Equilíbrio Estático de Corpos

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CIÊNCIAS DA NATUREZA
E SUAS TECNOLOGIAS
F B O N L I N E . C O M . B R
//////////////////
Professor(a): Artur Henrique
assunto: estáticA de um Ponto mAteriAl
frente: FísicA iV
OSG.: 121069/17
AULA 16
EAD – MEDICINA
Resumo Teórico
Nesse estudo iremos analisar os corpos em equilíbrio estático, 
ou seja, para esses corpos não haverá rotação nem translação.
Como o corpo será tratado como um ponto material, suas 
dimensões não serão consideradas, portanto o mesmo não realiza 
rotação.
Condição de equilíbrio
Um ponto material estará em equilíbrio quando a resultante 
das forças que atuam no mesmo for zero.
FR
� �
= 0 
Din mico
Est tico Repouso
â
á
: ( )
: ( )
MRU v cte
v cte
� �
� �
= ≠
= =




0
0
Linha poligonal
Considerando um corpo em equilíbrio, a linha poligonal 
formada pelas forças que nele atuam será fechada.
→
F
1
→
F
1
→
F
4
→
F
4
→
F
2
→
F
2→F
3
→
F
3
→
F
1
→
F
1
→
F
4
→
F
4
→
F
2
→
F
2→F
3
→
F
3
Método das projeções cartesianas
Devemos representar em um plano cartesiano as forças que 
atuam em um corpo decompondo-as adequadamente sobre os eixos 
X e Y.
Considere o sistema de corpos a seguir em equilíbrio:
A
B
θ
Figura 20.12: Sistema de corpos
Analisando o corpo A, temos:
x
y
θ
FNFN
TyTy
TxTx
T = – PBT = – PB
PAPA
fat.fat.
Método das projeções cartesianas
Assim: F f Tx at x
�� � ��� ��� �
= → + =∑ 0 0. ; F F T Py N y A
�� � �� ��� ��� �
= → + + =∑ 0 0
Exercícios
01. (Uerj/2016) Em um pêndulo, um fio de massa desprezível sustenta 
uma pequena esfera magnetizada de massa igual a 0,01 kg. 
O sistema encontra-se em estado de equilíbrio, com o fio de 
sustentação em uma direção perpendicular ao solo.
Um ímã, ao ser aproximado do sistema, exerce uma força 
horizontal sobre a esfera, e o pêndulo alcança um novo estado 
de equilíbrio, com o fio de sustentação formando um ângulo de 
45º com a direção inicial.
Admitindo a aceleração da gravidade igual a 10 m·s–2, 
a magnitude dessa força, em newtons, é igual a
A) 0,1 
B) 0,2 
C) 1,0 
D) 2,0
2F B O N L I N E . C O M . B R
//////////////////
Módulo de estudo
OSG.: 121069/17
02. (Mackenzie-SP/2016.1) 
A
θ
B
 Na figura esquematizada acima, os corpos A e B encontram-se 
em equilíbrio.
O coeficiente de atrito estático entre o corpo A e o plano 
inclinado vale m = 0,500 e o peso do corpo B é P
B
 = 200 N. 
Considere os fios e as polias ideais e o fio que liga o corpo 
A é paralelo ao plano inclinado. Sendo sen ,θ = 0 600 e 
cos ,θ = 0 800, o peso máximo que o corpo A pode assumir é
A) 100 N 
B) 300 N 
C) 400 N 
D) 500 N 
E) 600 N
03. (Vunesp/UEA-AM/2015) A figura mostra uma armação tipo arco 
e flecha, apoiada em dois cavaletes fixos.
30° 30°cavalete cavalete
 A flecha, que forma 90º com a linha tracejada na figura, imprime 
uma força de 40 N no ponto médio da corda ideal, permanecendo 
em equilíbrio.
 Sendo sen30
1
2
° = e cos30
3
2
° = , o valor da tensão na corda, 
em newtons, é
A) 20 
B) 30 
C) 25 
D) 35 
E) 40
04. (PUC-PR) Duas esferas rígidas 1 e 2, de mesmo diâmetro, estão 
em equilíbrio dentro de uma caixa, como mostra a figura a seguir.
