BEER, F P , JOHNSTON E R - Mecânica Vetorial para Engenheiros - Estática - 9 Ed

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MECÂNICA VETORIAL PARA 
ENGENHEIROS: ESTÁTICAESTÁTICA
Nona EdiçãoNona Edição
Ferdinand P. BeerFerdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.E. Russell Johnston, Jr.
Notas de Aula:Notas de Aula:
J. Walt OlerJ. Walt Oler
Texas Tech UniversityTexas Tech University
CAPÍTULO
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1 Introdução
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 Mecânica Vetorial para Engenheiros: EstáticaMecânica Vetorial para Engenheiros: Estática
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Conteúdo
1 - 2
O Que é Mecânica?
Conceitos Fundamentais 
Princípios Fundamentais
Sistemas de Unidades
Método de Resolução de Problemas 
Precisão Numérica 
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1 - 3
• Mecânica é a ciência que descreve e prevê as condições de 
repouso ou de movimento dos corpos sob a ação de forças.
• Divisões da Mecânica:
- Corpos Rígidos: 
- Estática;
- Dinâmica.
- Corpos Defomáveis:
- Fluidos.
• A Mecânica é uma ciência aplicada – não é uma ciência 
abstrata nem pura, e, além disso, não apresenta o empirismo 
encontrado em algumas ciências da engenharia. 
• A Mecânica constitui a base de muitas ciências da engenharia 
 sendo um pré-requisito indispensável para o seu estudo.
O que é Mecânica?
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1 - 4
• Espaço – associado à noção de posição de um ponto P definida em termos 
de três coordenadas medidas, a partir de um ponto de referência ou origem.
• Tempo – a definição de um evento requer especificações a respeito do 
instante de tempo e da posição em que o mesmo ocorreu.
• Massa – é usada para caracterizar e comparar os corpos, por exemplo, 
quanto à sua resposta à atração gravitacional da Terra ou quanto à sua 
resistência a variações de movimento de translação.
• Força – representa a ação de um corpo sobre outro. Uma força é 
caracterizada por seu ponto de aplicação, sua intensidade, e sua 
direção, ou seja, uma força é representada por um vetor.
Na Mecânica Newtoniana, espaço, tempo e massa são conceitos 
absolutos, independentes entre si. O conceito de força, entretanto, não é 
independente dos outros três. A força que atua em um corpo está 
relacionada à massa do corpo e à variação de sua velocidade com o 
tempo.
Conceitos Fundamentais
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Princípios Fundamentais
1 - 5
• Lei do Paralelogramo
• Princípio da Transmissibilidade
• Primeira Lei de Newton: Se a força resultante em 
uma partícula for zero, a partícula permanecerá 
em repouso ou se moverá a velocidade constante.
• Terceira Lei de Newton: As forças de ação e 
reação entre duas partículas têm a mesma 
intensidade, a mesma linha de ação e sentidos 
opostos.
• Segunda Lei de Newton: Uma partícula terá 
uma aceleração proporcional a uma força 
resultante, não nula, nela aplicada
amF
 
• Lei de Newton da Gravitação: Duas partículas 
são mutuamente atraídas com forças iguais e 
opostas,
22
,
R
GM
gmgW
r
Mm
GF 
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Sistemas de Unidades
1 - 6
• Unidades Cinéticas: comprimento, 
tempo, massa e força.
• Três das unidades cinéticas, deno-
minadas unidades básicas, podem 
ser definidas arbitrariamente. A 
quarta unidade, denominada 
unidade derivada, deve ter uma 
definição compatível com a 
Segunda Lei de Newton,
amF

• Sistema Internacional de Unidades (SI):
As unidades básicas são as de comprimento, 
massa e tempo que são, respectivamente, o 
metro (m), o segundo (s), e o quilograma (kg). 
A unidade derivada é a de força,
  






2s
m
1kg1N1
maF
• Unidades Usuais nos E.U.A.: 
As unidades básicas são as de comprimento, 
tempo e força que são, respectivamente o pé 
(ft), o segundo (s), e a libra (lb). A unidade 
derivada é a de massa,
sft1
lb1
slug1 

a
F
m
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Método de Resolução de Problemas
1 - 7
• Enunciado do Problema : 
 Inclui os dados fornecidos, a 
especificação do que deve ser 
determinado e uma figura mostrando 
todas as grandezas envolvidas.
• Diagramas de Corpo Livre:
Deve-se criar diagramas separados 
para todos os corpos envolvidos, 
indicando claramente todas as forças 
atuantes em cada um.
• Princípios Fundamentais:
Os seis princípios fundamentais são 
usados para expressar as condições de 
repouso ou de movimento de cada 
corpo. As regras da álgebra são 
aplicadas para resolver as equações 
das variáveis desconhecidas.
• Verificação da Solução:
- Deve-se testar para erros de raciocínio 
verificando se as unidades dos resultados 
calculados estão corretas,
- testar para erros de cálculo 
substituindo os valores obtidos em uma 
equação ainda não usada verificando se a 
equação é satisfeita,
- sempre aplicar a experiência e a 
intuição física para avaliar se os 
resultados parecem “razoáveis”.
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Precisão Numérica
1 - 8
• A precisão da solução depende: 1) da precisão dos dados, e 2) da 
precisão dos cálculos efetuados. A solução não pode ser mais 
precisa que o menos preciso desses dois ítens.
• Como regra geral para problemas de engenharia, os dados raramente 
são conhecidos com precisão maior que 0,2%. Portanto, uma regra 
prática é utilizar 4 algarismos para representar números que começam 
com 1 e utilizar 3 algarismos em todos os outros casos, por exemplo, 
40,0 N e 15,00 N.
• O uso de calculadoras de bolso e de computadores geralmente faz com 
que a precisão dos cálculos seja muito maior do que a precisão dos 
dados. Portanto, a precisão da solução é usualmente limitada pela 
precisão dos dados.
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ENGENHEIROS: ESTÁTICAESTÁTICA
Nona EdiçãoNona Edição
Ferdinand P. BeerFerdinand P. Beer
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Notas de Aula:Notas de Aula:
J. Walt OlerJ. Walt Oler
Texas Tech UniversityTexas Tech University
CAPÍTULO
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2 Estática das Partículas
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Conteúdo
2 - 2
Introdução
Resultante de Duas Forças
Vetores
Adição de Vetores
Resultante de Várias Forças Concorrentes
Problema Resolvido 2.1
Problema Resolvido 2.2
Componentes Retangulares
 de uma Força: Vetores 
Unitários
Adição de Forças pela Soma dos Componentes
 
