
A B
C
11 kN/m
5 kN/m
Figura E-10.4.b
1,5 m3 m
11 kN/m
5 kN/m 1
2
3
6 kN/m
A B
C
Q1 = 15 kN
Figura E-10.4.c
By
Ax
Ay
Q2 = 9 kN Q3 = 8,25 kN
1,5 m
2 m
3 m
3,5 m
Figura E-10.5.a
A
B
C
900 N/m
570 N/m
D
E
R
30º90º
0,5 0,5 2,4 m 1 m
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O cabo exerce uma força, de intensidade T, nos pontos 
B e E da barra, alínea b) da figura E10.5.b. Com o cabo 
ideal e a roldana sem atrito a força de tracção num 
extremo é igual no outro extremo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O diagrama de corpo livre para a barra está desenhado 
na figura E10.5.c. A força T, em E, está decomposta 
nas componentes x e y. No apoio fixo as reacções 
habituais. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As forças aplicadas à barra são complanares e com 
linhas de acção não concorrentes  condição de 
equilíbrio 7.5. 
 
Da escrita das três equações resulta 
 








 
 

04,4)º30(Tsen
6,23962,213685,0TAM
0)º30(Tsen3961368TyAyF
0)º30cos(TxAxF
 
 
  







1496T
480yA
1296xA 
 
 
Resposta: A reacção Ax vale 1296 N com o sentido 
indicado no diagrama de corpo livre. A reacção Ay vale 
480 N e tem sentido contrário ao do diagrama. A tracção 
no cabo é 1496 N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura E-10.5.b
A
B
570 N/m
E
R
30º
1
2
2,4 m
330 N/m
T T
a) b)
A
T
Figura E-10.5.c
Tcos(30º)
Ax
Ay
Q1 = 1368 N Q2 = 396 N
0,5
(1 + 1,2) m
(1 + 1,6) m
4,4 m
Tsen(30º)
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11 Problemas tridimensionais 
 
 
Problema 11.1 
 
A figura P11.1.a mostra, esquematicamente, um pau 
de carga AD articulado na parede em A e sujeito a dois 
cabos ideais 1 e 2. No instante mostrado na figura 
actuam em D as forças 2,00 kN paralela a x e 5,00 kN 
paralela a z. Com estas condições calcular as reacções 
em A e a força que tracciona cada um dos cabos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Vai ser construído um diagrama de corpo livre referente 
ao pau de carga. As forças que os cabos exercem no 
pau de carga estão representadas por T1 e T2 na figura 
P11.1.b. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
T1 e T2 são forças inclinadas relativamente aos eixos, 
pelo que se torna necessário efectuar a decomposição 
em x, y e z. Para T1 pode ser usado o cálculo vectorial 
com 
 
BE
versor1T
1
T
versor1T1T 

 
)7,6,6()0,6,0()7,0,6(BEBE 
 
 
11272)6(26BE 
 
 





 

11
7
,
11
6
,
11
6
BE
versor
 
 





 

1
T
11
7
,
1
T
11
6
,
1
T
11
6
1
T
 
 
 
Repetindo para T2 vem 
 
CF
versor2T
2
T
versor2T2
T 
 
)0,8,6()0,8,0()0,0,6(CFCF 
 
 
10202)8(2)6(CF 
 
 





 

10
0
,
10
8
,
10
6
CF
versor
 
 





 
 0,
2
T
10
8
,
2
T
10
6
2
T
 
 
 
É posivel agora desenhar o diagrama de corpo livre 
figura P11.1.c. No ponto B colocam-se as três 
componentes de T1. No ponto C colocam-se as duas 
componentes de T2. Na articulação A prevêm-se três 
reacções designadas por Ax, Ay e Az e com sentidos 
arbitrados (caso 8.6, articulação esférica). Em D as duas 
forças aplicadas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
São seis as equações de equilíbrio para um caso geral 
condição de equilíbrio 7.1. 
 
As três equações relativas a forças escrevem-se, 
 
 
000,2
2
T
10
6
1
T
11
6
xAxF 
 (1) 
 
0
2
T
10
8
1
T
11
6
yAyF 
 (2) 
 
000,5
1
T
11
7
zAzF 
 (3) 
 
Para a equação de momentos em torno do eixo x contri-
buem as forças mostradas na figura P11.1.d. 
 
x
y
z
6 
m
6 
m
7 
m
6 m 2 m 2 m
A
B C
D
E
F
1
2
2,00 kN
5,00 kN
Figura P-11.1.a
x
y
z
A
B C
D
E
F
T1
T2
Figura P-11.1.b
x
y
z
A
B C
D
2,00 kN
5,00 kN
Ax
Ay
Az
(7/11)T1
(6/11)T1
(6/11)T1
(8/10)T2
(6/10)T2
Figura P-11.1.c
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01000,56
1
T
11
7
xM 
 (4) 
 
Todas as forças são ou paralelas ou concorrentes ao 
eixo y pelo que nenhuma delas produz momento efectivo 
em torno deste eixo. 
 
Para a equação de momentos em torno do eixo z contri-
buem as forças mostradas na figura P11.1.e. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
01000,28
2
T
10
6
6
1
T
11
6
zM 
 (5) 
 
Da resolução do sistema composto pelas equações (1), 
…, (5) resultam as soluções Ax = 1,29; Ay = 17,62; 
Az =3,33; T1 = 13,10 e T2 = 13,10. 
 
