estatica___equilibrio_de_corpos_rigidos___2d

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EQUILÍBRIO DE CORPOS 
RÍGIDOS
EQUILÍBRIO EM DUAS DIMENSÕES
4 - 1
Introdução
• Para um corpo rígido em equilíbrio, o sistema força-binário
equivalente em um ponto O qualquer é um sistema equivalente a 
zero.
• Se a resultante das forças for nula, ainda é possívelque o corpo
esteja sob o efeito de um binário, não estando em equilíbrio. 
Portanto, além da resultantenula, o vetor momento em um ponto
O qualquer também deve sernulo. Com o vetor momento sendo
nulo em um ponto, este será nulo em todos.
4 - 2
Introdução
4 - 3
• As condições necessárias e suficientes para o equilíbrio estáticode 
um corpo são que a força e o binário (momento) resultantes de todas 
as forças externas formem um sistema equivalente a zeroem um 
ponto O qualquer:
0 0OF M= =∑ ∑
� �
∑ =∑ =∑ =
∑ =∑ =∑ =
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 
externosestão balenceadas e não impõem movimento de 
translação ou de rotação ao corpo. Na maioria das vezes, o 
carregamento externo é balanceado por reaçõesde seus vínculos.
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 corpo com um diagrama de corpo livre.
• Selecionamos a extensão do corpo livre de 
interessee o isolamosdo 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 
arbitramos os sentidospara as forças 
desconhecidas. Estas geralmente consistem nas 
reações de apoiopor 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(atuando 
sobreo corpo), incluindo o peso do corpo 
rígido (aplicado no centro de gravidade).
Reações em Apoios e Conexões para uma 
Estrutura Bidimensional (Beer & Johnston)
4 - 5
• Reações equivalentes a 
uma força com linha de 
ação conhecida, ou seja, 
impedem o movimento em 
apenas uma direção. 
Portanto, resultam em 
apenas uma incógnita
(módulo da reação).
• O sentido da reação deve 
ser como mostrado na 
figura no caso de: (1) uma 
superfície lisa (para fora 
da superfície) ou (2) de um 
cabo (tração na direção de 
um cabo).
Tração Tração ou 
compressão.
Normal à superfície, podendo atuar nos dois sentidos dependendo do caso.
Normal à haste, podendo atuar nos dois sentidos.
(articulada)
4 - 6
• Impedem a translação nas 
duas direções. Reações 
equivalentes a uma força de 
direção, sentido e 
intensidade desconhecidos 
(ou dois componentes). 
Portanto, resultam em duas 
incógnitas.
• Impede qualquer 
movimento. Reações 
equivalentes a uma força 
de direção, sentido e 
intensidade 
desconhecidos e a um 
binário de intensidade 
desconhecida (dois 
componentes de força e 
um momento, ou seja, 
três incógnitas).
Reação em qualquer direção. Para superfície rugosa, a componente vertical 
deve ter sentido para cima.
Reações em Apoios e Conexões para uma 
Estrutura Bidimensional (Beer & Johnston)
4 - 7
Reações em Apoios e Conexões para uma 
Estrutura Bidimensional (Hibbeler)
4 - 8
Reações em Apoios e Conexões para uma 
Estrutura Bidimensional (Hibbeler)
4 - 9
Reações em Apoios e Conexões para uma 
Estrutura Bidimensional (Hibbeler)
Equilíbrio de um Corpo Rígido em Duas 
Dimensões
4 - 10
• As equações de equilíbrio se reduzem a:
∑ ∑ ∑ === 000 Ayx MFF
sendo A qualquer ponto no plano da 
estrutura.
• As 3 equaçõespodem ser resolvidas para 
no máximo 3 incógnitas.
• As 3 equações não podem ser ampliadas com equações adicionais. 
Por exemplo, não permite achar uma quarta incógnita, já 
que as três equações acima são suficientespara garantir o equilíbrio. 
Por outro lado, qualquer uma delas pode ser substituídapor outra 
equação de somatório de momentos, por exemplo:
∑ ∑ ∑ === 000 BAx MMF
Há restrições para a aplicação de mais de uma equação de 
somatório de momentos.
0BM =∑
Equilíbrio de um Corpo Rígido em Duas 
Dimensões
4 - 11
Conjunto Alternativo I:
• A linha passando pelos pontosA e B não pode ser paralelaao eixo
y.
• A segunda equação diz que a força resultante equivalente do sistema
deve passar porA (momento nulo emA). A primeira equação diz que 
esta resultante deve ser vertical (paralela a y).