Problema Resolvido 2.3
Equilíbrio de uma Partícula
Diagramas de Corpo Livre
Problema Resolvido 2.4
Problema Resolvido 2.6
Componentes Retangulares no Espaço
Problema Resolvido 2.7
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Introdução
2 - 3
• O objetivo deste capítulo é investigar o efeito de forças que atuam sobre 
partículas:
- substituir múltiplas forças atuando em uma partícula por uma 
única força equivalente ou resultante,
- analisar as relações entre forças que atuam em uma partícula 
que está em estado de equilíbrio.
• O foco em partículas não implica uma restrição a pequenos corpos. 
Significa que o estudo é restrito a análisesnas 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 aplicação, 
sua intensidade, sua direção, e seu sentido.
• Evidências experimentais mostram que o 
efeito conjunto de duas forças pode ser 
representado por uma única força resultante.
• A resultante de duas forças é equivalente à 
diagonal de um paralelogramo que contém as 
forças em lados adjacentes.
• Força é uma grandeza vetorial.
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Vetores
2 - 5
• Vetores: expressões matemáticas que têm intensidade, direção 
e sentido e que se somam conforme a lei do paralelogramo. 
Exemplos: deslocamentos, velocidades, acelerações.
• Classificações de vetores:
- Vetores fixos têm pontos de aplicação bem definidos e 
não podem ser deslocados sem que se alterem as 
condições do Problema.
- Vetores livres podem se mover livremente no espaço 
sem que se alterem as condições do Problema.
- Vetores deslizantes podem ser deslocados ao longo de 
suas linhas de ação sem que se alterem as condições do 
Problema.
• Vetores iguais têm a mesma intensidade e o mesmo sentido.
• O vetor negativo de um vetor dado é aquele que tem sua 
mesma intensidade e sentido oposto.
• Escalares: grandezas físicas que têm intensidade mas não 
têm direção. Exemplos: massa, volume e temperatura.
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Adição de Vetores
2 - 6
• Regra do trapézio para soma de vetores
• Regra do triângulo para soma de vetores
B
B
C
C
QPR
BPQQPR


 cos2222
• Lei dos cossenos,
• Lei dos senos,
P
senC
R
senB
Q
senA

• A adição de vetores é comutativa,
PQQP


• Subtração de vetores
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Adição de Vetores
2 - 7
• 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  
• Multiplicação de um vetor por um escalar.
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Resultante de Várias Forças Concorrentes
2 - 8
• Forças concorrentes: conjunto de forças que 
passam por um mesmo ponto. 
Um conjunto de forças concorrentes 
aplicadas em uma partícula pode ser 
substituído por uma única força resultante 
que é o vetor equivalente à soma das forças 
aplicadas.
• Componentes do vetor força: dois ou mais 
vetores que, juntos, têm o mesmo efeito que 
um único vetor.
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Problema Resolvido 2.1
2 - 9
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 - 10
• 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 - 11
• Solução trigonométrica – Aplicamos a regra do 
triângulo. Pela lei dos cossenos,
       

155cosN60N402N60N40
cos2
22
222 BPQQPR
A20α
15,04A
97,73N
60N
155sen 
R
Q
Bsen Asen 
R
Bsen 
Q
Asen 





N73,97R
Pela lei dos senos,
 04,35
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Problema Resolvido 2.2
2 - 12
a) A força de tração em cada um 
dos cabos para  = 45o, 
b) O valor de  para o qual a tração 
no cabo 2 é mínima.
Uma barcaça é puxada por dois 
rebocadores. Se a resultante das 
forças exercidas pelos rebocadores 
é 22.250 N dirigida ao longo do 
eixo da barcaça, determine:
SOLUÇÃO:
• Obtemos uma solução gráfica aplicando a 
Regra do Paralelogramo para soma vetorial. 
O paralelogramo tem lados nas direções dos 
dois cabos e diagonal na direção do eixo da 
barcaça com comprimento proporcional a 
22.250 N.
• O ângulo para a tração mínima no cabo 2 é 
determinado aplicando-se a Regra do Triân-
gulo e observando o efeito de variações em .
• Obtemos uma solução trigonométrica 
aplicando a Regra do Triângulo para soma 
vetorial. Com a intensidade e a direção da 
resultante conhecida e as direções dos 
outros dois lados, paralelas aos cabos 
dados, aplicamos a Lei dos Senos para 
encontrar as trações nos cabos.
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Problema Resolvido 2.2
2 - 13
• Solução gráfica – Aplicamos a regra do 
paralelogramo conhecendo a direção e a 
intensidade da resultante e as direções dos 
lados
N500.11N200.16 21  TT
• Solução trigonométrica - Regra do 
triângulo e Lei dos Senos




 105
250.22
3045
21
sen
N
sen
T
sen
T
N 517.11N288.16 21  TT
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Problema Resolvido 2.2
2 - 14
• O ângulo para tração mínima no cabo 2 é 
determinado aplicando a regra do triângulo e 
observando o efeito de variações em .
• A tração mínima no cabo 2 ocorre quando T1 
e T2 são perpendiculares
 30sen N) (22.250T2 N11500T2 
   30 cos N 22.250T1 N16200T1 
 3090  60
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Componentes Retangulares de uma Força: Vetores Unitários
2 - 15
• 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 é 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 - 16
SQPR


• Deseja-se obter a resultante de 3 ou mais forças 
concorrentes,
    jSQPiSQP
jSiSjQiQjPiPjRiR
yyyxxx
yxyxyxyx 



• 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
x
y
yx R
R
RRR arctg22  
• Para encontrar a intensidade e a direção da resultante,
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Problema Resolvido 2.3
2 - 17
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 - 18
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




• Calculamos a intensidade e a direção da resultante.
22 3,141,199 R N 199,6R 
N1,199
N3,14
 tg   1,4
• Determinamos os componentes da resultante 
somando os componentes correspondentes de 
cada uma das forças.
1.199xR 3.14yR
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Equilíbrio de uma Partícula
2 - 19
• Quando a resultande de todas as forças que atuam sobre uma partícula é 
zero, a partícula está em equilíbrio.
• 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
• 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

• 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.
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Diagramas de Corpo Livre
2 - 20
Diagrama espacial : Um esboço 
mostrando as condições físicas 
do problema.
Diagrama de Corpo Livre: Um esboço 
mostrando apenas as forças que atuam 
sobre a partícula escolhida para análise.
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Problema Resolvido 2.4
2 - 21
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 - 22
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
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Problema Resolvido 2.6
2 - 23
Deseja-se determinar a força de arrasto 
no casco de um novo barco a vela a 
uma dada velocidade. Um modelo é 
colocado em um canal de teste e são 
usados três cabos para alinhar sua proa 
com a linha de centro do canal. A uma 
dada velocidade, a tração é de 180 N no 
cabo AB e de 270 N no cabo AE. 
Determine a força de arrasto exercida 
no casco e a tração no cabo AC.
SOLUÇÃO:
• Escolhendo o casco como um corpo 
livre, desenhamos o diagrama de corpo 
livre. 
• Expressamos as condições de equilíbrio 
para o casco escrevendo que a resultante 
de todas as forças é zero.
• Decompomos a equação vetorial de 
equilíbrio em duas equações para as 
componentes. Resolvemos para as 
trações desconhecidas nos dois cabos.
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Problema Resolvido 2.6
2 - 24
SOLUÇÃO:
• Escolhendo o casco como um corpo livre, 
desenhamos o diagrama de corpo livre. 


26,60
75,1
m 1,2
m 2,1
 tg




56,20
375,0
m 1,2
m 0,45
 tg


• Expressamos as condições de 
equilíbrio para o casco escrevendo que 
a resultante de todas as forças é zero.
0 DAEACAB FTTTR

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N
o
n
a
E
d
iç
ã
o
Problema Resolvido 2.6
2 - 25
• Decompomos a equação vetorial de equilíbrio 
em duas equações para as componentes. 
Resolvemos para as trações desconhecidas nos 
dois cabos.
   
   
 
 
  jN 270 T0,9363N 89,29
iFT0,3512N 156,29
0R
iFF
jN 270T
jT0,9363iT0,3512
j20,56 cos Ti20,56sen TT
jN 89,29iN 156,29
j60,26 cos N 180i60,26sen N 180T
AC
DAC
DD
AE
ACAC
ACACAC
AB


















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Problema Resolvido 2.6
2 - 26
 
  jN 270T0,9363N 89,29
iFT0,3512N 156,29
0R
AC
DAC






Esta equação só é satisfeita se cada componente 
da resultante é igual a zero.
 