 
Resposta: As reacções em A valem Ax = 1,29 kN, 
Ay = 17,62 kN e Az = 3,33 kN. Os sentidos de Ax e Az 
são contrários aos arbitrados no diagrama de corpo livre. 
As tracções nos cabos 1 e 2 valem ambas 13,10 kN. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problema 11.2 
 
Um guindaste marítimo está montado numa barcaça de 
50 m x 25 m e suporta uma carga de 400 kN na posição 
mostrada na figura P11.2.a. 
No ponto E da coberta existe uma carga de 500 kN. 
Calcular a intensidade e o ponto de aplicação da menor 
carga Q, a colocar na coberta, para que a resultante das 
forças de impulsão passe no centro da barcaça. 
 
 
Figura P11.2.a 
 
O diagrama de corpo livre para a barcaça está dese-
nhado na figura P11.2.b. 
 
A força 500 kN está colocada na posição indicada no 
enunciado. A força 400 kN é suposta solidária com a 
barcaça. A força E, colocada no centro da barcaça, 
representa a impulsão. A carga Q é colocada num ponto 
genérico (x, y). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
São três as equações de equilíbrio para um caso de 
forças paralelas e não complanares condição de 
equilíbrio 7.7. 
 
Uma equação soma as forças paralelas, 
 
 
0400500EQzF 
. (1) 
 
 
 
 
x
y
z
A B
D
5,00 kN
(7/11)T1
+
Figura P-11.1.d
x
y
z
B
C
D
2,00 kN
(6/11)T1
(6/10)T2
+
A
Figura P-11.1.e
x
y
z 400 kN
Figura P-11.2.b
12
,5 
m
25 m 17
,5 
m
35 m
xy
50 m
25
 m
17
,5 
m
500 kN
E
Q
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Outra equação soma momentos em torno do eixo x e 
contribuem as forças mostradas na figura P11.2.c. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0504003550025EyQxM 
 (2) 
 
 
A terceira equação soma momentos em torno do eixo y e 
contribuem as forças mostradas na figura P11.2.d. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
05,17400
xQ5,12E5,17500yM

 (3) 
 
 
As três equações anteriores contêm quatro incógnitas: E, 
Q, x e y. De acordo com o enunciado é necessário 
calcular a menor carga Q e ao mesmo tempo saber onde 
colocá-la, ou seja, calcular também x e y. 
 
A equação (1) pode ser resolvida em ordem a E. 
Substituindo depois o valor de E nas equações (2) e (3) 
pode obter-se 
 
 
25x2
19000
Q


 e y = 1,579x + 44,737 . 
 
Pretende-se calcular x e y para que a carga 
25x2
19000
Q


 seja mínima com y = 1,579x + 44,737 e 
0  x  25 e 0  y  50 e x  12,5. 
 
A fracção 
25x2
19000
Q


 é mínima quando o denominador 
2x  25 é máximo, ou seja, quando x assume o valor 25, 
o máximo possivel. 
 
Então 
760
25252
19000
Q 


, x = 25 e y = 1,57925 + 
+ 44,737 = 5,3 . 
 
Resposta: A intensidade da menor carga Q é 760 kN 
colocada em x = 25 m e y = 5,3 m, no referencial da 
figura P11.2.e. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problema 11.3 
 
A figura P11.3.a mostra, esquematicamente, um pau 
de carga formado pelas barras AB e AC e operado com 
os cabos BD, BE e BC. Está apoiado numa articulação 
esférica em A. No instante mostrado na figura suporta 
uma carga vertical de 20,0 kN. 
Com estas condições calcular as reacções em A e a 
força que tracciona cada um dos cabos BD e BE. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
O diagrama de corpo livre vai ser construído para o 
triângulo ABC figura P11.3.b. As forças que os cabos 
BD e BE exercem no triângulo estão representadas por 
T1 e T2, respectivamente. O triângulo também se liga ao 
exterior pela articulação A, na qual se prevêm três 
reacções designadas por Ax, Ay e Az e com sentidos 
arbitrados (caso 8.6, articulação esférica). Em C coloca-
se a força 20,0 kN. 
x
y
z
A
400 kNE
+
Figura P-11.2.c
500 kNQ
y
25 m
35 m
50 m
x y
z
A
400 kN
E
+
Figura P-11.2.d
500 kN
Q
17,5 m12,5 m
x
17,5 m
x
y
400 kN
Figura P-11.2.e
12
,5 
m
25 m 17
,5 
m
35 m
x = 25 m
y = 5,3 m
50 m
25
 m
17
,5 
m
500 kN
E
Q
x
y
z
20,0 kN
A
B
C
D
E
6
 m
6 m
6 m
3 
m
3 
m
4 m
Figura P-11.3.a
20º
H
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T1 e T2 são forças inclinadas relativamente aos eixos, 
pelo que se torna necessário efectuar a decomposição 
em x, y e z. Para T1 pode ser usado o cálculo vectorial 
com 
 
BD
versor1T
1
T
versor1T1T 

 
)6,4,3()6,0,0()0,4,3(BDBD 
 
 
612)6(2)4(23BD 
 
)768,0;512,0;384,0(
61
6
,
61
4
,
61
3
BD
versor 

 





 
)1T768,0,1T512,0,1T384,0(1
T 
 
 
 
Repetindo para T2 vem 
 
BE
versor2T
2
T
versor2T2
T 
 
)6,4,3()6,0,0()0,4,3(BEBE 
 
 
612)6(2)4(2)3(BE 
 
)768,0;512,0;384,0(
61
6
,
61
4
,
61
3
BE
versor 

 





 
)2T768,0,1T512,0,2T384,0(2
T 
 
 
O diagrama de corpo livre com as componentes de T1 e 
T2 está desenhado na figura P11.3.c. 
 
