5_Equilíbrio dos Corpos Rígidos

Prévia do material em texto

ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
35 
5. EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS 
Este material deve ser complementado com a leitura do capítulo 5 (HIBBELER) e do 
capítulo 4 (BEER & JOHNSTON). 
5.1 CONDIÇÃO DE EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 
Um corpo rígido está em equilíbrio quando as forças externas que atuam sobre ele 
possam ser reduzidas a um sistema equivalente com força resultante nula e momento 
resultante nulo. É importante ressaltar que o ponto em relação ao qual é feita a redução pode 
ser qualquer ponto pertencente ao corpo ou não. Esta condição está representada na Fig. (5.1) 
e na equação (5.1). 
Figura 5.1 – Condição de equilíbrio de um corpo rígido. 
 ∑∑ ==== 0MM0FR oRo , (5.1) 
A demonstração deste resultado é apresentada de forma completa na 3a área da disciplina 
considerando-se o problema dinâmico. É importante ressaltar que a condição representada 
pela equação (5.1) é válida para um corpo em equilíbrio ou para um corpo em movimento 
retilíneo uniforme. A equação (5.1) escrita em forma escalar é representada pelo conjunto de 
equações (5.2), que são as Equações de Equilíbrio da Estática. 
 
0,0,0
0,0,0
===
===
∑∑∑
∑∑∑
zyx
zyx
MMM
FFF
 (5.2) 
No caso plano, as forças estão definidas apenas no plano XY e os momentos estão definidos 
no eixo Z. Logo, as equações de equilíbrio indicadas em (5.2) ficam reduzidas a três equações 
conforme indicado em (5.3). Estas três equações permitem resolver problemas com no 
máximo 3 incógnitas. 
 
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
z
y
x
M
F
F
 (5.3) 
 
 
=
F
1
r
1
F
4
F
3
F
2
r
4
r
3
r
2
O
R= 0
M
o
 = 0
O
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
36 
5.2 VÍNCULOS E REAÇÕES 
A função dos vínculos é a de restringir um ou mais movimentos de corpo rígido de um 
corpo. Para cada movimento restrito irá corresponder uma reação. 
Movimento de corpo rígido. São os movimentos que um corpo pode realizar sem 
alterar as suas dimensões próprias ou seja sem que este sofra deformações. 
Grau de liberdade. Representa uma possibilidade de movimento de corpo rígido de 
um corpo. No espaço um corpo rígido tem seis graus de liberdade que são três translações; ux, 
uy e uz; e três rotações; Rx, Ry e Rz . Já no plano um corpo rígido tem três graus de liberdade 
que são duas translações; ux e uy; e a rotação Rz . A Fig. (5.2) ilustra os graus de liberdade no 
plano e no espaço. 
Figura 5.2 – Representação dos graus de liberdade no plano e no espaço. 
Para que um sólido esteja em equilíbrio é necessário que a sua vinculação elimine 
todas as possibilidades de movimento de corpo rígido. 
Do ponto de vista teórico os vínculos são sempre completos ou seja se um vínculo 
impede o movimento, por exemplo, na direção vertical, então este movimento deve ser 
impedido nos dois sentidos ou seja para baixo e para cima. Considerando o caso de uma 
cadeira comum, sabe-se que as patas dela impedem o movimento vertical para baixo. Para que 
as patas fossem realmente um vínculo completo, a cadeira deveria ser aparafusada no chão de 
modo a impedir o movimento vertical para cima e para baixo. Neste sentido, deve-se tomar o 
cuidado de projetar os vínculos com as características que se verificam necessárias durante o 
cálculo. 
Do ponto de vista teórico os vínculos são perfeitos ou seja ou o vínculo impede 
totalmente o movimento numa dada direção ou este movimento é livre. Não há vinculação 
parcial. 
5.3 TIPOS DE VÍNCULOS PARA O CASO PLANO 
Vínculos de 1ª classe. A reação deste tipo de vínculo é equivalente a uma força com 
linha de ação conhecida. O vínculo impede um deslocamento na direção do apoio. Neste caso, 
há apenas uma incógnita. Os tipos de ligações que ficam nesta categoria são: cabo, haste curta 
(sem peso), rolete, rolete ou pino confinado em guia sem atrito, balancim, superfície de 
contato sem atrito. A seguir apresenta-se um esquema de cada um destes tipos de ligação. 
X
Y
Z
u
x
u
Z
u
Y
R
Y
R
X
R
Z
X
Y
u
x
u
Y
Z
R
Z
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
37 
θ θ
F
θ
F
θ
θ
θ
θ
θF
Cabo 
A reação é uma força de tração que 
tem a direção do cabo no sentido 
de puxar o elemento ao qual ele 
está ligado. 
Haste curta (sem peso) 
A reação é uma força que 
tem a direção da haste. 
 