  0270T0,9363N 89,29:0
0FT0,3512N 156,29:0
AC
DAC




y
x
F
F
N 5,88
N 193


D
AC
F
T
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 27
• 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




sen sen 
sen 
cossen
cos
y
hy
y
hx
F
FF
F
FF




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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 28
• Com os ângulos entre e os eixos x, y e z temos,F

 
kji
F
kjiF
kFjFiFF
FFFFFF
zyx
zyx
zyx
zzyyxx








coscoscoscoscoscos
coscoscos





• é um vetor unitário ao longo da linha de ação 
de e são os cossenos 
que orientam a linha de ação de . 
F

F



zyx e  cos cos,cos
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Componentes Retangulares no Espaço
2 - 29
A direção de uma força é definida 
pelas coordenadas de dois pontos,
em sua linha de ação.
   222111 ,, e ,, zyxNzyxM
 
d
Fd
F
d
Fd
F
d
Fd
F
kdjdid
d
FF
zzdyydxxd
kdjdid
NMd
z
z
y
y
x
x
zyx
zyx
zyx










1
 e liga que vetor 
121212


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Problema Resolvido 2.7
2 - 30
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 - 31
SOLUÇÃO:
• Determinamos o vetor unitário orientado de A 
para B.
     
     
m 3,94
m30m80m40
m30m80m40
222



AB
kjiAB

• 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


















 

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Problema Resolvido 2.7
2 - 32
• Observando que os componentes do vetor 
unitário são os cossenos que orientam a direção 
da força, calculamos os ângulos 
correspondentes.
kji
kji zyx


318,0848,0424,0
coscoscos

 
°
°
°
5,71
0,32
1,115



z
y
x



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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3 
Corpos Rígidos: 
Sistemas Equivalentes 
de Forças 
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Conteúdo 
3 - 2 
Introdução 
Forças Externas e Forças Internas 
Princípio da Transmissibilidade: 
Forças Equivalentes 
Produto Vetorial de Dois Vetores 
Momento de uma Força em Relação a 
um Ponto 
Teorema de Varignon 
Componentes Retangulares do 
Momento de uma Força 
Problema Resolvido 3.1 
Produto Escalar de Dois Vetores 
Produto Escalar de Dois Vetores: 
Aplicações 
Produto Triplo Misto de Três Vetores 
Momento de uma Força em Relação a 
um Dado Eixo 
Problema Resolvido 3.5 
Momento de um Binário 
Adição de Binários 
Binários Podem Ser Representados por 
Vetores 
Substituição de uma Dada Força por uma 
Força em O e um Binário 
Problema Resolvido 3.6 
Sistema de Forças: Redução a Uma 
Força e Um Binário 
Casos Particulares de Redução de um 
Sistema de Forças 
Problema Resolvido 3.8 
Problema Resolvido 3.10 
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Introdução 
3 - 3 
• Nem sempre é possível tratar um corpo como uma única partícula. Em 
geral, o tamanho do corpo e os pontos de aplicação específicos de cada 
uma das forças que nele atuam devem ser considerados. 
• Supõe-se que a maioria dos corpos considerados em mecânica elementar 
são rígidos, isto é, as deformações reais são pequenas e não afetam as 
condições de equilíbrio ou de movimento do corpo. 
• Este capítulo descreve o efeito de forças exercidas em um corpo rígido e 
como substituir um dado sistema de forças por um sistema equivalente mais 
simples. Para tanto, são importantes os seguintes conceitos: 
• momento de uma força em relação a um ponto 
• momento de uma força em relação a um eixo 
• momento devido a um binário 
• Qualquer sistema de forças atuando em um corpo rígido pode ser 
substituído por um sistema equivalente composto por uma única força 
atuando em um dado ponto e um binário. 
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Forças Externas e Forças Internas 
3 - 4 
• Forças atuando em corpos rígidos 
são divididas em dois grupos: 
- Forças Externas 
- Forças Internas 
• Forças externas são mostradas em 
um diagrama de corpo livre. 
• Se não for contrabalanceada, 
cada uma das forças externas 
pode imprimir ao corpo rígido 
um movimento de translação ou 
de rotação, ou ambos. 
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Princípio da Transmissibilidade: Forças Equivalentes 
3 - 5 
• Princípio da Transmissibilidade - 
As condições de equilíbrio ou de movimen-
to de um corpo não se modificam ao se 
transmitir a ação de uma força ao longo de 
sua linha de ação. 
OBSERVAÇÃO: na figura ao lado F e F’ 
são forças equivalentes. 
• Para o caminhão ao lado, o fato de 
mudar o ponto de aplicação da 
força F para o para-choque traseiro 
não altera o seu movimento e nem 
interfere nas ações das demais 
forças que nele atuam. 
• O princípio da transmissibilidade 
nem sempre pode ser aplicado na 
determinação de forças internas e 
deformações. 
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Produto Vetorial de Dois Vetores 
3 - 6 
• O conceito de momento de uma força em relação 
a um ponto é mais facilmente entendido por meio 
das aplicações do produto vetorial. 
• O produto vetorial de dois vetores P e Q é definido 
como o vetor V que satisfaz às seguintes condições: 
1. A linha de ação de V é perpendicular ao plano 
que contém P e Q. 
2. A intensidade de V é 
3. A direção e o sentido de V são obtidos pela regra 
da mão direita. 
sen QPV 
• Produtos vetorias: 
- não são comutativos, 
- são distributivos, 
- não são associativos, 
 QPPQ 
  2121 QPQPQQP 
   SQPSQP 
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Produtos Vetoriais: Componentes Retangulares 
3 - 7 
• Produtos vetoriais de vetores unitários: 
0
0
0



kkikjjki
ijkjjkji
jikkijii



• Produto vetorial em termos de 
componentes retangulares: 
   kQjQiQkPjPiPV zyxzyx


   
 kQPQP
jQPQPiQPQP
xyyx
zxxzyzzy




zyx
zyx
QQQ
PPP
kji

V
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Momento de uma Força em Relação a um Ponto 
3 - 8 
• Uma força é representada por um vetor que define sua 
intensidade, sua direção e seu sentido. Seu efeito em um 
corpo rígido depende também do seu ponto de aplicação. 
• O momento de uma força F em relação a um pontoO é definido como 
FrMO 
• O vetor momento MO é perpendicular ao plano que 
contém o ponto O e a força F. 
• Qualquer força F’ que tem a mesma intensidade, direção e 
sentido de F, é equivalente a ela se também tem sua mesma 
linha de ação e portando, gera o mesmo momento. 
• A intensidade de MO expressa a tendência da força de 
causar rotação em torno de um eixo dirigido ao longo 
de MO. 
 O sentido do momento pode ser determinado pela regra 
da mão direita. 
FdrFMO  sen 
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Momento de uma Força em Relação a um Ponto 
3 - 9 
• Estruturas bidimensionais têm comprimento e largura, 
mas profundidade desprezível e estão sujeitas a forças 
contidas no plano da estrutura. 
• O plano da estrutura contém o ponto O e a força F. MO, 
o momento da força em relação a O, é perpendicular ao 
plano. 
• Se a força tende a girar a estrutura no sentido anti-
horário, o vetor momento aponta para fora do plano da 
estrutura e a intensidade do momento é positiva. 
• Se a força tende a girar a estrutura no sentido horário, o 
vetor momento aponta para dentro do plano da estrutura e 
a intensidade do momento é negativa. 
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Teorema de Varignon 
3 - 10 
• O momento em relação a um dado ponto O da 
resultante de diversas forças concorrentes é 
igual à soma dos momentos das várias forças 
em relação ao mesmo ponto O. 
• O teorema de Varignon torna possível 
substituir a determinação direta do momento 
de uma força F pela determinação dos 
momentos de duas ou mais forças que a 
compõe. 
  



