4_Redução de Sistemas de Força

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4. REDUÇÃO DE SISTEMAS DE FORÇAS 
4.1 DEFINIÇÕES GERAIS 
Binário. Representa um conjunto formado por duas forças opostas de mesmo módulo, 
mesma direção e não colineares. A Fig. (4.1) ilustra um binário. Quando se troca uma roda de 
carro com uma chave estrela aplica-se um binário para apertar ou afrouxar um parafuso. O 
efeito prático de um binário sobre um corpo é provocar a rotação deste em torno de um eixo. 
Figura 4.1 – Ilustração de um binário. 
Conjugado. O momento produzido por um binário é conhecido por conjugado, na 
prática pode-se substituir um binário por um conjugado e vice-versa. Pode-se demonstrar que 
o conjugado é um vetor livre. Para tal, considera-se a Fig (4.2) na qual deseja-se calcular o 
momento no ponto O. Logo pode-se escrever 
Figura 4.2 – Ilustração de um conjugado. 
 ( ) ( ) FrFrrFrFr ×=×−=−×+× BABA (4.1) 
Como o vetor r não depende da posição da origem O, diz-se que o conjugado Mo é um 
vetor livre. Na realidade, pode-se representar este momento simplesmente por M. O módulo 
do conjugado é calculado fazendo-se 
 dFFrMO ⋅=⋅⋅= θsen (4.2) 
No plano esta demonstração também pode ser feita conforme indicado na figura (4.3). 
X
Z
Y
d
F
-F
r
A
r
B
M
O
r
A
B
O
θ
F
-F
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F
-F
O a d
 
( ) dFaFdaFM ⋅=⋅−+= 
 
Figura 4.3 – Representação de um conjugado no plano. 
Conjugados Equivalentes. Diz-se que dois conjugados são equivalentes quando 
2211 dFdF ⋅=⋅ 
Conjugado Resultante. Representa a soma dos conjugados existentes no sistema de 
forças ou seja ∑= MMR . 
4.2 TRANSPORTE DE FORÇA ENTRE DUAS RETAS PARALELAS 
Deseja-se transportar uma força F que desliza sobre uma reta r para outra reta s que é 
paralela à primeira, conforme ilustrado na Fig. (4.4). 
Figura 4.4 – Transporte de forças (etapa 1). 
Aplica-se no ponto desejado (ponto B da reta s) um par de forças F, de mesmo módulo 
e direção, mas de sentidos contrários, conforme ilustrado na Fig. (4.5). Deste modo o 
equilíbrio não é alterado. 
Figura 4.5 - Transporte de forças (etapa 2). 
 
F
B
A
s
r
F
B
A
s
r
F
-F
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A força F, que atua na reta r, e –F formam um binário, que pode ser substituído por 
um conjugado, conforme ilustrado na Fig. (4.6). Com este procedimento a configuração das 
forças foi modificado sem alterar a condição do equilíbrio do sistema. 
Figura 4.6 - Transporte de forças (etapa 3). 
Em resumo, qualquer força F que atua sobre um corpo rígido pode ser deslocada para 
um ponto arbitrário desde que seja adicionado um conjugado de valor igual ao momento de F 
em relação a este ponto. Como o conjugado é um vetor livre, ele pode ser aplicado em 
qualquer ponto. Entretanto, por conveniência, ele é aplicado no ponto para o qual vamos 
deslocar F. É importante salientar que o sinal do conjugado é obtido aplicando-se a regra da 
mão direita, considerando-se a força na sua posição original (ponto A da reta r). 
Este mesmo raciocínio pode ser empregado de modo inverso, para substituir um 
sistema força-conjugado por uma força aplicada num ponto conveniente. 
Exemplo 4.1. Dois binários atuam em um bloco conforme ilustrado na Fig. (4.7). 
Deseja-se substituir estes dois binários por um conjugado equivalente. 
 