1
2
A
B
C
 Considerando nulo o atrito entre todas as superfícies, assinale o 
diagrama que representa corretamente as forças de contato que 
agem sobre a esfera 2 nos pontos A, B e C.
A)
A
B
C
B)
A
B
C
C)
A
B
C
D)
A
B
C
E)
A
B
C
05. (Acafe-SC/2014) O tratamento de tração é a aplicação de uma 
força de tração sobre uma parte do corpo. A tração ainda é usada 
principalmente como uma prescrição em curto prazo até que 
outras modalidades, como a fixação externa ou interna, sejam 
possíveis. Isso reduz o risco da síndrome do desuso.
Seja um paciente de massa 50 kg submetido a um tratamento de 
tração como na figura a seguir, que está deitado em uma cama 
onde o coeficiente de atrito entre a mesma e o paciente é m = 0,26.
30º
m = ?
→
T
 Sabendo-se que o ângulo entre a força de tração e a horizontal é 
30°, a alternativa correta que apresenta a máxima massa, em kg, 
que deve ser utilizada para produzir tal força de tração sem que 
o paciente se desloque em cima da cama é [Dado: g = 10 m/s2]
A) 25 
B) 13 
C) 10 
D) 50
3 F B O N L I N E . C O M . B R
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OSG.: 121069/17
Módulo de estudo
06. (Fuvest-SP/2012) Um móbile pendurado no teto tem três 
elefantezinhos presos um ao outro por fios, como mostra a 
figura. As massas dos elefantes de cima, do meio e de baixo são, 
respectivamente, 20 g, 30 g e 70 g.
Os valores de tensão, em newtons, nos fios superior, médio e 
inferior são, respectivamente, iguais a
 Note e adote: Aceleração da gravidade g = 10 m/s2.
A) 1,2; 1,0; 0,7. 
B) 1,2; 0,5; 0,2.
C) 0,7; 0,3; 0,2. 
D) 0,2; 0,5; 1,2.
E) 0,2; 0,3; 0,7.
07. (Mackenzie-SP/2009.1) Um quadro, pesando 36,0 N, é suspenso 
por um fio ideal preso às suas extremidades. Esse fio se apoia em 
um prego fixo à parede, como mostra a figura. Desprezados os 
atritos, a força de tração no fio tem intensidade de
M
40 cm 40 cm
30
 c
m
A) 20,0 N. 
B) 22,5 N. 
C) 25,0 N. 
D) 27,5 N. 
E) 30,0 N.
08. (Acafe-SC) No sistema representado na figura a seguir, 
as massas dos blocos são, respectivamente, m
A
 = 5,0 kg, 
m
B
 = 10 kg e m
P
 = 15 kg. Suponha que o bloco P esteja em 
equilíbrio e que não haja atrito entre ele e a superfície. Pode-se 
afirmar então que o valor da força normal, em newtons, que atua 
sobre o bloco P é
θ
A
B
P
Dado: sen ,θ = 0 87; g = 10 m/s2
A) 250. 
B) 237. 
C) 150. 
D) 50. 
E) 63.
09. (Mackenzie-SP/2006.1) O conjunto seguinte é constituído de 
polias, fios e mola ideais e não há atrito entre o corpo A e 
a superfície do plano inclinado. Os corpos A e B possuem a 
mesma massa. O sistema está em equilíbrio quando a mola 
M, de constante elástica 2000 N/m, está deformada de 2 cm. 
(Adote: g = 10 m/s2; cos ,α = 0 8 ; sen ,α = 0 6 .)
M
B
α
A
A massa de cada um desses corpos é
A) 10 kg. B) 8 kg. 
C) 6 kg. D) 4 kg. 
E) 2 kg.
10. (Cesgranrio-RJ) Na figura a seguir, uma esfera rígida se encontra 
em equilíbrio, apoiada em uma parede vertical e presa por um fio 
ideal e inextensível. Sendo P o peso da esfera e 2P a força máxima 
que o fio suporta antes de arrebentar, o ângulo formado entre a 
parede e o fio é de
A) 30° 
α
 