 2121 FrFrFFr
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Componentes Retangulares do Momento de uma Força 
3 - 11 
     kyFxFjxFzFizFyF
FFF
zyx
kji
kMjMiMM
xyzxyz
zyx
zyxO






O momento de F em relação a O, 
kFjFiFF
kzjyixrFrM
zyx
O 


 ,
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Componentes Retangulares do Momento de uma Força 
3 - 12 
Momento de F em relação a B: 
FrM BAB

 /
     
kFjFiFF
kzzjyyixx
rrr
zyx
BABABA
BABA





/
     
zyx
BABABAB
FFF
zzyyxx
kji
M 


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Componentes Retangulares do Momento de uma Força 
3 - 13 
Para estruturas bidimensionais: 
 
xy
ZO
xyO
yFxF
MM
kyFxFM




    
    xBAyBAB
xBAyBAB
FyyFxxM
kFyyFxxM



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Problema Resolvido 3.1 
3 - 14 
Uma força vertical de 450 N é aplicada na 
extremidade de uma alavanca que está ligada 
ao eixo em O. 
 Determine: 
a) o momento da força em relação a O; 
b) a força horizontal aplicada em A que gera o 
mesmo momento; 
c) a força mínima aplicada em A que gera o 
mesmo momento; 
d) a posição de uma força vertical de 1.080 N para 
que ela gere o mesmo momento; 
e) se alguma das forças obtidas nas partes b, c e d 
é equivalente à força original 
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Problema Resolvido 3.1 
3 - 15 
a) O momento em relação a O é igual ao produto da 
força pela distância perpendicular entre a linha de 
ação da força e O. Como a força tende a girar a 
alavanca no sentido horário, o vetor momento 
aponta para dentro do plano que contém a 
alavanca e a força. 
 
  m 0,3N 450
cm 3060coscm 60



O
O
M
d
FdM
m N 135 OM
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Problema Resolvido 3.1 
3 - 16 
b) Para a força horizontal aplicada em A que gera o 
mesmo momento tem-se, 
 
 
m 52,0
m N 351
m 0,52m N 135
cm 5260sen cm 60





F
F
FdM
d
O
N 6,259F
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Problema Resolvido 3.1 
3 - 17 
c) A força mínima aplicada em A que gera o mesmo 
momento deve atuar a uma distância perpendicular 
é máxima de O, ou seja, quando F é perpendicular a 
OA. 
 
m ,60
m N 135
m. ,60m N 351




F
F
FdMO
N 225F
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Problema Resolvido 3.1 
3 - 18 
d) Para determinar o ponto de aplicação de uma 
força vertical de 1.080 N que gera o mesmo 
momento em relação a O temos, 
 
cm 12,560 cos
m 125,0
N .0801
m N 135
 N 1.080m N 351






OB
d
d
FdMO
cm 25OB
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Problema Resolvido 3.1 
3 - 19 
e) Embora cada uma das forças nas letras b), c) e d) 
gere o mesmo momento que a força de 450 N, 
nenhuma tem sua mesma intensidade, direção e 
sentido, ou sua mesma linha de ação. Portanto, 
nenhuma das forças é equivalente à força de 450 N. 
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Problema Resolvido 3.4 
3 - 20 
Uma placa retangular é sustentada 
pelos suportes A e B e por um fio CD. 
Sabendo que a tração no fio é 200 N, 
determine o momento em relação a A 
da força exercida pelo fio no ponto C. 
SOLUÇÃO: 
O momento MA da força F exercida 
pelo fio é obtida a partir do produto 
vetorial, 
FrM ACA


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Problema Resolvido 3.4 
3 - 21 
SOLUÇÃO: 
12896120
08,003,0


kji
M A


     kjiM A

mN 8,82mN 8,82mN 68,7 
   kirrr ACAC

m 08,0m 3,0 
FrM ACA


 
 
     
     kji
kji
r
r
FF
DC
DC




N 128N 69N 120
m 5.0
m 32,0m 0,24m 3,0
N 200
N 200



 
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Produto Escalar de Dois Vetores 
3 - 22 
• O produto escalar de dois vetores P e Q é 
definido como 
 escalar resultadocosPQQP 

• Produtos escalares: 
- são comutativos, 
- são distributivos, 
- não são associativos, 
PQQP


  2121 QPQPQQP


  indefinido  SQP

• Produtos escalares em termos de componentes cartesianas: 
000111  ikkjjikkjjii

   kQjQiQkPjPiPQP zyxzyx


2222 PPPPPP
QPQPQPQP
zyx
zzyyxx




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Produto Escalar de Dois Vetores: Aplicações 
3 - 23 
• Ângulo entre dois vetores: 
PQ
QPQPQP
QPQPQPPQQP
zzyyxx
zzyyxx





cos
cos

• Projeção de um vetor sobre um dado eixo: 
OL
OL
PP
Q
QP
PQQP
OLPPP







cos
cos
 eixo o sobre de projeção cos



zzyyxx
OL
PPP
PP


coscoscos 


• Para um eixo definido por um vetor unitário: 
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Produto Triplo Misto de Três Vetores 
3 - 24 
• Produto triplo misto de três vetores: 
  escalar resultado QPS

• Os seis produtos triplos mistos que podem ser 
formados com S, P e Q têm o mesmo valor absoluto, 
mas não necessariamente o mesmo sinal, 
     
     SPQQSPPQS
PSQSQPQPS




     
 
zyx
zyx
zyx
xyyxz
zxxzyyzzyx
QQQ
PPP
SSS
QPQPS
QPQPSQPQPSQPS




• Analisando o produto triplo misto tem-se, 
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Momento de uma Força em Relação a um Dado Eixo 
3 - 25 
• Momento MO de uma força F aplicada no 
ponto A em relação a um ponto O: 
FrMO


• O momento MOL em relação a um eixo OL é a 
projeção do momento MO sobre esse eixo, ou seja, 
 FrMM OOL

 
• Momentos de F em relação aos eixos coordenados: 
xyz
zxy
yzx
yFxFM
xFzFM
zFyFM



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Momento de uma Força em Relação a um Dado Eixo 
3 - 26 
• Momento de uma força em relação a um 
eixo arbitrário: 
 
BABA
BA
BBL
rrr
Fr
MM








• O resultado é independente do ponto B 
escolhido sobre o eixo dado. 
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Problema Resolvido 3.5 
3 - 27 
a) em relação a A 
b) em relação à aresta AB 
c) em relação à diagonal AG do cubo. 
d) Determine a distância perpendicular 
entre AG e FC. 
Um cubo sofre a ação de uma força P 
conforme mostrado. Determine o 
momento de P: 
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Problema Resolvido 3.5 
3 - 28 
• Momento de P em relação a A: 
 
   
   kjPjiaM
kjPkjPP
jiajaiar
PrM
A
AF
AFA








2
222
  kjiaPM A

 2
• Momento de P em relação a AB: 
  kjiaPi
MiM AAB




2
2aPM AB 
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Problema Resolvido 3.5 
3 - 29 
• Momento de P em relação à diagonal AG: 
 
 
   
 111
6
23
1
2
3
1
3







aP
kji
aP
kjiM
kji
aP
M
kji
a
kajaia
r
r
MM
AG
A
GA
GA
AAG








6
aP
M AG 
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Problema Resolvido 3.5 
3 - 30 
• Distância perpendicular entre AG e FC: 
     
