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ENG01156 – MECÂNICA – ÁREA 1 
AULA 8 – ESTÁTICA DE CORPO RÍGIDO TRIDIMENSIONAL 
1. Equilíbrio em três dimensões – reações de apoio 
Um problema de estática de corpo rígido tridimensional se estabelece quando, ao montar o 
diagrama de corpo livre, observa-se que o sistema de forças externas apresenta 
componentes com ações orientadas de tal forma que suas linhas de ação não estão mais 
todas contidas em um mesmo plano. Como no caso bidimensional, o uso de dispositivos de 
apoio é essencial para que se possa obter uma configuração de equilíbrio estático estável. 
Como o corpo apresenta agora 6 graus de liberdade, os tipos de apoio são mais complexos. 
Mesmo assim, mantém-se a mesma relação observada anteriormente entre restrição 
imposta e reação produzida, ou seja: apoios que restringem deslocamentos lineares 
(translações) produzem reações de força e apoios que restringem deslocamentos angulares 
(rotações) produzem momentos de reação. 
Na tabela abaixo são apresentados os principais tipos de apoios tridimensionais existentes 
juntamente com as reações produzidas em cada caso. 
 
 
 
 
 
 
2. Equilíbrio em três dimensões – estaticidade e estabilidade 
Para estabelecer uma configuração de equilíbrio estático estável é necessário que a 
distribuição de apoios sobre o corpo seja adequada. Quando o número de reações de apoio 
em um corpo é menor do que o número de equações de equilíbrio disponíveis (3 no plano e 
6 no espaço), este corpo se encontra na condição hipostática, onde uma ou mais direções de 
movimento estão livres. Mesmo quando o número de reações de apoio iguale o número de 
equações de equilíbrio, um corpo ainda assim pode estar na condição hipostática se estes 
apoios não forem capazes de evitar todos os movimentos possíveis. Neste caso, o equilíbrio 
só pode ser obtido caso o sistema de forças atuantes não apresente resultante nas direções 
correspondentes aos graus de liberdade não restringidos. Portanto, o equilíbrio aqui 
depende das forças atuantes. 
 
Na figura acima é mostrado um caso onde os apoios (juntas esféricas em A e B) não são 
capazes de evitar a rotação em torno do eixo AB, embora o número de reações de apoio seja 
igual a 6, que é o mesmo número de equações disponíveis em equilíbrio de corpo rígido 
tridimensional. 
Matematicamente, a condição hipostática se manifesta na forma de sistemas linearmente 
dependentes, o que pode levar a soluções que não satisfazem o equilíbrio, dependendo do 
conjunto de equações de equilíbrio utilizadas. No quadro abaixo, é mostrada uma 
classificação de sistemas lineares, com exemplos e resultados esperados em cada caso: 
5
determinado 1 solução (D 0)
3
possível
8 D 0
sistema indeterminado 0 0 múlt. sol.
2 2 16 Dx Dy 0
10 D 0
impossível const1 const2 não há soluções 
10 Dx ou Dy 0
x y
x y
x y
x y
x y
x y
   
     
               
   
       
D: determinante da matriz de coeficientes;
Dx e Dy: determinantes secundários
(substitui-se o termo independente pela coluna da variável correspondente) 




 
Resumidamente, situações de instabilidade são geralmente obtidas quando todas as forças 
de reação têm um ponto de concorrência, têm um eixo em comum ou quando apresentam 
linhas de ação paralelas. 
Por outro lado, quando o número de reações de apoio de um corpo é maior do que o 
número de equações de equilíbrio disponíveis, o problema se torna estaticamente 
indeterminado. Para sua solução, não basta o sistema de equações de equilíbrio, é 
necessário adicionar equações para igualar o número de incógnitas do problema, o que é 
feito através de métodos de solução hiperestáticos (fora do escopo desta disciplina), onde 
informações sobre deformação da matéria são consideradas. Na figura abaixo é mostrado 
um caso de um corpo 2xhiperestático, ou seja, com duas incógnitas além das 6 equações de 
equilíbrio de corpo rígido no espaço. 
 