 
Rolete (apoio simples) 
A reação é uma força que atua perpendicularmente à 
superfície no ponto de contato. 
 
 
 
 
Rolete confinado numa guia sem 
atrito. 
A reação é uma força que atua 
perpendicularmente à guia. 
 
 
 
 Balancim 
A reação é uma força que atua perpendicularmente à 
superfície no ponto de contato. 
 
 
 
Superfície de contato sem atrito 
A reação é uma força que atua perpendicularmente 
à superfície no ponto de contato 
 
 
 
θ
θF
θF
θF
θ
F
ou 
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
38 
θ
Elemento rotulado conectado a um 
colar deslizante sobre uma barra sem atrito 
 
A reação é uma força que atua perpendicular- 
mente à barra. 
 
 
O vínculo de primeira classe de uso mais comum é o apoio simples, que corresponde ao caso 
do rolete, e a sua representação mais usual é dada pelo esquema abaixo. É importante salientar 
que a direção da reação é indicada pelo triângulo. Nota-se que o apoio simples impede o 
deslocamento na direção indicada pelo triângulo, no caso o deslocamento vertical uy é nulo 
correspondendo a uma reação 0
Ay
R ≠ . Somado a isso, como o deslocamento ux e a rotação 
zθ estão liberados tem-se 0AxR = e 0AM = . 
 
. 
 
 
 
 
 
 
 
Vínculos de 2ª Classe. A reação deste tipo de vínculo é equivalente a 
uma força com linha de ação desconhecida, o que é equivalente a uma força 
representada por duas componentes. Os casos mais comuns deste tipo de vínculo são o apoio 
duplo (também chamado rótula ou articulação), superfície de contato com atrito e elemento 
solidário a um colar deslizante sobre uma barra sem atrito. A seguir apresenta-se um esquema 
de cada um destes tipos de ligação. 
 
Apoio duplo (pino sem atrito) 
 
 
 
 
 
θ
F
θ θ
F
x
Fy
θ
F
φ
x
y
R
Ay
A
0 0
0 0
0 0
x Ax
y Ay
z A
u R
u R
Mθ
≠ → =
= → ≠
≠ → =
u
x
u
y
θ
z
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
39 
θ
As reações são duas componentes de forças ou o módulo e a direção φ da resultante das 
forças. Os ângulos φ e θ não são necessariamente iguais a menos que a barra seja bi-
articulada. A representação simplificada deste tipo de vínculo está apresentada no esquema 
abaixo. 
x
y
R
Ay
A
0 0
0 0
0 0
x Ax
y Ay
z z
u R
u R
Mθ
= → ≠
= → ≠
≠ → =
u
x
u
y
θ
z
R
Ax
 
 
 
Superfície de contato com atrito. 
A reação é composta por uma força N que atua 
perpendicularmente à superfície no ponto de contato 
(força normal) e por uma força de atrito que atua 
paralelamente à superfície no ponto de contato e com 
sentido definido de modo a impedir o deslizamento da 
barra. 
 
 
Rótula Interna 
 
A
V
Aesq
V
Adir
H
Aesq HAdir
M
Aesq
M
Adir
0 0
0 0
xesq xdir Aesq Adir
yesq ydir Aesq Adir
Aesq zesq
Adir zdir
u u H H
u u V V
M
M
θ
θ
= → =
= → =
= → ≠
= → ≠
A
H
A
V
A
 
Uma rótula interna transmite deslocamentos ux e uy, mas não transmite a rotação zθ . Portanto 
este corresponde a duas forças reativas. Estas forças são do tipo internas e não devem ser 
representadas num diagrama de corpo livre externo da estrutura, 
 
Elemento solidário a um colar 
deslizante sobre uma barra sem 
atrito. 
 