B) 45° 
C) 60° 
D) 70° 
E) 80°
11. (FMIT-MG) Sabendo-se que o sistema a seguir está em equilíbrio 
e que ele é formado por fios e polias ideais (sem atrito), calcule 
o valor do peso M em kgf.
20 kgf 20 kgf
M
60°
30° 30°
60°
A) 40 B) 40 3 
C) 10 D) 20 3 
E) 10 3
4F B O N L I N E . C O M . B R
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Módulo de estudo
OSG.: 121069/17
12. (UFRGS-RS/2014) Na figura a seguir, blocos idênticos estão 
suspensos por cordas idênticas em três situações distintas, (1), 
(2) e (3).
M
30° 30°
M
60° 60°
M
90° 90°
(1) (2) (3)
 Assinale a alternativa que apresenta as situações na ordem 
crescente de probabilidade de rompimento das cordas. (O sinal de 
igualdade a seguir indica situações com a mesma probabilidade 
de rompimento.)
A) (3), (2), (1). 
B) (3), (2) = (1).
C) (1), (2), (3). 
D) (1) = (2), (3).
E) (1) = (2) = (3).
13. (Unesp/2011.2) Um lustre está pendurado no teto de uma sala 
por meio de dois fios inextensíveis, de mesmo comprimento e de 
massas desprezíveis, como mostra a figura 1, em que o ângulo 
que cada fio faz com a vertical é 30°. As forças de tensão nos fios 
têm a mesma intensidade.
30°
60°
figura 1 figura 2
 Considerando cos 30º ≅ 0,87, se a posição do lustre for 
modificada e os fios forem presos ao teto mais distantes um 
do outro, de forma que o ângulo que cada um faz com a 
vertical passe a ser o dobro do original, como mostra a figura 2, 
a tensão em cada fio será igual a
A) 0,50 do valor original. 
B) 1,74 do valor original.
C) 0,86 do valor original. 
D) 2,00 do valor original.
E) 3,46 do valor original.
14. (Mackenzie-SP) No sistema da figura, em equilíbrio, o corpo A 
tem massa 12,0 kg. Sendo ideais os fios e as roldanas, a massa 
do corpo B vale
Dados: sen ,α = 0 80 ; cos ,α =0 60 .
A B
α
A) 9,0 kg 
B) 8,5 kg 
C) 8,0 kg 
D) 7,5 kg 
E) 7,0 kg
15. (EsPCEx/2015) Um cilindro maciço e homogêneo de peso igual a 
1000 N encontra-se apoiado, em equilíbrio, sobre uma estrutura 
composta de duas peças rígidas e iguais, DB e EA, de pesos 
desprezíveis, que formam entre si um ângulo de 90°, e estão 
unidas por um eixo articulado em C. As extremidades A e B estão 
apoiadas em um solo plano e horizontal. O eixo divide as peças 
de tal modo que DC=EC e CA=CB, conforme a figura a seguir.
solo
C
cabo
D E
A B
desenho ilustrativo - fora de escala
90°
g
→
 Um cabo inextensível e de massa desprezível encontra-se na 
posição horizontal em relação ao solo, unindo as extremidades D 
e E das duas peças. Desprezando o atrito no eixo articulado e o 
atrito das peças com o solo e do cilindro com as peças, a tensão 
no cabo DE é
Dados: cos sen45 45
2
2
° = ° = ; g
�
 é aceleração da gravidade
A) 200 N. 
B) 400 N. 
C) 500 N. 
D) 600 N. 
E) 800 N.
Resoluções
01. Ilustremos o problema:
N S
45°
→
F
M
→
– F
M
→
T
→
P
→
P: peso do objeto
→
T: tração no fio
→
F
M
: força magnética
5 F B O N L I N E . C O M . B R
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Módulo de estudo
 De acordo com o método da linha poligonal, temos:
 
45°
→ → → →
P + T + FM = 0
→ → → →
P + T + FM = 0
→
P
→
P→
T
→
T
→
FM
→
FM
 Assim, tg
P
F
F m g F N
M
M M45 1 0 01 10 0 1° = = ⇒ = ⋅ = × ∴ =, ,
Resposta: A
02. Tomando o corpo A como referência, temos:
→
P
A(y)
→
P
A(x)
A(x ) A
A(y) A
P P sen
P
A P P cos
= ⋅ θ→  = ⋅ θ
→
T = 
→
P
B
 1—2
ten
dên
cia
de m
ov.
A →f
at.
→
F
N
Aplicando as condições de equilíbrio, temos:
F P f T
F F P
x A x at
y N A y
�� � ��� ��� � �
�� � �� ��� �
= → + + =
= → + =


∑
∑
0 0
0 0
( ) .
( )


Desenvolvendo a direção x, temos:
P f T P T f
f F
F P
T P
A x at A x at
at N
N A y
B
��� ��� � �
( ) . ( ) .
.
( )
/
+ + = ⇒ = + →
= ⋅
=
=
0
µ
22