 
3. Equilíbrio em três dimensões – equações de equilíbrio 
Um corpo rígido submetido a um sistema de forças e momentos está em equilíbrio quando 
este sistema pode ser reduzido a um sistema equivalente com força resultante e momento 
resultante nulos em um ponto qualquer do espaço. Estas condições são reproduzidas 
matematicamente através do seguinte sistema de equações vetorial: 
     
 
0 0 0
0 0 0
x y z
O OP P
F F F  
   
   
 
F i j + k = i j + k
M r F i j + k
     
    
Na forma escalar, o sistema de equações de equilíbrio fica expresso como: 
0; 0
0; 0
0; 0
O
x x
O
y y
O
z z
F M
F M
F M
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, um problema de estática de corpo rígido admite no máximo 6 incógnitas para que 
seja estaticamente determinado. 
Exemplos: 
1. A barra mostrada abaixo é usada para suspender um vaso de 375 N de peso. Obtenha as 
reações de apoio na junta esférica em O e a tração nos cabos AB e AC. 
 
Primeiramente, o diagrama de corpo livre é montado considerando-se que a junta esférica 
em O apresenta 3 reações de força (ver a tabela de vínculos acima) e que cada cabo 
apresenta uma força de tração alinhada com seu respectivo eixo, ambas agindo no ponto A e 
apontando de A para B e C, respectivamente. Deve-se lembrar que um cabo só admite força 
de tração para funcionar como elemento de suspensão. Como não foi informado o peso da 
própria barra, desconsidera-se este dado na solução do problema. Assim, obtém-se o 
diagrama na configuração indicada abaixo: 
 
Observando o diagrama, conclui-se que há apenas 5 incógnitas, indicando que o corpo 
apresenta uma hipoestaticidade. O movimento que não está restringido é a rotação em 
torno do eixo OA, sobre o qual estão todas as forças de reação do sistema. Neste caso, deve-
se tomar cuidado na escolha das equações que vão compor o sistema para que não se 
obtenha uma dependência linear entre as equações. 
Empregando a abordagem vetorial, inicia-se expressando vetorialmente as forças do 
sistema: 
 22 2
0,2 0,6 0,3
0,2 0,6 0,3
0,286. 0,857. 0, 429.
AB
AB AB AB AB AB
AB
AB AB AB AB
F F F
r
F F F
   
    
 
r i j + k
F =
F i j + k
  
  

 
   2 2 2
0,2 0,6 0,3
0,2 0,6 0,3
0,286. 0,857. 0, 429.
AC
AC AC AC AC AC
AC
AC AC AC AC
F F F
r
F F F
    
     
  
r i j + k
F =
F i j + k
  
  

 
375 ; ; ;x x y y z zW O O O    W k = k O i O j O k
       
 
Tomando a soma de momentos no ponto O, obtém-se: 
  0 0 0O OA AB AC     M r F F W i j + k
     
 
0 0,6 0 0 0,6 0
0, 286. 0,857. 0, 429. 0,286. 0,857. 0,429.
0 0,6 0 0 0 0
0 0 375
AB AB AB AC AC ACF F F F F F

  
 

i j k i j k
+
i j k
i j + k
    
  
  
 
   2,571. 2,571. 2250 1,714. 1,714. 0 0 0AB AC AB ACF F F F     + i k = i j k
   
 
Desdobrando a equação vetorial acima em suas componentes escalares, chega-se a: 
0; 2,571. 2,571. 2250 0Ox AB ACM F F   + 
0; 1,714. 1,714. 0Oz AB ACM F F    
Resolvendo o sistema formado pelas duas equações acima, obtém-se: 
437,5AB ACF F N  
As reações na junta esféricas são então obtidas pelas equações de equilíbrio de forças: 
0; 0,2. 0,2. 0 0x x AB AC xF O F F O      
0; 0,857. 0,857. 0 750y y AB AC yF O F F O N      
0; 0,429. 0,429. 375 0 0z z AB AC zF O F F O N       
2. Determine as reações de apoio que a junta esférica em A, o mancal radial liso em B e o 
apoio de rolete em C exercem sobre a estrutura de barras abaixo. 
 
O diagrama de corpo livre abaixo mostra a força ativa de 900 N juntamente com as forças 
reativas junto aos apoios nas posições A, B e C, sendo arbitradas no sentido positivo de 
acordo com o respectivo tipo de vínculo. Observe que no mancal B atuam apenas forças de 
reação no plano do próprio mancal. Neste problema, os momentos de reação previstos para 
o mancal podem ser desprezados, já que o conjunto de apoios é capaz de evitar as rotações 
nas direções correspondentesa esses momentos. 
 