 
 
 
 
Figura 4.7 – Ilustração do exemplo 4.1. 
Solução: Substitui-se cada um dos binários pelo seu conjugado correspondente. O resultado desta operação está 
representado no esquema acima. Depois deve-se adicionar os dois conjugados de modo a se obter um conjugado 
resultante (esta operação é uma simples soma vetorial). 
oo
1202602360
o
=→+⋅= ββ logo Nm 86,5120cos75,33275,33
22
=⋅⋅⋅−+=M 
o
x
o
y
y
4,566,33
86,5
120sen
75,3
sen
=→=→= φφ
φ
 
B
A
s
r
F
M
M = F. d
A
B
D
C
25 N
25 N
30 N
30 N
150 mm
100 mm
60o
60o
3 Nm
3,75Nm
60o
β 3 Nm
3,75Nm
φx
φy
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4.3 SIMPLIFICAÇÃO DE UM SISTEMA DE FORÇAS E MOMENTOS 
Pode-se reduzir um sistema de forças e momentos que atua sobre um corpo rígido em 
uma única força resultante, que atua num ponto arbitrário O, e um único conjugado resultante. 
O procedimento consiste em transladar todas as forças para um ponto O como ilustrado na 
Fig. (4.8). Como as forças tornam-se, então, concorrentes em O, elas podem ser somadas 
vetorialmente, valendo o mesmo para os momentos. Logo, pode-se escrever 
 ∑∑ == MMFR O, (4.3) 
Figura 4.8 – Simplificação de um sistema de forças. 
É importante resaltar que esta simplificação de um sistema de forças sempre é possível 
seja o problema plano ou espacial. Os resultados possíveis aplicando-se a (4.3) são: 
1) R = 0 e Mo = 0 : Sistema de forças em equilíbrio; 
2) 0R ≠ e Mo = 0 : Sistema de forças equivalente a uma resultante única; 
3) R = 0 e 0M ≠o : Sistema de forças equivalente a um momento; 
4) 0R ≠ e 0M ≠o : Este caso admite duas situações particulares. 
a) oo MRMR ⊥→=• 0 : Sistema equivalente a uma resultante única; 
b) 0≠• oMR : Sistema equivalente a um torsor. 
Dos quatro casos possíveis, o de maior interesse prático é o primeiro porque ele 
fornece a condição de equilíbrio de um corpo rígido, a qual será intensamente aplicada 
posteriormente. 
O caso 4) será analisado em detalhe porque ele permite algumas considerações extras. 
O item a) corresponde ao caso da resultante R e o momento resultante Mo serem ortogonais. 
Esta situação ocorre quando se tem um problema com forças coplanares (problema 2D) 
porque neste caso as forças são do tipo ( )0,, yx FF=F e os momentos são do tipo 
( )zo M,0,0=M . Em problemas com forças paralelas este caso também se verifica (por 
exemplo um problema 3D com todas as forças na direção Z). 
Quando se verifica a condição 0=• oMR é possível uma redução extra, que é feita 
deslocando-se a resultante R para uma posição tal, que gere um momento –MO que elimine o 
momento MO. A Fig. (4.9) ilustra esta operação. 
=
F
1
F
4
F
3
F
2O
M
3
M
2
M
4
M
1
F
1
r
1
F
4
F
3
F
2
r
4
r
3
r
2
O
R
M
o
O
=
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θ
F
Mo
O
Figura 4.9 – Redução a uma resultante única. 
O resultado desta operação é que se reduz o sistema de forças a uma resultante única R 
que deve ser aplicada num ponto distante d do ponto de redução. Como o momento gerado 
deve eliminar Mo , a distância d é facilmente calculada fazendo-se RMd o= e a posição do 
ponto B é obtida de modo que o sinal do momento gerado pelo transporte da resultante seja 
contrário ao do momento Mo . 
Quando a condição 0=• oMR não se verifica há um ângulo θ entre a resultante R e 
o momento resultante Mo. Neste caso o sistema pode ser reduzido a um torsor equivalente, 
bastando seguir os passos ilustrados na figura (4.10). 
 