As reações são equivalentes a uma 
força e um momento que atuam 
perpendicularmente à barra. 
 
ou 
F
M
θ
N
F
F
x
F
y
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
40 
Pistão 
Um vínculo do tipo pistão permite o deslocamento relativo ao longo do eixo do pistão e 
impede o deslocamento perpendicular ao eixo do pistão, bem como a rotação no plano. Esse 
vínculo corresponde a uma reação do tipo força e uma reaçãomomento. 
x
y
u
xesq uxdir
R
yesq
R
ydir
M
dir
M
esq
xdirxesq
xdir
xesq
diresqdiresq
ydiryesqydiryesq
uu
u
u
MM
RRuu
≠
≠
≠
=→=
=→=
0
0
θθ
 
 
Slide 
Um vínculo do tipo slide permite o deslocamento relativo ao eixo perpendicular a direção da 
barra. O deslocamento na direção do eixo da barra, bem como a rotação no plano são 
impedidos. Esse vínculo corresponde a uma reação do tipo força e uma reação momento. 
x
y
u
yesq
u
ydir
R
xesq Rxdir
M
dir
M
esq
ydiryesq
ydir
yesq
diresqdiresq
xdirxesqxdirxesq
uu
u
u
MM
RRuu
≠
≠
≠
=→=
=→=
0
0
θθ
 
 
 
 
Vínculo de 3ª classe. A reação deste tipo de vínculo é equivalente a duas componentes de 
força e um momento. O exemplo típico deste tipo de vínculo é o engaste. 
 
x
y
R
Ay 0 0
0 0
0 0
x Ax
y Ay
z z
u R
u R
Mθ
= → ≠
= → ≠
= → ≠
u
x
u
y
θ
z
A
R
Ax
M
A
 
 
 
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
41 
5.4 UMA CLASSIFICAÇÃO SIMPLIFICADA DE ESTRUTURAS 
As estruturas podem ser classificadas em função do número de reações externas. 
Estruturas cujas reações podem ser calculadas com as equações de equilíbrio são ditas 
Isostáticas. A Fig. (5.3) apresenta um exemplo deste tipo de estrutura. 
Figura 5.3 – Estrutura Isostática. 
; ;A A BH V V 
Estruturas cujas reações não podem ser calculadas apenas com as equações de 
equilíbrio são ditas Hiperestáticas. A Fig.(5.4) ilustra uma estrutura hiperestática. Neste tipo 
de problema o número de incógnitas é maior que o número de equações. Nota-se que as 
reações VA e VB são obtidas aplicando-se as equações 0=∑ yF e 0=∑ AM . A terceira 
equação, 0=∑ xF , resulta em BA HH = . As reações HA e HB são ditas reações 
estaticamente indeterminadas. Para obtermos mais uma equação, para resolver o problema, 
faz-se necessário considerar a forma como a estrutura se deforma, o que é assunto para as 
próximas disciplinas. 
Figura 5.4 – Estrutura Hiperestática. 
Estruturas cujo número de reações for inferior ao número de equações são ditas 
Hipoestáticas. Na realidade, pode-se ter um número de reações superior ao número de 
equações, desde que os vínculos estejam dispostos de modo não eficaz. A estrutura ilustrada 
na Fig. (5.5) tem duas reações e 3 equações. 
A BHA
V
A VB
P
3
P
2
P1
AHA
V
A
P
3
P
2
P1
B HB
VB
B
V
B
P
3
P
2
P
1
A
V
A V
C
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
42 
A BHA
VA VB
P
a b
Figura 5.5 – Estrutura Hipoestática. 
Nesta estrutura o movimento de corpo rígido na direção X é livre. É interessante 
observar que a colocação de mais apoios simples, como os do ponto A ou B, não muda a 
condição de hipoestaticidade do problema, embora aumente o número de reações. Este seria 
um exemplo típico de vínculos aplicados de modo não eficaz. 
Do ponto de vista estrutural a hipoestacidade não é desejável, no entanto em corpos 
que funcionam como mecanismo a hipoestacidade é necessária. A Fig. (5.6) ilustra o 
mecanismo básico de uma balança mecânica. Neste caso, o giro livre em torno do ponto A é 
necessário para o funcionamento da balança. Quando a balança está equilibrada (estrutura 
auto-equilibrada), o peso padrão é igual ao peso do objeto que se deseja pesar. 
Figura 5.6 – Balança mecânica. 
A Fig. (5.7) ilustra um mecanismo formado por duas rodas e umas correia. Para que 
estas rodas possam transmitir movimento de uma para a outra é necessário que a rotação de 
ambas as rodas com em relação ao centro, de cada uma delas, esteja livre. 
Figura 5.7 – Mecanismo formado por duas rodas e correia. 
Exemplo 1. Calcule as reações dos vínculos A e B. 
 