Sendo o triângulo BAC equilátero, o ângulo BAC mede 
60º e consequentemente o ângulo CAH mede 30º. O 
segmento AH mede 6 m  cos(30º) = 5,196 m. Os 
segmentos JH e HL medem 5,196 m  cos(20º) = 4,88 m 
e 5,196 m  sen(20º) = 1,78 m, respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
São seis as equações de equilíbrio para um caso geral 
condição de equilíbrio 7.1. 
 
As três equações relativas a forças escrevem-se, 
 
 
0
2
T384,0
1
T384,0xAxF 
 (1) 
 
0)
2
T
1
T(512,0yAyF 
 (2) 
 
00,20)
2
T
1
T(768,0zAzF 
 (3) 
 
Para a equação de momentos em torno do eixo x contri-
buem as forças mostradas na figura P11.1.d. 
 
 
088,40,206)
2
T
1
T(512,0xM 
 (4) 
 
Para a equação de momentos em torno do eixo y contri-
buem as forças mostradas na figura P11.1.e. 
 
 
078,10,206
2
T384,06
1
T384,0yM 
(5) 
 
Todas as forças são ou paralelas ou concorrentes ao 
eixo z pelo que nenhuma delas produz momento efectivo 
em torno deste eixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x
y
z
20,0 kN
A
B
C
D
E
Figura P-11.3.b
H
T1
T2
Ay
Az
Ax
x
y
z
20,0 kN
A
B
C
Figura P-11.3.c
H
0,384T1
0,384T2
Ay
Az
Ax
0,769(T1 + T2)
0,512(T1 + T2)
4,88 m 1
,7
8 
mJ
L
20º
30º
60º
x
z
B
20,0 kN
0,384T1
Figura P-11.3.e
6
 m
H
1,78 m y
A
+
0,384T2x
y
z
A
B
20,0 kN
0,512(T1 + T2)
+
Figura P-11.3.d
6
 m
H
4,88 m
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Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 41 
Da resolução do sistema composto pelas equações (1), 
…, (5) resultam as soluções Ax = 5,9; Ay = 16,3; 
Az = 44,4; T1 = 8,2 e T2 = 23,6. 
 
Resposta: As reacções em A valem Ax = 5,9 kN, 
Ay = 16,3 kN e Az = 44,4 kN. Os sentidos arbitrados no 
diagrama de corpo livre estão correctos. As tracções nos 
cabos BD e BE valem 8,2 kN e 23,6 kN, respectiva-
mente. 
 
 
 
Problema 11.4 
 
Os cabos AB, AC e AD sustentam a antena da figura 
P11.4.a. Sabe-se que a tracção no cabo AC vale 35 kN. 
Calcular as forças de tracção nos cabos AB e AD para 
que a resultante na antena seja vertical. 
 
 
Figura P11.4.a 
 
 
Resolução: 
 
Pode ser construído um diagrama de corpo livre para o 
ponto Afigura P11.4.b. As forças que os cabos 
exercem em A estão representadas por T1, T2 e T3 sendo 
T2 = 35 kN. A força E, vertical, chama-se equilibrante e 
tem direcção e intensidade igual à resultante e sentido 
contrário. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
T1, T2 e T3 são forças inclinadas relativamente aos eixos, 
pelo que se torna necessário efectuar a decomposição 
em x, y e z. Para T1 pode ser usado o cálculo vectorial 
com 
 
AB
versor1T
1
T
versor1T1T 

 
)24,8,6()24,0,0()0,8,6(ABAB 
 
262)24(2826AB 
 











 



13
12
,
13
4
,
13
3
26
24
,
26
8
,
26
6
AB
versor
 







1
T
13
12
,
1
T
13
4
,
1
T
13
3
1
T
 
 
 
Repetindo para T2 vem 
 
AC
versor2T
2
T
versor2T2
T 
 
)24,8,12()24,0,0()0,8,12(ACAC 
 
282)24(282)12(AC 
 











 



7
6
,
7
2
,
7
3
28
24
,
28
8
,
28
12
AC
versor
 
 30,10,1535
7
6
,35
7
2
,35
7
3
2
T
7
6
,
2
T
7
2
,
2
T
7
3
2
T
















 

 
 
 
Repetindo para T3 vem 
 
AD
versor3T
3
T
versor3T3T 

 
)24,81,0()24,0,0()0,81,0(ADAD 
 
302)24(2)18(20AD 
 





 





 

5
4
,
5
3
,0
30
24
,
30
18
,
30
0
AD
versor
 






 33 T
5
4
,T
5
3
,0
3
T
 
 
O vector E tem componentes (0, 0, 24). 
 
O diagrama de corpo livre apresenta orças não compla-
nares e linhas de acção concorrentes num mesmo 
pontocondição de equilíbrio 7.4. 
 
 
T3
T2 = 35 kN
T1
E
A
D
B
C
x
y
z
Figura P-11.4.b
106-Mecânica Aplicada curso de Pilotagem ENIDH 
Elementos de Estática Texto de apoio 
Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 42 
São três as equações de equilíbrio para este caso, 
 
 









 
 

0E24
3
T
5
4
30
1
T
13
12
z
F
0E0
3
T
5
3
10
1
T
13
4
y
F
0E0
3
T015
1
T
13
3
x
F
 . 
 
Resolvendo o sistema vem T1 = 65, T3 = 50 e E = 5,4. 
 
 
Resposta: Para que a resultante na antena seja vertical 
as forças de tracção nos cabos AB e AD devem ser 65 
kN e 50 kN, respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 Atrito seco de escorregamento 
 
As forças de atrito seco de escorregmento podem surgir 
quando dois corpos contactam através de uma superfície 
não lubrificada. 
 
A figura 12.1 mostra um corpo A sujeito a uma força 
horizontal e assente num plano horizontal P. 
 