 
 
 
 
 (a) (b) 
 
 
 
 
 
 
 
 (c) (d) 
Figura 4.10 – Redução num torsor equivalente. 
O primeiro passo é calcular o ângulo entre a resultante R e o momento Mo . Depois deve-se 
decompor o momento numa componente paralela a R (M1) e numa componente ortogonal a R 
O
R
M
o
O
R
M
o
=
d
- M
o
=
O
R
d
B
B
θ
F
Mo
M1
M2
O
F
M1
M2
- M2 d
O
B
F
M1
d
O
B
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A
600 N
100 N
400 N
100 Nm
0,4 0,4
0
,3 45,0°
A
500 N
100 N
200 N
B C
D
E
2 1,5 1 1,5
(m)
0
,5
60o
 
(M2) conforme ilustrado na Fig (4.10b). A seguir a componente M2 deve ser eliminada 
transportando-se a resultante R para um ponto B conveniente, tal que seja gerado um 
momento - M2 conforme ilustrado na Fig. (4.10c). O resultado deste processo, Fig. (4.10d), éuma resultante R e um momento M1 que atuam na mesma reta suporte. Esta combinação de 
uma força com momento colinear é chamado de torsor. O efeito de um torsor sobre um corpo 
é o de provocar translação e rotação em torno do mesmo eixo, por este motivo o torsor 
também costuma ser chamado de efeito parafuso. 
O procedimento ilustrado na Fig. (4.10) é realizado matematicamente seguindo os 
passos abaixo 
• Calcular θ : 
o
o
MR ⋅
•
=
MR
arccosθ ; 
• Obter as projeções: θcos1 ⋅= oMM e θsen2 ⋅= oMM 
• Obter M1 e M2 : RM uM ⋅= 11 em que 
R
R
R
u = e 12 MMM −= o 
4.4 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
1) Reduzir o sistema de forças aplicado ao corpo rígido da figura ao ponto A. 
 
Solução: Inicialmente deve-se calcular as componentes da força 
resultante R. 
N 84,38245cos400100 −=⋅−−==∑ XX FR 
N 84,88245sen400600 −=⋅−−==∑ YY FR 
( ) N 84,882;84,382 −−=R 
Outro modo de indicar a resultante é 
( ) ( ) N 3,96284,88284,382 22 =−+−=R 
o
x
y
R
R
6,66
84,382
84,882
arctan =→== θθ ou ( ) N 917,0;398,03,962 −−=R
v
 
Nm 1,4513,045cos4008,045sen4004,0600100 −=⋅⋅−⋅⋅−⋅−==∑ AA MM ou em notação vetorial 
Nm 1,451 kM −=A 
2) Determine o módulo, sentido e a posição na viga da resultante única equivalente ao 
sistema de forças dado. 
 
Solução: Este exercício tem um grau de 
dificuldade um pouco superior ao anterior 
porque não é especificado um ponto para 
fazer a redução do sistema de forças. Neste 
caso qualquer um dos pontos ilustrados na 
figura poderia ser escolhido. No entanto, com 
objetivo de simplificar a solução elimina-se a 
possibilidade de escolha do ponto D. Inicia-
se o processo calculando-se a resultante R 
que independe do ponto de escolha para a 
redução do sistema de forças. 
 
N 35060cos500100 =⋅+==∑ XX FR e N 23360sen500200 −=⋅−==∑ YY FR 
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Utilizando-se outra notação pode-se escrever a resultante como N 5,420=R com 
o
7,33=θ 
Escolhendo-se para redução o ponto A tem-se 
Nm 2165,01005,32002060sen500 −=⋅−⋅+⋅⋅−==∑ AA MM 
Com esta operação se reduziu o sistema de forças a uma resultante e um momento resultante em A. A 
figura abaixo ilustra este resultado. O próximo passo é deslocar a resultante de modo a gerar um momento 
contrário a MA. Para tal faz-se 
m 93,0
233
216
==d a direita de A. 
 