0
110
63
1
2


P
kjikj
P
P


Portanto, P é perpendicular a AG. 
Pd
aP
M AG 
6
6
a
d 
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Momento de um Binário 
3 - 31 
• Duas forças F e -F de mesma intensidade, linhas 
de ação paralelas e sentidos opostos formam um 
binário. 
• Momento do binário: 
 
 
FdrFM
Fr
Frr
FrFrM
BA
BA




sen 



• O vetor que representa o momento do binário 
é independente da escolha da origem dos 
eixos coordenados, isto é, trata-se de um vetor 
livre que pode ser aplicado a qualquer ponto 
produzindo o mesmo efeito 
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Momento de um Binário 
3 - 32 
Dois binários terão momentos iguais se 
• 
2211 dFdF 
• os dois binários estiverem em planos 
paralelos, e 
• os dois binários tiverem o mesmo sentido 
ou a tendência de causar rotação na 
mesma direção. 
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Adição de Binários 
3 - 33 
• Considere dois planos P1 e P2 que se 
interceptam, cada um contendo um binário. 
222
111
 plano no 
 plano no 
PFrM
PFrM




• As resultantes dos vetores também 
formam um binário. 
 21 FFrRrM


• Pelo teorema de Varignon, 
21
21
MM
FrFrM




• A soma de dois binários é um binário de 
momento igual à soma vetorial dos momentos 
dos dois. 
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Binários Podem Ser Representados por Vetores 
3 - 34 
• Um binário pode ser representado por um vetor igual em 
intensidade, direção e sentido ao momento do binário. 
• Vetores que representam binários obedecem à lei de 
adição de vetores. 
• Vetores binários são vetores livres, ou seja, o ponto de 
aplicação não é relevante. 
• Vetores binários podem ser decompostos em componentes 
vetoriais. 
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Substituição de uma Dada Força por uma Força em O e um Binário 
3 - 35 
• Não se pode simplesmente mover uma força F para o ponto O sem 
modificar sua ação no corpo. 
• A aplicação de duas forças de mesma intensidade e sentidos opostos 
em O não altera a ação da força original sobre o corpo. 
• As três forças podem ser substituídas por uma força equivalente e 
um vetor binário, isto é, um sistema força-binário. 
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Substituição de uma Dada Força por uma Força em O e um Binário 
3 - 36 
• Para mover a força F de A para um ponto diferente O’ deve-se 
aplicar naquele ponto um vetor binário diferente MO’ 
FrMO

'
• Os momentos de F em relação a O e a O’ estão relacionados. 
 
FsM
FsFrFsrFrM
O
O



 ''
• Para mover o sistema força-binário de O para O’ deve-se somar 
ao sistema o momento da força aplicada em O em relação a O’. 
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Problema Resolvido 3.6 
3 - 37 
Determine os componentes do 
binário único equivalente aos 
dois binários mostrados. 
SOLUÇÃO: 
• Introduzimos no ponto A duas forças de 90 N 
com sentidos opostos, produzindo 3 binários 
para os quais os componentes dos momentos 
são facilmente calculados. 
• Alternativamente, pode-se calcular os 
momentos das quatro forças em relação a 
um único ponto arbitrário. O ponto D é 
uma boa escolha pois apenas duas das 
forças geram momento naquele ponto. 
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Problema Resolvido 3.6 
3 - 38 
• Introduzimos no ponto A duas forças de 
90 N com sentidos opostos. 
• Os três binários podem ser representados 
pelos três vetores binários, 
  
  
   mN 20,25 m 0,225 N 90 
mN 27 m 0,30 N 90 
mN 60,75 m 0,45 N 135 



z
y
x
M
M
M
   
 k
jiM


mN 20,25
mN 27mN 75,60


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Problema Resolvido 3.6 
3 - 39 
• Alternativamente, calculamos a soma 
dos momentos das quatro forças em 
relação a D. 
• Somente as forças em C e E geram 
momento em relação ao ponto D. 
   
      ikj
kjMM D


N 90m ,300m 225,0
N 135m 45,0


   
 k
jiM


mN0,252 
mN 27 mN 0,756 


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Sistema de Forças: Redução a uma Força e um Binário 
3 - 40 
• Um sistema de forças pode ser substituído por um sistema 
força-binário equivalente atuando em um dado ponto O. 
• As forças e os vetores binários podem ser substituídos 
por uma força resultante e um vetor binário resultante, 
   FrMFR RO

• O sistema força-binário em O pode ser movido para 
O’ com a soma do momento de R em relação à O’ , 
RsMM RO
R
O

'
• Dois sistemas de forças são equivalentes se eles podem 
ser reduzidos a um mesmo sistema força-binário. 
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Casos Particulares de Redução de um Sistema de Forças 
3 - 41 
• Se a força resultante e o binário em O forem mutuamente 
perpendiculares, o sistema pode ser substituído por uma 
única força que atua ao longo de uma nova linha de ação. 
• O sistema força-binário resultante para um sistema de 
forças será mutuamente perpendicular se: 
1) as forças forem concorrentes, 
2) as forças forem coplanares, ou 
3) as forças forem paralelas. 
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Casos Particulares de Redução de um Sistema de Forças 
3 - 42 
• O sistema de forças coplanares é reduzido 
a um sistema força-binário que consiste 
em , que são mutuamente 
perpendiculares. 
R
OMR

 e 
• O sistema pode ser reduzido a uma 
única força movendo-se a linha de ação 
de até que seu momento em relação a 
O se torne . 
R
OM
R

• Em termos de componentes retangulares, 
R
Oxy MyRxR 
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Problema Resolvido 3.8 
3 - 43 
Para a viga acima, reduza o sistema de 
forças dado a (a) um sistema força-
binário equivalente em A, (b) um 
sistema força binário equivalente em B, 
e (c) a uma força única ou resultante. 
Observação: Como as reações de apoio 
não estão incluídas, esse sistema não 
manterá a viga em equilíbrio. 
SOLUÇÃO: 
a) Calculamos a força resultante para 
as forças mostradas e o binário 
resultante para os momentos das 
forças em relação a A. 
b) Encontramos um sistema força-
binário em B equivalente ao 
sistema força-binário em A. 
c) Determinamos o ponto de 
aplicação para a força resultante 
de tal forma que seu momento em 
relação a A seja igual ao binário 
resultante em A. 
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Problema Resolvido 3.8 
3 - 44 
SOLUÇÃO: 
a) Calculamos a força e o binário resultantes 
em A. 
        jjjj
FR


N 250N 100N 600N 150 

  jR

N600
 
       
   ji
jiji
FrM RA



2508,4
1008,26006,1



 kM RA

mN 1880 
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Problema Resolvido 3.8 
3 - 45 
b) Encontramos um sistema força-binário em B 
equivalente ao sistema força-binário em A. 
 A força fica inalterada pelo movimento do 
sistema força-binário de A para B. 
  jR

N 600
O binário em B é igual ao momento em relação 
a B do sistema força-binário encontrado em A. 
     
   kk
jik
RrMM AB
R
A
R
B



mN 2880mN 1880
N 600m 8,4mN 1880



 kM RB

mN 1000 
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Problema Resolvido 3.10 
3 - 46 
Três cabos estão presos ao suporte, 
como ilustrado. Substitua as forças 
exercidas pelos cabos por um 
sistema força-binário equivalente 
em A. 
SOLUÇÃO: 
• Determinamos os vetores posição 
relativos traçados do ponto A até os 
pontos de aplicação das várias forças. 
• Decompomos as forças em 
componentes retangulares. 
• Calculamos a força resultante, 
 FR