Na figura 12.2 está dedenhado o diagrama de corpo livre 
para o corpo A. A força P representa o peso do corpo. 
A acção do plano P sobre o corpo A é feita com a força 
N (P/A), perpendicular ao plano, e pela força de atrito 
Fatrito (P/A) , tangencial ao plano. 
As forças N (A/P) e Fatrito (A/P) representam a acção do 
corpo A sobre o plano P. 
Os pares N (P/A), N (A/P) e Fatrito (P/A) , Fatrito (A/P) , 
satisfazem o princípio da acção-reacção. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Compondo a força de atrito e a força N obtém-se a 
reacção "total" do plano sobre o corpo figura 12.3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
FA
P
Figura 12.1
F
Fatrito (P/A)
N (P/A)
P
N (A/P)
Fatrito (A/P)
A
P
Figura 12.2
F
Fatrito
N
P
A
Figura 12.3
R
j
106-Mecânica Aplicada curso de Pilotagem ENIDH 
Elementos de Estática Texto de apoio 
Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 43 
A força de atrito segue as seguintes leis: 
 
a) Tem sentido contrário ao sentido da tendência do 
movimento do corpo no qual actua. 
b) Varia desde zero até um valor máximo. 
c) No caso da figura 12.3 varia, em função da força 
aplicada F, de acordo com o gráfico 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d) Se o corpo está em repouso e a força aplicada F for 
menor que a força máxima de atrito então a força de 
atrito é igual a F. 
e) Se o corpo está em repouso e a força F igualar a 
força máxima de atrito estático estão reunidas as 
"condições de movimento iminente". 
f) Se a força aplicada F for maior que a força máxima 
de atrito então o corpo encontra-se em movimento e 
a força de atrito é igual à força máxima de atrito 
dinâmico. 
g) A força máxima de atrito estático calcula-se com a 
espressão 
 
 Fmax. atr. est. = N  fe (12.1) 
 
sendo N a reacção perpendicular ao plano, figura 
12.3 e fe o coeficiente de atrito estático. Este 
coeficiente depende apenas do estado e da natureza 
das superfícies em contacto. A tabela 12.1 mostra 
valores aproximados de alguns coeficientes de atrito 
estáticos. 
h) A força máxima de atrito dinâmico calcula-se com a 
espressão 
 
 Fmax. atr. din. = N  fd (12.2) 
 
sendo usual considerar o coeficiente de atrito dinâ-
mico fd como sendo 75% do estático. 
 
 
Na figura 12.3, se a força de atrito for a máxima, ou 
seja, condições de movimento iminente então o 
ângulo j chama-se ângulo de atrito e tem-se 
 
 
e
e.atr.max
f
N
fN
N
F
)(tg 

j
 (12.3) 
ou seja, em condições de movimento iminente a 
tangente do ângulo de atrito é igual ao coeficiente de 
atrito estático. 
 
 
Tabela 12.1 
Coeficientes de atrito estático para superfícies 
secas (valores aproximados) 
Aço sobre aço 0,4 0,8 
Madeira sobre madeira 0,2 0,5 
Madeira sobre metal 0,2 0,6 
Metal sobre pedra 0,3 0,7 
Metal sobre couro 0,3 0,6 
Madeira sobre couro 0,2 0,5 
Terra sobre terra 0,2 1,0 
Ferro fundido sobre ferro fundido 0,3 0,4 
Borracha sobre concreto 0,6 0,8 
Borracha sobre gelo 0,050,2 
É usual considerar o coeficiente de atrito dinâ-
mico como sendo 75% do estático 
 
 
Em geral, para a resolução de problemas envolvendo 
atrito é necessário um diagrama de corpo livre, duas 
equações de equilíbrio 
 xF
e 
 yF
e a fórmula (12.1). 
 
 
 
Exemplo12.1 
 
A figura E-12.1.a mostra um corpo A, de peso 100 N, 
assente num plano horizontal. Mostra também o 
respectivo diagrama de corpo livre. Admitir um coeficien-
te de atrito estático 0,5. 
 
A equação de equilíbrio 
0100NFy 
 permite 
calcular a reacção perpendicular ao plano N = 100 N. 
 
A força máxima de atrito estático que é possível provocar 
é calculada então com a fórmula (12.1) 
 
 Fmax. atr. est. = 100 N  0,5 = 50 N 
 
sendo 0,5 o coeficiente de atrito. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F
Fatrito
Força máxima 
de atrito estático
Força máxima 
de atrito dinâmico
45º
Figura 12.4
N
100 N
Figura E-12.1.a
100 N
A A
106-Mecânica Aplicada curso de Pilotagem ENIDH 
Elementos de Estática Texto de apoio 
Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 44 
Seguem-se diferentes situações possíveis. 
 
1.ª situação 
 
Na figura E-12.1.a não existe nenhuma força horizontal a 
actuar no corpo. Em consequência não existe força de 
atrito. Esta situação corresponde ao ponto 1 do gráfico 
desenhado na figura E-12.1.e. 
 
 
2.ª situação 
 
Existe uma força horizontal F = 30 N  figura E-12.1.b. 
Como esta força é inferior a 50 N, o máximo possível da 
força de atrito, então a força de atrito existente vale 30 N. 
O angulo j, formado pela resultante e pela reacção per-
pendicular ao plano de escorregamento calcula-se com 
 
 
º7,16
100
30
arctg j
. 
 
Esta situação corresponde ao ponto 2 do gráfico dese-
nhado na figura E-12.1.e. 
 
 
3.ª situação 
 
Agora a força F vale 50 N  figura E-12.1.c. Esta força 
igualou a força máxima de atrito. Atingiu-se a condição 
de movimento iminente. Qualquer aumento para F 
implica o movimento do corpo. A reacção R tem o seu 
valor máximo. O angulo j também é máximo, chamando-
se agora ângulo de atrito estático e tendo amplitude 
 
 
º6,26
100
50
arctg j
. 
 