Como o sistema de forças é relativamente simples, com forças alinhadas aos eixos de 
coordenadas arbitrados, adota-se aqui a abordagem escalar para a obtenção da solução. 
A solução é obtida resolvendo-se as equações de equilíbrio na seguinte ordem: 
0; 0y yF A  
0; 0,6. 900.0,4 0 600Ay C CM F F N     
0; .0,8 .1,2 900.0,4 0 450Ax z C zM B F B N       
0; .0,8 0 0Az x xM B B     
0; 0 0 0x x xF A A     
0; 600 900 0 750z z z zF A B A N       
Observe que o sinal negativo em Bz indica que o sentido verdadeiro desta reação de apoio é 
oposto aquele indicado no diagrama de corpo rígido. Observe também que o sinal negativo 
de Bz foi mantido para o restante da solução a fim de que o sistema se auto-ajustasse 
matematicamente ao “erro” assumido no diagrama de corpo livre inicial. 
3. Determine a tração no cabo BC para manter a barra dobrada abaixo em equilíbrio, a 
qual é sustentada ainda por um mancal radial em A e por uma junta esférica em B. 
 
O diagrama de corpo livre para a barra é mostrado abaixo, onde se observa que o mancal 
produz apenas forças de reação no plano yz em razão da distribuição dos vínculos na barra. 
Para a obtenção da tração no cabo, pode-se empregar simplesmente uma soma de 
momentos em relação ao eixo DA, a qual deve ser nula na condição de equilíbrio estático. 
 
Inicialmente, obtém-se o vetor unitário do eixo DA: 
   2 2
1 1
0,707 0,707
1 1
DA
DAr
 
    
  
r i j
u i j
   
 
Agora, calcula-se uma soma de momentos em um ponto qualquer pertencente ao eixo, 
levando-se em conta apenas forças que estejam aplicadas fora do eixo: 
   0 0,5 0 0 1 0 490,5
0 0 981 0 0
D DE DB B B
B
T
T
        


i j k i j k
M r W+r T i
    
   
 
Este vetor soma de momentos é finalmente projetado sobre o eixo DA através de um 
produto escalar com o vetor unitário do eixo. Esta projeção representa o módulo do vetor 
soma de momentos em relação a este eixo, o qual deve ser nulo para reproduzir uma 
condição de equilíbrio: 
     490,5 0,707 0,707 0DA D BM T             M u i i j
   
 
   490,5 . 0,707 0 490,5B BT T N     
Uma abordagem escalar também pode ser empregada neste caso para chegar-se à mesma 
solução, já que o sistema de forças e a geometria do problema são relativamente simples, 
facilitando a obtenção dos braços de alavanca das forças: 
   . 1.sen45 981. 0,5.sen45 0 490,5DA B BM T T N       
4. Uma escada de 20 kg está apoiada em dois roletes sobre um trilho em A e B, além de um 
rolete simplesmente apoiado em C. Um homem de 80 kg sobe a escada e recosta-se para a 
direita. A linha de ação da força peso do homem e da escada, combinados, intercepta o 
piso no ponto D. Determine as reações nos pontos de apoio A, B e C. 
 
A presença do trilho faz com que, nos roletes em A e B, haja reações de força na direção 
vertical e na direção horizontal, sendo esta última transversalmente ao eixo do trilho. No 
ponto C há apenas uma reação de força na direção normal à parede. Considerando a força 
peso do conjunto homem + escada ((80+20)9,81 = 981 N)) agindo na posição indicada, 
obtém-se o diagrama de forças mostrado abaixo. 
Observa-se que há cinco incógnitas para seis equações de equilíbrio disponíveis, o que indica 
e existência de uma hipoestaticidade. Neste caso, a direção de movimento que está livre é a 
translação na direção x, na qual não atua nenhuma força. Levando-se em conta o 
comportamento real do apoio em C, outro movimento que estaria também livre é a rotação 
em torno do eixo x, a qual não é ativada pelo sistema de forças apresentado. Assim, para a 
configuração indicada no diagrama de corpo livre, é possível obter-se o equilíbrio. 
 