É importante ressaltar que aplicou-se apenas o módulo da componente vertical da força porque a componente 
horizontal não gera momento quando se desloca sobre a viga. Um erro comum neste tipo de problema é dividir o 
valor do momento pelo módulo da resultante. 
3) Quatro rebocadores são usados para trazer um transatlântico ao caís. Cada rebocador 
exerce uma força de 25 kN nas direções e sentidos ilustrados. Determinar o sistema força-
binário equivalente no mastro dianteiro, o ponto no casco onde um só rebocador mais 
poderoso deverá empurrar para produzir o mesmo efeito que os quatro rebocadores 
originais 
 
Solução: 
N 2,4545cos25 53cos2560cos25 =⋅+⋅+⋅==∑ XX FR 
N 9,482553sen2560sen2545sen25 −=−⋅−⋅−⋅==∑ YY FR 
90252145cos256045sen252153cos252760sen251560cos25 ⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−==∑ OO MM 
kNm 99,736−=OM 
Como o texto diz que um rebocador deverá empurrar a única solução possível está apresentada na figura a 
seguir. 
m 34,499,7369,48212,45 −=→=⋅+⋅ xx 
 
 
420,5 N
216 Nm
33,7A
420,5 N
33,7A
0,93
3060 3027
60°
53°
45°
25 kN
25 kN
25 kN 25 kN
1
5 2
1
O
(m)
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31 
Z
X
Y
500 N 400 N
100 N
600 N
8
2
5 5
A
B
C
O
(m)
Z
X
Y
1400 N
O
x
y
X
Y
Z 300 N1000 Nm
200 N
4 m
3 m
5 m
30°
A
B
C
O
 
4) A placa ilustrada na figura é submetida a quatro forças paralelas. Determine o módulo e 
sentido da resultante única equivalente ao sistema de forças dado e localize o seu ponto de 
aplicação na placa. 
Solução: Inicialmente deve-se calcular a resultante. 
N 1400400500600100 −=−−−==∑ ZZ FR 
( ) N 1400,0,0 −=R 
Para localizar o ponto de aplicação da força resultante, 
considera-se que esta atua num ponto P de coordenadas 
(x, y). Aplicando-se o Teorema de Varignon, o momento 
causado pela resultante em relação ao ponto O deve ser 
igual a soma dos momentos das forças que atuam no 
sistema em relação ao mesmo ponto. A figura ao lado 
ilustra esta solução. 
Aplicando-se uma solução escalar pode-se escrever 
∑= xOx MM 
m 5,25100104001400 =→⋅+⋅−=⋅− yy 
∑= MyMOy 
m 3610086001400 =→⋅−⋅=⋅ xx 
Portanto o resultado é uma força de –1400 k N aplicada 
num ponto P (3 ; 2,5) m. 
5) Reduzir o sistema ilustrado na figura ao 
ponto O. Encontrar o torsor equivalente a este 
sistema. 
 
Solução: Inicialmente deve-se calcular a força 
resultante. 
N 12053200 =⋅==∑ XX FR 
N 16054200 −=⋅−==∑ YY FR 
N 300==∑ ZZ FR 
( ) N 300,160,120 −=R 
Outra forma de escrever a força resultante que é mais 
conveniente a este problema é 
x
45,2 kN
O
48,9 kN
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( ) N 832,0;444,0;333,056,360 −⋅=R ou seja o produto do módulo da resultante pelo seu vetor unitário 
correspondente. Esta operação é facilmente realizada usando-se a calculadora HP conforme já anteriormente. 
O próximo passo é calcular o momento em O. Para tal deve-se decompor o momento aplicado no ponto 
C nas direções Z e Y de modo a se obter ( )866,500,0 − Nm. Depois deve-se calcular os momentos das forças 
aplicadas em A e B em relação ao ponto O. O momento resultante é então obtido pela expressão 
( ) ( ) Nm 386,100,2000
0160120
503
30000
540866,500,0 =