Esta situação corresponde ao ponto 3 do gráfico dese-
nhado na figura E-12.1.e. 
 
 
4.ª situação 
 
Agora a força F vale 70 N  figura E-12.1.d. Esta força é 
superior à força máxima de atrito. Foi ultrapassada a 
condição de movimento iminente. O corpo está em 
movimento. A força máxima de atrito dinâmico, inferior à 
força máxima de atrito estático, calcula-se com a fórmula 
(12.2) 
 
 Fmax. atr. din. = 100 N  0,4 = 40 N 
 
O angulo j, chama-se agora ângulo de atrito dinâmico e 
tem amplitude 
 
 
º8,21
100
40
arctg j
. 
 
Esta situação corresponde ao ponto 4 do gráfico dese-
nhado na figura E-12.1.e. O movimento do corpo é uni-
formemente acelerado e provocado pelo “excedente” de 
força F 70 N  40 N = 30 N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 12.2 
 
Um corpo de peso 250 N assenta num plano horizontal 
como mostrado na figura E12.2.a. Tem aplicada uma 
força F inclinada 20º. Admitindo um coeficiente de atrito 
estático 0,25 calcular F nas condições de movimento 
iminente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
A figura também mostra o diagrama de corpo livre com a 
decomposição habitual da força F. Do equilíbrio de 
forças em x e y resulta 
 
 
0
atr
F)º20cos(F
x
F 
 (1) 
 
0)º20(Fsen250N
y
F  
 (2) 
 
O sistema de equações anterior tem três incógnitas: F, N 
e Fatr. É necessário outra equação. Como se pretende 
condições de movimento iminente, ou seja, o máximo 
F = 30 N
Fatr= 30 N
N = 100 N
P = 100 N
A
Figura E-12.1.b
Rj
=
1
6
,9
º
F =50 N
Fatr= 50 N
N = 100 N
P = 100 N
A
Figura E-12.1.c
Rj
=
2
6
,6
º
F = 70 N
Fatr= 40 N
N = 100 N
P = 100 N
A
Figura E-12.1.d
Rj
=
2
1
,8
º
F [N]
Fatrito[N]
50
40
45º
Figura E-12.1.e
30
30 50 70
1
2
3
4
Fsen(20º)
Fatr
N
250 N
F Fcos(20º)
Figura E-12.2.a
20º
250 N x
y
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para a força de atrito, utiliza-se a expressão (12.1) como 
terceira equação. 
 
 Fatr = N  0,25 (3) 
 
Resolvendo o sistema formado pelas equações (1), (2) e 
(3) obtém-se F = 61,0; N = 229,1 e Fatr = 57,3. 
 
Resposta: Para F = 61,0 N atingem-se as condições de 
movimento iminente. 
 
 
Observações 
 
No exemplo 12.1 a reacção N, perpendicular ao plano de 
escorregamento, é independente do valor da força F e é 
sempre igual ao peso do corpo. Neste exemplo 12.2 a 
força N depende da força F através da equação (2). À 
medida que F aumenta N diminui. 
 
Resolvendo a equação (1) em ordem a Fatr obtém-se 
 
 
)º20cos(F
atr
F 
 . (4) 
 
Resolvendo a equação (2) em ordem a N obtém-se 
 
 
)º20(Fsen250N 
 
 
e substituindo na equação (3) obtém-se 
 
 
25,0))º20(Fsen250(F atrmax 
 . (5) 
 
A figura E12.2.b mostra a representação gráfica das 
funções (4) e (5). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A solução do problema está na intersecção dos dois 
segmentos de recta, ou seja, quando a força de atrito 
atinge o seu valor máximo. 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 12.3 
 
O bloco da figura E12.3.a pesa 500 N e está comprimi-
do contra a parede pela força F. Considerando um 
coeficiente de atrito estático 0,2, calcular os valores de F 
para os quais o bloco está em equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Se a força F for suficientemente grande o bloco subirá. 
Se for suficientemente pequena o bloco descerá. Assim 
existem duas condições de movimento iminente: uma de 
subida e outra de descida. 
 
Movimento iminente de subida 
 
A figura E12.3.b mostra o diagrama de corpo livre para 
o bloco com o peso 500 N, as componentes de F, a 
reacção N, perpendicular ao plano de escorregamento e 
a força de atrito, tangencial ao plano. O sentido da força 
de atrito é contrário ao sentido de subida. 
 
Do equilíbrio de forças em x e y resulta 
 
 
0N)º40cos(F
x
F 
 (1) 
 
0)º40(Fsen500
atr
F
y
F  
 (2) 
 
O sistema de equações anterior tem três incógnitas: F, N 
e Fatr. É necessário outra equação. Como se pretende 
condições de movimento iminente, ou seja, o máximo 
para a força de atrito, utiliza-se a expressão (12.1) como 
terceira equação. 
 
 Fatr = N  0,2 (3) 
 
Resolvendo o sistema formado pelas equações (1), (2) e 
(3) obtém-se F = 1021 N. 
 
 
Movimento iminente de descida 
 
A figura E12.3.c mostra o diagrama de corpo livre para 
o bloco. A diferença para o diagrama anterior está no 
sentido da força de atrito que agora é contrário ao 
sentido de descida e por isso tem sinal contrário na 
equação (2). 
 