• Calculamos o binário resultante, 
   FrM RA

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Problema Resolvido 3.10 
3 - 47 
SOLUÇÃO: 
• Determinamos os vetores posição 
relativos em relação a A: 
 
 
 m 100,0100,0
m 050,0075,0
m 050,0075,0
jir
kir
kir
AD
AC
AB






• Decompomos as forças em componentes 
retangulares : 
 
 N 200600300
289,0857,0429,0
175
5015075
N 700
kjiF
kji
kji
r
r
F
B
BE
BE
B












  
 N 1039600
30cos60cosN 1200
ji
jiFD




  
 N 707707
45cos45cosN 1000
ki
kiFC




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Problema Resolvido 3.10 
3 - 48 
• Calculamos a força resultante: 
 
 
 k
j
i
FR




707200
1039600
600707300




 N 5074391607 kjiR


• Calculamos o binário resultante: 
 
k
kji
Fr
j
kji
Fr
ki
kji
Fr
FrM
DAD
cAC
BAB
R
A










9,163
01039600
0100,0100,0
68,17
7070707
050,00075,0
4530
200600300
050,00075,0








kjiM RA

)mN 9,118()mN 68,17()mN 30( 
MECÂNICA VETORIAL PARA 
ENGENHEIROS: ESTÁTICAESTÁTICA
Nona EdiçãoNona Edição
Ferdinand P. BeerFerdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.E. Russell Johnston, Jr.
Notas de Aula:Notas de Aula:
J. Walt OlerJ. Walt Oler
Texas Tech UniversityTexas Tech University
CAPÍTULO
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4 Equilíbrio de Corpos 
Rígidos
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Conteúdo
4 - 2
Introdução
Diagrama de Corpo Livre
Reações em Apoios e Conexões para uma Estrutura Bidimensional
Equilíbrio de um Corpo Rígido em Duas Dimensões
Reações Estaticamente Indeterminadas
Problema Resolvido 4.1
Problema Resolvido 4.3
Problema Resolvido 4.4
Equilíbrio de um Corpo Sujeito à Ação de Duas Forças
Equilíbrio de um Corpo Sujeito à Ação de Três Forças
Problema Resolvido 4.6
Equilíbrio de um Corpo Rígido em Três Dimensões
Reações em Apoios e Conexões para uma Estrutura Tridimensional
Problema Resolvido 4.8
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Introdução
4 - 3
• As condições necessárias e suficientes para o equilíbrio estático de 
um corpo são que a força e o binário resultantes de todas as forças 
externas formam um sistema equivalente a zero,
     00 FrMF O

   
   
000
000
zyx
zyx
MMM
FFF
• Decompondo cada força e cada momento em seus componentes 
retangulares, podemos indicar as condições necessárias e suficientes 
para o equilíbrio por meio de 6 equações escalares,
• Para um corpo rígido em equilíbrio estático, as forças e momentos 
externos estão balenceadas e não impõem movimento de 
translação ou de rotação ao corpo.
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Diagrama de Corpo Livre
4 - 4
O primeiro passo na análise do equilíbrio estático 
de um corpo rígido é identificar todas as forças que 
atuam no corpocom um diagrama de corpo livre.
• Selecionamos a extensão do corpo livre e o 
destacamos do solo e de todos os outros corpos.
• Incluimos as dimensões necessárias ao 
cálculo dos momentos das forças.
• Indicamos o ponto de aplicação e as direções e 
sentidos arbitrados para as forças desconhe-
cidas. Estas geralmente consistem nas reações 
de apoio por meio das quais o solo e os outros 
corpos se opõem a um possível movimento do 
corpo rígido.
• Indicamos o ponto de aplicação, intensidade, 
direção e sentido das forças externas, incluindo 
o peso do corpo rígido.
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Reações em Apoios e Conexões para uma Estrutura Bidimensional
4 - 5
• Reações equivalentes a 
uma força com linha de 
ação conhecida.
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Reações em Apoios e Conexões para uma Estrutura Bidimensional
4 - 6
• Reações equivalentes a uma 
força de direção, sentido e 
intensidade desconhecidos
• Reações equivalentes a 
uma força de direção, 
sentido e intensidade 
desconhecidos e a um 
binário de intensidade 
desconhecida
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Equilíbrio de um Corpo Rígido em Duas Dimensões
4 - 7
• Para todas as forças e momentos aplicados a 
uma estrutura bidimensional:
Ozyxz MMMMF  00
• As equações de equilíbrio se reduzem a:
    000 Ayx MFF
sendo A qualquer ponto no plano da 
estrutura.
• As 3 equações podem ser resolvidas para 
no máximo 3 incógnitas.
• As 3 equações não podem ser ampliadas com 
equações adicionais, mas qualquer uma delas 
pode ser substituída por outra equação.
    000 BAx MMF
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• Estrutura com menos 
incógnitas do que 
equações: parcialmente 
vinculada
Reações Estaticamente Indeterminadas
4 - 8
• Estrutura com mais 
incógnitas do que 
equações
• Estrutura com número de 
incógnitas igual ao número 
de equações mas 
impropriamente vinculada
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Problema Resolvido 4.1
4 - 9
Um guindaste fixo tem massa de 1000 
kg e é usado para suspender um caixote 
de 2400 kg. Ele é mantido no lugar por 
um pino em A e um suporte basculante 
em B. O centro de gravidade do 
guindaste está localizado em G. 
Determine os componentes das reações 
em A e B.
SOLUÇÃO:
• Traçamos um diagrama de corpo livre do 
guindaste.
• Determinamos a reação em B resolvemos 
a equação para a soma dos momentos de 
todas as forças em relação a A. Observa-
mos que as reações em A não geram 
momento em relação àquele ponto.
• Determinamos as reações em A 
resolvendo as equações para a soma 
dos componentes horizontais e 
verticais de todas as forças.
• Conferimos se os resultados obtidos 
estão corretos verificando se a soma dos 
momentos de todas as forças em relação 
a B é zero.
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Problema Resolvido 4.1
4 - 10
• Traçamos um diagrama de 
corpo livre do guindaste.
• Conferimos os resultados obtidos.
• Determinamos a reação em B resolvendo a 
equação para a soma dos momentos de todas 
as forças em relação a A. 
   
  0m 6kN5,23
m 2kN81,9m 5,1 :0

 BM A
kN1,107B
• Determinamos as reações em A resolvendo 
as equações para a soma dos componentes 
horizontais e verticais de todas as forças.
0:0  BAF xx
kN1,107xA
0kN5,23kN81,9:0  yy AF
kN 3.33yA
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Problema Resolvido 4.3
4 - 11
Um vagão de carga está em repouso 
sobre um trilho inclinado. O peso 
bruto do vagão e sua carga é 24.750 N 
e está aplicado em G. O vagão é 
mantido no lugar pelo cabo. 
Determine a tração no cabo e a reação 
em cada par de rodas.
SOLUÇÃO:
• Criamos um diagrama de corpo livre 
para o vagão com sistema de 
coordenadas alinhado com o trilho.
• Determinamos as reações nas rodas 
resolvendo as equações para a soma 
dos momentos em relação aos eixos 
das rodas.
• Determinamos a tração no cabo 
resolvendo a equação para a soma dos 
componentes das forças paralelos ao 
trilho.
• Conferimos os resultados obtidos 
verificando se a soma dos 
componentes das forças 
perpendiculares ao trilho é zero.
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Problema Resolvido 4.3
4 - 12
• Traçamos um diagrama de 
corpo livre
 
 
N 460.10
25sen N 4.7502
N 431.22
25cosN 750.24




°
°
y
x
W
W
• Determinamos as reações nas rodas.
   