Solução: Aplica-se diretamente as equações 
de equilíbrio. 
 
00 =→=∑ AX HF (1) 
PVVF BAY =+→=∑ 0 (2) 
( ) 00 =−+→=∑ PabaVM BA 
ba
Pa
VB
+
= (3) 
A
A
y
A
x
P
1
P
2
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
43 
A BHA
V
A VB
M
a b
 
400 N
200 N
300 N
A
B
C
2
m
1
m
1m 1m
H
A
V
A M
A
Substituindo-se (2) em (3) obtém-se 
ba
Pb
VA
+
= 
Caso a carga P fosse aplicada no centro da viga ou seja a = b, as reações VA e VB seriam iguais a P/2. 
Este resultado pode ser obtido diretamente através da simetria do problema. 
Caso a carga P fosse aplicada sobre um dos apoios verifica-se que esta carga é totalmente absorvida por 
este apoio ou seja se a carga é aplicada no apoio A tem-se VA = P e VB = 0. 
 
Exemplo 2. Calcule as reações dos vínculos A e B. 
 
Solução: Aplica-se diretamente as equações de 
equilíbrio. 
00 =→=∑ AX HF (1) 
BAY VVF =→=∑ 0 (2) 
( ) 00 =++−→=∑ MbaVM BA 
ba
M
VB
+
= (3) 
Substituindo-se (2) em (3) obtém-se 
ba
M
VA
+
= 
 
5.5 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
1) Determinar as reações no vínculo A da estrutura. 
 
Solução: O vínculo representado no ponto A é um engaste 
ou seja impede 3 movimentos: duas translações e uma 
rotação. Logo, este vínculo deve ser representado por 3 
reações: duas forças e um momento. A figura ao lado já 
representa estas reações. Para resolver o problema basta 
aplicar as equações de equilíbrio. 
N 3000 =→=∑ AX HF (1) 
N 6002004000 =+=→=∑ AY VF (2) 
02002400130030 =⋅−⋅−⋅−→=∑ AA MM 
Nm 1700=AM 
 
 
 
 
 
2) Determinar as reações dos apoios da viga desprezando o peso próprio da mesma. 
Solução: Substituir os vínculos por suas reações correspondentes e aplicar as equações de equilíbrio. 
45cos6000 ⋅+→=∑ AX HF (1) 
N 3,424−=AH 
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
44 
A BHA
V
A VB
100 N600 N
2m 3m 2m
45°
V
A
H
A
R
A
θ
A
B
H
A
V
A VB
100 N
200 N
300 N
0,8m 0,8m 1m
1
,5
m
C
 
45sen6001000 ⋅+=+→=∑ BAY VVF 
N 7,331N 6,1920100545sen600270 =→=→=⋅−⋅⋅−⋅→=∑ ABBA VVVM 
 
O sinal negativo de HA indica que o sentido arbitrado para esta reação está errado. O sentido correto é o 
contrário do arbitrado. Pode-se notar que o erro no sentido da força não afetou a solução do problema. Quando se 
tem esta situação pode-se trabalhar de duas formas: manter o sinal negativo sabendo que ele indica o sentido 
contrário ou trocar o sinal e o sentido arbitrado para a força. 
Em algumas aplicações as reações do apoio duplo A devem ser representadas por uma única força. 
Neste caso a solução fica 
N 6,5387,3313,424
22
=+=AR 
o
01,38
3,424
7,331
tan =→= θθ 
 
 
Principalmente em concursos pode ser útil a confirmação da resposta 
obtida. Para tal basta fazermos o somatório de momentos em relação a um outro ponto, diferente de A, igual a 
zero. Escolhendo-se o ponto B e substituindo-se o valor correspondente a reação VA obtém-se 
057,00100245sen60057,33170 ≈−→=⋅+⋅⋅+⋅−→=∑ BM 
Quando a solução do problema é correta deve-se obter 0 = 0 ou uma situação próxima, como neste 
exemplo, a isto em função de erros de arredondamento. 
3) Determinar as reações dos vínculos da treliça. 
 