0 20 40 60 80
0
20
40
60
80
F [N]
F
at
r,
 F
at
r 
m
ax
 [N
]
Fatr = Fcos(20º)
Fmax atr = 0,25(250 - Fsen(20º))
F = 61,0 N
Figura E-12.2.b
43,2º
F
40º
500 N
Figura E-12.3.a
106-Mecânica Aplicada curso de Pilotagem ENIDH 
Elementos de Estática Texto de apoio 
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0N)º40cos(F
x
F 
 (1) 
 
0)º40(Fsen500
atr
F
y
F  
 (2) 
 Fatr = N  0,2 (3) 
 
Resolvendo o sistema formado pelas equações (1), (2) e 
(3) obtém-se F = 628 N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os resultados anteriorespodem ser resumidos na figura 
E12.3.d que mostra a situação do bloco em função dos 
valores de F. 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: Com 628 < F < 1021 o bloco está em 
equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 12.4 
 
A figura E12.4.a mostra um homem de peso 800 N 
sentado no fundo de um caixote A, de peso 100 N, 
puxando uma corda que se encontra presa a outro 
caixote B, que tem peso total igual a 700. Sabe-se que o 
coeficiente de atrito estático entre o caixote A e o chão é 
0,1. Para o caixote B o coeficiente é 0,15. 
Se o homem aplicar uma força crescente à corda, quem 
é que se move primeiro? O caixote A? O caixote B? Ou 
movem-se ambos? 
 
 
Figura E12.4.a 
 
Resolução: 
 
Têm que ser estudados, em separado, os movimentos 
iminentes de A e de B e depois verificar qual acontece 
primeiro. 
 
Movimento iminente de A 
 
A figura E12.4.b mostra o diagrama de corpo livre para 
o conjunto A. O peso 900 N resulta de 800 N + 100 N. A 
força que a corda exerce no caixote A está representada 
por F. N é a reacção perpendicular ao plano de escor-
regamento e Fatr é a força de atrito, tangencial ao plano e 
com sentido para a esquerda porque A tem tendência a 
mover-se para a direita. 
 
Do equilíbrio de forças em x e y resulta 
 
 
0FF
x
F atr 
 (1) 
 
0900N
y
F  
 (2) 
 
O sistema de equações anterior tem três incógnitas: F, N 
e Fatr. É necessário outra equação. Como se pretende 
condições de movimento iminente, ou seja, o máximo 
para a força de atrito, utiliza-se a expressão (12.1) como 
terceira equação. 
 
 Fatr = N  0,1 (3) 
 
Resolvendo o sistema formado pelas equações (1), (2) e 
(3) obtém-se F = 90 N. 
 
 
 
 
 
 
500 N
Fcos(40º)
Fsen(40º)
Fatr
N
subida
Figura E-12.3.b
500 N
Fcos(40º)
Fsen(40º)Fatr
N
descida
Figura E-12.3.c
F
Bloco em 
equilíbrio
Bloco a
descer
Bloco a
subir
0 N 628 N 1021 N
Figura E-12.3.d
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Elementos de Estática Texto de apoio 
Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 47 
Movimento iminente de B 
 
A figura E12.4.c mostra o diagrama de corpo livre para 
o conjunto B. Agora a força de atrito tem o sentido para a 
direita porque B tem tendência a mover-se para a 
esquerda. 
 
As três equações escrevem-se agora 
 
 
0FF
x
F atr 
 (1) 
 
0700N
y
F  
 (2) 
 Fatr = N  0,15 (3) 
 
com solução F = 105 N. 
 
Resposta: O caixote A move-se para F = 90 N. O 
caixote B move-se para F = 105 N. Como a força F 
cresce a partir de zero o valor 90 N é atingido primeiro 
logo o caixote A move-se primeiro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 12.5 
 
A figura E12.5.a mostra dois blocos A e B de pesos 
200 N e 400 N, respectivamente. O bloco A está preso à 
parede por um fio. No bloco B actua uma força F. O 
coeficiente de atrito estático entre A e B é 0,25. Entre B 
e o plano o coeficiente é 0,15. 
Calcular o valor de F e a tracção no fio nas condições de 
movimento iminente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
É necessário considerar em separado os diagramas de 
corpo livre dos blocos A e B figura E12.5.b 
 
A força T, no diagrama A, representa a acção do fio no 
bloco e também a tracção no fio. O par de forças N 
representa a acção recíproca dos blocos na direcção 
perpendicular ao plano de escorregamento. O par de 
forças Fatr representa a acção recíproca dos blocos na 
direcção tangencial. São forças de atrito. Os dois pares 
anteriores satisfazem o princípio da acção-reacção. A 
força N' traduz a acção perpendicular do chão sobre B. A 
acção tangencial está representada pela força de atrito 
F'atr. Em B as duas forças de atrito têm sentido para a 
esquerda uma vez que o bloco tem tendência a deslocar-
se para a direita. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Escrevem-se as habituais equações de equilíbrio e a 
fórmula (12.1) porque se pretende movimento iminente. 
 
Para o diagrama A 
 
 
0FT
x
F atr 
 (1) 
 
0200N
y
F  
 (2) 
 Fatr = N  0,25 (3) 
 
Para o diagrama B 
 
 
0F'FF
x
F atratr 
 (4) 
 
0400N'N
y
F  
 (5) 
 F'atr = N'  0,15 (6) 
 
Manipulando as equações anteriores obtém-se T = 50 e 
F = 140. 
 
Resposta: na iminência do movimento F = 140 N 
sendo a tracção no fio 50 N. 
 