  0cm 251 
cm 15N 2.4312cm 5,62N 0.4601:0
2 

R
M A
N 922.72 R
   
  0cm 251 
cm 15N 2.4312cm 5,62N 0.4601:0
1 

R
M B
N 538.21 R
• Determinamos a tração no cabo
0TN 431.22:0  xF
N 431.22T
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Problema Resolvido 4.4
4 - 13
A estrutura representada na figura 
sustenta parte do teto de uma pequeno 
edifício. Sabendo que a tração no cabo 
é 150 kN.
Determine a reação na extremidade E.
SOLUÇÃO:
• Traçamos um diagrama de corpo livre 
da estrutura e do cabo BDF.
• Resolvemos as 3 equações de 
equilíbrio para os componentes da 
força e do binário em E.
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Problema Resolvido 4.4
4 - 14
• Traçamos um diagrama de 
corpo livre da estrutura e do 
cabo BDF.
• Resolvemos as 3 equações de equilíbrio 
para os componentes da força e do binário 
em E.
  0kN150
5,7
5,4
:0  xx EF
kN 0,90xE
    0kN150
5,7
6
kN204:0  yy EF
kN 200yE
  :0EM
   
   
  0m5,4kN150
5,7
6
m8,1kN20m6,3kN20
m4,5kN20m7,2kN20



EM
mkN0,180 EM
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Equilíbrio de um Corpo Sujeito à Ação de Duas Forças
4 - 15
• Considere uma placa do tipo cantoneira sujeita à 
ação de duas forças F1 e F2
• Se a placa estiver em equilíbrio, a soma dos 
momentos em relação a A deve ser zero. Como o 
momento de F1 é obviamente zero, o momento de 
F2 também deve ser zero, ou seja, a linha de ação 
de F2 deve passar por A.
• De forma similar, a linha de ação de F1 deve passar 
por B para que a soma dos momentos em relação a 
B seja zero.
• Como a soma das forças em qualquer direção deve 
ser zero, conclui-se que F1 e F2 devem ter a mesma 
intensidade, mas sentidos opostos
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Equilíbrio de um Corpo Sujeito à Ação de Três Forças
4 - 16
• Considere um corpo rígido sujeito a ação de forças 
atuando em apenas 3 pontos.
• Assumindo que as linhas de ação das forçasF1 e F2 
se interceptam, o momento de ambas em relação ao 
ponto de interseção representado por D é zero.
• Como o corpo rígido está em equilíbrio, a soma dos 
momentos de F1, F2 e F3 em relação a qualquer eixo 
deve ser zero. Portanto, o momento de F3 em relação a 
D também deve ser zero e a linha de ação de F3 deve 
passar por D.
• As linhas de ação das três forças devem ser 
concorrentes ou paralelas
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Problema Resolvido 4.6
4 - 17
Um homem leventa uma viga de 
10 kg e 4 m de comprimento 
puxando-a com uma corda.
Encontre a tração T na corda e a 
reação em A.
SOLUÇÃO:
• Traçamos um diagrama de corpo livre da 
viga observando que a viga é um corpo sob 
a ação de 3 forças que são o seu peso, a 
força exercida pela corda e a reação em A.
• Para que o corpo esteja em equilíbrio, as 
três forças devem ser concorrentes. 
Portanto, a reação R deve passar pela 
interseção das linhas de ação do peso e da 
força exercida pela corda. Dessa forma 
determina-se a direção da reação R.
• Utilizamos um triângulo de forças para 
determinar a intensidade da reação R.
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Problema Resolvido 4.6
4 - 18
• Traçamos um diagrama de corpo livre da 
viga. 
• Determinamos a direção da reação R.
 
 
 
636,1
414,1
313,2
tan
m 2,313m 515,0828,2
m 515,020tanm 414,1)2045cot(
m 414,1
m828,245cosm445cos
2
1





AE
CE
BDBFCE
CDBD
AFAECD
ABAF

°6,58
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Problema Resolvido 4.6
4 - 19
• Determinamos a intensidade da reação R.
°°° 38,6sen
N 1,98
110sen4,31sen 

RT
N 8,147
N9,81


R
T
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Equilíbrio de um Corpo Rígido em Três Dimensões
4 - 20
• São necessárias seis equações escalares para expressar as 
condições para o equilíbrio de um corpo rígido no caso geral 
tridimensional.
   
   
000
000
zyx
zyx
MMM
FFF
• Essas equações podem ser resolvidas para no máximo 6 
incógnitas que, geralmente, representam reações em apoios 
ou conexões.
• As equações escalares serão obtidas mais convenientemente 
se expressarmos, inicialmente, as condições de equilíbrio na 
forma vetorial.
     00 FrMF O

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Reações em Apoios e Conexões para uma Estrutura Tridimensional
4 - 21
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Reações em Apoios e Conexões para uma Estrutura Tridimensional
4 - 22
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Problema Resolvido 4.8
4 - 23
Uma placa de massa específica uniforme 
pesa 1.215 N e é sustentada por uma 
rótula em A e por dois cabos.
Determine a tração em cada cabo e a 
reação em A.
SOLUÇÃO:
• Traçamos um diagrama de corpo livre 
da placa.
• Aplicamos as condições de equilíbrio 
para obter equações que possibilitem 
o cálculo das reações desconhecidas.
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 
 kjiT
kji
T
EC
EC
TT
kjiT
kji
T
BD
BD
TT
EC
EC
ECEC
BD
BD
BDBD






7
2
7
3
7
6
3
2
3
1
3
2
1,2
6,09,08,1
6,3
4,22,14,2




















Problema Resolvido 4.8
4 - 24
• Traçamos um diagrama de corpo 
livre da placa.
Como há apenas 5 incógnitas, a placa 
está parcialmente vinculada. Ela 
pode girar livremente em torno do 
eixo x. No entanto, ela está em 
equilíbrio sob o carregamento dado.
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 
   
0N458,1771,08,0:
0514,06,1:
0N 215.1m ,21
0:
0N 215.1:
0:
0N .2151
7
2
3
2
7
3
3
1
7
6
3
2









ECBD
ECBD
ECEBDBA
ECBDz
ECBDy
ECBDx
ECBD
TTk
TTj
jiTrTrM
TTAk
TTAj
TTAi
jTTAF







Problema Resolvido 4.8
4 - 25
• Aplicamos as condições 
de equilíbrio para 
desenvolver equações 
para as reações 
desconhecidas
     kjiA
TT ECBD