• EstandoB fora da linha de ação da resultante vertical emA, a 
terceira equação diz que, para o momento emB ser zero, a resultante
deve ser zero.
∑ ∑ ∑ === 000 BAx MMF
Equilíbrio de um Corpo Rígido em Duas 
Dimensões
4 - 12
Conjunto Alternativo II:
• Os pontosA, B e C não podemestar na mesma linha.
• A primeira equação diz que a força resultante equivalente do sistema
deve passar porA (momento nulo emA). A segunda equação diz que 
esta resultante deve também passar porB (momento nulo emB).
• EstandoC fora da linha de ação da resultante que passa porA e B, a 
terceira equação diz que, para o momento emC ser zero, a resultante
deve ser zero.
0 0 0A B CM M M= = =∑ ∑ ∑
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• Forças internas não entramno diagrama de corpo livre. As forças 
internas que atuam entre partículas adjacentes em um corpo 
ocorrem em pares colineares e têm a mesma intensidade e sentidos 
opostos (Terceira Lei de Newton). Portanto, essas forças se 
cancelam e não têm efeito externosobre o corpo.
As forças internas entre os componentes conectados da estrutura não entram 
no diagrama de corpo livre da estrutura inteira .
Portanto, no diagrama de corpo livre, só entram as forças externas em relação 
à parte isoladada vizinhança. 4 - 13
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• Isolar a viga AB.
• Apoio em A permite apenas o 
giro.
• Apoio em B é um apoio 
simples.
Modelo dos apoios
4 - 14
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• Peso da viga é significativo.
• Apoio em A é um engaste.
4 - 15
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• Deseja-se determinar a força necessária no 
pedal.
• Sabe-se que a haste articulada e a mola 
exercem apenas uma força ao longo de 
uma linha de ação conhecida.
• Isolar somenteo pedal.
4 - 16
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• Sabe-se que o cilindro hidráulico (articulado) exerce apenas uma força 
ao longo de uma linha de ação conhecida.
• Isolar somentea lança principal do pino em A e da haste em C.
4 - 17
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• As cargas são simétricas em relação a um plano passando pelo centro da 
estrutura. Portanto, o modelo pode ser idealizado como plano.
• Resolvido o problema, dividir por 2 as reações em A e a tração no cabo 
para achar os valores reais em cada apoio (existem 2 pinos e 2 cabos).
4 - 18
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• Dois tubos lisos (sem atrito) suportados pelo garfo de um trator.
• Na letra (c), tem-se o diagrama de corpo livre do tubo A.
4 - 19
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• Na letra (d), tem-se o diagrama de corpo livre do 
tubo B, utilizando a terceira lei de Newton.
• Na letra (e), tem-se o diagrama de corpo livre da 
estrutura inteira, onde se nota que R é considerada 
uma força interna.
4 - 20
Exemplos de Diagramas de Corpo Livre
• O parafuso em A não permite o giro da chave, fornecendo uma reação 
de momento.
4 - 21
Corpo Rígido Completamente Vinculado
e Reações Estaticamente Determinadas
Articulação impede o 
ponto A de se mover. 
Rolete em B impede giro 
em relação a A.
Dois roletes (em A e B) e 
uma haste (em D).
• Caso de interesse na disciplina (estruturas isostáticas).
• Máximo de três incógnitas.
• Corpo rígido não pode mover-se sob qualquer condição de carregamento 
(propriamente vinculado).
4 - 22
Reações Estaticamente Indeterminadas
4 - 23
• Estrutura com mais incógnitas do que equações 
(hiperestática).
Estruturas hiperestáticas podem 
serresolvidas com 
conhecimento de Resistência 
dos Materiais.
Vinculação Parcial
Uma estrutura hipostática não pode ser mantida em 
equilíbrio sob condições gerais de carregamento. No 
exemplo, o somatório de forças em x não será 
satisfeito a menos que a resultante em x das forças 
externas seja nula.
• Estrutura com menosincógnitas do que equações: 
parcialmente vinculada (hipostática).
4 - 24
Estruturas Impropriamente Vinculadas
• Estrutura com número de incógnitas igual ao 
número de equações mas impropriamente 
vinculada.
4 - 25
O somatório de forças em x não 
será satisfeito a menos que a 
resultante em x das forças 
externas seja nula. As reações 
são paralelas.
4 - 26
• Estrutura com número de incógnitas maior do que 
o número de equações mas impropriamente 
vinculada.
O somatório de momentos em A não pode 
ser satisfeito para condições gerais de 
carregamento, uma vez que as linhas de ação 
das reações B e C são obrigadas a passar em 
A. As reações concorrem num mesmo 
ponto.