Como o sistema de forças apresenta aqui todas as componentes alinhadas aos eixos de 
coordenadas de referência, pode-se adotar uma abordagem escalar para o processo de 
solução, a qual pode ser obtida com a seguinte sequência de equações de equilíbrio: 
0; 981.0,6 .3 0 196,2AxM C C N      
0; .0,6 .1,2 0 0,5 98,1Ay z zM C B B C N         
0; .1,2 981.0,9 0 735,75Az y yM B B N     
0; 981 0 245,25y y y yF A B A N      
0; 0 98,1z z z zF A B C A N       
5. A mesa ilustrada abaixo tem um raio de 0,6 m e um peso de 120 kN, a qual está apoiada 
em três pés sobre um piso liso. Considerando que os pés da mesa encontram-se 
igualmente espaçados ao longo de seu perímetro, determine a distância radial máxima a 
em que um carga P, de 300 kN, pode ser aplicada sem tombar a mesa. 
 
Considerando que os pés da mesa estão sobre um piso liso, apenas forças de reação na 
direção vertical irão incidir sobre os pontos A, B e C. Tomando o plano mesa, obtém-se o 
diagrama de corpo livre mostrado abaixo. 
Como há apenas três reações de apoio, observa-se que o giro em torno do eixo z e 
translações no plano xy estão livres para a configuração de vínculos utilizada. Mesmo assim, 
o equilíbrio ainda pode ser obtido dependendo da posição de aplicação da carga P. Note que 
as equações de equilíbrio sempre fornecem o conjunto de forças de reação necessárias para 
a obtenção da condição de equilíbrio, a qual é imposta pelo próprio sistema de equações. No 
entanto, deve-se sempre verificar se um 
determinado vínculo é capaz realmente de 
produzir o valor e sentido exigidos pela 
solução do problema de equilíbrio para a 
força (ou momento) de reação 
correspondente. Neste exemplo, observa-se 
justamente este caso, onde a solução exigida 
pelo sistema de equações para o equilíbrio 
não pode ser atendida pelo tipo de apoio 
usado, ou seja, força de reação em C 
apontando no sentido negativo do eixo z 
para P aplicada em um ponto além da 
distância máxima a. 
As equações de equilíbrio relevantes para a 
solução do presente problema são dadas 
por: 
0; 420 0 (1)z A B CF F F F     
0; 0,6.sen30 . 0,6.sen30 . 0,6. 300. 0 (2)Ox A B CM F F F a        
0; 0,6.cos30 . 0,6.cos30 . 0 (3)Oy A B A BM F F F F        
O sistema de equações acima é indeterminado estaticamente, pois apresenta quatro 
incógnitas para três equações de equilíbrio disponíveis. A quarta equação necessária refere-
se aqui à condição limite para o tombamento. Esta condição é expressa matematicamente 
pela equação FC = 0, a qual indica o momento em que o apoio perde o contato com o piso. 
Assim, da Eq. (1), obtém-se: 
420 210A B A BF F F F kN     
Finalmente, da Eq. (2) chega-se a: 
300. 2.0,6.sen30 .210 0,42a a m    
 
 
 
 
 
 
 
6. Se o cabo pode resistir a uma tração máxima de 1,5 kN, determine a força máxima F que 
pode ser aplicada à placa e as reações na dobradiça A para essa carga. 
 
Considerando a tração máxima imposta ao cabo e as reações da dobradiça, chega-se ao 
diagrama de corpo livre abaixo. Observe que os momentos de reação na dobradiça devem 
ser levados em conta, pois são os únicos responsáveis por evitar rotações nas direções de 
seus respectivos eixos. 
 
Observe que o número de reações de apoio e sua distribuição sobre a placa é tal que todos 
os graus de liberdade do corpo estão restringidos. Como o sistema de forças é relativamente 
simples, a solução do problema pode ser obtida através de uma abordagem escalar usando-
se a seguinte sequência de equações de equilíbrio: 
0; 0,3. 1,5.0,9 0 4,5AyM F F kN     
0; 0x xF A   
0; 0y yF A   
0; 1,5 3z z zF F A A kN      
0; .0,1 0,3.1,5 0 0Ax Ax AxM M F M      
0; 0Az AzM M  