 
 
 
 
700 N
F
Fatr
N
A
Figura E-12.4.c
900 N
F
Fatr
N
A
Figura E-12.4.b
200 N
400 N
F
fio
A
B
Figura E-12.5.a
A
B
Figura E-12.5.b
200 N
T
Fatr
NFatr
400 N
N'
F'atr
F
N
106-Mecânica Aplicada curso de Pilotagem ENIDH 
Elementos de Estática Texto de apoio 
Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 48 
Exemplo 12.6 
 
A figura E12.6.a mostra um bloco de peso 80 N, 
prestes a cair, encostado à parede e sustentado por uma 
esfera de peso 140 N. Um fio ideal liga a esfera à 
parede. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a 
parede é 0,2. Entre a esfera e o bloco o coeficiente é 0,3. 
Nas condições descritas calcular o ângulo . 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
É necessário considerar em separado os diagramas de 
corpo livre do bloco e da esfera figura E12.6.b 
 
A força N traduz a acção perpendicular da parede sobre 
o bloco. A acção tangencial está representada pela força 
de atrito Fatr. Esta força tem sentido para cima porque o 
bloco tem tendência a descer. O par de forças N' 
representa a acção recíproca do bloco e da esfera na 
direcção perpendicular ao plano de escorregamento. O 
par de forças de atrito F'atr representa a acção recíproca 
na direcção tangencial. Os dois pares anteriores satis-
fazem o princípio da acção-reacção. A força T, repre-
senta a acção do fio na esfera. Estão igualmente repre-
sentados os pesos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As equações de equilíbrio em x e y para o bloco são 
 
 
0N'N
x
F 
 (1) 
 
080'FF
y
F atratr  
 (2) 
Se o bloco está prestes a cair então a situação é de 
movimento iminente e há que aplicar a fórmula (12.1) 
aos pares N, Fatr e N', F'atr. 
 
 Fatr = N  0,2 (3) 
 
 F'atr = N' 0,3 (4) 
 
 
 
 
As equações de equilíbrio para a esfera são 
 
 
0'N)(Tsen
x
F 
 (5) 
 
0140'F)cos(T
y
F atr  
 (6) 
 
A equação (4) já está escrita. 
 
Com as equações (1), (2), (3) e (4) calcula-se N' = 160 e 
F'atr = 48. Substituindo estes valores em (5) e (6) vem 
 
 
º4,40
188
160
)(tg
188)cos(T
160)sin(T



 
 
Resposta: Com o bloco prestes a cair  = 40,4º 
 
 
 
13 
Atrito seco de correias planas e de 
cabos em tambores fixos 
 
A figura 13.1 mostra um cabo traccionado em volta de 
um tambor fixo ao longo de um ângulo , chamado 
ângulo de abraçamento. 
 
Não considerando atrito entre o cabo e o tambor as 
forças de tracção T1 e T2 são iguais. 
 
Se o atrito for considerado, as duas forças são diferentes 
porque agora existem as forças de atrito no contacto do 
cabo com o tambor. Se, por exemplo, T1 quiser "puxar" 
T2 então T1 deverá ser maior que T2 porque também 
tem que "puxar" as forças de atrito figura 13.2. 
 
Ao pretender movimentar o cabo existem duas hipóteses 
de movimento iminente: ou para o lado de T1 ou para o 
lado de T2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
80 N
FiguraE-12.6.a
140 N

Figura E-12.6.b
80 N
T
F'atr
N'
Fatr
140 N
N'
F'atr
N

T1 T2

90º
90º
Figura 13.1
T1 T2
Figura 13.2
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Elementos de Estática Texto de apoio 
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A fórmula que relaciona T1 e T2 é 
 
 


f
e2T1T
 (13.1) 
 
sendo 
 
T1  a força de tracção no cabo do lado do movimento 
 iminente 
T2  a força de tracção no outro lado do cabo 
  a amplitude do ângulo de abraçamento em radianos 
f  o coeficiente de atrito 
e  número de Nepper, 2,71828 
 
 
 
Exemplo 13.1 
 
A figura E13.1 mostra um tambor fixo com um cabo 
abraçado 180º. Num extremo do cabo existe um peso de 
100 N. No outro extremo existe uma força F. O coeficien-
te de atrito estático entre o cabo e o tambor é 0,1. 
Qual o valor de F para a subida iminente do peso? E 
para a descida iminente do peso ?. Quais os valores de 
F para os quais o peso está em equilíbrio estático? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Para a iminência de subida do peso aplica-se a fórmula 
(13.1) com T1 = F, porque F está do lado do movimento 
iminente, T2 = 100 N, f = 0,1 e  = 180º =  rad, ou seja 
 
 
137
1,0
e100F 


 
 
Para a iminência de descida do peso aplica-se a mesma 
fórmula mas agora com T1 = 100 N, porque 100 N está 
agora do lado do movimento iminente eT2 = F. 
 
 
73F
1,0
eF100 


 
 
Os resultados anteriores podem ser resumidos na figura 
E13.1.b que mostra a situação do peso em função dos 
valores de F. 
 
 
 
 
 
 
Resposta: O valor de F é 137 N para a subida iminente 
do peso e 73 N para a descida iminente. O peso está em 
equilíbrio estático se 73 N < F < 137 N. 
 
 
 
Exemplo 13.2 
 
A figura E13.2 mostra uma amarra enrolada num ca-
beçote, dando duas voltas completas. A força de 15 kN é 
exercida por um navio, sendo a força de 0,3 kN a mínima 
necessária para impedir a amarra de deslizar. 
Calcular o coeficiente de atrito entre a amarra e o 
cabeçote. 
Figura E13.2 
 
Resolução: 
 
Na fórmula (13.1) T1 = 15 kN, porque o movimento 
iminente está do lado do navio T2 = 0,3 kN e  = 2360º 
= 4 rad, ou seja 
 
31,0f
)50ln(f56,1250
f56,12
e
4f
e3,015




 
 
Resposta: o coeficiente de atrito entre a amarra e o 
cabeçote é 0,31. 
 