N 101,25N 455,4N 1.521
N 5,417.1N 9,455


Resolvemos as 5 equações para as 5 incógnitas 
e obtemos:
MECÂNICA VETORIAL PARA 
ENGENHEIROS: ESTÁTICAESTÁTICA
Nona EdiçãoNona Edição
Ferdinand P. BeerFerdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.E. Russell Johnston, Jr.
Notas de Aula:Notas de Aula:
J. Walt OlerJ. Walt Oler
Texas Tech UniversityTexas Tech University
CAPÍTULO
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5 Forças Distribuídas: 
Centroides e Centros 
de Gravidade
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Conteúdo
5 - 2
Introdução
Centro de Gravidade de um Corpo Bidimensional
Centroides e Momentos de Primeira Ordem de Superfícies e Curvas
Centroides de Superfícies Planas de Formatos Usuais
Centroides de Curvas Planas de Formatos Usuais
Placas e Fios Compostos
Problema Resolvido 5.1
Determinação de Centroides por Integração
Problema Resolvido 5.4
Teoremas de Pappus-Guldinus
Problema Resolvido 5.7
Cargas Distribuídas sobre Vigas
Problema Resolvido 5.9
Centro de Gravidade de um Corpo Tridimensional: Centroide de um Sólido
Centroides de Sólidos de Formatos Usuais
Corpos Tridimensionais Compostos
Problema Resolvido 5.12
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Introdução
5 - 3
• A Terra exerce uma força gravitacional em cada uma das 
partículas que constituem um corpo. Essas forças podem ser 
substituídas por uma única força equivalente, de intensidade igual 
ao peso do corpo e aplicada em seu centro de gravidade.
• O centroide de uma superfície é análogo ao centro de gravidade 
de um corpo e a para a sua determinação é utilizado o conceito de 
momento de primeira ordem de uma área.
• A determinação da área de uma superfície de revolução 
ou do volume de um sólido de revolução é possível com 
a utilização dos Teoremas de Pappus-Guldinus.
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Centro de Gravidade de um Corpo Bidimensional
5 - 4
• Centro de gravidade de uma placa:








dWy
WyWyM
dWx
WxWxM
x
y
• Centro de gravidade de um fio:
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Centroides e Momentos de Primeira Ordem de Superfícies e Curvas
5 - 5
   
x
QdAyAy
y
QdAxAx
dAtxAtx
dWxWx
x
y
 a relação em ordem primeira de momento 
 a relação em ordem primeira de momento 
 










• Centroide de uma superfície:
   








dLyLy
dLxLx
dLaxLax
dWxWx

• Centroide de uma curva:
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Momentos de Primeira Ordem de Superfícies e Curvas
5 - 6
• Uma superfície é simétrica em relação a uma eixo 
BB’ se para cada ponto P da superfície há um 
ponto P’ tal que a linha PP’ é perpendicular a BB’ 
e é dividida em duas partes iguais por esse eixo.
• O momento de primeira ordem de uma superfície 
em relação a um eixo de simetria é zero.
• Se uma superfície tiver um eixo de simetria, seu 
centroide fica localizado sobre esse eixo.
• Se uma superfície tiver dois eixos de simetria, seu 
centroide deverá se localizar na interseção dos dois.
• Uma superfície é simétrica em relação a um centro 
O se, para cada elemento de superfície dA em (x,y) 
existir um elemento dA’ de mesma área em (-x,-y). 
• O centroide de uma superfície coincide com o seu 
centro de simetria.
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Centroides de Superfícies Planas de Formatos Usuais
5 - 7
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Centroides de Curvas Planas de Formatos Usuais
5 - 8
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Placas e Fios Compostos
5 - 9
• Placas compostas:




WyWY
WxWX
• Superfícies compostas:




AyAY
AxAX
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Problema Resolvido 5.1
5 - 10
Para a superfície plana mostrada, 
determine os momentos de primeira 
ordem em relação aos eixos x e y e a 
localização do centroide.
SOLUÇÃO:
• Dividimos a área em um triângulo, um 
retângulo e um semicírculo com um 
orifício circular.
• Calculamos as coordenadas do centroide 
da superfície dividindo os momentos de 
primeira ordem pela área total.
• Encontramos a área total e os momentos 
de primeira ordem do retângulo, do 
triângulo e do semicírculo. Subtraímos a 
área e o momento de primeira ordem do 
orifício circular.
• Calculamos os momentos de primeira 
ordem de cada superfície em relação aos 
eixos x e y. 
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Problema Resolvido 5.1
5 - 11
33
33
mm107,757
mm102,506


y
x
Q
Q
• Encontramos a área total e os momentos de 
primeira ordem do retângulo, do triângulo e do 
semicírculo. Subtraímos a área e o momento de 
primeira ordem do orifício circular.
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N
o
n
a
E
d
iç
ã
o
Problema Resolvido 5.1
5 - 12
23
33
mm1013,828
mm107,757





A
Ax
X
mm 8,54X
23
33
mm1013,828
mm102,506





A
Ay
Y
mm 6,36Y
• Calculamos as coordenadas do centroide 
da superfície dividindo os momentos de 
primeira ordem pela área total.
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N
o
n
a
E
d
iç
ã
o
Determinação de Centróides por Integração
5 - 13
 
 ydxy
dAyAy
ydxx
dAxAx
el
el








2
  
  dyxay
dAyAy
dyxa
xa
dAxAx
el
el










2




















dr
r
dAyAy
dr
r
dAxAx
el
el
2
2
2
1
sen
3
2
2
1
cos
3
2




dAydydxydAyAy
dAxdydxxdAxAx
el
el
• A integração dupla para encontrar o momento 
de primeira ordem pode ser evitada definindo-
se o elemento de área dA como um retângulo 
estreito ou um setor estreito.
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N
o
n
a
E
d
iç
ã
o
Problema Resolvido 5.4
5 - 14
Determine por integração direta a 
localização do centroide da 
superfície sob um arco parabólico.
SOLUÇÃO:
• Determinamos a constante k.
• Calculamos a área total.
• Utilizando um elemento diferencial 
vertical ou horizontal, encontramos 
os momentos de primeira ordem por 
integração simples.
• Determinamos as coordenadas do 
centroide.
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N
o
n
a
E
d
iç
ã
o
Problema Resolvido 5.4
5 - 15
SOLUÇÃO:
• Determinamos a constante k.
21
21
2
2
2
2
2
y
b
a
xorx
a
b
y
a
b
kakb
xky



• Determinamos a área total.
3
3
0
3
2
0
2
2
ab
x
a
b
dxx
a
b
dxy
dAA
aa













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N
o
n
a
E
d
iç
ã
o
Problema Resolvido 5.4
5 - 16
• Utilizando um elemento diferencial vertical, 
encontramos os momentos de primeira ordem 
por integração simples.
1052
2
1
2
44
2
0
5
4
2
0
2
2
2
2
0
4
2
0
2
2
abx
a
b
dxx
a
b
dxy
y
dAyQ
bax
a
b
dxx
a
b
xdxxydAxQ
a
a
elx
a
a
ely


































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N
o
n
a
E
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ã
o
Problema Resolvido 5.4
5 - 17
• Ou, utilizando um elemento horizontal, 
encontramos os momentos de primeira ordem 
por integração simples.
 
 
10
42
1
22
2
0
23
21
21
21
2
0
2
2
0
22
ab
dyy
b
a
ay
dyy
b
a
aydyxaydAyQ
ba
dyy
b
a
a
dy
xa
dyxa
xa
dAxQ
b
elx
b
b
ely





 





 

















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N
o
n
a
E
d
iç
ã
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Problema Resolvido 5.4
5 - 18
• Encontramos as coordenadas do 
centroide.
4
ba
3
ab
x
QAx
2
y


ax
4
3

10
ab
3
ab
y
QAy
2
x


by
10
3

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N
o
n
a
E
d
iç
ã
o
Teoremas de Pappus-Guldinus
5 - 19
• Uma superfície de revolução é gerada pela rotação 
de uma curva no plano em torno de um eixo fixo.
• A área de uma superfície de 
revolução é igual ao produto do 
comprimento da curva geratriz pela 
distância percorrida pelo centroide 
durante a rotação.
LyA 2
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ã
o
Teoremas de Pappus-Guldinus
5 - 20
• Um sólido de revolução é gerado pela rotação de 
uma superfície plana em torno de um eixo fixo.
• O volume de um sólido de revolução 
é igual ao produto da área da 
superfície geratriz pela distância 
percorrida pelo centroide da 
superfície durante a rotação.
AyV 2
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Problema Resolvido 5.7
5 - 21
O diâmetro externo de uma polia é 0,8 m,