Solução: Aplicar as equações de equilíbrio. 
N 1000 =→=∑ AX HF 
N 5000 =+→=∑ BAY VVF 
AB VV −= 500 
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
45 
N 84,303N 15,19606,21005,130012008,10 =→=→=⋅−⋅−⋅+⋅→=∑ BAAB VVVM 
Conforme mencionado no exercício anterior pode-se confirmar a solução do problema fazendo-se o 
somatório dos momentos em relação a um outro ponto qualquer. Escolhendo-se o ponto C obtém-se 
001,001005,130012008,115,1966,20 =→=⋅−⋅+⋅+⋅−→=∑ CM 
Pelo resultado obtido verifica-se que a solução está correta. 
 
5.6 EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO ALTERNATIVAS 
Vimos que o equilíbrio de um corpo rígido no plano pode sempre ser representado 
pelas equações de equilíbrio apresentadas em (5.4). 
 
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
O
y
x
M
F
F
 (5.4) 
No entanto este conjunto de equações pode levar, em alguns casos, a um sistema de equações 
que deve ser resolvido. Logo, pode ser vantajoso adotarmos um conjunto de equações de 
equilíbrio alternativo. 
O primeiro conjunto de equações de equilíbrio alternativas está representado na 
equação (5.5). A Fig. (5.8) ilustra o funcionamento destasequações de equilíbrio. 
 
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
B
A
a
M
M
F
 (5.5) 
Figura 5.8 – Ilustração do primeiro conjunto de equações de equilíbrio. 
A equação 0=∑ AM indica que o sistema de forças deve ser reduzido ao ponto A, e que o 
momento resultante em A, MRA, é nulo. A equação 0=∑ aF indica que a componente da 
resultante paralela ao eixo a-a é nula. A Fig. (5.8b) indica a redução do sistema de forças para 
F
1
F
4
F
3
F
2
A
R
M
RA
=
A
a
a
R
R
=
A
a
a
R
B
a) b)
c)
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
46 
o ponto A, e a Fig. (5.8c) ilustra o resultado das duas primeiras equações de equilíbrio, que é a 
componente da resultante ortogonal ao eixo a-a. Para anular-se esta componente iguala-se a 
zero o somatório de momentos em relação a um ponto B, que deve ser escolhido de modo que 
a reta AB não seja paralela a direção da componente da resultante que se deseja eliminar. 
Porque o conjunto de equações (5.5) representa o equilíbrio de um corpo rígido? 
Demonstração: A equação 0=∑ BM pode ser escrita como 
 aaB ABR
R
ABAB
kji
⋅−=










= ⊥
⊥
⊥
00
0M (5.6) 
em que ⊥AB é a distância entre os pontos A e B medida na direção ortogonal ao eixo a-a e 
aAB é a distância entre os pontos A e B medida na direção paralela ao eixo a-a. Pela equação 
(5.6) observa-se que para MB = 0 tem-se que 0=⊥R , desde que se garanta 0≠aAB . 
Portanto, para que o conjunto de equações (5.5) represente as condições de equilíbrio de um 
corpo rígido é necessário que a reta AB não seja ortogonal ao eixo a-a. 
O segundo conjunto de equações de equilíbrio alternativas está representado na 
equação (5.7). A Fig. (5.9) ilustra o funcionamento destas equações. 
 