Estruturas Impropriamente Vinculadas
4 - 27
• Estrutura com número de incógnitas igual ao 
número de equações mas impropriamente 
vinculada.
Estruturas impropriamente vinculadas 
também são estaticamente indeterminadas.
Estruturas Impropriamente Vinculadas
Problema Resolvido 4.1
4 - 28
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 
(balancim) 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 resolvendo 
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.
Problema Resolvido 4.1
4 - 29
• 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
Problema Resolvido 4.3
4 - 30
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.
Problema Resolvido 4.3
4 - 31
• 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
Problema Resolvido 4.4
4 - 32
A estrutura representada na figura 
sustenta parte do teto de um pequeno 
edifício. Sabendo que a tração no cabo 
é 150 kN.
Determine a reação no engaste 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 momento em E.
Problema Resolvido 4.4
4 - 33
• Traçamos um diagrama de 
corpo livre da estrutura e do 
cabo BDF.
• Também poderíamos traçar um 
diagrama “cortando” o cabo no 
ponto D. A tração de 150 kN 
simplesmente seria deslocada 
para D.
• Resolvemos as 3 equações de equilíbrio 
para os componentes da força e do 
momento 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
4 - 34
EXERCÍCIOS
Equilíbrio de um Corpo Sujeito à 
Ação de Duas Forças
4 - 35
• 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.
4 - 36
• Considere um corpo rígido sujeito à ação de forças 
atuando em apenas 3 pontos.
• Assumindo que as linhas de ação das forças F1 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.
Equilíbrio de um Corpo Sujeito à 
Ação de Três Forças
Problema Resolvido 4.6
4 - 37
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.
Problema Resolvido 4.6
4 - 38
• 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
m 414,1
m828,245cosm445cos
2
1
===
=−=−=
=°=
===
=°=°=
AE
CE
BDBFCE
BD
AFAECD
ABAF
α
�6,58=α
Problema Resolvido 4.6
4 - 39
• Determinamos a intensidade da reação R.
��� 38,6sen
N 1,98
110sen4,31sen 
== RT
N 8,147
N9,81
=
=
R
T
4 - 40
Estruturas com Elementos Unidos através 
de Pinos
• Componentesbiarticulados sem forças intermediáriasdevem ser previamente
identificados.
Exemplo:
• A haste AB exerce uma força na barra EBD ao longo de seu eixo.
4 - 41
Estruturas com Elementos Unidos através 
de Pinos
• Componentesbiarticulados sem forças intermediáriasdevem ser previamente
identificados.
Exemplo:
• Isolando o componente ABC, o componente BD exerce uma forçaao longo da 
linha passando pelos pontos B e D.
4 - 42
Estruturas com Elementos Unidos através 
de Pinos
• No caso geral, componentes unidos por pinos que possuam forças intermediárias
trocam duas forçasno ponto de ligação.
• É possível desenhar o diagrama de corpo livre para cada componente, 
respeitando a terceira lei de Newton.
Exemplo:
4 - 43
Estruturas com Elementos Unidos através 
de Pinos
• Muitas vezes, é possível determinartodas as incógnitas do problema (reações dos 
apoios e forças internas trocadas entre os componentes nos pinos) analisando
também o equilíbrio de cada componenteisoladamente.
Exemplo:
1º) ComponenteCB: Acham-seCx, Cy e By.
2º) ComponenteAC: Aplicando a terceira lei
de Newton, acham-seAx, Ay e MA.
4 - 44
Estruturas com Elementos Unidos através 
de Pinos
• Muitas vezes, é possível determinar todas as incógnitas do problema (reações dos 
apoios e forças internas trocadas entre os componentes nos pinos) analisando
também o equilíbrio de cada componenteisoladamente.
Exemplo:
1º) ComponenteAB: Montam-se 3 equações de equilíbrio paraAx, Ay, Bx e By.
2º) ComponenteBC: Montam-se 3 equações de equilíbrio paraBx, By, Cx e Cy.
3º) Resolvem-se as6 equaçõespara as6 incógnitas.
4 - 45
Estruturas com Elementos Unidos através 
de Pinos
Exemplo:
• Nesse caso, primeiramente determinam-se as reações no pino A e no cabo DG e, 
depois, as forças internas entre os componentes.
1º) Estruturainteira : 3 equações de equilíbrio para acharAx, Ay e T.
2º) ComponenteABCD ou componenteCEF: 3 equações de equilíbrio para
achar as forças internas trocadas entre os componentes (Cx, Cy e FBE).