 
Exemplo 13.3 
 
A figura E13.3 mostra um cabo enrolado num tambor 
fixo e com as extremidades nas posições mostradas. A 
extremidade vertical suporta um peso de 12 kN. A outra 
extremidade está traccionada com 1 kN. O coeficiente de 
atrito entre o cabo e o tambor é 0,15. 
Calcular o número mínimo de voltas inteiras necessárias 
para que a situação mostrada seja de equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F

Figura E-13.1.a
= 180º
100 N
F
Peso em 
equilíbrio
Peso a
descer
Peso a
subir
0 N 73 N 137 N
Figura E-13.1.bFigura E-13.3
12 kN
45º
1 kN
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Seja n o número de voltas pretendidas. A única situação 
de movimento iminente possível é a descida do peso. 
 
Na fórmula (13.1) T1 = 12 kN, T2 = 1 kN, f = 0,15 
e  = n360º + 135º = n2 rad + 0,75 rad, ou seja 
 
26,2n)12ln(353,0n942,0
12
353,0n942,0
e
)75,02n(15,0
e112






 
Resposta: o número mínimo de voltas inteiras, ou seja 
um número inteiro, necessárias para a situação mostrada 
seja de equilíbrio é 3. 
 
 
 
 
14 Problemas variados 
 
 
Problema 14.1 
 
A figura P14.1.a mostra um corpo A com um tambor 
fixo tem acoplado. Um fio ideal liga um corpo B a um 
bloco C, passando pelo tambor e por uma roldana sem 
atrito 
Calcular o peso do bloco C que provoca o movimento 
iminente. 
Dados: 
pesos: A: 700 N; B: 350 N 
coeficientes de atrito: entre A e o plano: 0,3; entre B e o 
plano: 0,3; entre o tambor e o cabo: 0,2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Existem três possibilidades de movimento eminente, do 
fio em volta do tambor, do corpo A e do corpo B. O 
primeiro existe sempre porque o fio está directamente 
ligado ao bloco C. Relativamente aos corpos A e B 
podem colocar-se três hipóteses: 1.ª  B em movimento 
iminente e A não; 2.ª  A em movimento iminente e B 
não; 3.ª  ambos em movimento iminente. 
 
Seja PC o peso do bloco C. Calcula-se PC para a 1.ª e 
para a 2.ª hipóteses e escolhe-se a hipótese correspon-
dente ao menor valor, se forem diferentes. Se forem 
iguais acontece a 3ª hipótese. 
1.ª hipótese  movimento iminente do corpo B. 
 
A figura P14.1.b mostra o diagrama de corpo livre para 
o corpo B e o fio em volta do tambor e da roldana. 
 
A força N traduz a acção perpendicular do plano sobre o 
corpo B. A acção tangencial está representada pela força 
de atrito Fatr. Esta força tem sentido para a direita porque 
o fio tem tendência a puxar B para a esquerda. A força T, 
representa a acção do fio em B. Está igualmente repre-
sentado o peso 350 N. Não se considerando atrito na 
roldana a tracção no fio, em ambas as extremidades, é 
igual a PC. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As equações de equilíbrio em x e y para A são 
 
 
0T
atr
F
x
F 
 (1) 
 
0350N
y
F 
 (2) 
Se B está na situação de movimento iminente há que 
aplicar a fórmula (12.1) ao par N, Fatr . 
 
 Fatr = N  0,3 (3) 
 
Com (1), (2) e (3) obtém-se T = 105 N. 
 
T e PC relacionam-se com a fórmula (13.1). T1 = PC, 
porque PC está do lado do movimento iminente, T2 = 105 
N, f = 0,2 e  = 180º  30º = (5/6) rad, ou seja 
 
 
177
)6/5(2,0
e105
C
P 


 
 
Se PC = 177 N então o corpo B está na situação de 
movimento iminente. 
 
 
2.ª hipótese  movimento iminente do corpo A. 
 
A figura P14.1.c mostra o diagrama de corpo livre para 
o corpo A e o fio em volta do tambor e da roldana. 
 
A força N traduz a acção perpendicular do plano sobre o 
corpo A. A acção tangencial está representada pela força 
de atrito Fatr. Esta força tem sentido para a esquerda 
porque o fio tem tendência a puxar A para a direita. A 
força T, representa a acção do fio em A. Está igualmente 
Figura E-14.1.a
30º
A
C
B
fio
roldana
Figura P-14.1.b
350 N
PC
Fatr
TT
N
PC
PC
B
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Elementos de Estática Texto de apoio 
Estatica-Texto-06-07.doc PAG. 51 
representado o peso 700 N. Não se considerando atrito 
na roldana a tracção no fio, em ambas as extremidades, 
é igual a PC. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As equações de equilíbrio em x e y para B são 
 
 
0)º30cos(
C
PT
atr
F
x
F 
 (1) 
 
0)º30(sen
C
P700N
y
F 
 (2) 
Se A está na situação de movimento iminente há que 
aplicar a fórmula (12.1) ao par N, Fatr . 
 
 Fatr = N  0,3 (3) 
 
T e PC relacionam-se com a fórmula (13.1). T1 = PC, 
porque PC está do lado do movimento iminente, T2 = T, 
f = 0,2 e  = 180º  30º = (5/6) rad, ou seja 
 
 


)6/5(2,0
eT
C
P
 (4) 
 
Com (1), (2), (3) e (4) obtém-se PC = 161 N. 
 
Se PC = 161 N então o corpo Aestá na situação de 
movimento iminente. 
 
Resposta: como o valor de PC é menor na 2.ª hipótese 
então o peso do bloco C que provoca o movimento 
iminente é 161 N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura P-14.1.c
700 N
PCFatr
T
N
PC
PC
30º
A