Assim, dados 
µ
θ
θ
=
=
=
=






0 500
0 600
0 800
200
,
sen ,
cos ,
P NB
 , temos:
P T f P
P
PA x at A
B
A( ) . sen cos= + ⇒ ⋅ = + ⋅ ⋅θ µ θ2
P
P
P
P
A
B
A
Bsen cos
sen cos
θ µ θ
θ µ θ
−( ) = ∴ =
−( )2 2
Em termos numéricos: P P NA A= − ⋅( ) ∴ =
200
2 0 6 0 5 0 8
500
, , ,
Resposta: D
03. De acordo com as informações do enunciado, obtemos o seguinte 
diagrama de forças:
x
y
30°30°
→
T
→
T
→
T
→
T
→
F
→
F
→
T
→
T
→
Tx
→
Tx
→
Ty
→
Ty
→
Ty
→
Ty
Aplicando as condições de equilíbrio, temos:
F satisfeita por simetria
F F T
x
y y
�� �
�� � � ��� �
= →
= → + =




∑
∑
0
0 2 0
Assim, desenvolvendo a direção vertical, temos:
F Ty= 2 , 
F N
T T Ty
=
= ⋅ ° =




40
30
1
2
sen
Logo, 
40 2
1
2
40= ⋅ ∴ =T T N
Resposta: E
04. As forças de contato são normais às superfícies de apoio.
Usando o método da linha poligonal, concluímos que o 
único esquema vetorial capaz de garantir o equilíbrio é o da 
alternativa A, conforme mostramos a seguir.
Deste modo, temos:
A
C
B2
Resposta: A
05. Construindo o DCL para o sistema, em que consideraremos o 
paciente como ponto material, temos:
x
y
30°
→
FN
→
FN →
T
→
T
→
Ty
→
Ty
→
Tx
→
Tx
→
Ppaciente
→
Ppaciente
→
fat.
→
fat.
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Módulo de estudo
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Como o sistema está em equilíbrio, a intensidade da tração T, é 
igual ao módulo do peso (P) do bloco pendurado, ou seja:
T P m= = 10
Aplicando as condições de equilíbrio, temos:
F f T
F F T P
x at x
y N y paciente
�� � ��� ��� �
�� � �� ��� � �
= → + =
= → + + =
∑
∑
0 0
0 0
.




Vamos desenvolver a horizontal, primeiro:
f T f Tat x at x. .
��� ��� �
+ = ⇒ =0 , 
f F
T T
at N
x
.
cos
= ⋅
= ⋅ °



µ (imin ncia de mov.)ê
30
 
Deste modo, 
f T F m F
m
at x N N. , cos ,
= ⇒ ⋅ = ⋅ °∴ =0 26 10 30
5 3
0 26
 (I)
Agora, desenvolveremos a direção vertical,
F T P F T PN y paciente N y paciente
�� ��� � �
+ + = ⇒ + =0 , 
T T
P N
y
paciente
= ⋅ °
= ⋅ =




sen30
50 10 500
Assim,
F P T F mN paciente y N= − ∴ = −500 5 (II)
Finalmente, comparando (I) e (II), temos:
5 3
0 26
500 5
3
0 26
100
3 26 0 26 3 0 26 26
m
m
m
m
m m m
, ,
, ,
= − ⇒ = −
= − ⇒ +( ) =
∴ ≈m kg13 
Resposta: B
06. Sejam os diagramas de corpo livre para cada elefante, ordenados 
de cima para baixo:
 Admitindo que estejam em equilíbrio, temos:
T P T1 1 2 0
�� �� ��� �
+ + = ; T P T2 2 3 0
��� �� ��� �
+ + = ; T P3 3 0
��� �� �
+ = .
Calculemos inicialmente a tração no fio que une os elefantes 
3 e 2 (fio 3):
T P T T N3 3 3
3
370 10 10 0 7= ⇒ = ⋅ ⋅ ∴ =
− ,
No fio que une os elefantes 1 e 2, temos:
T P T T T N2 2 3 2
3
230 10 10 0 7 1 0= + ⇒ = ⋅ ⋅ + ∴ =
− , ,
Finalmente, no fio que une o elefante 1 ao suporte do móbile, 
temos:
T P T T T N1 1 2 1
3
120 10 10 1 0 1 2= + ⇒ = ⋅ ⋅ + ∴ =
− , ,
Resposta: A
07. Estando o quadro em equilíbrio estático e tomando o prego como 
referência, temos:
x
y
θ θ
T T
Ty Ty
Pquadro
Tx Tx
�
�
�
�
� �
Agora, apliquemos as condições de equilíbrio:
F satisfeita
F T P
x
y y quadro
�� �
�� � ��� �
=
= → + =
∑
∑
0
0 2 0
( : por simetria)
��




Desenvolvendo a direção y, temos:
P Tquadro y= ⋅2 , T Ty = ⋅{ senθ
Calculemos o senθ:
40 cm
30
 c
m
h
h h cm2 2 230 40 50= + ∴ = 
senθ = =
30
50
3
5
Assim, P T T
P
T Nquadro y
quadro= ⋅ ⇒ =
⋅
=
⋅
∴ =2
2
36
2
3
5
30
senθ
Resposta: E
08. Vamos aplicar o método das projeções, usando como centro do 
plano cartesiano o corpo P.
x
y
θ
T PPB B=
FN
TPB(y)
PP
T PAP A= TPB(x)
→
→
→
→ →
→
7 F B O N L I N E . C O M . B R
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OSG.: 121069/17
Módulo de estudo
Das condições de equilíbrio, temos:
F T T
F F T y
x AP PB x
y N PB
�� � � ��� � �� �
�� � �� � �� ��
= → + =
= → + + =
∑ 0 0
0 0
( )
P( ) P
��
∑




Desenvolvendo a direção y, temos:
F TN PB y
�� � �� �� �
+ + =( ) PP 0
F T PN PB y P+ =( ) , 
T T
T P N
P N
PB y PB
PB B
P
( ) sen sen ,
= ⋅ →
= =
=



=





θ
θ
100
0 87
150
Assim, F F NN N+ = ∴ =87 150 63
Resposta: E
09. Como o sistema está em equilíbrio, qualquer direção A resultante 
das forças deve ser nula.
Assim, escolhendo a direção paralela ao plano inclinado, temos:
A
T =
P B
Fel.
P A(x)
α
x
 Aplicando a condição de equilíbrio na direção escolhida, temos:
Fx
�� �
=∑ 0
P F T P F PA x el A x el B
��� � � �
( ) . ( ) .+ + = ⇒ + =0
Onde, 
P P
P P mg m
F k x
k N m
x
A x A
A B
el
( )
.
sen
sen ,
. /
= ⋅ →
= = =
=



= ⋅ →
=
=
α
α
10
0 6
2 000
22 2 10 2cm m= ⋅









 −
 
Deste modo, desenvolvendo a expressão anterior, temos: 
P F P m m m kgA x el B( ) . , .+ = ⇒ ⋅ + ⋅ ⋅ = ∴ =
−10 0 6 2 000 2 10 10 102 .
 Resposta: A
10. A figura a seguir mostra as forças que atuam na esfera. 
Aplicando as condições de 
equilíbrio, temos:
F T F
F T P
x x N
y y
�� � � �� �
�� � � � �
= → + =
= → + =




∑
∑
0 0
0 0
( )
( )
Desenvolvendo a direção 
vertical,
T Py( ) = , 
T T
T P
y( ) cos= ⋅
=




α
2
 
Assim, 2
1
2
60P P⋅ = ⇒ = ∴ = °cos cosα α α
 Resposta: C
x
y
FN
T(y)
P
T(x)
αT
��
��
11. Diagrama de forças aplicadas ao bloco de peso M:
x
y
60°
T T
T
y
T
x
T
x
T
y
M
60°
�
��
�
��
Aplicando as condições de equilíbrio, temos:
F satisfeita
F T M
x
y y
�� �
�� � ��� �� �
=
= → + =




∑
∑
0
0 2 0
( : por simetria)

Desenvolvendo a direção y, temos:
M Ty= ⋅2 , 
T T
T kgf
y = ⋅ °
=




sen60
20
Logo, 
M T M M kgfy= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ∴ =2 2 20
3
2
20 3
Resposta: D
12. Diagrama de forças:
x
y
θ θ
T T
Ty Ty
Pquadro
Tx Tx
��
� �
��
Quando em equilíbrio, temos:
F satisfeita
F T P
x
y y quadro
�� �
�� � ��� �
=
= → + =
∑
∑
0
0 2 0
( : por simetria)
��




Desenvolvendo a direção vertical, temos:
2T Py quadro= , T Ty = ⋅{ senθ
Deste modo, 
T
Pquadro=
⋅2 senθ
A probabilidade de rompimento do fio é proporcional à tração 
exercida sobre ele.
Como essa tração é inversamente proporcionalao seno do ângulo 
entre a horizontal e o fio, temos que:
sen sen sen( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )θ θ θ1 2 3 1 2 3< < → > >T T T
Resposta: A
8F B O N L I N E . C O M . B R
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Módulo de estudo
OSG.: 121069/17
13. Decompondo as trações em cada fio, temos:
x
y
T1 T1
T1y
P
T1x T1x
T1y
30° 30°
x
y
T2
T2y
P
T2x T2x
60° 60°
T2y
T2
�� � �
��
�� ��
� �
 
x
y
T1 T1
T1y
P
T1x T1x
T1y
30° 30°
x
y
T2
T2y
P
T2x T2x
60° 60°
T2y
T2
�� � �
��
�� ��
� �
Tração no primeiro fio:
P T y= ⋅2 1 , T Ty1 1 30= ⋅ °cos
2 30
2 2 3
1 1⋅ ⋅ ° = ∴ =T
P
T
P
cos
Tração no segundo fio:
P T y= ⋅2 2 , T Ty2 2 60= ⋅ °cos
2 60
2 22 2
⋅ ⋅ ° = ∴ =T
P
T
P
cos
Comparando as trações, temos:
T
T
P
P
2
1
2
2 3
3= =
Logo, a tração no fio 2 é 3 vezes maior que a original (tração 
no fio 1) ou cerca de 1,74 vezes.
 Resposta: B
14. Marcamos os módulos das trações nos fios, bem como os pesos 
dos blocos, para inseri-los no plano cartesiano:
α
T1
T1
T2 T2
T2
T2
T3
T3
A
PA PB
B
�
� � �
�
� �
��
�
Conforme a próxima figura:
T1
T1 (x) T2
T1 (y)
x
y
T3
α
�
�
��
 Condições de equilíbrio:
F T T
F T T
x x
y y
�� � �� ��� �
�� � �� ��� �
= → + =
= → + =




∑
∑
0 0
0 0
1 2
1 3
( )
( )
Na direção horizontal (x), temos:
T Tx1 2( ) = , 
T T
T P m
x
B B
1 1
2 10
( ) cos= ⋅
= =




α
T mB1 0 6 10⋅ =, (I)
Na direção vertical (y), temos:
T Ty1 3( ) = , 
T T
T P N
y
A
1 1
3 120
( ) sen= ⋅
= =




α
T T N1 10 8 120 150⋅ = ∴ =, (II)
Substituindo (II) em (I), temos:
150 0 6 10 9 0⋅ = ∴ =, ,m m kgB B
 Resposta: A
15. Decompondo as forças que atuam no cilindro, temos:
FN FN
FN (y)
x
y
P
45° 45°
FN (x)
FN (y)
FN (x)
��
� �
��
�
Condições de equilíbrio:
F satisfeita
F F P
x
y N y
�� �
�� � �� � �
=
= → + =




∑
∑
0
0 2 0
(
( )
por simetria)

9 F B O N L I N E . C O M . B R
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OSG.: 121069/17
Módulo de estudo
Desenvolvendo a direção y, vamos calcular a intensidade da força 
normal (F
N
) que as peças exercem sobre o cilindro:
2F PN y( ) = , 
F F
P N
N y N( ) sen
.
= ⋅ °
=




45
1 000
2
2
2
1000
1000
2
F F NN N⋅ = ⇒ =
Para evitar que as peças se afastem, a tração no cabo deve ter a 
mesma intensidade da componente horizontal da força normal, 
ou seja:
T Fcabo N x= ( ) , 
F FN x N( ) cos
cos
= ⋅ °
° =




45
45
2
2
T T Ncabo cabo= ⋅ ∴ =
1 000
2
2
2
500
.
 Resposta: C
Anotações
SUPERVISOR/DIRETOR: MARCELO PENA – AUTOR: ARTUR HENRIQUE
DIG.: REJANE – REV.: MAYARA
10F B O N L I N E . C O M . B R
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Módulo de estudo
OSG.: 121069/17
11 F B O N L I N E . C O M . B R
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OSG.: 121069/17
Módulo de estudo
12F B O N L I N E . C O M . B R
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Módulo de estudo
OSG.: 121069/17
13 F B O N L I N E . C O M . B R
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OSG.: 121069/17
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