0
0
0
=
=
=
∑
∑
∑
C
B
A
M
M
M
 (5.7) 
Figura 5.9 – Ilustração do segundo conjunto de equações de equilíbrio. 
F
1
F
4
F
3
F
2
A
R
M
RA
=
A
=
A
a) b)
c)
R
R
A
B
d)
R
C
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
47 
A equação 0=∑ AM indica que o sistema de forças deve ser reduzido ao ponto A, e que o 
momento resultante em A, MRA, é nulo. Este processo esta ilustrado nas figuras (5.9a) a 
(5.9c). A equação 0=∑ BM exige para ser satisfeita que o ponto B pertença a reta suporte 
da resultante R. Já a equação 0=∑ CM exige que a resultante seja nula, desde que o ponto 
C não seja colinear com os pontos A e B. 
 
Exemplo 3. Calcular as reações nos apoios para viga bi-apoiada ilustrada na figura 
abaixo. 
 
 (a) (b) 
Figura 5.10 – Ilustração do exemplo 1. 
Solução: Aplicando-se as equações tradicionais obtém-se 
kN 
3
2
3
1
1010
kN 
3
1
01130
00
=−=→=−+→=
=→=⋅−⋅→=
=→=
∑
∑
∑
yyyy
yyA
xx
ABAF
BBM
BF
 
Aplicando-se as equações de equilíbrio alternativas obtém-se 
kN 
3
2
02130
kN 
3
1
01130
00
=→=⋅+⋅−→=
=→=⋅−⋅→=
=→=
∑
∑
∑
yyB
yyA
xx
AAM
BBM
BF
 
O sistema de equações alternativas funciona porque a reta AB não é ortogonal ao eixo a-a (eixo X). 
 
 
 
 
 
 
1m 2m
A B
1 kN
1m 2m
A
B
1 kN
B
y
B
x
A
y
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
48 
Exemplo 4. Para a estrutura representada na figura abaixo calcular as reações nos 
vínculos. 
Solução: Aplicando-se as equações de equilíbrio usuais tem-se 
100866,0030cos60cos2002000 −⋅=→=⋅−⋅−+→=∑ FAFAX RHRHF 
FAFAY RVRVF ⋅−=→=⋅+⋅−−→=∑ 5,0205,673030sen60sen2005000 
( ) ( )
( ) ( ) 030sen2430cos30cos2230sen
30cos1260sen20030sen1460cos200150042000
=⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅+
⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅−⋅−→=∑
FF
A
RR
M
 
N 324=FR , N 58,180=AH e N 2,511=AV 
Aplicando-se um conjunto alternativo de equações a solução fica 
100866,00 −⋅=→=∑ FAX RHF (1) 
1502012001500420 +⋅=→=⋅−⋅+⋅⋅+⋅−→=∑ AAAAD HVHVM (2) 
( ) ( ) ( ) 0120030cos2150030sen220030sen2430cos220 =⋅+⋅+⋅+⋅⋅−⋅−⋅+⋅+⋅−→=∑ AAF HVM 
025,13663732,3 −=⋅+⋅− AA HV (3) 
Substituindo-se (2) em (3) obtém-se 
N 6,180025,136638,559464,7 =→−=⋅+−⋅− AAA HHH , N 2,511=AV e N 324=FR 
Quando se trabalha com um conjunto alternativo de equações de equilíbrio deve-se ter em mente que 
estas equações funcionam desde que se atendam algumas condições. Apresenta-se a seguir um conjunto de 
equações de equilíbrio que não conduz a resposta do problema. 
A
500 N
H
A
V
A
RF
200 N
200 NB C D
E
F
4
m
1m 1m
1m
1m
30°
ENG 01156 – Mecânica - Aula 05 
Prof Inácio Benvegnu Morsch - CEMACOM 
 
49 
FAFAY RVRVF ⋅−=→=⋅+⋅−−→=∑ 5,0205,673030sen60sen2005000 (1) 
15020 +⋅=→=∑ AAD HVM (2) 
( ) 0230sen30sen160cos20030cos1260sen200150040 =⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅+⋅⋅−⋅−⋅→=∑ FAB RHM 
4
41,1046 F
A
R
H
−
= (3) 
Substituindo-se (1) e (3) em (2) obtém-se 
205,673205,673150
2
41,1046
5,0205,673 =→+
−
=⋅− FF
R
R 
o que indica que o conjunto de equações empregado é linearmente dependente. Isto ocorre porque a reta que une 
os pontos B e D é horizontal sendo paralela a resultante RX.