−
+










+−==∑
kjikji
M OO M 
Aplicando-se a mesma notação da força resultante pode-se escrever 
( ) Nm 189,0;049,0;981,036,2039 ⋅=OM 
Até este ponto foi concluída a primeira etapa da questão. Para se obter o torsor equivalente deve-se 
inicialmente decompor o momento resultante na direção da força resultante e na direção ortogonal a ela. Como 
os vetores unitários que definem as direções da resultante e do momento resultante são conhecidos pode-se 
calcular o ângulo θ entre os dois vetores fazendo-se 
( ) 47,62462,0arccosarccos =→=•= θθ MoR uu 
Nm 52,94247,62cos36,20391 =⋅=M e ( ) Nm 832,0;444,0;333,052,9421 −⋅=M 
( ) ( ) ( ) Nm 18,398;47,518;14,1686832,0;444,0;333,052,942386,100,200012 −=−⋅−=−= MMM O 
( ) Nm 22,0;287,0;932,043,18082 −⋅=M 
A distância que deve-se deslocar a resultante para eliminar o momento M2 é obtida fazendo-se 
m 5
56,360
43,1808
==d medidos numa direção ortogonal a reta suporte da força resultante. 
A reta suporte do torsor é encontrada fazendo-se 2MRr =× em que r é o vetor posição do eixo do 
torsor. Executando-se esta operação obtém-se 
( )18,398;47,518;14,1686
300160120
−=










−
zyx
kji
 
zyzy 533,062,514,1686160300 −=→=+ (1) 
zxzx 4,0728,147,518120300 +−=→=+− (2) 
18,398120160 −=−− yx (3) 
Substituindo-se (1) e (2) em (3) deve-se encontrar 0 = 0 salvo erros de arredondamento. As equações (1) 
e (2) do modo como estão apresentadas são as equações da reta suporte do torsor. Fazendo-se z = 0 nestas 
equações obtém-se a interseção do eixo do torsor com o plano XY, que é (-1,768 ; 5,62 ; 0). Portanto a resposta 
da segunda etapa da questão pode ser escrita da seguinte forma: 
( ) N 832,0;444,0;333,056,360 −⋅=R , ( ) Nm 832,0;444,0;333,052,9421 −⋅=M aplicados na reta definida pelas 
equações zy 533,062,5 −= e zx 4,0728,1 +−= 
ou aplicando-se o princípio da transmissibilidade 
( ) N 832,0;444,0;333,056,360 −⋅=R , ( ) Nm 832,0;444,0;333,052,9421 −⋅=M aplicados no ponto (-1,768 ; 
5,62 ; 0). 
 
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ENG 1156 – MECÂNICA – TRABALHO 2 
Os trabalhos devem ser desenvolvidos em folha A4 branca a caneta e sem rasuras, ou 
podem ser desenvolvidos em editor de texto. Neste caso, o trabalho pode ser entregue em 
arquivo (formato .rtf, pdf ou .doc) ou impressoem folha A4 branca. Trabalhos fora destas 
condições não serão avaliados. 
 
 
1) Uma força F de módulo, direção e sentido desconhecidos está aplicada no ponto C do 
cano ABCD conforme figura (1). Determine o momento My de F em relação ao eixo Y 
sabendo que Mx = 150 Nm e Mz = 90 Nm. 
 
Y
X
Z
0
B C
D
600
400
450
A
(mm)
Figura (1)
 
 
2) Determine o valor da força F2, figura (2), que é ortogonal à reta AO, para que o somatório 
dos momentos em O seja igual a zero. 
 
 
 
 
 
 
400 N
F
30o
45o
80
15
0
160
2
0
A
O
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34 
3) Reduza o sistema de forças apresentado na figura (5) para um sistema força - momento no 
ponto O. Substitua o sistema resultante por um torsor equivalente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
X
Y
Z
200 N
100 N
1 m
2 m
1 m
O
50 N
50 N
100 N